Matematika/Racionaliųjų funkcijų integravimas

Šis straipsnis yra apie racionaliųjų funkcijų integravimą.

Integravimas funkcijų turinčių kvadratinį trinarį

• $\int \frac{dx}{a{x}^2+bx+c}=\int \frac{4adx}{4a^2{x}^2+4abx+b^2+4ac-b^2}=4a\int \frac{dx}{(2ax+b{)}^2+(4ac-b^2)}=$

$=\frac{4a}{2a}\int \frac{du}{u^2+s}=\frac{2}{\sqrt{s}}\arctan \frac{u}{\sqrt{s}}+C=\frac{2}{\sqrt{4ac-b^2}}\arctan \frac{2ax+b}{\sqrt{4ac-b^2}}+C,$ kur $u=2ax+b;$ $du=2adx;$ $4ac-b^2=s;$ s>0.

$\int \frac{Mx+N}{a{x}^2+bx+c}dx=4a\int \frac{Mx+N}{(2ax+b{)}^2+(4ac-b^2)}dx=\frac{4a}{2a}\int \frac{M\frac{u-b}{2a}+N}{u^2+s}du=$ $=\frac{1}{a}\int \frac{Mu-Mb+2aN}{u^2+s}du=\frac{M}{a}\int \frac{udu}{u^2+s}+\frac{2aN-Mb}{a}\int \frac{du}{u^2+s}=$ $=\frac{M}{2a}\int \frac{d(u^2+s)}{u^2+s}+\frac{2aN-Mb}{a}\int \frac{du}{u^2+s}=\frac{M}{2a}\ln |u^2+s|+\frac{2aN-Mb}{a\sqrt{s}}\arctan \frac{u}{\sqrt{s}}+C=$ $=\frac{M}{2a}\ln |(2ax+b{)}^2+4ac-b^2|+\frac{2aN-Mb}{a\sqrt{4ac-b^2}}\arctan \frac{2ax+b}{\sqrt{4ac-b^2}}+C=$ $=\frac{M}{2a}\ln |4a(a{x}^2+bx+c)|+\frac{2aN-Mb}{a\sqrt{4ac-b^2}}\arctan \frac{2ax+b}{\sqrt{4ac-b^2}}+C,$ kur $u=2ax+b;$ $x=\frac{u-b}{2a};$ $du=2adx;$ $4ac-b^2=s;$ $s>0;$ $d(u^2+s)=2udu.$

• $\int \frac{Ax+B}{a{x}^2+bx+c}dx=\int \frac{\frac{A}{2a}(2ax+b)+(B-\frac{Ab}{2a})}{a{x}^2+bx+c}dx=$

$=\frac{A}{2a}\int \frac{2ax+b}{a{x}^2+bx+c}dx+(B-\frac{Ab}{2a})\int \frac{dx}{a{x}^2+bx+c}.$

$\int \frac{dx}{a{x}^2+bx+c}=\frac{1}{a}\int \frac{dx}{(x+\frac{b}{2a}{)}^2+(\frac{c}{a}-\frac{b^2}{4a^2})}.$

$a{x}^2+bx+c=a(x^2+\frac{b}{a}x+\frac{c}{a})=a[x^2+2\frac{b}{2a}x+(\frac{b}{2a}{)}^2+\frac{c}{a}-(\frac{b}{2a}{)}^2]=a[(x+\frac{b}{2a}{)}^2+(\frac{c}{a}-\frac{b^2}{4a^2})].$

• $\int \frac{Ax+B}{\sqrt{a{x}^2+bx+c}}dx=\int \frac{\frac{A}{2a}(2ax+b)+(B-\frac{Ab}{2a})}{\sqrt{a{x}^2+bc+c}}dx=$

