CVIČENÍ 5 Integrál racionální lomené funkce Integrál racionální lomené funkce: p(x) q(x) dx, kde p, q jsou polynomy. Stačí umět integrovat ryze lomenou funkci. Rozklad ryze lomené funkce na součet parciálních zlomků Tvrzení. Vyjádříme-li jmenovatel q(x) ve tvaru součinu výrazů typu (x − c)k a (x2 + αx + β)k (kde α2 < 4β, t. j. diskriminant je záporný), lze podíl p(x) q(x) zapsat ve 1 tvaru součtu parciálních zlomků p(x) q(x) = S, kde do součtu S přidáme výrazy typu D1 x−c + D2 (x−c)2 + . . . Dk (x−c)k , odpovídající každému výskytu v rozkladu q(x) členu (x − c)k , a výrazy typu A1x+B1 x2+αx+β + · · · + Akx+Bk (x2+αx+β)k , jež odpovídají členům (x2 + αx + β)k . Integrace parciálních zlomků Výrazy A (x−c)k se snadno integrují podle vzoru mocninné funkce. Z parciálních zlomků II. druhu se zvláště často setkáme s Ax+B x2+αx+β , což odpovídá dvojici komplexně sdružených kořenů násobnosti 1. Při integrací Ax+B x2+αx+β dx vznikají člen tvaru arctg a(bx + c) a člen s ln(x2 + αx + β). Postup integrace je zřejmý z následujících příkladů. Příklad 5.1. Vypočtěme 1 x2 + x − 1 dx. 2 Řešení. Polynom x2 − x + 1 má záporný diskriminant a nelze ho v reálném oboru rozložit na součin. Jedná se o parciální zlomek. Úpravou na součet čtverců x2 − x + 1 = x2 − 2x1 2 + 1 4 + 3 4 = x − 1 2 2 + 3 4 dostaneme 1 x2 + x − 1 dx = 1 x − 1 2 2 + √ 3 2 2 dx = 1 t2 + √ 3 2 2 dt s t = x − 1 2 (bude dt = dx). Tento integrál je typu 1 x2+a2 dx a lze ho snadno vypočíst substitucí x = as; bude dx = a ds,a 1 x2 + a2 dx = 1 a2 (s2 + 1) a ds = 1 a 1 s2 + 1 ds = 1 a arctg s = 1 a arctg x a . Dostaneme 1 x2 + x − 1 dx = 2 √ 3 arctg 2 √ 3 t = 2 √ 3 arctg 2 √ 3 x − 1 2 . Tyto integrály, kde se polynom ve jmenovateli díky zápornému diskriminantu upraví na součet čtverců, jsou typu arctg. Podobným způsobem vypočteme, např. aLze uvažovat i takto: 1 x2 + a2 dx = 1 a2 x a 2 + 1 dx = 1 a 1 x a 2 + 1 d x a = 1 s2 + 1 ds. 3 1 9x2+x+1 dx: 1 9x2 + x + 1 dx = 1 3x + 1 6 2 + 5 36 dx atd. Příklad 5.2. Vypočtěme 18x + 1 9x2 + x + 1 dx. Řešení. Zde v čitateli je 18x + 1, což je (9x2 + x + 1)′ . Proto substitucí 9x2 + x + 1 = t dostaneme 18x + 1 9x2 + x + 1 dx = (9x2 + x + 1)′ 9x2 + x + 1 dx = 1 t dt = ln |t| = ln(9x2 + x + 1). Tyto příklady ukazují dva možné typy, podle nichž se integruje Ax+B x2+αx+β dx. V obecném případě obdržíme kombinaci těchto dvou. Příklad 5.3. Vypočtěme 6x − 5 9x2 + x + 1 dx. 4 Řešení. Upravíme-li výraz tak, aby v čitateli vzniklo 18x + 1 = (9x2 + x + 1)′ : 6x − 5 9x2 + x + 1 dx = 1 3 18x − 15 9x2 + x + 1 dx = 1 3 18x + 1 − 16 9x2 + x + 1 dx = 1 3 18x + 1 9x2 + x + 1 dx − 16 3 1 9x2 + x + 1 dx, dostaneme integrály, které jsme již řešili. Integrace Ax+B (x2+αx+β)k dx s k > 1 je zdlouhavější; vzorce lze nalézt v literatuře. Úlohy Příklad 5.4. Vypočtěme integrál x x3 − 6x2 + 11x − 6 dx. Řešení. Integrandem je ryze lomená funkce. Koeficienty polynomu ve jmenovateli jsou celá čísla a tudíž celý kořen lze hledat v množině {±1, ±2, ±3, ±6} (dělitele čísla 6). Dosazením s pomocí Hornerova schématu nalezneme kořeny 1, 2, 3 a tudíž je x3 − 6x2 + 11x − 6 = (x − 1)(x − 2)(x − 3). Všecky kořeny 5 jsou reálné a jednoduché, proto při nějakých A, B, C bude x x3 − 6x2 + 11x − 6 = x (x − 1)(x − 2)(x − 3) = A x − 1 + B x − 2 + C x − 3 pro všechna x. Úpravou na společného jmenovatele obdržíme x (x − 1)(x − 2)(x − 3) = A(x − 2)(x − 3) + B(x − 1)(x − 3) + C(x − 1)(x − 2) (x − 1)(x − 2)(x − 3) . Toto platí pro každé x z definičního oboru zlomku na levé straně právě tehdy, když x = A(x − 2)(x − 3) + B(x − 1)(x − 3) + C(x − 1)(x − 2) pro všechna x. Dosazením za x hodnot 1, 2, 3 (anebo přirovnáním koeficientů u jednotlivých mocnin — poněkud pracnější) dostaneme 1 = 2A, 2 = −B, 3 = 2C, odkud A = 1 2, B = −2, C = 3 2. Pak bude x x3 − 6x2 + 11x − 6 dx = 1 2 dx x − 1 − 2 dx x − 2 + 3 2 dx x − 3 = 1 2 d(x − 1) x − 1 − 2 d(x − 2) x − 2 + 3 2 d(x − 3) x − 3 = 1 2 ln |x − 1| − 2 ln |x − 2| + 3 2 ln |x − 3| + K 6 pro x v intervalech, neobsahujících čísla 1, 2, 3 (K značí libovolnou konstantu). □ Příklad 5.5. Vypočtěme integrál 3x + 1 x2 − x + 1 dx. 7 Řešení. Integrandem je ryze lomená funkce. Polynom x2 − x + 1 = x − 1 2 2 + 3 4 má záporný diskriminant, jedná se o parciální zlomek II. typu. Úpravou obdržíme 3x + 1 x2 − x + 1 dx = 3 2 2x + 2 3 x2 − x + 1 dx = 3 2 2x − 1 + 1 + 2 3 x2 − x + 1 dx = 3 2 2x − 1 x2 − x + 1 dx + 5 2 1 x2 − x + 1 dx = 3 2 (x2 − x + 1)′ x2 − x + 1 dx + 5 2 1 x − 1 2 2 + 3 4 dx = 3 2 ln(x2 − x + 1) + 5 2 d x − 1 2 x − 1 2 2 + √ 3 2 2 dx = 3 2 ln(x2 − x + 1) + 5 2 · 1 √ 3 2 arctg x √ 3 2 = 3 2 ln(x2 − x + 1) + 5 √ 3 arctg 2x √ 3 + K, kde K je libovolné. Využili jsme vzorce dx x2 + a2 = 1 a arctg x a (5.1) 8 pro a ̸= 0 (dokažte ho!). □ Příklad 5.6. Vypočtěme integrál 2x2 − x + 1 x3 − x2 − x + 1 dx. Řešení. Jelikož x3 − x2 − x + 1 = x2 (x − 1) − (x − 1) = (x + 1) (x − 1)2 , s nějakými A, A1, A2 bude 2x2 − x + 1 x3 − x2 − x + 1 = A x + 1 + A1 x − 1 + A2 (x − 1)2 . Pak pro všechna x musí platit 2x2 − x + 1 = A(x − 1)2 + A1(x + 1)(x − 1) + A2(x + 1). 9 Dosazením x = 1, x = −1 obdržíme 2A2 = 2, 4A = 4, t. j. A2 = 1, A = 1. Přirovnáním koeficientů u x2 dostaneme 1 + A1 = 2, t. j. A1 = 1. Pak bude 2x2 − x + 1 x3 − x2 − x + 1 dx = dx x + 1 + dx x − 1 + dx (x − 1)2 = 2x2 − x + 1 x3 − x2 − x + 1 dx = ln |x + 1| + ln |x − 1| + (x − 2)−2 dx = ln |x2 − 1| − 1 x − 2 + K, kde K je libovolná konstanta. □ Příklad 5.7. Vypočtěme x2 + 4x − 1 x4 − x3 + 4x2 − 4x dx. Řešení. Ve jmenovateli x4 − x3 + 4x2 − 4x = x(x3 − x2 + 4x − 4) = x(x2 (x − 1) + 4(x − 1)) = x(x − 1)(x2 + 4) a proto s nějakými A, B, C, D bude x2 + 4x − 1 x4 − x3 + 4x2 − 4x = x2 + 4x − 1 x(x − 1)(x2 + 4) = A x + B x − 1 + Cx + D x2 + 4 . 