Matek Barnával
Ingyenes tananyagok

Analízis 1

Parciális törtekre bontás: a nehezebb esetek

Amikor a nevezőnek többszörös gyöke van, vagy egy másodfokú tényezője egyáltalán nem bontható: mit kell ilyenkor felírni, és mi lesz az integrál.

13 perc olvasás

1. Amikor a nevező nem esik szét egyszeres gyökökre

Az előző leckében a nevezőnek csupa különböző valós gyöke volt, és minden gyöktényezőhöz egyetlen, konstans számlálójú tag tartozott. Két esetben ez a felírás kevés, és ilyenkor az egyenletrendszer megoldhatatlan lesz:

  • A nevezőnek többszörös gyöke van, például (x−1)2(x-1)^{2} szerepel benne.
  • A nevezőnek van olyan másodfokú tényezője, ami a valós számok között nem bontható, mert a diszkriminánsa negatív: ilyen az x2+1x^{2}+1.

A javítás mindkét esetben csak a felírás alakját érinti; a négylépéses menet (polinomosztás, szorzattá alakítás, bontás, együtthatók) változatlan. Az alábbi táblázat teljes: minden nevező ezekből a tényezőkből áll össze.

a nevező tényezőjea hozzá tartozó tagok
(x−a)(x-a)Ax−a\dfrac{A}{x-a}
(x−a)m(x-a)^{m}A1x−a+A2(x−a)2+⋯+Am(x−a)m\dfrac{A_1}{x-a}+\dfrac{A_2}{(x-a)^{2}}+\dots+\dfrac{A_m}{(x-a)^{m}}
x2+px+q  (D<0)x^{2}+px+q\ \ (D<0)Ax+Bx2+px+q\dfrac{Ax+B}{x^{2}+px+q}

2. Többszörös valós gyök

Ha a nevezőben (x−a)m(x-a)^{m} áll, akkor m darab tagot kell felírni: az első hatványtól az m-edikig mindegyiket, konstans számlálóval.

Többszörös gyök

R(x)(x−a)m⋯=A1x−a+A2(x−a)2+⋯+Am(x−a)m+…\frac{R(x)}{(x-a)^{m}\cdots}=\frac{A_1}{x-a}+\frac{A_2}{(x-a)^{2}}+\dots+\frac{A_m}{(x-a)^{m}}+\dots

Miért így? Mert a közös nevezőre hozás után a számláló fokszámának eggyel kisebbnek kell lennie a nevezőénél, és ehhez pontosan ennyi szabad paraméter kell. A gyakorlati ellenőrzés ugyanaz, mint korábban: az ismeretlenek száma egyezzen a nevező fokszámával.

Példa

Számítsuk ki a ∫x+3x(x−1)2 dx\displaystyle\int\frac{x+3}{x(x-1)^{2}}\,dx integrált. A nevező foka 3, tehát három ismeretlen lesz:

x+3x(x−1)2=Ax+Bx−1+C(x−1)2\frac{x+3}{x(x-1)^{2}}=\frac{A}{x}+\frac{B}{x-1}+\frac{C}{(x-1)^{2}}

Közös nevezőre hozva a számlálók egyenlősége:

x+3=A(x−1)2+Bx(x−1)+Cxx+3=A(x-1)^{2}+Bx(x-1)+Cx
  1. x=0x=0: 3=A3=A.
  2. x=1x=1: 4=C4=C.
  3. A BB már nem esik ki behelyettesítéssel, ezért nézzük az x2x^{2} együtthatóját: bal oldalon 0, jobb oldalon A+BA+B. Innen B=−3B=-3.

Az integrál tagonként:

∫(3x−3x−1+4(x−1)2)dx=3ln⁡∣x∣−3ln⁡∣x−1∣−4x−1+C\int\left(\frac{3}{x}-\frac{3}{x-1}+\frac{4}{(x-1)^{2}}\right)dx=3\ln|x|-3\ln|x-1|-\frac{4}{x-1}+C

Figyeld meg, hogy a négyzetes tagból nem logaritmus lett, hanem hatványfüggvény: ∫(x−1)−2dx=−(x−1)−1\int (x-1)^{-2}dx=-(x-1)^{-1}.

Vegyes technika a leggyorsabb

A gyökök behelyettesítése a legmagasabb hatványokhoz tartozó együtthatókat adja meg azonnal, a maradékot pedig együttható-összehasonlítással a legolcsóbb megszerezni. Nem kell választani a két módszer között: használd őket együtt, ahogy a fenti példában is.

3. Nem bontható másodfokú tényező

Ha egy másodfokú tényező diszkriminánsa negatív, nincs valós gyöke, tehát nem bontható tovább. A hozzá tartozó tört számlálója ilyenkor nem konstans, hanem elsőfokú.

Irreducibilis másodfokú tag

R(x)(x2+px+q)⋯=Ax+Bx2+px+q+…(D=p2−4q<0)\frac{R(x)}{(x^{2}+px+q)\cdots}=\frac{Ax+B}{x^{2}+px+q}+\dots\qquad (D=p^{2}-4q<0)

Előbb ellenőrizd a diszkriminánst

Az Ax+BAx+B számláló csak akkor jár, ha a tényező tényleg nem bontható. Az x2−1x^{2}-1 és az x2−x−2x^{2}-x-2 például másodfokú, de van valós gyökük, tehát azokat előbb szorzattá kell alakítani. Ezt a lépést sokan kihagyják, és utána feleslegesen bonyolult egyenletrendszerrel küzdenek.

