Racionaliųjų funkcijų integravimas (pilniau)

Parodysime kaip bet kokią racionaliąją funckiją $f(x)=\frac{P(x)}{Q(x)}$ galima išintegruoti (P(x) ir Q(x) - polinomai).

1. Žinios apie kompleksinius skaičius

• Kompleksiniai skaičiai

2. Algebriniai polinomai

1. Algebriniu n-ojo laipsnio polinomu vadinamas reiškinys

$f(z)=c_0{z}^n+c_1{z}^{n-1}+c_2{z}^{n-2}+...+c_{n-1}z+c_n;(7.12)$

čia $z=(x,y)=x+iy$ – kompleksinis kintamasis, o $c_0,c_1,...,c_n$ – kokie nors kompleksiniai skaičiai, kurių pirmasis nelygus nuliui. Kiekvieną algebrinį n-ojo laipsnio polinomą, kaip žinome, galima padalyti „stulpeliu" iš kito algebrinio polinomo, kurio laipsnis ne didesnis kaip n. Taigi, jei $f(z)$ ir $\varphi (z)$ yra du bet kokie polinomai ir $\varphi (z)$ laipsnis ne didesnis už $f(z)$ laipsnį, tai teisinga lygybė

$f(z)=\varphi (z)q(z)+r(z),(7.13)$

kurioje $q(z)$ ir $r(z)$ – tam tikri polinomai ir, be to, $q(z)$ laipsnis lygus polinomų $f(z)$ ir $\varphi (z)$ laipsnių skirtumui, o $r(z)$ laipsnis mažesnis už $\varphi (z)$ laipsnį.

(7.13) lygybės polinomai $f(z),\varphi (z),q(z)$ ir $r(z)$ dažniausiai vadinami atitinkamai daliniu, dalikliu, dalmeniu ir liekana.

Sakoma, kad polinomas $f(z)$ dalijasi iš polinomo $\varphi (z),$ jei dalijant stulpeliu gautoje (7.13) formulėje liekana $r(z)=0.$

Nulinio laipsnio polinomu susitarsime vadinti bet kokią kompleksinę konstantą. Tada, savaime aišku, bet koks polinomas dalijasi iš nelygaus nuliui nulinio laipsnio polinomo.

Toliau tirsime polinomo $f(z)$ dalumą iš pirmojo laipsnio polinomo $z-b.$

Apibrėžimas. Kompleksinis skaičius b vadinamas polinomo $f(z)$ šaknimi, kai $f(b)$ lygu nuliui.

7.1 teorema. Polinomas $f(z),$ kurio laipsnis didesnis už 0, dalijasi iš dvinario $z-b$ tada ir tik tada, kai b yra polinomo $f(z)$ šaknis.

Įrodymas. Polinomus $f(z)$ ir $\varphi (z)=z-b$ įrašysime į (7.13) formulę. Kadangi liekanos $r(z)$ laipsnis turi būti mažesnis už daliklio $\varphi (z)=z-b$ laipsnį, tai $r(z)$ – nulinio laipsnio polinomas, t. y. $r(z)=c=\text{const}.$ Tuomet (7.13) formulė pasidaro šitokia:

$f(z)=(z-b)\cdot q(z)+c.(7.14)$

Į (7.14) formulę įrašę $z=b,$ gauname $c=f(b).$ Pagal apibrėžimą $f(z)$ dalijasi iš $z-b$ tada ir tik tada, kai (7.14) formulėje parašytoji liekana $c=f(b)$ lygi nuliui, t. y. tada ir tik tada, kai b yra $f(z)$ šaknis. Teorema įrodyta.

2. Savaime kyla klausimas: ar kiekvienas algebrinis polinomas turi šaknį? Į jį atsako pagrindinė algebros teorema: kiekvienas nenulinio laipsnio polinomas turi bent vieną šankį.

Remdamiesi šia teorema, įrodysime, kad algebrinis n-ojo laipsnio polinomas turi n šaknų*. Tarkime, kad $f(z)$ yra algebrinis n-ojo laipsnio polinomas. Pagal pagrindinę algebros teoremą $f(z)$ turi bent vieną šaknį $b_1,$ t. y. $f(z)$ išreiškiamas sandauga

$f(z)=(z-b_1)f_1(z),(7.15^1)$

kurioje simboliu $f_1(z)$ pažymėtas atitinkamas $(n-1)$-ojo laipsnio polinomas. Jei $n\ne 1,$ tai pagal pagrindinę algebros teoremą $f_1(z)$ turi bent vieną šaknį $b_2,$ t. y. $f_1(z)$ išreiškiamas sandauga

$f_1(z)=(z-b_2)f_2(z),(7.15^2)$

kurioje simboliu $f_2(z)$ pažymėtas atitinkamas $(n-2)$-ojo laipsnio polinomas. Taip samprotaudami toliau, gausime sandaugas

$f_2(z)=(z-b_3)f_3(z),(7.15^3)$

$.....................$

$f_{n-1}(z)=(z-b_n)f_n(z).(7.15^n)$

Paskutinioje sandaugoje simboliu $f_n(z)$ pažymėtas atitinkamas nulinio laipsnio polinomas, todėl $f_n(z)=c=\text{const}.$ Iš $(7.15^1)-(7.15^n)$ lygybių, turėdami mintyje, kad $f_n(z)=c,$ gauname

$f(z)=(z-b_1)(z-b_2)(z-b_3)...(z-b_n)c.(7.16)$

Pabrėžiame, kad kompleksinė konstanta c nelygi nuliui, nes priešingu atveju polinomas f(z) būtų tapačiai lygus nuliui ir nebūtų n-ojo laipsnio.

Iš (7.16) lygybės aišku, kad $f(b_1)=f(b_2)=f(b_3)=...=f(b_n)=0,$ t. y. skaičiai $b_1,b_2,b_3,...,b_n$ yra polinomo $f(z)$ šaknys. Be to, iš (7.16) matyti, kad kompleksinis skaičius $f(b)$ nelygus nuliui, kai b – bet koks kompleksinis skaičius, nesutampantis su skaičiais $b_1,b_2,b_3,...,b_n$**. Vadinasi polinomas $f(z)$ turi n šaknų: $b_1,b_2,b_3,...,b_n.$

Dešinėje (7.16) lygybės pusėje yra polinomo f(z) skaidinys dauginamaisiais. Jei žinome (7.12) polinomo f(z) išraišką, tai galime nustatyti (7.16) lygybėje parašytą konstantą c. Palyginę koeficientus prie $z^n$ (7.16) ir (7.12) lygybėse, įsitikiname, kad $c=c_0.$

Polinomas, kurio $c_0=1,$ vadinamas redukuotu. Pritaikę (7.16) formulę redukuotam polinomui, gauname

$f(z)=(z-b_1)(z-b_2)(z-b_3)...(z-b_n).(7.17)$

Palyginę (7.17) formulę su (7.12) (kai $c_0=1$), gauname šitokius sąryšius (Vijeto teorema):

$c_1=-(b_1+b_2+...+b_n),$

$c_2=b_1{b}_2+b_1{b}_3+...+b_{n-1}{b}_n,$

$................................$

$c_n=(-1{)}^n{b}_1{b}_2...b_n.$

Toliau, jei nebus pasakyta priešingai, nagrinėsime tik redukuotus polinomus.

_______________

* Čia, žinoma, $n>0.$

** Kelių kompleksinių skaičių sandauga lygi nuliui tik tuo atveju, kai bent vienas dauginamasis lygus nuliui.

3. Kartotinės polinomo šaknys. Šaknies kartotinumo požymis

Kai kurios polinomo $f(z)$ šaknys gali sutapti viena su kita. Sakykime, a, b, ..., c — skirtingos redukuoto polinomo $f(z)$ šaknys. Tada, remdamiesi praeito paragrafo rezultatais, nusprendžiame, kad $f(z)$ skaidinys bus toks:

$f(z)=(z-a{)}^{\alpha }(z-b{)}^{\beta }...(z-c{)}^{\gamma };(7.18)$

čia $\alpha ,\beta ,...,\gamma$ — natūriniai skaičiai, kurių suma lygi polinomo $f(z)$ laipsniui n, t. y. $\alpha +\beta +...+\gamma =n.$

Jei polinomas $f(z)$ išreiškiamas (7.18) skaidiniu, tai sakoma, kad kompleksinis skaičius a yra polinomo $f(z)\alpha$ kartotinumo šaknis, kompleksinis skaičius b yra polinomo $f(z)\beta$ kartotinumo šaknis, ..., kompleksinis skaičius c yra polinomo $f(z)\gamma$ kartotinumo šaknis.

Šaknis, kurios kartotinumas lygus vienetui, dažnai vadinama paprasta, o šaknis, kurios kartotinumas didesnis už vienetą, vadinama kartotine.

Duotojo kartotinumo šaknį galima apibrėžti ir kitaip (tie apibrėžimai yra ekvivalentūs): kompleksinis skaičius a vadinamas polinomo $f(z)\alpha$ kartotinumo šaknimi, jei $f(z)$ išreiškiamas šitaip:

$f(z)=(z-a{)}^{\alpha }\varphi (z),\varphi (a)\ne 0.(7.19)$

Mūsų tikslas — nurodyti būtiną ir pakankamą požymį, kad kompleksinis skaičius a būtų polinomo $f(z)\alpha$ kartotinumo šaknis.

Polinomo $f(z)$ išvestine vadinsime polinomą $f^{\prime }(z),$ gaunamą formaliai diferencijuojant* $f(z)$ kinatamojo z atžvilgiu. Pirmiausia įrodysime šitokį teiginį.

