Алданов е. С. «Бір айнымалыдан функцияның интегралдық есептеулері»

20 
 
  









 






;
1
2
1
1
2
1
1
0
1
1
2
1
2
)
(
 
 
;
1
1
2
1
2
1
2
1
1
1
)
(
2
2
2
3
3
2
2
2
2
2
2






















x
x
x
x
x
x
x
Q
x
P
x
x
x
x
x
x
x
x
Q
x
P
 
Сонымен: 






 
;
)
(
1
2
1
1
3
)
(
)
(
1
1
4
2
4
2
x
Q
x
P
x
x
x
x
x
Q
x
P







 


 
;
)
(
1
1
)
(
2
2
3
1
1
x
Q
x
P
x
x
Q
x
P




 


 
 








.
1
2
1
1
1
2
1
2
)
(
       
          
          
          
;
)
(
1
2
1
)
(
2
2
3
3
3
3
2
2
2











x
x
x
x
x
Q
x
P
x
Q
x
P
x
x
Q
x
P
 
 
Яғни 








.
1
2
1
1
2
1
1
1
1
2
1
4
7
8
7
4
3
)
(
)
(
2
2
3
4
2
3
4
5
6
2
















x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
Q
x
P
 
Б)  Рационал  бөлшектің  бөлімінің  комплекс  түйіндес  түбірлері  бар 
жағдай 
Рационал  бөлшектің  бөлімі 
 
x
Q
    полиномының   
k
-еселі 


i

  комплекс 
түйіндес түбірлері бар болуы мүмкін. Сонда, 
 


 








 


  



 
x
Q
x
x
Q
x
x
x
Q
i
x
i
x
x
Q
q
px
x
x
Q
k
k
k
k
1
2
2
1
2
2
2
1
1
2
2

























 
 
және  осындағы 


i

  сандары 
 
x
Q
1
  полиномының  түбірлері  емес.  Сонда
 
 
 


 
 




 
x
Q
x
x
P
x
Q
q
px
x
x
P
x
Q
x
P
k
k
1
2
2
1
2








.    Осындай  жағдайда  да  рационал 
бөлшектен 




k
x
N
Mx
2
2





  түріндегі  қайсібір  элементар  рационал  бөлшек  бөліп 
шығаруға болады. 
Лемма  3. 
 
 
x
Q
x
P
 
рационал  бөлшегініңбөлімі 
 
x
Q
  полиномының 






i
i




,
  комплекс  түйіндес 
k
-  еселі  түбірлері  бар  болсын.  Сонда 
рационал бөлшекті мына түрде жазуға болады: 
 
 
x
Q
x
P
=




k
x
N
Mx
2
2





 




 
x
Q
x
x
P
k
1
1
2
2
1






,                  (1.5) 
мұндағы


i

 сандары 
 
x
Q
1
 полиномының түбірлері емес. 
Д
ә
лелдеу
. 
Теңдіктің  оң  жағын  ортақ  бөлімге  келтіріп,  екі  жағындағы 
бөлшектердің алымдарын салыстырамыз: 
 

21 
 




 




 
 








 
,
)
(
)
(
)
(
)
(
1
2
2
2
2
1
1
1
1
2
2
1
2
2
x
Q
x
x
x
P
x
Q
N
Mx
x
Q
x
x
P
x
N
Mx
x
Q
x
P
k
k
k























 
 
мұндағы 
 сандары 
 
x
Q
1
 көпмүшелігінің түбірлері емес.  Соңғы теңдіктен 
 

  
  



 
x
Q
x
x
P
x
Q
N
Mx
x
Q
x
P
2
2
1
1
)
(
)
(







. 
 
Осыдан 
 
  
  




  
  




2
2
1
1
2
2
1
1
)
(
)
(















x
x
P
x
Q
N
Mx
x
P
x
x
P
x
Q
N
Mx
x
P
 
және 





 





















i
x
i
x
i
x
i
x
x












2
2
  теңдіктерінен
  
  












i
x
i
x
x
P
x
Q
N
Mx
x
P







)
(
1
1
  теңдігі  алынады,  яғни  теңдіктің 
сол  жағындағы  айырма   






i
x


    және 






i
x


  сандарының  екеуіне  де 
бөлінуі тиіс. Сондықтан 
  
  
0
1






Q
N
M
P
 
  
  
0
1






Q
N
M
P
, 
 
мұндағы 






i
i




,
.  Соңғы  қатынастардан 
N
M ,
  тұрақтыларын 
анықтауға қажетті теңдеулер жүйесі алынады: 
 
 
 
 
 
 
 
 


































.
    
    
1
1
1
1
















Q
P
N
M
Q
P
N
M
Q
P
N
M
Q
P
N
M
                      (1.6) 
 
Бұл  жүйенің  анықтауышы 

 

0
1
1



















i
i
i
i
,  себебі 
түбірлер  комплексті  және
.
0


  Осылайша,  жүйенің  жалғыз  ғана  шешімі  бар, 
яғни 
N
M ,
 
тұрақтылары 
(1.6) 
жүйеден 
бірмәнді 
анықталады. 
Ал 
  
  












i
x
i
x
x
Q
N
Mx
x
P
x
P







1
1
)
(
.  Сөйтіп,  (1.5)  формуладаның  барлық  мүшелері 
анықталды. 
 