Példa

Számítsuk ki a ∫2x2+x+3(x−1)(x2+1) dx\displaystyle\int\frac{2x^{2}+x+3}{(x-1)(x^{2}+1)}\,dx integrált. Az x2+1x^{2}+1 diszkriminánsa negatív, tehát elsőfokú számláló jár hozzá:

2x2+x+3(x−1)(x2+1)=Ax−1+Bx+Cx2+1⟹2x2+x+3=A(x2+1)+(Bx+C)(x−1)\frac{2x^{2}+x+3}{(x-1)(x^{2}+1)}=\frac{A}{x-1}+\frac{Bx+C}{x^{2}+1} \quad\Longrightarrow\quad 2x^{2}+x+3=A(x^{2}+1)+(Bx+C)(x-1)
  1. x=1x=1: 6=2A6=2A, tehát A=3A=3.
  2. Az x2x^{2} együtthatója: 2=A+B2=A+B, tehát B=−1B=-1.
  3. A konstans tag: 3=A−C3=A-C, tehát C=0C=0.

Az integrál:

∫3x−1 dx+∫−xx2+1 dx=3ln⁡∣x−1∣−12ln⁡(x2+1)+C\int\frac{3}{x-1}\,dx+\int\frac{-x}{x^{2}+1}\,dx=3\ln|x-1|-\frac12\ln(x^{2}+1)+C

A második tag f′f\frac{f'}{f} alakú volt (a nevező deriváltja 2x2x), és az x2+1x^{2}+1 mindig pozitív, ezért ott nem kell abszolút érték.

4. A másodfokú nevezők integrálása: két alapalak

Az Ax+Bx2+px+q\frac{Ax+B}{x^{2}+px+q} tört mindig visszavezethető két ismert integrálra. Érdemes ezt a két alakot külön megjegyezni, mert minden ilyen feladat belőlük áll össze.

A logaritmusos alak

∫2x+px2+px+q dx=ln⁡∣x2+px+q∣+C\int\frac{2x+p}{x^{2}+px+q}\,dx=\ln\left|x^{2}+px+q\right|+C

Az arkusz tangenses alak

∫dxx2+k2=1karctg⁡xk+C\int\frac{dx}{x^{2}+k^{2}}=\frac{1}{k}\operatorname{arctg}\frac{x}{k}+C

A második alakhoz a nevezőt teljes négyzetté kell alakítani. Negatív diszkrimináns esetén a maradék mindig pozitív, tehát tényleg k2k^{2} alakba írható:

x2+px+q=(x+p2)2+(q−p24)⏟= k2 > 0x^{2}+px+q=\left(x+\frac{p}{2}\right)^{2}+\underbrace{\left(q-\frac{p^{2}}{4}\right)}_{=\,k^{2}\,>\,0}

Példa: a két alak együtt

Számítsuk ki a ∫3x+5x2+4x+13 dx\displaystyle\int\frac{3x+5}{x^{2}+4x+13}\,dx integrált. A diszkrimináns 16−52<016-52<0, tehát a nevező nem bontható, és a tört már most a végleges alakjában van.

  1. A számláló szétszedése. A nevező deriváltja 2x+42x+4, ezért írjuk a számlálót ennek többszöröse plusz egy konstans alakban:
    3x+5=32(2x+4)−13x+5=\frac32(2x+4)-1
  2. Az első rész a logaritmusos alak:
    32∫2x+4x2+4x+13 dx=32ln⁡(x2+4x+13)\frac32\int\frac{2x+4}{x^{2}+4x+13}\,dx=\frac32\ln\left(x^{2}+4x+13\right)
    Abszolút érték itt sem kell, mert a nevező mindenhol pozitív.
  3. A második rész teljes négyzet után arkusz tangens:
    −∫dx(x+2)2+9=−13arctg⁡x+23-\int\frac{dx}{(x+2)^{2}+9}=-\frac13\operatorname{arctg}\frac{x+2}{3}

Összesen:

∫3x+5x2+4x+13 dx=32ln⁡(x2+4x+13)−13arctg⁡x+23+C\int\frac{3x+5}{x^{2}+4x+13}\,dx=\frac32\ln\left(x^{2}+4x+13\right)-\frac13\operatorname{arctg}\frac{x+2}{3}+C

5. Tipikus hibák

  • Többszörös gyöknél egyetlen tag felírása. (x−1)2(x-1)^{2} esetén két tag kell, Bx−1\frac{B}{x-1} és C(x−1)2\frac{C}{(x-1)^{2}}. Csak az utóbbival az egyenletrendszer nem oldható meg.
  • Konstans számláló irreducibilis másodfokú tag fölé. Oda Ax+BAx+B jár. Ha csak AA-t írsz, eggyel kevesebb szabad paramétered lesz, mint amennyi kell.
  • A diszkrimináns ellenőrzésének kihagyása. Egy bontható másodfokú tényezőre nem szabad az Ax+BAx+B alakot használni: azt előbb gyökeire kell bontani.
  • Az arctg⁡\operatorname{arctg} előtti osztó elhagyása. ∫dxx2+9=13arctg⁡x3\int\frac{dx}{x^{2}+9}=\frac13\operatorname{arctg}\frac{x}{3}, nem pedig arctg⁡x3\operatorname{arctg}\frac{x}{3}. Ez a legkönnyebben elveszíthető pont a témakörben.
  • Abszolút érték egy mindig pozitív nevezőnél. Nem hiba, de felesleges. Ellenben az ln⁡∣x−a∣\ln|x-a| alaknál nem hagyható el.

Elakadtál menet közben?

Egy tananyag megmutatja, hogyan működik a dolog. Azt viszont, hogy pontosan hol csúszik el nálad, egy óra alatt derítjük ki. Foglalj egy alkalmat, vagy beszéljük meg egy ingyenes konzultáción, mire van szükséged.

Egyéni óra foglalásaIngyenes konzultáció