1 lema. Jei kompleksinis skaičius a yra polinomo $f(z)\alpha$ kartotinumo šaknis, tai tas pats skaičius a yra polinomo $f^{\prime }(z)\alpha -1$ kartotinumo šaknis.

Pastaba. Atskiru atveju, kai $\alpha =1,$ skaičius a − paprasta polinomo $f(z)$ šaknis, bet nėra polinomo $f^{\prime }(z)$ šaknis.

Įrodyamas. Pagal sąlygą $f(z)$ galima išreikšti (7.19) formule. Ją išdiferencijavę, gauname

$f^{\prime }(z)=\alpha (z-a{)}^{\alpha -1}\varphi (z)+(z-a{)}^{\alpha }{\varphi }^{\prime }(z),$

arba

$f^{\prime }(z)=(z-a{)}^{\alpha -1}{\varphi }_1(z),(7.20)$

jei

${\varphi }_1(z)=\alpha \varphi (z)+(z-a){\varphi }^{\prime }(z).$

Kadangi ${\varphi }_1(a)=\alpha \varphi (a)\ne 0,$ tai iš (7.20) reiškinio aišku, kad skaičius a yra polinomo $f^{\prime }(z)\alpha -1$ kartotinumo šaknis. Lema įrodyta.

7.2 teorema. Kompleksinis skaičius a yra polinomo $f(z)\alpha$ kartotinumo šaknis tada ir tik tada, kai išpildytos šios sąlygos:

$f(a)=f^{\prime }(a)=f^{″}(a)=f^{‴}(a)=...=f^{(\alpha -1)}(a)=0,f^{(\alpha )}(a)\ne 0.(7.21)$

Įrodymas. 1. Būtinumas. Sakykime, a yra polinomo $f(z)\alpha$ kartotinumo šaknis. Tada pagal 1 lemą tas pats skaičius a yra polinomo $f^{\prime }(z)\alpha -1$ kartotinumo šaknis, polinomo $f^{(2)}(z)\alpha -2$ kartotinumo šaknis, ..., polinomo $f^{(\alpha -1)}(z)$ kartotinumo 1 (paprasta) šaknis, t. y.

$f(a)=f^{\prime }(a)=f^{″}(a)=f^{‴}(a)=...=f^{(\alpha -1)}(a)=0.$

2. Pakankamumas. Sakykime, (7.21) sąlygos yra išpildytos. Reikia įrodyti, kad skaičius a yra polinomo $f(z)$ kartotinumo $\alpha$ šaknis. Kadangi $f^{(\alpha -1)}(a)=0,$ tai a yra polinomo $f^{(\alpha -1)}(z)$ šaknis, kurios kartotinumas ne mažesnis kaip 1. Todėl pagal 1 lemą skaičius a yra polinomo $f^{(\alpha -2)}(z)$ šaknis, kurios kartotinumas ne mažesnis kaip 2, polinomo $f^{(\alpha -3)}(z)$ šaknis, kurios kartotinumas ne mažesnis kaip 3, ..., polinomo $f(z)$ šaknis, kurios kartotinumas ne mažesnis kaip $\alpha .$

Lieka įrodyti, kad polinomo $f(z)$ šaknies $a$ kartotinumas nėra didesnis kaip $\alpha .$ Jei tas kartotinumas būtų didesnis kaip $\alpha ,$ tai pagal 1 lemą polinomo $f^{(\alpha -1)}(z)$ šaknies $a$ kartotinumas būtų didesnis už vienetą. Iš to išplauktų, kad $a$ yra polinomo $f^{(\alpha )}(z)$ šaknis, t. y. $f^{(\alpha )}(z)=0,$ bet tai prieštarauja paskutinei iš (7.21) sąlygų. Teorema įrodyta.

______________

* Polinomas $f(z)$ diferencijuojamas z atžvilgiu, lyg z būtų realus kintamasis.

4. Kartotinių šaknų atskyrimas. Euklido algoritmas

1. Kartotinių šaknų atskyrimas.

Mūsų tikslas - iš polinomo $f(z),$ turinčio kartotinių šaknų, sudaryti tokį polinomą $F(z),$ kuris turėtų tas pačias šaknis, kaip ir $f(z),$ bet visų šaknų kartotinumas būtų lygus vienetui. Apibrėšime keletą naujų sąvokų.

1 apibrėžimas. Dviejų polinomų $f(z)$ ir $\varphi (z)$ bendru dalikliu vadinamas bet koks polinomas, iš kurio dalijasi abu polinomai $f(z)$ ir $\varphi (z).$

2 apibrėžimas. Dviejų polinomų $f(z)$ ir $\varphi (z)$ bendru didžiausiu dalikliu vadinamas toks jų daliklis, kuris dalijasi iš kiekvieno kito tų polinomų daliklio.

Polinomų $f(z)$ ir $\varphi (z)$ bendrą didžiausią daliklį susitarsime žymėti simboliu $D[f(z),\varphi (z)].$

Iš bendro didžiausio daliklio apibrėžimo išplaukia, jog jis yra apibrėžtas tik laisvo pastovaus daugiklio tikslumu.

Spręsdami uždavinį, suformuluotą šio paragrafo pradžioje, galime lengvai įsitikinti, kad ieškomasis polinomas F(z) yra šitoks:

$F(z)=\frac{f(z)}{D[f(z),\varphi (z)]}.(7.22)$

Sakykime,

$f(z)=(z-a{)}^{\alpha }(z-b{)}^{\beta }...(z-c{)}^{\gamma },(7.23)$

o skaičiai a, b, ..., c — skirtingos šaknys. Tada pagal 7.2 teoremą polinomas $f^{\prime }(z)$ išreiškiamas sandauga

$f^{\prime }(z)=(z-a{)}^{\alpha -1}(z-b{)}^{\beta -1}...(z-c{)}^{\gamma -1}\psi (z),(7.24)$

o $\psi (z)$ neturi daugiklių $z-a,z-b,...,z-c.$

Palyginę (7.23) ir (7.24) formules, įsitikiname, kad

$D[f(z),f^{\prime }(z)]=(z-a{)}^{\alpha -1}(z-b{)}^{\beta -1}...(z-c{)}^{\gamma -1}.(7.25)$

Iš (7.23) ir (7.25) formulių savo ruožtu matyti, kad polinomas F(z), apibrėžtas (7.22) formule, yra šitoks:

$F(z)=(z-a)(z-b)...(z-c).(7.26)$

Taigi įrodėme, kad polinomas F(z), apibrėžtas (7.22) formule, turi tas pačias šaknis, kaip ir polinomas f(z), bet visų jo šaknų kartotinumas lygus vienetui.

Vadinasi, norint atskirti kartotines šaknis, reikia iš duotojo polinomo $f(z)$ sudaryti polinomą $F(z),$ apibrėžiamą (7.22) formule.

Kadangi (7.22) formulės vardiklis yra polinomų $f(z)$ ir $f^{\prime }(z)$ bendras didžiausias daliklis, tai reikia išmokti jį rasti.

2. Dviejų polinomų bendro didžiausio daliklio ieškojimas (Euklido algoritmas)

Sakykime, $f(z)$ ir $\varphi (z)$ yra bet kokie polinomai ir reikia rasti jų bendrą didžiausią daliklį. Nesiaurindami uždavinio, galime tarti, kad polinomo $\varphi (z)$ laipsnis ne didesnis už polinomo $f(z)$ laipsnį. Tada, $f(z)$ padaliję iš $\varphi (z),$ gauname (7.13) formulę (žr. 2 paragrafą):

$f(z)=\varphi (z)q(z)+r_1(z).(7.27^1)$

Liekanos $r_1(z)$ laipsnis, kaip sakėme 2 paragrafe, yra mažesnis už daliklio $\varphi (z)$ laipsnį. Todėl $\varphi (z)$ vėl galime dalyti iš $r_1(z).$ Padaliję gauname formulę, analogiška (7.13):

$\varphi (z)=r_1(z)q_1(z)+r_2(z).(7.27^2)$

Liekanos $r_2(z)$ laipsnis yra mažesnis už daliklio $r_1(z)$ laipsnį.

Toliau polinomą $r_1(z)$ dalijame iš liekanos $r_2(z)$ ir t. t. Tokiu budu gausime

$r_1(z)=r_2(z)q_2(z)+r_3(z),(7.27^3)$

$r_2(z)=r_3(z)q_3(z)+r_4(z),(7.27^4)$

$...........................$

$r_{k-3}(z)=r_{k-2}(z)q_{k-2}(z)+r_{k-1}(z),(7.27^{k-1})$

$r_{k-2}(z)=r_{k-1}(z)q_{k-1}(z)+r_k(z).(7.27^k)$

Kadangi, kiekvieną kartą padalijus, liekanos laipsnis sumažėja bent vienu vienetu, tai pakartojus aprašytąjį procesą pakankamą skaičių k kartų, po (k + 1)-ojo žingsnio gauta liekana bus lygi nuliui*, t. y.

$r_{k-1}(z)=r_k(z)q_k(z).(7.27^{k+1})$

Įrodysime, kad paskuitnė nelygi nuliui liekana $r_k(z)$ yra polinomų $f(z)$ ir $\varphi (z)$ bendras didžiausias daliklis.

Užtenka įrodyti du teiginius:

1) polinomai $f(z)$ ir $\varphi (z)$ dalijasi iš $r_k(z),$ t. y. $r_k(z)$ yra polinomų $f(z)$ ir $\varphi (z)$ daliklis;

2) polinomas $r_k(z)$ dalijasi iš bet kurio polinomų $f(z)$ ir $\varphi (z)$ daliklio $r_0(z),$ t. y. $r_k(z)$ yra tų polinomų bendras didžiausias daliklis.

Įrodinėdami 1 teiginį, pastebėsime, jog iš $(7.27^{k+1})$ lygybės išplaukia, kad liekana $r_{k-1}(z)$ dalijasi iš $r_k(z),$ o iš $(7.27^k)$ lygybės — kad $r_{k-2}(z)$ dalijasi iš $r_k(z)$ ... Nagrinėdami $(7.27^1)$ — $(7.27^k)$ lygybių grandinę, galų gale įsitikinsime, kad $\varphi (z)$ ir $f(z)$ dalijasi iš $r_k(z).$

Dar įrodysime 2 teiginį. Sakykime, $r_0(z)$ yra bet kuris polinomų $f(z)$ ir $\varphi (z)$ daliklis. Iš $(7.27^1)$ lygybės aišku, kad $r_1(z)$ dalijasi iš $r_0(z)$ (nes $f(z)$ dalijasi iš $r_0(z)$), o iš $(7.27^2)$ lygybės, — kad $r_2(z)$ dalijasi iš $r_0(z),$ paskui iš $(7.27^3)$ lygyybės, — kad $r_3(z)$ dalijasi iš $r_0(z)$ ... Iš $(7.27^1)$ — $(7.27^k)$ lygybių grandinės galų gale įsitikiname, kad $r_k(z)$ dalijasi iš $r_0(z).$

Taigi visiškai pagrindėme aprašytąjį procesą dviejų polinomų bendram didžiausiam dalikliui rasti. Tas procesas paprastai vadinamas Euklido algoritmu.

4.1 pav.

Pavyzdys. Rasime polinomų $f(z)=z^4-2z^3+3z^2-2z+1$ ir $\varphi (z)=4z^3-6z^2+6z-2$ bendrą didžiausią daliklį**. Polinomą $f(z)$ padaliję iš $\varphi (z)$ stulpeliu, gauname (žr. 4.1 paveiksliuką)

$f(z)=\varphi (z)q(z)+r_1(z);$

čia $q(z)=\frac{1}{4}z-\frac{1}{8},r_1(z)=\frac{3}{4}{z}^2-\frac{3}{4}z+\frac{3}{4}.$

Toliau turėtume dalyti polinomą $\varphi (z)$ iš polinomo $r_1(z)=\frac{3}{4}{z}^2-\frac{3}{4}z+\frac{3}{4}.$ Kadangi bendras didžiausias daliklis apibrėžtas tik bet kokio pastovaus daugiklio tikslumu, tai bus patogu $r_1(z)$ liekaną dauginti iš $\frac{4}{3}$ ir $\varphi (z)$ dalyti iš polinomo $z^2-z+1.$ Gausime (žr. 4.2 paveiksliuką)

4.2 pav.

$\varphi (z)=r_1(z)q_1(z)+r_2(z);$

čia $r_1=z^2-z+1,q_1=4z-2,r_2(z)=0.$ Liekana lygi nuliui.

Vadinasi, polinomų $f(z)$ ir $\varphi (z)$ bendras didžiausias daliklis yra $z^2-z+1,$ t. y.

$D[f(z),\varphi (z)]=z^2-z+1.$

1 pastaba. Pateiktajame pavyzdyje, kad būtų paprasčiau, nagrinėjome polinomus $f(z)$ ir $\varphi (z)$ su realiais koeficientais. Tas pats metodas tinka ir polinomams su bet kokiais kompleksiniais koeficientais.

___________________

* Jei tarpiniame aprašytojo proceso etape negausime liekanos, lygios nuliui, tai kada nors gausime nulinio laipsnio polinomą $r_k(z).$ Tada liekana $r_{k+1}(z)$ tikrai bus lygi nuliui (nes kiekvienas polinomas dalijasi iš nulinio laipsnio polinomo).

** Lengva pastebėti, kad $\varphi (z)=f^{\prime }(z).$

5. Taisiklingos racionaliosios trupmenos su kompleksiniais koeficientais reiškimas paprasčiausių trupmenų suma

Racionaliąją trupmena vadinamas dviejų algebrinių polinomų santykis. Racionalioji trupmena vadinama taisyklinga, kai skaityklyje esančio polinomo laipsnis yra mažesnis už vardiklyje esančio polinomo laipsnį. Priešingu atveju racionalioji trupmena vadinama netaisyklinga. Racionaliąją trupmeną dažniausiai žymėsime simboliu $\frac{P(z)}{Q(z)},$ P(z) ir Q(z) laikydami algebriniais polinomais.

2 lema. Sakykime, $\frac{P(z)}{Q(z)}$ yra taisyklinga racionalioji trupmena, kurios vardiklis turi $\alpha$ kartotinumo šaknį a, t. y.

$Q(z)=(z-a{)}^{\alpha }\varphi (z)$ ir $\varphi (a)\ne 0.(7.28)$

Tada tą trupmeną galima išreikšti tokia suma:

$\frac{P(z)}{Q(z)}=\frac{A}{(z-a{)}^{\alpha }}+\frac{\psi (z)}{(z-a{)}^{\alpha -k}\varphi (z)};(7.29)$

čia A - kompleksinė konstanta, lygi $\frac{P(a)}{\varphi (a)},$ k - natūrinis skaičius, o $\psi (z)$ - atitinkamas polinomas, be to, paskutinė trupmena, parašyta (7.29) lygybės dešinėje pusėje, yra taisyklinga.

Įrodymas. Skaičių* $\frac{P(a)}{\varphi (a)},$ pažymėkime raide A ir išnagrinėkime skirtumą

$\frac{P(z)}{Q(z)}-\frac{A}{(z-a{)}^{\alpha }}.$

Apskaičiavę šį skirtumą, gausime

$\frac{P(z)}{Q(z)}-\frac{A}{(z-a{)}^{\alpha }}=\frac{P(z)}{(z-a{)}^{\alpha }\varphi (z)}-\frac{A}{(z-a{)}^{\alpha }}=\frac{P(z)-A\varphi (z)}{(z-a{)}^{\alpha }\varphi (z)}=\frac{\mathrm{\Phi }(z)}{(z-a{)}^{\alpha }\varphi (z)},(7.30)$

jei polinomą $P(z)-A\varphi (z)$ pažymėsime $\mathrm{\Phi }(z).$ Kadangi

$\mathrm{\Phi }(a)=P(a)-A\varphi (a)=P(a)-\frac{P(a)}{\varphi (a)}\varphi (a)=P(a)-P(a)=0,$

tai kompleksinis skaičius a yra polinomo $\mathrm{\Phi }(z)$ šaknis, kurios kartotinumas lygus kokiam nors natūriniam skaičiui k $(k\ge 1),$ t. y.

$\mathrm{\Phi }(z)=(z-a{)}^k\psi (z)$ ir $\psi (a)\ne 0.(7.31)$

(7.31) reiškinį įrašę į (7.30) lygybę, gausime

$\frac{P(z)}{Q(z)}-\frac{A}{(z-a{)}^{\alpha }}=\frac{\mathrm{\Phi }(z)}{(z-a{)}^{\alpha }\varphi (z)}=\frac{(z-a{)}^k\psi (z)}{(z-a{)}^{\alpha }\varphi (z)}=\frac{\psi (z)}{(z-a{)}^{\alpha -k}\varphi (z)},$

$\frac{P(z)}{Q(z)}-\frac{A}{(z-a{)}^{\alpha }}=\frac{\psi (z)}{(z-a{)}^{\alpha -k}\varphi (z)}.(7.32)$

Įrodėme, kad (7.29) lygybė yra teisinga. Reikia tik įsitikinti, kad trupmena, parašyta dešinėje (7.32) lygybės pusėje, yra taisiklinga. Tai tiesiog išplaukia iš teiginio, kad dviejų taisyklingų trumpenų skirtumas yra taisyklinga trupmena**.

Lema įrodyta.

Iš ką tik įrodytos lemos išplaukia nuostabi teorema, išreiškianti faktą, kad kiekvieną taisyklingą racionaliąją trupmeną galima išreikšti paprasčiausių trupmenų suma.

7.3 teorema. Jei $\frac{P(z)}{Q(z)}$ yra taisiklinga racionalioji trupmena, kurios vardiklis išreiškiamas sandauga

$Q(z)=(z-a{)}^{\alpha }(z-b{)}^{\beta }...(z-c{)}^{\gamma },(7.33)$

tai šią trupmeną galima išreikšti šitaip:

$\frac{P(z)}{Q(z)}=\frac{A_1}{(z-a{)}^{\alpha }}+\frac{A_2}{(z-a{)}^{\alpha -1}}+\frac{A_3}{(z-a{)}^{\alpha -2}}+...+\frac{A_{\alpha }}{(z-a)}+$

$+\frac{B_1}{(z-b{)}^{\beta }}+\frac{B_2}{(z-b{)}^{\beta -1}}+\frac{B_3}{(z-b{)}^{\beta -2}}+...+\frac{B_{\beta }}{(z-b)}+$

$+...................................................+$

$+\frac{C_1}{(z-c{)}^{\gamma }}+\frac{C_2}{(z-c{)}^{\gamma -1}}+\frac{C_3}{(z-c{)}^{\gamma -2}}+...+\frac{C_{\gamma }}{(z-c)};(7.34)$

čia $A_1,A_2,A_3,...,A_{\alpha },B_1,B_2,B_3,...,B_{\beta },...,C_1,C_2,C_3,...,C_{\gamma }$ - tam tikri pastovūs kompleksiniai skaičiai (kai kurie iš jų gali būti nuliai).

Įrodymas. Iš pradžių 2 lemą pritaikysime trupmenai $\frac{P(z)}{Q(z)},$ turėdami mintyje, kad kompleksinis skaičius a yra polinomo $Q(z)\alpha$ kartotinumo šaknis. Gausime (7.32) lygybę

$\frac{P(z)}{Q(z)}-\frac{A}{(z-a{)}^{\alpha }}=\frac{\psi (z)}{(z-a{)}^{\alpha -k}\varphi (z)}.(7.32)$

$\frac{P(z)}{Q(z)}-\frac{A}{(z-a{)}^{\alpha }}=\frac{P_1(z)}{Q_1(z)},P_1(z)=\psi (z),Q_1(z)=(z-a{)}^{\alpha -k}\varphi (z).$

Dešinei tos lygybės pusei vėl pritaikysime 2 lemą, turėdami mintyje, kad arba kompleksinis skaičius a yra dešiniosios pusės vardiklio $\alpha -k$ kartotinumo šaknis (jei $\alpha -k>0$), arba kaip matyti iš (7.33) skaidinio, kompleksinis skaičius b yra to vardiklio $\beta$ kartotinumo šaknis (jei $\alpha -k\le 0$).

(Jei $\alpha -k=0,$ tai (7.32) lygybė pavirsta tokia:

$\frac{P(z)}{Q(z)}-\frac{A}{(z-a{)}^{\alpha }}=\frac{\psi (z)}{\varphi (z)}$ ir $\varphi (a)\ne 0$ t. y. $\varphi (z)$ neturi kompleksinės šaknies a ir 2 lemos reiškiniui $\frac{\psi (z)}{\varphi (z)},$ skaičiaus a atžvilgiu, toliau taikyti negalime.

Jei $\alpha -k<0,$ tai (7.32) lygybė pavirsta tokia:

$\frac{P(z)}{Q(z)}-\frac{A}{(z-a{)}^{\alpha }}=\frac{\psi (z)(z-a{)}^{k-\alpha }}{\varphi (z)}$ ir vardiklis $\varphi (z)$ neturi kartotinės arba paprastos šaknies a. Todėl toliau 2 lemos reiškiniui

$\frac{\psi (z)(z-a{)}^{k-\alpha }}{\varphi (z)}$

taikyti negalime ir reikia griebti kitą polinomo Q(z) šaknį (pavyzdžiui, kompleksinę šaknį b).)

Tokiu budu gausime į (7.32) panašią lygybę, kurios dešiniajai pusei vėl galima taikyti 2 lemą. Taip samprotaudami toliau (t. y. paeiliui taikydami 2 lemą visoms polinomo Q(z) šaknims), trupmeną $\frac{P(z)}{Q(z)}$ išreikšime (7.34) suma. Teorema įrodyta.

Pastaba. Kadangi 2 lemoje nurodytas skaičius k gali būti didesnis už vienetą, o polinomas P(z) gali turėti šaknis, sutampančias su polinomo Q(z) šaknimis, tai kai kurie (7.34) formulės koeficientai $A_1,...,A_{\alpha },B_1,...,B_{\beta },...,C_1,...,C_{\gamma }$ gali būti lygūs nuliui.

__________________

* Skaičius A egzistuoja, nes (7.28) sąlygoje pasakyta, kad $\varphi (a)\ne 0.$

** Tuo lengva įsitikinti, taisiklingų trupmenų skirtumą išreiškus trupmena su bendru vardikliu.

6. Algebrinio polinomo su realiaisiais koeficientais reiškimas neskaidžių realių dauginamųjų sandauga

Anksčiau ieškojome racionaliosios trupmenos su kompleksiniais koeficientais išraiškos paprasčiausių trupmenų suma. Galutinis mūsų tikslas - išreikšti racionaliąją trupmeną su realiais koeficientais paprasčiausių trupmenų su realiais koeficientais suma.

Norint tą tikslą pasiekti, pirmiausia reikia algebrinį polinomą su realiais koeficientais išreikšti neskaidžių realių dauginamųjų sandauga. Tam ir skirtas šis paragrafas.

Sakykime,

$f(z)=z^n+c_1{z}^{n-1}+c_2{z}^{n-2}+c_3{z}^{n-3}+...+c_n(7.35)$

yra redukuotas algebrinis polinomas su realiais koeficientais $c_1,c_2,...,c_n.$

Pirmiausia įrodysime šitokią teoremą.

7.4 teorema. Jei kompleksinis skaičius a yra (7.35) algebrinio polinomo su realiais koeficientais šaknis, tai ir jam jungtinis kompleksinis skaičius* $\bar{a}$ irgi yra (7.35) polinomo šaknis. Be to, jei šaknies a kartotinumas lygus $\lambda ,$ tai ir šaknies $\bar{a}$ kartotinumas lygus $\lambda .$

Įrodymas. Iš pradžių įrodysime pagalbinį teiginį: jei $f(z)$ yra polinomas su realiais koeficientais, tai kompleksinis dydis $f(\bar{z})$ yra jungtinis dydžiui $f(z)$. Užtenka įrodyti, kad laipsnis $\stackrel{n}{\stackrel{‾}{z}},$ kai n - natūrinis skaičius, yra jungtinis laipsniui $z^n.$ Tai išplaukia tiesiog iš kompleksinio skaičiaus trigonometrinės išraiškos. Iš tikrųjų, jei

$z=\rho (\cos \theta +i\sin \theta ),$

tai

$\bar{z}=\rho (\cos (-\theta )+i\sin (-\theta )).$

Pagal Muavro formulę

$z^n={\rho }^n(\cos \theta n+i\sin \theta n),$

$\stackrel{n}{\stackrel{‾}{z}}={\rho }^n(\cos (-\theta n)+i\sin (-\theta n))={\rho }^n(\cos \theta n-i\sin \theta n).$

Iš dviejų paskutinių lygybių aišku, kad $\stackrel{n}{\stackrel{‾}{z}}$ yra dydis, jungtinis laipsniui $z^n.$ Pagalbinį teiginį įrodėme.

Dabar sakykime, kad kompleksinis skaičius a yra polinomo f(z) šaknis, t.y. $f(a)=0.$ Šio skyriaus 1 paragrafe įsitikinome, kad kompleksinis skaičius lygus nuliui tada ir tik tada, kai lygus nuliui jam jungtinis skaičius. Todėl iš lygybės $f(a)=0$ ir iš įrodytojo pagalbinio teiginio išplaukia, kad $f(\bar{a})=0,$ t.y. skaičius $\bar{a}$ yra polinomo f(z) šaknis.

Sakykime, šaknies a kartotinumas lygus $\lambda .$ Tada pagal 7.2 teoremą

$f(a)=f^{\prime }(a)=f^{″}(a)=f^{(3)}(a)=...=f^{(\lambda -1)}(a)=0;f^{(\lambda )}(a)\ne 0.(7.36)$

Kadangi kompleksinis skaičius lygus nuliui tada ir tik tada, kai lygus nuliui jam jungtinis skaičius, tai iš anksčiau įrodyto pagalbinio teiginio ir iš (7.36) sąryšių išplaukia**:

$f(\bar{a})=f^{\prime }(\bar{a})=f^{″}(\bar{a})=f^{(3)}(\bar{a})=...=f^{(\lambda -1)}(\bar{a})=0;f^{(\lambda )}(\bar{a})\ne 0.(7.37)$

Pagal 7.2 teoremą šie sąryšiai reiškia, kad skaičius $\bar{a}$ yra polinomo f(z) $\lambda$ kartotinumo šaknis. Teorema įrodyta.

Remdamiesi (7.4) teorema, sužinosime, kaip polinomas*** $f(x)$ su realiais koeficientais išreiškiamas neskaidžių realių dauginamųjų sandauga. Sakykime, polinomas $f(x)$ turi realias šaknis $b_1,b_2,...,b_m,$ kurių kartotinumas atitinkamai lygus ${\beta }_1,{\beta }_2,...,{\beta }_m,$ ir menamas šaknis, sudarančias jungtinių skaičių poras $a_1$ ir ${\bar{a}}_1,$ $a_2$ ir ${\bar{a}}_2,...,$ $a_n$ ir ${\bar{a}}_n,$ kurių kartotinumas atitinkamai lygus ${\lambda }_1,{\lambda }_2,...,{\lambda }_n.$

Tada, remiantis 3 paragrafo rezultatais, polinomas $f(x)$ suskaidomas šitaip:

$f(x)=(x-b_1{)}^{{\beta }_1}(x-b_2{)}^{{\beta }_2}...(x-b_m{)}^{{\beta }_m}(x-a_1{)}^{{\lambda }_1}(x-{\bar{a}}_1{)}^{{\lambda }_1}(x-a_2{)}^{{\lambda }_2}(x-{\bar{a}}_2{)}^{{\lambda }_2}...(x-a_n{)}^{{\lambda }_n}(x-{\bar{a}}_n{)}^{{\lambda }_n}.(7.38)$

Šaknies $a_k$ ($k=1,2,3,...,n$) realiąją ir menamąją komponentes pažymėkime $u_k$ ir $v_k,$ t.y. $a_k=u_k+i{v}_k.$ Tada ${\bar{a}}_k=u_k-i{v}_k.$ Su bet kuriuo $k=1,2,3,...,n$ pertvarkykime reiškinį

$(x-a_k{)}^{{\lambda }_k}(x-{\bar{a}}_k{)}^{{\lambda }_k}=[(x-a_k)(x-{\bar{a}}_k){]}^{{\lambda }_k}=$

$=[(x-u_k-i{v}_k)(x-u_k+i{v}_k){]}^{{\lambda }_k}=[(x-u_k{)}^2+v_k^2{]}^{{\lambda }_k}=(x^2+p_{k}x+q_k{)}^{{\lambda }_k},$

$p_k=-2u_k,q_k=u_k^2+v_k^2.(7.39)$

Gautąją (7.39) išraišką įrašę į (7.38) skaidinį, gauname polinomo f(x) skaidinį realiais neskaidžiais dauginamaisiais:

$f(x)=(x-b_1{)}^{{\beta }_1}(x-b_2{)}^{{\beta }_2}...(x-b_m{)}^{{\beta }_m}(x^2+p_{1}x+q_1{)}^{{\lambda }_1}(x^2+p_{2}x+q_2{)}^{{\lambda }_2}...(x^2+p_{n}x+q_n{)}^{{\lambda }_n}.(7.40)$

Matome, kad polinomas $f(x)$ su realiais koeficientais išskaidomas neskaidžių realių dauginamųjų sandauga: dauginamieji, atitinkantys realiąsias šaknis, yra dvinarių laipsniai su rodikliais, lygiais šaknų kartotinumams, o dauginamieji, atitinkantys menamų jungtinių šaknų poras, yra kvadratinių trinarių laipsniai su rodikliais, lygiais tų porų kartotinumams.

____________

* Kompleksinį skaičių, jungtinį duotajam skaičiui, žymėsime tuo pačiu simboliu, kaip ir duotąjį skaičių, tik su brūkšneliu virš jo.

** Be to, atsižvelgiama į tai, kad polinomo su realiais koeficientais išvestinė yra polinomas su realiais koeficientais.

*** Toliau nagrinėsime polinomus, kurių kintamasis įgyja tik realiąsias reikšmes. Todėl tą kintamąjį bus patogiau žymėti ne raide z, bet raide x.

7. Taisyklingos racionaliosios trupmenos su realiaisiais koeficientais reiškimas paprasčiausių trupmenų su realiaisiais koeficientais suma

Įrodysime du pagalbinius teiginius.

3 lema. Sakykime, $\frac{P(x)}{Q(x)}$ yra taisiklinga racionalioji trupmena su realiais koeficientais, kurios vardiklio viena $\alpha$ kartotinumo šaknis yra realusis skaičius a, t. y.

$Q(x)=(x-a{)}^{\alpha }\varphi (x),$ $\varphi (a)\ne 0.$

Tada šią trupmeną galima išreikšti suma:

$\frac{P(x)}{Q(x)}=\frac{A}{(x-a{)}^{\alpha }}+\frac{\psi (x)}{(x-a{)}^{\alpha -k}\varphi (x)};(7.41)$

čia A - realusis skaičius, lygus $\frac{P(a)}{\varphi (a)},$ k - natūrinis skaičius, o $\psi (x)$ - atitinkamas polinomas su realiais koeficientais. Be to, paskutinė trupmena, parašyta (7.41) lygybės dešinėje pusėje, yra taisiklinga.

Šios lemos įrodyti nereikia, nes ji tiesiog išplaukia iš 2 lemos. Reikia tik turėti mintyje štai ką: kadangi P(x) ir Q(x) yra polinomai su realiais koeficientais, o a - realusis skaičius, tai polinomai $\varphi (x)$ ir $\psi (x)$ turi realius koeficientus, todėl ir konstanta $A=\frac{P(a)}{\varphi (a)}$ - realusis skaičius.

4 lema. Sakykime, $\frac{P(x)}{Q(x)}$ yra taisyklinga racionalioji trupmena su realiais koeficientais, kurios vardiklio dvi kartotinumo $\lambda$ šaknys yra kompleksiniai jungtiniai skaičiai $a=u+iv$ ir $\bar{a}=u-iv,$ t. y.

$Q(x)=(x^2+px+q{)}^{\lambda }\varphi (x),\varphi (a)\ne 0,\varphi (\bar{a})\ne 0,$

$p=-2u,q=u^2+v^2.(7.42)$

Tada šią trupmeną galima išreikšti suma:

$\frac{P(x)}{Q(x)}=\frac{Mx+N}{(x^2+px+q{)}^{\lambda }}+\frac{\psi (x)}{(x^2+px+q{)}^{\lambda -k}\varphi (x)};(7.43)$

čia M ir N - realieji skaičiai, k - natūrinis skaičius, o $\psi (x)$ - atitinkamas polinomas su realiais koeficientais. Be to, paskutinė trupmena, parašyta (7.43) lygybės dešinėje pusėje, yra taisiklinga.

Įrodymas. Kompleksinio skaičiaus A realiąją komponentę susitarsime žymėti simboliu $\mathrm{Re}[A],$ o menamąją - simboliu $\mathrm{Im}[A].$ Tarsime, kad*

$M=\frac{1}{v}\mathrm{Im}\left[\frac{P(a)}{\varphi (a)}\right],N=\mathrm{Re}\left[\frac{P(a)}{\varphi (a)}\right]-\frac{u}{v}\mathrm{Im}\left[\frac{P(a)}{\varphi (a)}\right].$

Lengva patikrinti, kad realiųjų skaičių pora (M, N) yra šios lygties sprendinys:

$P(a)-(Ma+N)\varphi (a)=0.(7.44)$

$P(a)-(M(u+iv)+N)\varphi (a)=0,$

$\frac{P(a)}{\varphi (a)}-(Mu+iMv+N)=0,$

$\frac{P(a)}{\varphi (a)}-(\frac{1}{v}\mathrm{Im}[\frac{P(a)}{\varphi (a)}]u+i\frac{1}{v}\mathrm{Im}[\frac{P(a)}{\varphi (a)}]v+\mathrm{Re}[\frac{P(a)}{\varphi (a)}]-\frac{u}{v}\mathrm{Im}[\frac{P(a)}{\varphi (a)}\left]\right)=0,$

$\frac{P(a)}{\varphi (a)}-(\frac{u}{v}\mathrm{Im}[\frac{P(a)}{\varphi (a)}]+i\frac{v}{v}\mathrm{Im}[\frac{P(a)}{\varphi (a)}]+\mathrm{Re}[\frac{P(a)}{\varphi (a)}]-\frac{u}{v}\mathrm{Im}[\frac{P(a)}{\varphi (a)}\left]\right)=0,$

$\frac{P(a)}{\varphi (a)}-(\mathrm{Re}[\frac{P(a)}{\varphi (a)}]+i\mathrm{Im}[\frac{P(a)}{\varphi (a)}\left]\right)=0.$

Iš tikrųjų, padaliję (7.44) lygtį panariui iš $\varphi (a)$ ir prilyginę nuliui realiąsias ir menamąsias komponentes, gauname dviejų lygčių sistemą

$\{\begin{array}{cc}Mu+N=\mathrm{Re}\left[\frac{P(a)}{\varphi (a)}\right],& \\ Mv=\mathrm{Im}\left[\frac{P(a)}{\varphi (a)}\right],& \end{array}$

iš kurios randame anksčiau parašytąsias M ir N išraiškas. Dabar išnagrinėkime skirtumą

$\frac{P(x)}{Q(x)}-\frac{Mx+N}{(x^2+px+q{)}^{\lambda }}.$

Šį skirtumą išreiškę trupmena su bendruoju abiejų trupmenų vardikliu Q(x), gausime

$\frac{P(x)}{Q(x)}-\frac{Mx+N}{(x^2+px+q{)}^{\lambda }}=\frac{P(x)}{(x^2+px+q{)}^{\lambda }\varphi (x)}-\frac{Mx+N}{(x^2+px+q{)}^{\lambda }}=\frac{P(x)-(Mx+N)\varphi (x)}{(x^2+px+q{)}^{\lambda }\varphi (x)}=\frac{\mathrm{\Phi }(x)}{(x^2+px+q{)}^{\lambda }\varphi (x)};(7.45)$

čia simboliu $\mathrm{\Phi }(x)$ pažymėjome polinomą $P(x)-(Mx+N)\varphi (x)$ su realiais koeficientais. Iš (7.44) lygybės aišku, kad kompleksinis skaičius a yra polinomo $\mathrm{\Phi }(x)$ šaknis, kurios kartotinumą žymėsime $k(k\ge 1).$ Jo jungtinis skaičius $\bar{a}$ pagal 7.4 teoremą irgi yra polinomo $\mathrm{\Phi }(x)$ kartotinumo k šaknis. Todėl polinomą $\mathrm{\Phi }(x)$ galima išreikšti sandauga:

$\mathrm{\Phi }(x)=(x^2+px+q{)}^k\psi (x),(7.46)$

kurioje $\psi (x)$ - atitinkamas polinomas su realiais koeficientais, neturintis šaknų $a$ ir $\bar{a}.$ (7.46) išraišką įrašę į (7.45) formulę, gausime (7.43) lygybę. Tas faktas, kad paskutinė trupmena, esanti (7.43) lygybės dešinėje pusėje, yra taisiklinga, išplaukia iš to, jog ta trupmena yra dviejų taisiklingų trupmenų skirtumas.

Lema įrodyta.

Paeiliui taikydami 3 ir 4 lemas visoms trupmenos $\frac{P(x)}{Q(x)}$ vardiklio šaknims, galime įrodyti šitokį teiginį.

7.5 teorema. Jei $\frac{P(x)}{Q(x)}$ yra taisiklinga racionalioji trupmena su realiais koeficientais, kurios vardiklis išreiškiamas šitaip:

$Q(x)=(x-b_1{)}^{{\beta }_1}(x-b_2{)}^{{\beta }_2}...(x-b_m{)}^{{\beta }_m}(x^2+p_{1}x+q_1{)}^{{\lambda }_1}(x^2+p_{2}x+q_2{)}^{{\lambda }_2}...(x^2+p_{n}x+q_n{)}^{{\lambda }_n},$

tai ją galima išreikšti paprasčiausių trupmenų suma:

$\frac{P(x)}{Q(x)}=\frac{B_1^{(1)}}{(x-b_1)}+\frac{B_2^{(1)}}{(x-b_1{)}^2}+...+\frac{B_{{\beta }_1}^{(1)}}{(x-b_1{)}^{{\beta }_1}}+\frac{B_1^{(2)}}{(x-b_2)}+\frac{B_2^{(2)}}{(x-b_2{)}^2}+...+\frac{B_{{\beta }_2}^{(2)}}{(x-b_2{)}^{{\beta }_2}}+$

$+...+\frac{B_1^{(m)}}{(x-b_m)}+\frac{B_2^{(m)}}{(x-b_m{)}^2}+...+\frac{B_{{\beta }_m}^{(m)}}{(x-b_m{)}^{{\beta }_m}}+$

$+\frac{M_1^{(1)}x+N_1^{(1)}}{(x^2+p_{1}x+q_1)}+\frac{M_2^{(1)}x+N_2^{(1)}}{(x^2+p_{1}x+q_1{)}^2}+...+\frac{M_{{\lambda }_1}^{(1)}x+N_{{\lambda }_1}^{(1)}}{(x^2+p_{1}x+q_1{)}^{{\lambda }_1}}+$

$+\frac{M_1^{(2)}x+N_1^{(2)}}{(x^2+p_{2}x+q_2)}+\frac{M_2^{(2)}x+N_2^{(2)}}{(x^2+p_{2}x+q_2{)}^2}+...+\frac{M_{{\lambda }_2}^{(2)}x+N_{{\lambda }_2}^{(2)}}{(x^2+p_{2}x+q_2{)}^{{\lambda }_2}}+$

$+,,,+\frac{M_1^{(n)}x+N_1^{(n)}}{(x^2+p_{n}x+q_n)}+\frac{M_2^{(n)}x+N_2^{(n)}}{(x^2+p_{n}x+q_n{)}^2}+...+\frac{M_{{\lambda }_n}^{(n)}x+N_{{\lambda }_n}^{(n)}}{(x^2+p_{n}x+q_n{)}^{{\lambda }_n}};(7.47)$

čia $B_1^{(1)},B_2^{(1)},...,B_{{\beta }_m}^{(m)},M_1^{(1)},N_1^{(1)},...,M_{{\lambda }_n}^{(n)},N_{{\lambda }_n}^{(n)}$ - realieji skaičiai (kai kurie iš jų gali būti nuliai).

Pastaba. Norint konkrečiai nustatyti ką tik minėtus koeficientus, reikia sudėti trupmenas, parašytas dešinėje (7.47) lygybės pusėje ir po to palyginti skaitiklių koeficientus prie vienodų x laipsnių.

______________

* Kadangi $\varphi (a)\ne 0,$ tai santykis $\frac{P(a)}{\varphi (a)}$ egzistuoja.

Pavyzdžiai ir paaiškinimai

$1^{\circ }.$ Išreikšime paprasčiausių trupmenų suma taisyklingą trupmeną

$\frac{2x^3+4x^2+x+2}{(x-1{)}^2(x^2+x+1)}.$

Įsitikinę, kad kvadratinis trinaris $x^2+x+1$ turi menamas šaknis, rašome lygybę, laikydamiesi 7.5 teoremos nurodymų:

$\frac{2x^3+4x^2+x+2}{(x-1{)}^2(x^2+x+1)}=\frac{B_1}{x-1}+\frac{B_2}{(x-1{)}^2}+\frac{Mx+N}{x^2+x+1}.(7.48)$

Sudėję dešinėje tos lygybės pusėje parašytas trupmenas, gauname

$\frac{2x^3+4x^2+x+2}{(x-1{)}^2(x^2+x+1)}=\frac{B_1(x-1)(x^2+x+1)+B_2(x^2+x+1)+(Mx+N)(x-1{)}^2}{(x-1{)}^2(x^2+x+1)}=$

$=\frac{B_1(x^3-1)+B_2(x^2+x+1)+(Mx+N)(x^2-2x+1)}{(x-1{)}^2(x^2+x+1)}.$

Palyginę skaitiklių koeficientus prie $x^0,x^1,x^2$ ir $x^3,$ sudarome lygčių sistemą

$\{\begin{array}{cc}{B}_1+M=2,& \\ B_2+N-2M=4,& \\ B_2+M-2N=1,& \\ -B_1+B_2+N=2.& \end{array}$

Ją išsprendę, gauname $B_1=2,B_2=3,M=0,N=1.$ Galutinai

$\frac{2x^3+4x^2+x+2}{(x-1{)}^2(x^2+x+1)}=\frac{2}{x-1}+\frac{3}{(x-1{)}^2}+\frac{1}{x^2+x+1}.(7.49)$

Ką tik pailiustruotas taisiklingos racionaliosios trupmenos dėstinio ieškojimo metodas vadinamas neapibrėžtųjų koeficientų metodu. Jis visada pritaikomas; kad, tą metodą taikant, gautoji lygčių sistema yra išsprendžiama, įrodinėti nereikia - tai išplaukia iš 7.5 teoremos.

$2^{\circ }.$ Neapibrėžtųjų koeficientų metodą pailiustruosime dar vienu pavyzdžiu. Reikia išdėstyti taisiklingą trupmeną

$\frac{3x^4+2x^3+3x^2-1}{(x-2)(x^2+1{)}^2}.$

Kadangi kvadratinis trinaris $x^2+1$ turi menamas šaknis, tai, laikydamiesi 7.5 teoremos nurodymų, rašome

$\frac{3x^4+2x^3+3x^2-1}{(x-2)(x^2+1{)}^2}=\frac{B}{x-2}+\frac{M_{1}x+N_1}{x^2+1}+\frac{M_{2}x+N_2}{(x^2+1{)}^2}.$

Sudėję dešinėje lygybės pusėje parašytas trupmenas ir palyginę skaitiklius, turime

$3x^4+2x^3+3x^2-1=B(x^2+1{)}^2+(M_{1}x+N_1)(x-2)(x^2+1)+(M_{2}x+N_2)(x-2)=$

$=B(x^4+2x^2+1)+(M_{1}x+N_1)(x^3-2x^2+x-2)+(M_{2}x+N_2)(x-2).$

Palyginę koeficientus prie $x^4,x^3,x^2,x^1$ ir $x^0,$ sudarome lygčių sistemą

$\{\begin{array}{cc}B+M_1=3,& \\ N_1-2M_1=2,& \\ 2B+M_1-2N_1+M_2=3,& \\ N_1-2M_1+N_2-2M_2=0,& \\ B-2N_1-2N_2=-1.& \end{array}$

Ją išsprendę, randame $B=3,M_1=0,N_1=2,M_2=1,N_2=0.$ Galutinai

$\frac{3x^4+2x^3+3x^2-1}{(x-2)(x^2+1{)}^2}=\frac{3}{x-2}+\frac{2}{x^2+1}+\frac{x}{(x^2+1{)}^2}.(7.50)$

$3^{\circ }.$ Neapibrėžtųjų koeficientų metodas, kaip matyti iš spręstųjų pavyzdžių, yra gana griozdiškas. Todėl natūralu tais atvejais, kai galima, ieškoti kito, paprastesnio metodo taisiklingos racionaliosios trupmenos dėstinio koeficientams apskaičiuoti. Sakykime, taisyklingos racionaliosios trupmenos $\frac{P(x)}{Q(x)}$ vardiklis Q(x) turi realią $\alpha$ kartotinumo šaknį a. Tada viena iš paprasčiausių trupmenų, kurių suma išreiškiama trupmena $\frac{P(x)}{Q(x)},$ yra

$\frac{A}{(x-a{)}^{\alpha }}.(7.51)$

Aprašysime visiškai paprastą būda tos trupmenos skaitikliui A apskaičiuoti. Iš 3 lemos ir (7.41) formulės aišku, kad tas koeficientas apskaičiuojamas pagal formulę

$A=\frac{P(a)}{\varphi (a)},$ kurioje $\varphi (x)=\frac{Q(x)}{(x-a{)}^{\alpha }}.$

Taigi, apskaičiuojant (7.51) paprasčiausios trupmenos koeficientą A, atitinkantį polinomo $Q(x)\alpha$ kartotinumo šaknį a, reikia trupmenos $\frac{P(x)}{Q(x)}$ vardiklyje išbraukti dauginamąjį $(x-a{)}^{\alpha }$ ir į likusį reiškinį įrašyti $x=a.$

Aprašytasis koeficiento A ieškojimo būdas paprastai vadinamas išbraukimo metodu. Pabrėžiame, kad jis pritaikomas tik paprasčiausių trupmenų, atitinkančių realiąsias polinomo Q(x) šaknis, aukščiausiųjų laipsnių koeficientams skaičiuoti.

Išbraukimo metodas labai efektyvus tuo atveju, kai vardiklis Q(x) turi tik paprastas realias šaknis, t.y. $Q(x)=(x-a_1)(x-a_2)...(x-a_n).$ Tada, kaip žinome, trupmena išdėstoma suma

$\frac{P(x)}{Q(x)}=\frac{A_1}{x-a_1}+\frac{A_2}{x-a_2}+...+\frac{A_k}{x-a_k}+...+\frac{A_n}{x-a_n},$

kurios visus koeficientus galima rasti išbraukimo metodu. Ieškant koeficiento $A_k,$ reikia trupmenos $\frac{P(x)}{Q(x)}$ vardiklyje išbraukti dauginamąjį $x-a_k$ ir į likusį reiškinį įrašyti $x=a_k.$

Pavyzdys. Išreikšime paprasčiausių trupmenų suma trupmeną

$\frac{x+1}{(x-1)x(x-2)}.(7.52)$

Remdamiesi (7.5) teorema, rašome

$\frac{x+1}{(x-1)x(x-2)}=\frac{A_1}{x-1}+\frac{A_2}{x}+\frac{A_3}{x-2}.$

Ieškodami koeficiento $A_1,$ (7.52) reiškinyje išbraukiame dauginamąjį $x-1$ ir likusiame reiškinyje rašome $x=1.$ Gauname $A_1=-2.$ Panašiai randame $A_2=\frac{1}{2}$ ir $A_3=\frac{3}{2}.$

Galutinai

$\frac{x+1}{(x-1)x(x-2)}=\frac{-2}{x-1}+\frac{1}{2x}+\frac{3}{2(x-2)}.(7.53)$

Detaliau, koeficientus $A_1,$ $A_2$ ir $A_3$ randame taip:

$\frac{x+1}{(x-1)x(x-2)}\to \frac{x+1}{x(x-2)}\to \frac{1+1}{1(1-2)}=\frac{2}{-1}=-2=A_1,$

$\frac{x+1}{(x-1)x(x-2)}\to \frac{x+1}{(x-1)(x-2)}\to \frac{0+1}{(0-1)(0-2)}=\frac{1}{2}=A_2,$

$\frac{x+1}{(x-1)x(x-2)}\to \frac{x+1}{(x-1)x}\to \frac{2+1}{(2-1)2}=\frac{3}{2}=A_3.$

Patikriname:

$\frac{-2}{x-1}+\frac{1}{2x}+\frac{3}{2(x-2)}=\frac{-2\cdot 2x(x-2)+(x-1)(x-2)+3(x-1)x}{2(x-1)x(x-2)}=\frac{[-4x(x-2)]+[(x-1)(x-2)]+[3x(x-1)]}{2(x-1)x(x-2)}=$

$=\frac{[-4x^2+8x]+[x^2-2x-x+2]+[3x^2-3x]}{2(x-1)x(x-2)}=\frac{-4x^2+8x+x^2-3x+2+3x^2-3x}{2(x-1)x(x-2)}=\frac{8x-3x+2-3x}{2(x-1)x(x-2)}=\frac{2x+2}{2(x-1)x(x-2)}=\frac{x+1}{(x-1)x(x-2)}.$

8. Racionaliosios trupmenos integravimas

Dabar jau esame pasiruošę spręsti racionaliosios trupmenos su realiaisiais koeficientais integravimo problemą bendruoju atveju.

Pirmiausia atkreipsime dėmesį į tai, kad ši problema pakeičiama taisiklingos racionaliosios trupmenos integravimo problema, nes kiekvieną netaisiklingą racionaliąją trupmeną, skaitiklį padalijus iš vardiklio, galima išreikšti algebrinio polinomo ir taisiklingos racionaliosios trupmenos suma.

8.1 pav.

Pavyzdys.

$\frac{x^4-x^3+1}{x^2+x+2}=(x^2-2x)+\frac{4x+1}{x^2+x+2},$

nes (žr. 8.1 paveksliuką)

Polinomą jau mokame integruoti (primename, kad polinomo neapibrėžtinis integralas yra koks nors polinomas, kurio laipsnis vienetu didesnis už integruojamojo polinomo laipsnį). Reikia tik išmokti integruoti taisiklingąją racionaliąją trupmeną. Iš (7.5) teoremos aišku, kad integruojant taisiklingąją racionaliąją trupmeną, užtenka mokėti integruoti keturių tipų paprasčiausias trupmenas:

I. $\frac{B}{x-b},$ II. $\frac{B}{(x-b{)}^{\beta }},$ III. $\frac{Mx+N}{x^2+px+q},$ IV. $\frac{Mx+N}{(x^2+px+q{)}^{\lambda }};(7.54)$

čia $\beta =2,3,4,...;\lambda =2,3,4,...;$ B, M, N, b, p ir q - kokie nors realūs skaičiai; be to, trinaris $x^2+px+q$ neturi realių šaknų, t.y. $q-\frac{p^2}{4}>0.$

Įrodysime, kad visų keturių nurodytųjų trupmenų neapibrėžtiniai integralai yra elementariosios funkcijos.

I ir II tipo trupmenos integruojamos elementariai pakeitus kintamąjį: $t=x-b.$ Gauname

$\int \frac{B}{x-b}dx=B\int \frac{dt}{t}=B\ln |t|+C=B\ln |x-b|+C,(7.55)$

$\int \frac{B}{(x-b{)}^{\beta }}dx=B\int \frac{dt}{t^{\beta }}=-\frac{B}{(\beta -1)}\frac{1}{t^{\beta -1}}+C=\frac{-B}{\beta -1}\frac{1}{(x-b{)}^{\beta -1}}+C.(7.56)$

Integruodami III tipo trupmeną, kvadratinį trinarį išreiškiame šitaip $x^2+px+q=(x+\frac{p}{2}{)}^2+(q-\frac{p^2}{4})$ ir, atsižvelgę į tai, kad $q-\frac{p^2}{4}>0,$ tą skaičių laikome teigiamo skaičiaus $a=\sqrt{q-\frac{p^2}{4}}$ kvadratu. Pakeitę kintamąjį $t=x+\frac{p}{2},$ gauname

$\int \frac{Mx+N}{x^2+px+q}dx=\int \frac{M(t-\frac{p}{2})+N}{t^2+a^2}dt=\int \frac{Mt+(N-\frac{Mp}{2})}{t^2+a^2}dt=$

$=\frac{M}{2}\int \frac{2tdt}{t^2+a^2}+(N-\frac{Mp}{2})\int \frac{dt}{t^2+a^2}=$

$=\frac{M}{2}\int \frac{d(t^2+a^2)}{t^2+a^2}+(N-\frac{Mp}{2})\frac{1}{a}\int \frac{d(\frac{t}{a})}{(\frac{t}{a}{)}^2+1}=$

$=\frac{M}{2}\ln (t^2+a^2)+\frac{2N-Mp}{2a}\arctan \frac{t}{a}+C=$

$=\frac{M}{2}\ln (x^2+px+q)+\frac{2N-Mp}{2\sqrt{q-\frac{p^2}{4}}}\arctan \frac{x+\frac{p}{2}}{\sqrt{q-\frac{p^2}{4}}}+C.(7.57)$

Liko apskaičiuoti IV tipo trupmenos integralą. Pavartoję anksčiau įvestus žymėjimus $t=x+\frac{p}{2},$ $a=\sqrt{q-\frac{p^2}{4}},$ turėsime

$\int \frac{Mx+N}{(x^2+px+q{)}^{\lambda }}dx=\int \frac{Mt+(N-\frac{Mp}{2})}{(t^2+a^2{)}^{\lambda }}dt=$

$=\frac{M}{2}\int \frac{d(t^2+a^2)}{(t^2+a^2{)}^{\lambda }}+(N-\frac{Mp}{2})\int \frac{dt}{(t^2+a^2{)}^{\lambda }}.$

Įvesime žymėjimus:

$I=\int \frac{d(t^2+a^2)}{(t^2+a^2{)}^{\lambda }},$

$K_{\lambda }=\int \frac{dt}{(t^2+a^2{)}^{\lambda }}.$

Nagrinėjamas integralas bus apskaičiuotas, kai apskaičiuosime integralus I ir $K_{\lambda }.$ Integralas I skaičiuojamas paprastai:

$I=\int \frac{d(t^2+a^2)}{(t^2+a^2{)}^{\lambda }}=-\frac{1}{\lambda -1}\cdot \frac{1}{(t^2+a^2{)}^{\lambda -1}}+C=-\frac{1}{\lambda -1}\cdot \frac{1}{(x^2+px+q{)}^{\lambda -1}}+C.$

Integralą $K_{\lambda }$ nagrinėjome Integravimo dalimis skyriuje. Ten išvedėme (6.12) rekurentinę formulę, pagal kurią galime paeiliui apskaičiuoti $K_{\lambda },$ kai $\lambda =2,3,4,....,$ nes žinome, kad

$K_1=\int \frac{dt}{t^2+a^2}=\frac{1}{a}\arctan \frac{t}{a}+C.$

Taigi apskaičiavome visų keturių paprasčiausių trupmenų integralus ir įrodėme, kad visi jie yra elementariosios funkcijos (tiksliau kalbant, tie integralai išreiškiami racionaliąja funkcija, logaritmu ir arktangentu). Tokiu budu įrodėme teoremą, išsprendžiančią racionaliosios trupmenos integravimo problemą.

7.6 teorema. Bet kokios racionaliosios funkcijos integralas yra elementarioji funkcija.

Baigdami šį paragrafą, pateiksime racionaliosios trupmenos integravimo pavyzdžių. Apskaičiuosime neapibrėžtinius integralus tų trijų trupmenų, kurias nagrinėjome šiame paragrafe ir išreiškėme (7.49), (7.50) ir (7.53) lygybėmis. Pasinaudoję tomis trimis lygybėmis ir (7.55), (7.56) bei (7.57) formulėmis, gauname

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

$=2\ln |x-1|-\frac{3}{x-1}+\frac{2}{\sqrt{3}}\arctan \frac{2x+1}{\sqrt{3}}+C.$

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

$=3\ln |x-2|+2\arctan x+\frac{1}{2}\int \frac{d(x^2+1)}{(x^2+1{)}^2}=3\ln |x-2|+2\arctan x-\frac{1}{2(x^2+1)}+C.$

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

9. Ostrogradskio metodas

M. Ostrogradskis (M. Ostrogradskis (1801 - 1861) - rusų matematikas) pasiūlė metodą taisyklingos racionaliosios trupmenos integralo racionaliajai daliai nustatyti.