Салдар 2. 
2-ші лемманың шарты орындалған жағдайда рационал бөлшек 
былайша жазылады 
 
 
x
Q
x
P
= 


k
k
k
q
px
x
N
x
M



2
+


1
2
1
1






k
k
k
q
px
x
N
x
M
+ …+


q
px
x
N
x
M



2
1
1
+ 
 
)
(x
Q
x
P


,        (1.7) 
 
мұндағы 
q
px
x


2
 көпмүшелігінің 


i

 комплекс түйіндес түбірлері бар және 
олар 
 
x
Q

 көпмүшелігінің түбірлері емес. 


i


22 
 
Д
ә
лелдеу
.  
3-ші лемманы тиісінше рет қолдану арқылы (1-ші салдардың 
дәлелдеуіне  ұқсас)  қажетті  өрнек  алынады  (өз  бетінше  дәлелдеуге 
қалдырамын). 
Теорема.  
Кез-келген рационал функцияны келесі түрде жазуға болады 
 
 
 

 










 

1
1
2
2
1
1
1
2
1
1
2
1
1
1
...
...
)
(
          
q
x
p
x
D
Lx
q
px
x
N
x
M
q
px
x
N
x
M
q
px
x
N
x
M
a
x
A
a
x
A
a
x
A
b
x
B
x
M
x
Q
x
P
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k

































(1.8) 
мұндағы  
b
- 
 
x
Q
  полиномының жәй нақты түбірі, 
a
- осы  
 
x
Q
  полиномының 
k
  еселі  түбірі,  ал 
 
q
x
p
x


2
    үшмүшелігінің  түйіндес 






i
i




,
түбірлері  бар,  яғни  сол   
 
x
Q
      полиномының 
k
    еселі  комплекс  түйіндес 
түбірлері  бар,  ал
q
x
p
x


1
2
  үшмүшелігінің  жәй 






i
i




  
,
    түйіндес 
түбірлері бар, яғни 
 
x
Q
  полиномының жәй комплекс түйіндес түбірлері бар. 
Д
ә
лелдеу
.   
Рационал  функцияға  1-ші  лемманы  қолданып,  оның  бүтін 
бөлігін  – 
 
x
M
  полиномын  бөліп  шығарамыз,  сонан  соң  2-ші  лемма  бойынша 
жіктелудің  жәй  және  еселі  нақты  түбірлерге  сәйкес  бөліктерін  шығарып 
аламыз.Осыдан кейін 3-ші лемма бойынша жәй және еселі комплексті түйіндес 
түбірлерге  сәйкес  бөліктерді  аламыз.  Сөйтіп  көпмүшеліктің  басқа  түбірлдері 
болмайтындықтан жіктелудің барлық мүшелері алынады. 
Салдар 3.  
Рационал функцияны интегралдау есебі төмендегі төрт түрлі 
элементар рационал бөлшектерді интегралдау есебіне келтіріледі: 
1) 


x
B
,  2) 


k
x
A


,  3) 
1
1
2
q
x
p
x
D
Lx



, 4)
k
q
px
x
N
Mx
)
(
2



. 
Д
ә
лелдеуі   
жоғарыдағы теоремадан шығады
.
 
В)  Рационал  бөлшекті  элементар  бөлшектерге  жіктеген  кезде  белгісіз 
коэффициенттерді есептеудің тәсілдері 
 
Мысалы. 























2
2
2
2
2
2
2
3
4
5
1
1
1
1
1
1
1
2
2
7
3
x
F
Ex
x
D
Cx
x
B
x
A
x
x
x
x
x
x
x
 




















2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1














x
x
x
F
Ex
x
x
D
Cx
x
x
B
x
x
A
 
Енді 
бөлшектің 
алымындағы 
полиномдарды 
теңестіріп 
белгісіз
F
E
D
C
B
A
,
,
,
,
,
коэффициенттерін анықтау қажет. 
Мұны екі тәсілмен жасауға болады. 
1 
тәсіл 
– 
айнымалылардың 
бірдей 
дәрежелерінің 
жанындағы 
коэффициенттерді теңестіру арқылы, теңдеулер жүйесін шешу. 
 

23 
 
F
D
B
A
x
E
D
B
A
x
F
B
A
x
E
B
A
x
D
B
A
x
C
B
A
x




















1
2
2
2
2
2
2
7
1
3
0
1
2
3
4
5
 
 
Жүйенің шешімі: 
.
1
,
0
,
1
,
2






E
F
D
C
B
A
 
2  тәсілі  –  белгісізге  мән  беру  арқылы,  алымдарының  мәнін  есептеп  алып, 
теңдеулер жүйесін құру. 
 
F
E
D
C
B
A
x
F
E
D
C
B
A
x
F
E
D
C
B
A
x
E
D
B
A
x
B
x
A
x
8
24
80
240
400
200
824
3
3
6
15
30
75
25
96
2
3
6
15
30
25
75
181
2
1
0
8
8
1
8
16
1







































 
 
Алынған 
жүйені 
шешіп, 
дәл 
сол 
шешімдерді 
аламыз:
.
1
,
0
,
1
,
2






E
F
D
C
B
A
 
Тәсілдерді  таңдау,  теңдеулер  жүйесін  шешуге  қолайлы  болуына  қарай 
жүргізіледі. 
Алынған мысалда екінші жүйені шешу күрделірек болып шықты. 
 

жүктеу/скачать 1,28 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: