UNIVERZA V LJUBLJANI

PEDAGOSKA FAKULTETA

NIKA HREN

INTEGRALI RACIONALNIH

FUNKCIJ

DIPLOMSKO DELO

LJUBLJANA, 2013

UNIVERZA V LJUBLJANI

PEDAGOSKA FAKULTETA

MATEMATIKA - RACUNALNISTVO

NIKA HREN

Mentor: izr. prof. dr. MARKO SLAPAR

INTEGRALI RACIONALNIH

FUNKCIJ

DIPLOMSKO DELO

Ljubljana, 2013

Zahvala

Najlepse se zahvaljujem mentorju dr. Marku Slaparju za vso strokovno

pomoc, ki mi jo je nudil pri pisanju diplomske naloge. Hvala Vam, ker

ste si vedno vzeli cas in mi kadarkoli pomagali. Se enkrat Vam hvala

za vse.

Zahvaljujem se svoji druzini, ki me je v vseh letih studija spodbujala

in mi stala ob strani.

Zahvaljujem se svojemu fantu Matjazu za vso spodbudo v casu studija

in potrpezljivost v casu pisanja diplomske naloge.

Hvala tudi vsem mojim prijateljem, ki so me v casu izpitnega obdobja

vedno spodbujali in mislili name.

Povzetek

V diplomski nalogi je predstavljen postopek razcepa racionalne funkcije

na parcialne ulomke, katerega uporabljamo pri integriranju tako realne

kot kompleksne racionalne funkcije. Na zacetku diplome je citiran La-

placev izrek, preko katerega pridemo do vpeljave kompleksnih stevil v

razcep racionalne funkcije. S pomocjo tega izreka predstavimo pomen

razcepa racionalne funkcije in poudarimo razliko med razcepom raci-

onalne funkcije v kompleksnem in realnem. Ta razlika se nato odraza

tudi na samem postopku integracije. V prvih dveh poglavjih predsta-

vimo razcepa racionalne funkcije v realnem in kompleksnem ter njuno

enolicnost. V naslednjem poglavju predstavimo postopek integracije v

realnem in kompleksnem in pokazemo, da sta rezultata enaka.

Kljucne besede: razcep racionalne funkcije, parcialni ulomek, kom-

pleksna stevila, realna stevila, integriranje.

Abstract

The intention of this diploma thesis is to present the procedure of par-

tial fractions decomposition of rational functions and its use for integra-

tion of real and complex rational functions. Laplace theorem, quoted

at the beginning, leads us to use complex numbers in the decompo-

sition of rational functions. We use the theorem to show the reason

for the partial fraction decomposition, and to emphasize the difference

between the decomposition using either real or complex numbers. This

difference is later also seen in the procedure of integration. The first

two chapters are devoted to finding partial fraction decompositions and

their uniqueness. In the next chapter, we present the integration proce-

dures using either real or complex decomposition, and show that they

both give the same result.

Key words: decomposition of rational function, partial fraction, com-

plex numbers, real numbers, integration.

Kazalo

Poglavje 1. Uvod 1

1.1. Postopek integriranja racionalne funkcije 1

Poglavje 2. Razcep na parcialne ulomke v C 3

2.1. Enolicnost razcepa na parcialne ulomke v kompleksnem 5

Poglavje 3. Razcep na parcialne ulomke v R 9

3.1. Enolicnost razcepa v R 12

Poglavje 4. Integracija parcialnih ulomkov 17

4.1. Integracija v realnem 17

4.2. Integriranje v kompleksnem 21

4.3. Primer 25

Poglavje 5. Sklep 27

Literatura 29

POGLAVJE 1

Uvod

Laplacev izrek pravi: ”Nedoloceni integral racionalne funkcije je

vedno elementarna funkcija. Le ta je ali racionalna funkcija, ali pa

vsota racionalne funkcije in logaritmov racionalnih funkcij, pomnozenih

s konstantami.” [3]

Da se priblizamo ideji, ki jo je predstavil Laplace, moramo najprej

dobro predstaviti pojem parcialni ulomek. Racunanja integralov racio-

nalnih funkcij se lotimo z razcepom funkcije na parcialne ulomke, katere

nato po pravilih integriranja tudi izracunamo. Parcialni ulomki so ra-

cionalne funkcije posebne oblike, kjer je imenovalec podan kot linearni

faktor (x−α)m ali pa kot nerazcepni kvadratni faktor (x2+px+q)n [1].

Pri obravnavi integralov, se navadno srecamo z racunanjem integralov

v realnem. Kar pomeni, da polinom v imenovalcu racionalne funk-

cije razcepimo na linearne in kvadratne (nerazcepne) faktorje. Zakaj

bi torej poleg razcepa racionalne funkcije na parcialne ulomke sedaj

obravnavali se razcep na parcialne ulomke v kompleksnem? V komple-

ksnem lahko vsak polinom, ki nastopa v imenovalcu racionalne funkcije,

razcepimo na same linearne faktorje. To pa pomeni, da imamo torej v

koncnem razcepu clene oblike A(x−α)m , kjer je α kompleksna nicla. To-

rej pri integriranju zmanjsamo nabor funkcij, saj dobimo v rezultatu

integrala le vsoto logaritmov in racionalnih funkcij.

