Partialbråksuppdelning: fyra lösta exempel med kontroll

Ett rationellt uttryck kan verka svårare att integrera än det blir efter uppdelning. Exempelvis kan $(3x+1)/(x^2-x-2)$ skrivas som två bråk vars primitiva funktioner är logaritmer. Den viktiga svårigheten är att välja rätt form innan konstanterna räknas ut. Saknas en term kan senare algebra inte reparera uppställningen.

Vi går igenom fyra egna exempel: olika linjära faktorer, en upprepad linjär faktor, en irreducibel andragradsfaktor och ett bråk som först kräver division. Varje svar kontrolleras genom att termerna sätts ihop igen. OpenStax Calculus, volym 2, §3.4 beskriver gradvillkoret och faktorformerna. Om du först vill förstå integralen, läs vår guide till integraler. Här arbetar vi med algebran.

Jämför graderna och faktorisera nämnaren

Skriv funktionen som $P(x)/Q(x)$. Partialbråksuppdelning börjar med ett äkta bråk: $\deg P<\deg Q$. Om villkoret inte gäller, dividera $P$ med $Q$, behåll polynomkvoten och dela upp det äkta restbråket. Kvoten får inte gömmas i okända konstanter.

Faktorisera sedan $Q$ över de reella talen. Faktorerna bestämmer formen redan innan koefficienterna beräknas:

Faktor i nämnaren	Termer som behövs
Olika linjära $(x-a)$	$A/(x-a)$
Upprepade linjära $(x-a)^m$	$A_1/(x-a)+A_2/(x-a)^2+\cdots+A_m/(x-a)^m$
Irreducibel andragradsfaktor $q(x)$	$(Bx+C)/q(x)$

Uppställningen är en identitet för varje tillåtet $x$, inte bara en likhet vid en bekväm punkt. När nämnarna tagits bort kan konstanterna hittas på två kompletterande sätt: sätt in nollställen till linjära faktorer så att termer försvinner, som i exempel 1 och 2, eller utveckla båda sidor och jämför koefficienten för varje potens av $x$, som i exempel 3. Ett nollställe ger ibland genast en konstant men ersätter sällan all koefficientjämförelse när en andragradsfaktor finns kvar. Kontrollera också de återstående koefficienterna även om flera insättningar verkar ge alla tal. Därför upptäcks den saknade termen i exempel 2: den förkortade formen kan inte uppfylla alla koefficienter samtidigt. Felet gäller strukturen, inte valet av insatt värde. Några vanliga testvärden ger bara ett ändligt ekvationssystem; efter lösningen måste identiteten gälla för alla $x$. Fullständig återsammansättning visar det.

En irreducibel andragradsfaktor saknar reella linjära faktorer. Täljaren över den ska från början vara linjär, även om beräkningen senare ger $B=0$. Behåll också de värden där den ursprungliga nämnaren är noll. Två uttryck som är lika där båda är definierade blir inte definierade i en tidigare pol. En snabb faktorkontroll förhindrar många formfel.

Exempel 1: två olika linjära faktorer

Dela upp $F(x)=(3x+1)/[(x-2)(x+1)]$. Täljaren har grad ett och nämnaren grad två, så division behövs inte. Sätt

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

Multiplikation med nämnaren ger polynomidentiteten $3x+1=A(x+1)+B(x-2)$. Punkterna $x=2,-1$ är uteslutna från det ursprungliga bråket men får sättas in i denna polynomidentitet. Med $x=2$ får vi $7=3A$ och $A=7/3$. Med $x=-1$ får vi $-2=-3B$ och $B=2/3$.

Sätt ihop termerna igen:

$$\frac{7}{3(x-2)}+\frac{2}{3(x+1)} =\frac{7(x+1)+2(x-2)}{3(x-2)(x+1)} =\frac{9x+3}{3(x-2)(x+1)}=F(x).$$

Likheten gäller för $x\ne2,-1$. Ett enda numeriskt test är svagare: två felaktiga uttryck kan råka stämma vid en punkt. Här stämmer hela täljarpolynomet.

Exempel 2: en upprepad faktor kräver två termer

För $G(x)=(2x+5)/[x(x+1)^2]$ behövs båda potenserna av $(x+1)$:

$$G(x)=\frac{A}{x}+\frac{B}{x+1}+\frac{C}{(x+1)^2}.$$

Multiplicera med $x(x+1)^2$: $2x+5=A(x+1)^2+Bx(x+1)+Cx$. Vid $x=0$ är $A=5$. Vid $x=-1$ är $3=-C$, alltså $C=-3$. Koefficienten för $x^2$ ger $A+B=0$ och $B=-5$. En oberoende kontroll med $x$-koefficienten ger $2A+B+C=10-5-3=2$.

När de tre täljarna läggs ihop fås

$$5(x+1)^2-5x(x+1)-3x =5x^2+10x+5-5x^2-5x-3x=2x+5.$$

Alltså är $G(x)=5/x-5/(x+1)-3/(x+1)^2$ för $x\ne0,-1$. En avsiktligt felaktig form är $A/x+B/(x+1)^2$, som saknar termen med första potensen. Den gemensamma täljaren skulle vara $A(x+1)^2+Bx$. $x^2$-koefficienten kräver $A=0$, men konstanten kräver $A=5$. Motsägelsen visar en saknad term, inte bara ett svårt ekvationssystem. Den fullständiga formen fungerar.

Exempel 3: linjär täljare över en irreducibel andragradsfaktor

Betrakta $H(x)=(2x^2+3x+5)/[(x-1)(x^2+1)]$. Eftersom $x^2+1$ saknar reell rot får faktorn förbli av andra graden. Formen är

$$H(x)=\frac{A}{x-1}+\frac{Bx+C}{x^2+1}.$$

Efter att nämnarna eliminerats står $2x^2+3x+5=A(x^2+1)+(Bx+C)(x-1)$. Vid $x=1$: $10=2A$, så $A=5$. Koefficientjämförelse ger $A+B=2$ och $B=-3$, sedan $-B+C=3$ och $C=0$. Konstanten stämmer också: $A-C=5$. Att $C$ blev noll är ett resultat, inte skäl att gissa en konstant täljare i början.

Kontrollen är $5(x^2+1)-3x(x-1)=2x^2+3x+5$. Därmed $H(x)=5/(x-1)-3x/(x^2+1)$ för $x\ne1$. För integrering är detta praktiskt: derivatan av $x^2+1$ är $2x$, så den andra termen kan integreras med substitution efter en koefficientjustering. En upprepad andragradsfaktor skulle kräva en egen linjär täljare för varje potens.

Exempel 4: dividera ett oäkta bråk först

I $J(x)=(x^2+4x+5)/(x^2-1)$ har båda polynomen grad två. Polynomdivision, eller att subtrahera nämnaren en gång, ger

$$J(x)=1+\frac{4x+6}{x^2-1}=1+\frac{4x+6}{(x-1)(x+1)}.$$

Dela bara upp resten: $4x+6=A(x+1)+B(x-1)$. Vid $x=1$ får vi $10=2A$ och $A=5$. Vid $x=-1$ får vi $2=-2B$ och $B=-1$. Alltså

$J(x)=1+\frac5{x-1}-\frac1{x+1},\qquad x\ne\pm1.$

Sätt ihop hela svaret, inklusive ettan. De äkta bråken ger $[5(x+1)-(x-1)]/(x^2-1)=(4x+6)/(x^2-1)$. Med ettan återställs täljaren $x^2-1+4x+6=x^2+4x+5$. Om ettan glöms bort stämmer kontrollen av resten, men inte det ursprungliga bråket.

Integrera ett svar och kontrollera med derivata

Återgå till exempel 3. På vart och ett av intervallen som skiljs av $x=1$ integrerar vi termvis:

$$\int H(x)\,dx =5\ln|x-1|-\frac32\ln(x^2+1)+C.$$

Derivatan är $5/(x-1)-(3/2)(2x)/(x^2+1)=5/(x-1)-3x/(x^2+1)=H(x)$. Absolutbeloppet behövs kring $x-1$; $x^2+1$ är positivt för reella $x$. Konstanten $C$ kan vara olika på åtskilda intervall. Den sista kontrollen fångar integrationsfel, som en tappad faktor två, vilka en riktig uppdelning inte avslöjar.

Om integralen också kräver en annan teknik visar exempel på partiell integration hur en primitiv funktion kontrolleras efter flera steg. Laplacetransformer är ännu ett skäl att kunna algebran: invers transform börjar ofta med en rationell uppdelning. I Math Zen kan faktorisering och derivator övas var för sig innan de förenas i en längre integral.

Snabb kontroll före nästa uppgift

Jämför grader, dividera vid behov, faktorisera nämnaren, skriv en term för varje nödvändig potens, lös polynomidentiteten och sätt ihop hela uttrycket igen. Våra fyra fall kräver olika former, men samma slutkontroll. Om den misslyckas, undersök först formen och sedan räkningen. Ett löst system reparerar inte en saknad term.

Beteendet nära ett uteslutet värde ger en extra ledtråd. I exempel 1 styr termen med $x-2$ nämnare divergensen nära $x=2$; utan den kan den ursprungliga polen inte återskapas. En upprepad faktor kan divergera kraftigare än en term med bara första potensen. Den algebraiska återsammansättningen är ändå det slutliga beviset, eftersom en enda pol inte avslöjar varje fel koefficient.