$=\frac{A}{2a}\int \frac{2ax+b}{\sqrt{a{x}^2+bx+c}}dx+(B-\frac{Ab}{2a})\int \frac{dx}{\sqrt{a{x}^2+bx+c}}.$ Pritaikę pirmajam iš gautų integralų keitinį $a{x}^2+bx+c=t,$ $(2ax+b)dx=dt,$ gauname: $\int \frac{(2ax+b)dx}{\sqrt{a{x}^2+bx+c}}=\int \frac{dt}{\sqrt{t}}=2\sqrt{t}+C=2\sqrt{a{x}^2+bx+c}+C.$

Pavyzdžiai

• $\int \frac{6x+5}{x^2+4x+9}dx=\int \frac{6x+5}{(x+2{)}^2+5}dx=\int \frac{6(t-2)+5}{t^2+5}dt=\int \frac{6t-7}{t^2+5}dt=3\int \frac{d(t^2+5)}{t^2+5}-$

$-7\int \frac{dt}{t^2+5}=3\ln (t^2+5)-\frac{7}{\sqrt{5}}\arctan \frac{t}{\sqrt{5}}+C=3\ln (x^2+4x+9)-\frac{7}{\sqrt{5}}\arctan \frac{x+2}{\sqrt{5}}+C,$

kur $x+2=t;$ $x=t-2;$ $dx=dt.$

• $\int \frac{7x-2}{3x^2-5x+4}dx=\int \frac{84x-24}{36x^2-60x+48}dx=\int \frac{84x-24}{(6x-5{)}^2+23}dx=\frac{1}{6}\int \frac{14u+70-24}{u^2+23}du=$

$=\frac{7}{3}\int \frac{udu}{u^2+23}+\frac{23}{3}\int \frac{du}{u^2+23}=\frac{7}{6}\ln |u^2+23|+\frac{23}{3\sqrt{23}}\arctan \frac{u}{\sqrt{23}}du+C=$ $=\frac{7}{6}\ln |36x^2-60x+48|+\frac{\sqrt{23}}{3}\arctan \frac{6x-5}{\sqrt{23}}+C=\frac{7}{6}\ln |3x^2-5x+4|+\frac{\sqrt{23}}{3}\arctan \frac{6x-5}{\sqrt{23}}+C_1,$

kur $u=6x-5;$ $du=6dx;$ $x=\frac{u+5}{6}.$

• $\int \frac{5x-3}{x^2+6x-40}dx=\int \frac{5x-3}{(x+3{)}^2-49}dx=\int \frac{5u-15-3}{u^2-49}du=5\int \frac{udu}{u^2-49}-$

$-18\int \frac{du}{u^2-49}dx=\frac{5}{2}\ln |u^2-49|-\frac{18}{14}\ln |\frac{u-7}{u+7}|+C=\frac{5}{2}\ln |x^2+6x-40|-\frac{9}{7}\ln |\frac{x-4}{x+10}|+C,$

kur $u=x+3;$ $du=dx;$ $x=u-3.$ Šį uždavinį galima išspresti ir naudojantis aukščiau pateikta formule: $\int \frac{5x-3}{x^2+6x-40}dx=\int \frac{4(5x-3)dx}{4x^2+24x+36-160-36}=\int \frac{4(5x-3)dx}{(2x+6{)}^2-196}=\frac{4}{2}\int \frac{5\frac{u-6}{2}-3}{u^2-196}du=$ $=\frac{2}{2}\int \frac{5u-30-6}{u^2-196}du=5\int \frac{udu}{u^2-196}-36\int \frac{du}{u^2-196}=\frac{5}{2}\int \frac{d(u^2-196)}{u^2-196}-\frac{36}{28}\ln |\frac{u-14}{u+14}|+C=$ $=\frac{5}{2}\ln |u^2-196|-\frac{9}{7}\ln |\frac{2x-8}{2x+20}|+C_1=\frac{5}{2}\ln |4(x^2+6x-40)|-\frac{9}{7}\ln |\frac{x-4}{x+10}|+C_1,$ kur $2x+6=u;$ $x=\frac{u-6}{2};$ $du=2dx;$ $d(u^2-196)=2udu.$ Abiejų būdų atsakymai gali skirtis konstanta.

• $\int \frac{3x+4}{\sqrt{7-x^2+6x}}dx=\int \frac{3x+4}{\sqrt{16-(x-3{)}^2}}dx=\int \frac{3u+9+4}{\sqrt{16-u^2}}du=\int \frac{3udu}{\sqrt{16-u^2}}+\int \frac{13du}{\sqrt{16-u^2}}=$

$=-3\sqrt{16-u^2}+13\arcsin \frac{u}{4}+C=-3\sqrt{7-x^2+6x}+13\arcsin \frac{x-3}{4}+C,$ kur $u=x-3;$ $du=dx;$ $x=u+3;$ $d(16-u^2)=-2udu.$

• $\int \frac{(x+3)dx}{x^2-2x-5}=\int \frac{\frac{1}{2}(2x-2)+(3+\frac{1}{2}2)}{x^2-2x-5}dx=\frac{1}{2}\int \frac{(2x-2)dx}{x^2-2x-5}+4\int \frac{dx}{x^2-2x-5}=$

$=\frac{1}{2}\int \frac{d(x^2-2x-5)}{x^2-2x-5}+4\int \frac{dx}{(x-1{)}^2-6}=\frac{1}{2}\ln |x^2-2x-5|+4\frac{1}{\sqrt{6}}\ln |\frac{\sqrt{6}-(x-1)}{\sqrt{6}+(x-1)}|+C.$

• $\int \frac{dx}{2x^2+8x+20}=\frac{1}{2}\int \frac{dx}{x^2+4x+10}=\frac{1}{2}\int \frac{dx}{1[(x+\frac{4}{2\cdot 1}{)}^2+(\frac{10}{1}-\frac{4^2}{4\cdot 1^2})]}=$

$=\frac{1}{2}\int \frac{dx}{(x^2+4x+4)+(10-4)}=\frac{1}{2}\int \frac{dx}{(x+2{)}^2+6}=\frac{1}{2}\int \frac{dt}{t^2+6}=\frac{1}{2}\frac{1}{\sqrt{6}}\arctan \frac{t}{\sqrt{6}}+C=$ $=\frac{1}{2\sqrt{6}}\arctan \frac{x+2}{\sqrt{6}}+C,$ kur $x+2=t,$ $dx=dt.$

• $\int \frac{5x+3}{\sqrt{x^2+4x+10}}dx=\int \frac{\frac{5}{2}(2x+4)+(3-10)}{\sqrt{x^2+4x+10}}dx=$

$=\frac{5}{2}\int \frac{2x+4}{\sqrt{x^2+4x+10}}dx-7\int \frac{dx}{\sqrt{(x+2{)}^2+6}}=$ $=\frac{5}{2}\int \frac{d(x^2+4x+10)}{\sqrt{x^2+4x+10}}-7\ln |x+2+\sqrt{(x+2{)}^2+6}|+C=$ $=5\sqrt{x^2+4x+10}-7\ln |x+2+\sqrt{x^2+4x+10}|+C,$ kur $d(x^2+4x+10)=(2x+4)dx;$ $d(x+2)=dx.$

Integravimas racionaliųjų funkcijų

Teorema. Jeigu racionali funkcija $\frac{R(x)}{Q(x)}$ turi laipsnį daugianario skaitiklyje mažesnį nei laipsnį vardiklyje, o daugianaris Q(x) pateiktas pavidale

$Q(x)=A(x-\alpha {)}^r(x-\beta {)}^s\mathrm{...}(x^2+2px+q{)}^g(x^2+2ux+v{)}^h\mathrm{...},$

kur $\alpha ,\beta ,\mathrm{...},p,q,u,v\mathrm{...}$ - realieji skaičiai, r, s, ..., g, h, ... - naturalieji skaičiai, tai šitą funkiciją galima vieninteliu budu pateikti pavidale