10 Potřebujeme tedy, aby pro všechna x bylo x2 + 4x − 1 = A(x − 1)(x2 + 4) + Bx(x2 + 4) + (Cx + D)x(x − 1). Dosazením bodů 0 a 1 dostaneme −1 = −4A, 4 = 5B, odkud A = 1 4, B = 4 5. Přirovnáním koeficientů u x3 dostaneme 0 = A + B + C, C = −A − B = −1 4 − 4 5 = −21 20. U x2 koeficienty jsou 1 = −A + D − C, odkud D = A + C + 1 = 1 4 − 21 20 + 1 = 4 20 = 1 5. Pak x2 + 4x − 1 x4 − x3 + 4x2 − 4x dx = 1 4 dx x + 4 5 dx x − 1 − 1 20 21x − 4 x2 + 4 dx = 1 4 ln |x| + 4 5 ln |x − 1| − 1 20 21x − 4 x2 + 4 dx. V 21x−4 x2+4 dx vyčleníme v čitateli derivaci jmenovatele (x2 + 4)′ = 2x: 21x − 4 x2 + 4 dx = 21 x − 4 21 x2 + 4 dx = 21 2 2x − 8 21 x2 + 4 dx = 21 2 2x x2 + 4 dx − 21 2 8 21 x2 + 4 dx = 21 2 (x2 + 4)′ x2 + 4 dx − 4 dx x2 + 4 = 21 2 ln(x2 + 4) − 4 2 arctg x 2 . 11 První z integrálů je tabulkový až na substituci x2 + a2 = u: 1 x2+4 d(x2 + 4) = 1 u du = ln |u| = ln(x2 + a2 ), v druhém jsme využili (5.1). Pak dostaneme x2 + 4x − 1 x4 − x3 + 4x2 − 4x dx = 1 4 ln |x| + 4 5 ln |x − 1| − 21 40 ln(x2 + 4) + 1 10 arctg x 2 + K, kde K je libovolná konstanta. □ Příklad 5.8. Vypočtěme 1 x5 − x4 − x + 1 dx. Řešení. x5 − x4 − x + 1 = x4 (x − 1) − (x − 1) = (x − 1)(x4 − 1) = (x − 1)(x2 − 1)(x2 + 1) = (x + 1)(x − 1)2 (x2 + 1), 1 x5 − x4 − x + 1 = 1 (x − 1)2(x + 1)(x2 + 1) = A x + 1 + B1 x − 1 + B2 (x − 1)2 + Cx + D x2 + 1 . Po vynásobení jmenovatelem (x + 1)(x − 1)2 (x2 + 1) zjistíme, že pro všechna x musí platit A (x2−2x+1)(x2+1) (x − 1)2 (x2 + 1) +B1 x4−1 (x + 1)(x − 1)(x2 + 1) +B2(x + 1)(x2 + 1) + (Cx + D) (x2−1)(x−1)=x3−x2−x+1 (x + 1)(x − 1)2 ) = 1. 12 Při x = −1 bude 8A = 1, A = 1 8. Při x = 1 bude 4B2 = 1, B2 = 1 4. Při x = 0 bude A−B1 +B2 +D = 1, D − B1 = 1 − A − B2 = 3 8. Přirovnáme-li koeficienty různých mocnin, po výpočtu dostaneme B1 = −3 8, C = 1 4, D = 1 4. Pak bude 1 x5 − x4 − x + 1 = 1 (x − 1)2(x + 1)(x2 + 1) = x + 1 4x2 + 4 − 3 8 (x − 1) + 1 8x + 8 + 1 4 (x − 1)2 a 1 x5 − x4 − x + 1 dx = ln(x2 + 1) 8 + arctg x 4 + ln|x + 1| 8 − 1 4 (x − 1) − 3 ln|x − 1| 8 . Příklad 5.9. Vypočtěme 1 x4 + 3x2 + 2 dx. Řešení. I když má polynom ve jmenovateli celé koeficienty, je zbytečné u něj hledat racionální kořeny, jelikož je zřejmé, že x4 + 3x2 + 2 > 0 pro libovolné x a tudíž tento polynom 4. stupně reálné kořeny nemá. Má tedy dva páry komplexně sdružených kořenů a jeho rozklad na součin kořenových činitelů v reálném oboru je součinem