1.1. Postopek integriranja racionalne funkcije

Kot smo ze omenili, za racunanje integrala racionalne funkcije p(x)q(x)

najprej naredimo razcep na parcialne ulomke. Predpostavili bomo, da

je stopnja polinoma p manjsa od stopnje polinoma q. V nasprotnem

primeru polinoma najprej delimo. V splosnem poteka postopek inte-

griranja po naslednjih korakih (povzeto po [1]).

1

• Imenovalec q(x) razcepimo na produkt linearnih in kvadratnih fak-

torjev, ce imamo razcep v realnem, oziroma na produkt linearnih

faktorjev, ce imamo razcep v kompleksnem.

• Poiscemo nastavek za razcep na parcialne ulomke. Vsak linearni

faktor (x− αm)km k nastavku prispeva vsoto

A1m

x− αm+

A2m

(x− αm)2+ · · ·+ Akmm

(x− αm)km,

kjer so A1m, A

2m, . . . , A

kmm konstante. Vsak kvadratni faktor (x2+plx+

ql)ml pa k nastavku prispeva vsoto

B11x+ C1

1

(x2 + b1x+ c1)+

B12x+ C1

2

(x2 + b1x+ c1)2+ · · ·+

Blklx+ C l

kl

(x2 + blx+ cl)kl,

kjer so B11 , C

11 , B

12 , C

12 , . . . , B

lkl, C l

klkonstante.

• Dolocimo neznane konstante. To naredimo tako, da uredimo nasta-

vek. Najprej celotni nastavek pomnozimo s q(x), odpravimo oklepaje

in poenostavimo izraze. Dobimo polinom, katerega koeficienti so iz-

razi v neznanih konstantah. Ta polinom pa je enak polinomu p(x),

zato se morajo istolezni koeficienti ujemati. Za izracun neznanih kon-

stant tako dobimo sistem enacb, katerega resimo s pomocjo metode

zaporednega izlocanja spremenljivk.

• Ko dolocimo vse neznane konstante je potrebno izracunati integrale

posameznih parcalnih ulomkov, katere smo dobili v razcepu racio-

nalne funkcije. Podrobneje si bomo postopek integriranja parcialnih

ulomkov ogledali v poglavju 4.

2

POGLAVJE 2

Razcep na parcialne ulomke v C

Naj bo F polje. Z F[x] oznacimo glavni kolobar polinomov s koefi-

cienti v F nad obsegom F(x). Polinomi so oblike

p(x) = anxn + an−1x

n−1 + . . .+ a0; a0, . . . , an ∈ F,

obseg racionalnih funkcij s koeficienti v F, oznaceno z F(x), pa zapisemo

kot

F(x) =

{p(x)

q(x); p(x), q(x) ∈ F[x]

}.

Vsak polinom iz F[x] lahko razstavimo na en sam nacin kot produkt

nerazcepnih faktorjev ([4]). Linearni polinomi x + a so nerazcepni

nad vsakim obsegom. Ce je polinom p(x) stopnje n, se da razstaviti

na kvecjemu n faktorjev. Element x1 ∈ F, za katerega je p(x1) = 0

imenujemo nicla polinoma p(x). Vzemimo sedaj F = C. Po Osnovnem

izreku algebre ([4, stran 316]) ima vsak nekonstanten polinom vsaj eno

niclo in posledicno so nerazcepni faktorji v C[x] ravno linearni polinomi.

Naj bo sedaj x − x1 nicla polinoma p(x). Potem lahko p(x) delimo z

x− x1 (postopek deljenja lahko naredimo s Hornerjevim algoritmom).

Torej

p(x) = (x− x1)p1(x),

kjer je p1(x) polinom stopnje n − 1. Ce je x2 nicla polinoma p1(x),

ustreza x2 enacbi

p1(x) = anxn−1 + . . .+ b1x+ b0 = 0.

Polinom p1(x) je deljiv z x−x2, torej je p1(x) = (x−x2)p2(x). Polinom

p2(x) je stopnje n − 2. Ta korak ponavljamo, dokler imajo dobljeni

polinomi se kaksno niclo. V najboljsem primeru pridemo po n korakih

do polinoma stopnje nic. Prvotni polinom p(x) smo torej razcepili na

linearne faktorje

p(x) = an(x− α1)k1(x− α2)

k2 · · · (x− αm)km ,

3

kjer so α1, α2, . . . , αm razlicne si nicle polinoma p(x).

Racionalne funkcije posebne oblike

A

(x− α)k

bomo imenovali parcialni ulomki. V nadaljevanju bomo pokazali, da

lahko vsako racionalno funkcijo p(x)q(x)∈ C(x) enolicno razcepimo na

vsoto parcialnih ulomkov.