$\frac{R(x)}{Q(x)}=\frac{A_1}{(x-\alpha )}+\frac{A_2}{(x-\alpha {)}^2}+\mathrm{...}+\frac{A_r}{(x-\alpha {)}^r}+\frac{B_1}{(x-\beta )}+\frac{B_2}{(x-\beta {)}^2}+\mathrm{...}+\frac{B_s}{(x-\beta {)}^s}+\mathrm{...}+$

$+\frac{M_{1}x+N_1}{x^2+2px+q}+\frac{M_{2}x+N_2}{(x^2+2px+q{)}^2}+\mathrm{...}+\frac{M_{g}x+N_g}{(x^2+2px+q{)}^g}+\frac{K_{1}x+L_1}{x^2+2ux+v}+\frac{K_{2}x+L_2}{(x^2+2ux+v{)}^2}+\mathrm{...}+\frac{K_{h}x+L_h}{(x^2+2ux+v{)}^h}+\mathrm{...}$,

kur $A_1$, $A_2$, ..., $A_r$, $B_1$, $B_2$, ..., $B_s$,..., $M_1$, $N_1$, $M_2$, $N_2$, ..., $M_g$, $N_g$, $K_1$, $L_1$, $K_2$, $L_2$, ..., $K_h$, $L_h$, ... - kai kurie realieji skaičiai.

Daugianaris (polinomas) Q(x) gali būti pateiktas neišskaidytas dauginamaisiais. Tada reikės surasti daugianario Q(x) visas realiąsias ir menamas šaknis ir žinoti jų kartotinumą. Šiame

$Q(x)=A(x-\alpha {)}^r(x-\beta {)}^s\mathrm{...}(x^2+2px+q{)}^g(x^2+2ux+v{)}^h\mathrm{...}$

daugianaryje $\alpha ,\beta ,\mathrm{...}$ yra realiosios daugianario Q(x) šaknys atitinkamai kartotinumo r, s, ... . O reiškiniai $x^2+2px+q=(x-z_1)(x-\overline{z_1}),x^2+2ux+v=(x-z_2)(x-\overline{z_2}),\mathrm{...}$ turi daugianario Q(x) menamas jungtines šaknis $z_1$ ir $\overline{z_1},$ $z_2$ ir $\overline{z_2},\mathrm{...},$ kurių kartotinumas atitinkamai lygus g, h, ... . Pavyzdžiui, kompleksiniam skaičiui $z=3+4i$ jungtinis yra kompleksinis skaičius $\bar{z}=3-4i.$

• Racionaliųjų funkcijų integravimas (pilniau)

Polinomo šaknies kartotinumo radimas

Tegu turime polinomą $Q(x)=(x-1{)}^3(x-2).$ Polinomo Q(x) vienos šaknies (x=1) kartotinumas yra 3, o kitos šaknies (x=2) kartotinumas yra 1 (paprasta šankis).

$Q(x)=(x-1{)}^3(x-2)=(x^3-3x^2+3x-1)(x-2)=x^4-3x^3+3x^2-x-2x^3+6x^2-6x+2=x^4-5x^3+9x^2-7x+2.$

Taigi,

$(x-1{)}^3(x-2)=x^4-5x^3+9x^2-7x+2.$

Kad surasti polinomo $Q(x)=x^4-5x^3+9x^2-7x+2$ šaknies x=1 kartinumą reikia rasti polinomo Q(x) išvestinę tiek kartų, kol statant į kiekvienos eilės polinomo Q(x) išvestinę šaknies x=1 reikšmę, polinomo Q(x) išvestinė nustos būti lygi nuliui. Sakykim, n-ta polinomo Q(x) išvestinė su x=1 reikšme nelygi 0, o n-1, n-2 ir visos mažesnės eilės nei n išvestinės lygios nuliui. Tada polinomo Q(x) šaknies x=1 kartotinumas yra n.

Įrodymas per pavyzdį.

Kai surasime polinomo Q(x) trečios eilės išvestinę ir įstatysime x=1, tai $Q^{‴}(1)$ nebus lygus nuliui. Randame polinomo Q(x) išvestines iki 3 eilės:

$Q^{\prime }(x)=[(x-1{)}^3(x-2){]}^{\prime }=(x^4-5x^3+9x^2-7x+2{)}^{\prime },$

$Q^{\prime }(x)=[3(x-1{)}^2(x-2)+(x-1{)}^3]=(4x^3-15x^2+18x-7);$

matome, kad Q'(1)=0;

$Q^{″}(x)=[3(x-1{)}^2(x-2)+(x-1{)}^3{]}^{\prime }=(4x^3-15x^2+18x-7{)}^{\prime },$

$Q^{″}(x)=[6(x-1)(x-2)+3(x-1{)}^2(x-2)+3(x-1{)}^2]=(12x^2-30x+18);$

ir dabar matome, kad $Q^{″}(1)=0;$

$Q^{‴}(x)=[6(x-1)(x-2)+3(x-1{)}^2(x-2)+3(x-1{)}^2{]}^{\prime }=(12x^2-30x+18{)}^{\prime },$

$Q^{‴}(x)=[6(x-2)+6(x-1)+6(x-1)(x-2)+3(x-1{)}^2+6(x-1)]=(24x-30);$

na o dabar $Q^{‴}(1)\ne 0.$ Paskaičiuojame:

$Q^{‴}(1)=[6(1-2)+6(1-1)+6(1-1)(x-2)+3(1-1{)}^2+6(1-1)]=-6;$

$Q^{‴}(1)=(24\cdot 1-30)=-6.$

Vadinasi polinomo Q(x) šaknies x=1 kartotinumas yra 3. Įrodymo esmė, kad imant išvestines, narys (x-1) prie tam tikros išvestinės eilės n pranyks (ir liks tik (x-2)) ir $Q^{(n)}(1)$ nebus lygus nuliui.

Analogiškai galima įrodyti, kai polinomas išskaidytas daugikliais su bet kokiais laipsniais. Tereikia taikyti funkcijų sandaugos diferencijavimo taisyklę $[u(x)\cdot v(x){]}^{\prime }=u^{\prime }(x)v(x)+u(x)v^{\prime }(x).$ Mūsų atveju $u(x)=(x-1{)}^3,v(x)=x-2.$

Kai turime 3 funkcijas nuo x, tai taikome tą pačią dviejų funkcijų diferencijavimo taisyklę ($[u(x)\cdot v(x){]}^{\prime }=u^{\prime }(x)v(x)+u(x)v^{\prime }(x)$). Pavyzdžiui, trims funkcijoms u, v, w nuo x taikome, lyg u(x) ir v(x) sandauga būtų g(x) funkcija (g(x)=u(x)v(x)), o w(x) lyg būtų atskira funkcija:

$Q^{\prime }(x)=[uvw{]}^{\prime }=(uv{)}^{\prime }w+uv{w}^{\prime }=(u^{\prime }v+u{v}^{\prime })w+uv{w}^{\prime }=u^{\prime }vw+u{v}^{\prime }w+uv{w}^{\prime }.$

Indukcijos metodu, gautume, kad

$Q^{\prime }(x)=[u_1{u}_2{u}_3\mathrm{...}{u}_m{]}^{\prime }={u_1}^{\prime }{u}_2{u}_3\mathrm{...}{u}_m+u_1{u_2}^{\prime }{u}_3\mathrm{...}{u}_m+u_1{u}_2{u_3}^{\prime }\mathrm{...}{u}_m+\mathrm{...}+u_1{u}_2{u}_3\mathrm{...}{u_m}^{\prime }.$

Yra ir kitų būdų polinomo šaknies kartotinumui surasti. Vienas budas yra toks, kad mūsų pavyzdyje polinomą Q(x) reikia dalinti iš (x-1) tiek kartų, kol $Q(x)=x^4-5x^3+9x^2-7x+2$ (ir kas liks iš jo po dalijimo/dalijimų) nesidalins iš (x-1) be liekanos. Paskutinis n-tas kartas, kai (x-1) padalins Q(x) be liekanos ir reikš šaknies x=1 kartotinumą, lygų n.

Racionalių trupmenų išskaidymas elementariosiomis

• $\int \frac{x^5+x^4-8}{x^3-4x}dx=\int [x^2+x+4+\frac{4x^2+16x-8}{x(x+2)(x-2)}]dx=\frac{x^3}{3}+\frac{x^2}{2}+4x+4\int \frac{x^2+4x-2}{x(x+2)(x-2)}dx.$

$\frac{x^2+4x-2}{x(x+2)(x-2)}=\frac{A}{x}+\frac{B}{x+2}+\frac{C}{x-2}.$ Kairiąją ir dešiniąją puses padauginę iš vardiklio $x(x+2)(x-2),$ gauname: $x^2+4x-2=A(x+2)(x-2)+Bx(x-2)+Cx(x+2)=A(x^2-4)+B(x^2-2x)+C(x^2+2x)=x^2(A+B+C)+x(-2B+2C)-4A.$ Iš čia sudarome sistemą:

$A+B+C=1,$

$-2B+2C=4,$

$-4A=-2.$

Iš sistemos randame: $A=\frac{1}{2};B=-\frac{3}{4};C=\frac{5}{4}.$ Vadinasi,

$4\int \frac{x^2+4x-2}{x(x+2)(x-2)}dx=4(\frac{1}{2}\int \frac{dx}{x}-\frac{3}{4}\int \frac{dx}{x+2}+\frac{5}{4}\int \frac{dx}{x-2})=$ $=4(\frac{1}{2}\ln |x|-\frac{3}{4}\ln |x+2|+\frac{5}{4}\ln |x-2|)+C=\ln |\frac{x^2(x-2{)}^5}{(x+2{)}^3}|+C.$ Irašę šią reikšmę į pačią pirmąją lygybę, gauname: $\int \frac{x^5+x^4-8}{x^3-4x}dx=\frac{x^3}{3}+\frac{x^2}{2}+4x+\ln |\frac{x^2(x-2{)}^5}{(x+2{)}^3}|+C.$

• $\int \frac{xdx}{x^2-6x+12}=\int \frac{xdx}{(x-3{)}^2+3}.$ Taikydami keitinį $x-3=u,$ gauname:

$\int \frac{(u+3)du}{u^2+3}=\int \frac{udu}{u^2+3}+3\int \frac{du}{u^2+3}=\frac{1}{2}\int \frac{d(u^2+3)}{u^2+3}+3\int \frac{du}{u^2+(\sqrt{3}{)}^2}=$ $=\frac{1}{2}\ln (u^2+3)+\frac{3}{\sqrt{3}}\arctan \frac{u}{\sqrt{3}}+C=\frac{1}{2}\ln (x^2-6x+12)+\sqrt{3}\arctan \frac{x-3}{\sqrt{3}}+C.$

Šį rezultatą buvo galima gauti iš karto remiantis $\int \frac{Mx+N}{x^2+px+q}dx=\frac{M}{2}\ln |x^2+px+q|+\frac{2N-Mp}{\sqrt{4q-p^2}}\arctan \frac{2x+p}{\sqrt{4q-p^2}}+C$ lygybe. Mūsų atveju $M=1,$ $N=0,$ $p=-6$ ir $q=12.$ Todėl $\int \frac{xdx}{x^2-6x+12}=\frac{1}{2}\ln (x^2-6x+12)+\frac{-1\cdot (-6)}{\sqrt{48-36}}\arctan \frac{2x-6}{\sqrt{48-36}}+C=$ $=\frac{1}{2}\ln (x^2-6x+12)+\sqrt{3}\arctan \frac{x-3}{\sqrt{3}}+C.$

• $\int \frac{15x^2-4x-81}{x^3-13x+12}dx=\int \frac{15x^2-4x-81}{(x-3)(x+4)(x-1)}dx=\int [\frac{A}{x-3}+\frac{B}{x+4}+\frac{D}{x-1}]dx.$

$15x^2-4x-81=A(x+4)(x-1)+B(x-3)(x-1)+D(x-3)(x+4)=A(x^2+3x-4)+B(x^2-4x+3)+D(x^2+x-12).$ Sulyginę koeficientus prie vienodų x laipsnių, gauname tiesinių lygčių sistemą

$A+B+D=15,$

$3A-4B+D=-4,$

$-4A+3B-12D=-81.$

Iš sistemos randame: $A=3;$ $B=5;$ $D=7.$ Vadinasi $\int \frac{15x^2-4x-81}{x^3-13x+12}dx=3\int \frac{dx}{x-3}+5\int \frac{dx}{x+4}+7\int \frac{dx}{x-1}=$

$=3\ln |x-3|+5\ln |x+4|+7\ln |x-1|+C=\ln |(x-3{)}^3(x+4{)}^5(x-1{)}^7|+C.$

• $\int \frac{x^4-3x^2-3x-2}{x^3-x^2-2x}dx=\int [x+1-\frac{x+2}{x(x^2-x-2)}]dx;$

$\frac{x+2}{x(x-2)(x+1)}=\frac{A}{x}+\frac{B}{x-2}+\frac{D}{x+1};$

$x+2=A(x-2)(x+1)+Bx(x+1)+Dx(x-2)=A(x^2-x-2)+B(x^2+x)+D(x^2-2x)=x^2(A+B+D)+x(-A+B-2D)-2A.$

$A+B+D=0;$

$-A+B-2D=1;$

$-2A=2;$

$A=-1;$ $B=\frac{2}{3};$ $D=\frac{1}{3}.$ $\int \frac{x^4-3x^2-3x-2}{x^3-x^2-2x}dx=$ $=\int (x+1)dx+\int \frac{dx}{x}-\frac{2}{3}\int \frac{dx}{x-2}-\frac{1}{3}\int \frac{dx}{x+1}=\frac{x^2}{2}+x+\ln |x|-\frac{2}{3}\ln |x-2|-\frac{1}{3}\ln |x+1|+C.$

• $\int \frac{2x^2-3x+3}{x^3-2x^2+x}dx=\int [\frac{A}{x}+\frac{B}{(x-1{)}^2}+\frac{D}{x-1}]dx.$

$2x^2-3x+3=A(x-1{)}^2+Bx+Dx(x-1)=A(x^2-2x+1)+Bx+D(x^2-x)=x^2(A+D)+x(-2A+B-D)+A.$

$A+D=2,$

$-2A+B-D=-3,$

$A=3.$

$A=3;$ $B=2;$ $D=-1.$ $\int \frac{2x^2-3x+3}{x^3-2x^2+x}dx=3\int \frac{dx}{x}+2\int \frac{dx}{(x-1{)}^2}-\int \frac{dx}{x-1}=3\ln |x|-\frac{2}{x-1}-\ln |x-1|+C.$

• $\int \frac{2x-1}{x^2-5x+6}dx=\int \frac{2x-1}{(x-3)(x-2)}dx=\int (\frac{A}{x-3}+\frac{B}{x-2})dx,$

kur $2x-1=A(x-2)+B(x-3)=(A+B)x-2A-3B.$ Sulyginam koeficientus vienodu laipsnių ir turime sistemą:

$A+B=2;$

$-2A-3B=-1.$

Iš kur $A=5;$ $B=-3.$ Tuomet $\int \frac{2x-1}{x^2-5x+6}dx=\int (\frac{5}{x-3}-\frac{3}{x-2})dx=5\int \frac{d(x-3)}{x-3}-3\int \frac{d(x-2)}{x-2}=$ $=5\ln |x-3|-3\ln |x-2|+C=\ln |\frac{(x-3{)}^5}{(x-2{)}^3}|+C.$

• $\int \frac{9x^3-30x^2+28x-88}{(x^2-6x+8)(x^2+4)}dx=\int \frac{9x^3-30x^2+28x-88}{(x-2)(x-4)(x^2+4)}dx=\int (\frac{A}{x-2}+\frac{B}{x-4}+\frac{Cx+D}{x^2+4})dx;$

$9x^3-30x^2+28x-88=A(x-4)(x^2+4)+B(x-2)(x^2+4)+(Cx+D)(x^2-6x+8)=$

$=(A+B+C)x^3+(-4A-2B-6C+D)x^2+(4A+4B+8C-6D)x+(-16A-8B+8D);$

Palyginam koeficientus prie vienodų laipsnių x.

$x^3$ | $A+B+C=9,$

$x^2$ | $-4A-2B-6C+D=-30,$

$x^1$ | $4A+4B+8C-6D=28,$

$x^0$ | $-16A-8B+8D=-88,$

Išsprendę sistemą , randame: $A=5;$ $B=3;$ $C=1;$ $D=2.$ $\int \frac{9x^3-30x^2+28x-88}{(x^2-6x+8)(x^2+4)}dx=\int (\frac{5}{x-2}+\frac{3}{x-4}+\frac{x+2}{x^2+4})dx=5\int \frac{d(x-2)}{x-2}+3\int \frac{d(x-4)}{x-4}+$ $+\frac{1}{2}\int \frac{d(x^2+4)}{x^2+4}+\int \frac{2dx}{x^2+4}=5\ln |x-2|+3\ln |x-4|+\frac{1}{2}\ln |x^2+4|+\frac{2}{2}\arctan \frac{x}{2}+C=$ $=\ln |(x-2{)}^5(x-4{)}^3\sqrt{x^2+4}|+\arctan \frac{x}{2}+C,$ kur $d(x^2+4)=2xdx.$

• $\int \frac{(x^2+2)dx}{(x+1{)}^3(x-2)}=\int (\frac{A}{(x+1{)}^3}+\frac{A_1}{(x+1{)}^2}+\frac{A_2}{x+1}+\frac{B}{x-2})dx.$

$x^2+2=A(x-2)+A_1(x+1)(x-2)+A_2(x+1{)}^2(x-2)+B(x+1{)}^3=(A_2+B)x^3+(A_1+3B)x^2+(A-A_1-3A_2+3B)x+(-2A-2A_1-2A_2+B).$

$x^3$| $0=A_2+B,$

$x^2$| $1=A_1+3B,$

$x^1$| $0=A-A_1-3A_2+3B,$

$x^0$| $2=-2A-2A_1-2A_2+B.$

Išsprendę sistema, randame:

$A=-1;A_1=\frac{1}{3};A_2=-\frac{2}{9};B=\frac{2}{9}.$

$\int \frac{(x^2+2)dx}{(x+1{)}^3(x-2)}=\int (-\frac{1}{(x+1{)}^3}+\frac{1}{3(x+1{)}^2}-\frac{2}{9(x+1)}+\frac{2}{9(x-2)})dx=$

$=\frac{1}{2(x+1{)}^2}-\frac{1}{3(x+1)}-\frac{2}{9}\ln |x+1|+\frac{2}{9}\ln |x-2|+C=\frac{1-2x}{6(x+1{)}^2}+\ln |(\frac{x-2}{x+1}{)}^{\frac{2}{9}}|+C.$