dvou kvadratických polynomů se zápornými diskriminanty: x4 + 3x2 + 2 = (x2 + α1x + β1)(x2 + α2x + β2) 13 s nějakými α1, α2, β1, β2, jejichž hodnoty lze určit přirovnáním koeficientů u jednotlivých mocnin. V daném případě je zřejmé, že musí být α1 = α2 = 0 a |β1| + |β2| ̸= 0, poněvadž v opačném případě vzniká na levé straně člen s x. Navíc si můžeme všimnout, že je to polynom bikvadratický: x4 + 3x2 + 2 = (x2 )2 + 3x2 + 2 = t2 + 3t + 2 s t = x2 . Kořeny polynomu t2 + 3t + 2 jsou −1 a −2 a tudíž t2 + 3t + 2 = (t + 1)(t + 2). Proto x4 + 3x2 + 2 = (x2 + 1)(x2 + 2). Ryze lomený výraz 1 x4+3x2+2 potom je součtem dvou parciálních zlomků II. typu 1 x4 + 3x2 + 2 = A1x + B1 x2 + 1 + A2x + B2 x2 + 2 . Po převedení na společného jmenovatele dostaneme, že pro všechna x musí platit (A1x + B1)(x2 + 2) + (A2x + B2)(x2 + 1) = 1. Mimo jiné, při x = 0 je 2B1 + B2 = 1. Přirovnáním koeficientů u x, x2 a x3 dostaneme 2A1 + A2 = 0, B1 + B2 = 0, A1 + A2 = 0. Pak A1 = A2 = 0, B1 = 1, B2 = −1 a tudíž dle (5.1) 1 x4 + 3x2 + 2 dx = 1 x2 + 1 dx − 1 x2 + 2 dx = arctg x + 1 √ 2 arctg x √ 2 + K, kde K je libovolná konstanta. □ Příklad 5.10. Vypočtěme x5 x4 + 1 dx. 14 Řešení. Integrandem je neryze lomená funkce. Dělením obdržíme x5 x4 + 1 x− x5 − x − x a tudíž x5 x4+1 = x − x x4+1 , x5 x4 + 1 dx = x dx − x x4 + 1 dx = x2 2 − 1 2 2x (x2)2 + 1 dx = x2 2 − 1 2 1 (x2)2 + 1 d(x2 ) = x2 2 − 1 2 arctg(x2 ) + K. Zde po substitucí x2 = t je d(x2) (x2)2+1 dx = dt t2+1 = arctg t = arctg(x2 ). Příklad 5.11. Vypočtěme √ x − 1 √ x + x dx. 15 Řešení. Výraz s radikálem je tentýž v čitateli a jmenovateli. Pro „umocnění“ lze zkusit substituci x = t2 . Bude dx = 2t dt, √ x − 1 √ x + x dx = 2 t − 1 t + t2 t dt = 2 t2 − t t2 + t dt = 2 t2 + t − 2t t2 + t dt = 2 dt − 4 t t2 + t dt = 2t − 4 1 t + 1 dt = 2t − 4 1 t + 1 d(t + 1) = 2t − 4 ln |t + 1| = 2 √ x − 4 ln( √ x + 1) + K. Zde, jako obvykle, v neryze lomeném výraze vyčleníme polynomiální část (v tomto případě i bez explicitního dělení polynomů) a pak integrujeme jednotlivé parciální zlomky. □ Příklad 5.12. Vypočtěme e4x − 1 e8x + 1 dx. Řešení. Položme e4x = t. Bude dt = 4e4x dx = 4t dx, dx = 1 4t dt, e4x − 1 e8x + 1 dx = 1 4 t − 1 t(t2 + 1) dt. 16 Rozklad na parciální zlomky: t − 1 t(t2 + 1) = A t + Bt + C t2 + 1 . Musí platit A(t2 + 1) + (Bt + C)t = t − 1. Při t = 0 bude A = −1. Koeficienty u t2 , t jsou A + B = 0, C = 1 a tudíž B = 1, t − 1 t(t2 + 1) dt = − 1 t dt + t + 1 t2 + 1 dt = − ln |t| + 1 2 2t t2 + 1 dt + 1 t2 + 1 dt = − ln |t| + 1 2 ln(t2 + 1) + arctg t = − ln e4x + 1 2 ln(e8x + 1) + arctg e4x = −4x + 1 2 ln(e8x + 1) + arctg e4x . Pak dostaneme e4x − 1 e8x + 1 dx = −x + 1 8 ln(e8x + 1) + 1 4 arctg e4x . 17