Išanalizavę keturių paprasčiausių (7.54) trupmenų integralus, galime padaryti šias išvadas:

1) I ir III tipo trupmenų, kurių vardikliai yra dvinario arba trinario pirmieji laipsniai, integralai nėra racionaliosios funkcijos (jie išreiškiami logaritmu arba arktangentu);

2) II tipo trupmenos, kurios vardiklis yra dvinario laipsnis su rodikliu $\beta >1,$ integralas yra taisyklinga racionalioji trupmena, kurios vardiklis yra to paties dvinario laipsnis su rodikliu $\beta -1;$

3) IV tipo integralas, kurio pointegralinė funkcija yra trinario laipsnis su rodikliu $\lambda >1,$ lygus sumai*, kurios vienas dėmuo - taisyklinga racionalioji trupmena su vardikliu, lygiu tam trinariui pakeltu $\lambda -1$ laipsniu, o kitas dėmuo - arktangentu išreiškiamas integralas $\text{const}\int \frac{dx}{x^2+px+q}.$

Iš 1, 2 ir 3 išvadų galima spręsti, kam lygi taisiklingos trupmenos $\frac{P(x)}{Q(x)}$ integralo racionalioji dalis. Trupmeną $\frac{P(x)}{Q(x)}$ laikysime nesuprastinama ir tarsime, kad jos vardiklis Q(x) yra šitoks:

$Q(x)=(x-b_1{)}^{{\beta }_1}(x-b_2{)}^{{\beta }_2}...(x-b_m{)}^{{\beta }_m}(x^2+p_{1}x+q_1{)}^{{\lambda }_1}(x^2+p_{2}x+q_2{)}^{{\lambda }_2}...(x^2+p_{n}x+q_n{)}^{{\lambda }_n}.(7.58)$

Tada taisiklingos racionaliosios trupmenos $\frac{P(x)}{Q(x)}$ integralo racionalioji dalis lygi sumai taisiklingų racionaliųjų trupmenų, kurių vardikliai atitinkamai lygūs

$(x-b_1{)}^{{\beta }_1-1},(x-b_2{)}^{{\beta }_2-1},...,(x-b_m{)}^{{\beta }_m-1},(x^2+p_{1}x+q_1{)}^{{\lambda }_1-1},(x^2+p_{2}x+q_2{)}^{{\lambda }_2-1},...,(x^2+p_{n}x+q_n{)}^{{\lambda }_n-1}.$

Ši suma**, savaime aišku yra taisyklinga racionalioji trupmena $\frac{P_1(x)}{Q_1(x)},$ kurios vardiklis $Q_1(x)$ yra šitoks:

$Q_1(x)=(x-b_1{)}^{{\beta }_1-1}(x-b_2{)}^{{\beta }_2-1}...(x-b_m{)}^{{\beta }_m-1}(x^2+p_{1}x+q_1{)}^{{\lambda }_1-1}(x^2+p_{2}x+q_2{)}^{{\lambda }_2-1}...(x^2+p_{n}x+q_n{)}^{{\lambda }_n-1}.(7.59)$

Dabar apskaičiuosime sumą paprasčiausių trupmenų, kurių integralai nėra racionaliosios funkcijos. Iš 1 ir 3 išvadų aišku, kad ta suma yra taisyklinga racionalioji trupmena $\frac{P_2(x)}{Q_2(x)},$ kurios vardiklis

$Q_2(x)=(x-b_1)(x-b_2)...(x-b_m)(x^2+p_{1}x+q_1)(x^2+p_{2}x+q_2)...(x^2+p_{n}x+q_n).(7.60)$

Gauname formulę, kurią pirmą kartą išvedė M. Ostrogradskis:

$\int \frac{P(x)}{Q(x)}dx=\frac{P_1(x)}{Q_1(x)}+\int \frac{P_2(x)}{Q_2(x)}dx.(7.61)$

Polinomai $Q_1(x)$ ir $Q_2(x)$ aprašomi (7.59) ir (7.60) formulėmis; jie gali būti sudaryti neskaidant polinomo Q(x) neskaidžiaisiais dauginamaisiais.

Tikrai taip: iš 4 paragrafo rezultatų (žr. (7.25) formulę) išplaukia, kad $Q_1(x)$ yra polinomų $Q(x)$ ir $Q^{\prime }(x)$ bendras didžiausias daliklis, todėl jį galima apskaičiuoti, pritaikius Euklido algoritmą (žr. 4 paragrafą).

Polinomas $Q_2(x),$ kaip matyt iš (7.58), (7.59) ir (7.60) formulių, yra dalmuo $\frac{Q(x)}{Q_1(x)},$ todėl jį galima rasti, polinomą $Q(x)$ padalijus iš polinomo $Q_1(x).$

Lieka apskaičiuoti polinomus $P_1(x)$ ir $P_2(x).$ Kadangi trupmenos $\frac{P_1(x)}{Q_1(x)}$ ir $\frac{P_2(x)}{Q_2(x)}$ yra taisyklingos, tai $P_1(x)$ galima laikyti polinomu su neapibrėžtais koeficientais, kurio laipsnis yra vienetu mažesnis už $Q_1(x)$ laipsnį, o $P_2(x)$ - polinomu su neapibrėžtais koeficientais, kurio laipsnis yra vienetu mažesnis už $Q_2(x)$ laipsnį. Norint apskaičiuoti tuos neapibrėžtuosius koeficientus, reikia išdiferencijuoti (7.61) Ostrogradskio formulę, gautąsias trupmenas užrašyti su bendru vardikliu ir palyginti skaitiklių koeficientus prie vienodų x laipsnių.

Taigi Ostrogradskio metodas yra puikus būdas racionaliajai trupmenai integruoti, neišdėsčius jos paprasčiausių trupmenų suma. Tas būdas ypač efektyvus tada, kai polinomo $Q(x)$ šaknys daugiausia yra kartotinės arba kai sunku jas rasti.

Pavyzdys. Ostrogradskio metodu apskaičiuosime integralą

$\int \frac{6-7x-x^2}{x^4-2x^3+3x^2-2x+1}dx.$

Šiuo atveju

$Q(x)=x^4-2x^3+3x^2-2x+1,$

$Q^{\prime }(x)=4x^3-6x^2+6x-2.$

Ieškome polinomų $Q(x)$ ir $Q^{\prime }(x)$ bendro didžiausio daliklio $Q_1(x).$ Pastebėsime, kad kaip tik tų polinomų bendrą didžiausią daliklį radome, spręsdami pavyzdį 4 paragrafo pabaigoje. Taigi

$Q_1(x)=x^2-x+1.$

Polinomą $Q(x)$ padaliję iš $Q_1(x),$ gauname

$Q_2(x)=x^2-x+1$

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

$P_1(x)$ ir $P_2(x)$ laikysime pirmojo laipsnio polinomais su neapibrėžtais koeficientais.

Šiuo atveju (7.61) Ostrogradskio formulė užrašoma šitaip:

$\int \frac{6-7x-x^2}{x^4-2x^3+3x^2-2x+1}dx=\frac{Ax+B}{x^2-x+1}+\int \frac{Cx+D}{x^2-x+1}dx.(7.62)$

Ieškosime koeficientų A, B, C ir D. Išdiferencijavę abi (7.62) lygybės puses, gausime

$\frac{6-7x-x^2}{x^4-2x^3+3x^2-2x+1}=\frac{A(x^2-x+1)-(Ax+B)(2x-1)}{(x^2-x+1{)}^2}+\frac{Cx+D}{x^2-x+1}.$

Visas gautąsias trupmenas užrašome su bendru vardikliu $(x^2-x+1{)}^2$ ir palyginame skaitiklius:

$6-7x-x^2=A(x^2-x+1)-(Ax+B)(2x-1)+(Cx+D)(x^2-x+1).$

Palyginę koeficientus prie $x^3,x^2,x^1$ ir $x^0,$ gauname lygčių sistemą

$\{\begin{array}{cc}C=0,& \\ -A+D-C=-1,& \\ -2B-D+C=-7,& \\ A+B+D=6.& \end{array}$

Ją išsprendę, randame $A=2,B=3,C=0,D=1.$ Vadinasi, (7.62) formulė yra šitokia:

$\int \frac{6-7x-x^2}{x^4-2x^3+3x^2-2x+1}dx=\frac{2x+3}{x^2-x+1}+\int \frac{dx}{x^2-x+1}.(7.63)$

Integralą $\int \frac{dx}{x^2-x+1}$ apskaičiuosime pasinaudoję 8 paragrafo įvestais pakeitimais

$t=x+\frac{p}{2}=x+\frac{-1}{2},$

$a=\sqrt{q-\frac{p^2}{4}}=\sqrt{1-\frac{(-1{)}^2}{4}}=\sqrt{\frac{3}{4}}.$

Tada

$\int \frac{dx}{x^2-x+1}=\int \frac{dt}{t^2+a^2}=\frac{1}{a}\arctan \frac{t}{a}+C=$

$=(1/\sqrt{\frac{3}{4}})\arctan ((x-\frac{1}{2})/\sqrt{\frac{3}{4}})+C=$

$=\frac{2}{\sqrt{3}}\arctan \frac{2(x-\frac{1}{2})}{\sqrt{3}}+C=\frac{2}{\sqrt{3}}\arctan \frac{2x-1}{\sqrt{3}}+C.$

Apskaičiavus dešinėje lygybės (7.63) pusėje parašytąjį integralą, galutinai gauname

$\int \frac{6-7x-x^2}{x^4-2x^3+3x^2-2x+1}dx=\frac{2x+3}{x^2-x+1}+\frac{2}{\sqrt{3}}\arctan \frac{2x-1}{\sqrt{3}}+C.$

_____________

* Atsižvelgiame į (6.12) rekurentinę formulę, kurią išvedėmę Integravimo dalimis skyriuje.

** T. y. trupmenos $\frac{P(x)}{Q(x)}$ integralo racionalioji dalis.