Trditev 2.1. Naj bo p(x)q(x)

, kjer p(x), q(x) ∈ C[x], pri cemer sta

si polinoma p(x) in q(x) tuja, torej nimata skupnih nicel, stopnja po-

linoma p(x) pa je manjsa od stopnje polinoma q(x). Naj bo q(x) =

a(x − α1)k1 · · · (x − αl)kl razcep polinoma q(x) na nerazcepne faktorje

v C[x]. Potem obstaja razcep racionalne funkcije p(x)q(x)∈ C(x) na parci-

alne ulomke, ki ga zapisemo kot:

p(x)

q(x)=

A11

(x− α1)+

A21

(x− α1)2+ · · ·+

A1k1

(x− α1)k1+ · · ·

+Al1

(x− αl)+ · · ·+

Alkl(x− αl)kl

,

pri cemer so A11, A

21, . . . , A

1k1, . . . , Al1, . . . , A

lkl∈ C.

Dokaz. Imejmo racionalno funkcijo Q(x) = p(x)q(x)

, kjer sta p(x), q(x)

iz C[x]. Polinoma p(x) in q(x) nimata skupne nicle, stopnja polinoma

p(x) pa je manjsa od stopnje polinoma q(x). Vemo, da lahko polinom

q(x) zapisemo kot q(x) = an∏i=1

(x−αi)ki . Naj bo h(x) = an∏i=2

(x−αi)ki .

Torej je q(x) = (x − α1)k1h(x), kjer za h(x) velja h(α1) 6= 0, stopnja

nicle α1 pa je k ≥ 1. Potem je

p(x)

q(x)=

A

(x− α1)k1+p1(x)

q1(x),

kjer je A = p(α1)h(α1)

. Velja

p(x)

q(x)− A

(x− α1)k1=

p(x)

(x− α1)k1h(x)− A

(x− α1)k1=

=p(x)− p(α1)

h(α1)h(x)

(x− α1)k1h(x)=:

p1(x)

(x− α1)k1h(x).

Pokazimo, da je stopnja polinoma p1(x) manjsa od stopnje polinoma

q(x). Ker je p1(x) = p(x) − p(α1)h(α1)

h(x), bo v primeru, ko je stopnja

4

polinoma h(x) manjsa od stopnje polinoma p(x), stopnja polinoma

p1(x) manjsa ali enaka stopnji polinoma p(x), kar pomeni, da je st.

p1(x) < st. q(x). Ce pa je stopnja polinoma h(x) vecja od stopnje

polinoma p(x) ali pa je polinom p(x) konstanten polinom, bo stopnja

razlike polinomov p(x)− p(α1)h(α1)

h(x) se vedno manjsa od stopnje polinoma

q(x), saj je st. h(x) < st. q(x). Vstavimo v polinom p1(x) niclo α1:

p1(α1) = p(α1)−p(α1)

h(α1)h(α1) = 0.

Zato je p1(x) = (x− α1)m · p2(x), kjer je m > 0,m ≤ k1 in p2(α1) 6= 0.

Ko okrajsamo nicle, dobimo

p1(x)

(x− α1)k1h(x)=

(x− α1)mp2(x)

(x− α1)k1h(x)=

p2(x)

(x− α1)k1−mh(x)=:

p2(x)

q1(x).

Za racionalno funkcijo p2(x)q1(x)

torej velja:

i) Stopnja polinoma q1 je manjsa od stopnje polinoma q.

Ocitno je stopnja polinoma q1(x) manjsa od stopnje polinoma q(x),

saj je q1(x) = (x−α1)k1−mh(x), q(x) = (x−α1)

k1h(x). Stopnja nicle

je po okrajsanju pri polinomu q1(x) za m manjsa od stopnje nicle

polinoma q(x).

ii) Stopnja polinoma p2 je manjsa od stopnje polinoma q1.

Kot smo pokazali, je stopnja polinoma p1(x) manjsa od stopnje po-

linoma q(x). Ker pri obeh polinomih stopnjo nicle zmanjsamo za m,

bo torej tudi stopnja polinoma p2(x) manjsa od stopnje polinoma

q1(x).

iii) Polinom q1(x) ima natanko iste nicle kot polinom q(x), ki so natanko

enakih stopenj, razen pri nicli x = α, kjer je stopnja te nicle polinoma

q1(x) strogo manjsa od stopnje te nicle polinoma q(x).

Po indukciji na stopnjo imenovalca dobimo, da v kompleksnem obstaja

razcep racionalne funkcije na parcialne ulomke. �

2.1. Enolicnost razcepa na parcialne ulomke v kompleksnem

Naj bo p(x)q(x)

=A1

1

(x−α1)+

A21

(x−α1)2+ · · ·+

A1k1

(x−α1)k1+ · · ·+ Al

1

(x−αl)+ · · ·+

Alkl

(x−αl)kl

razcep racionalne funkcije na parcialne ulomke v C, kot smo ga

dobili v prejsnjem razdelku. Ce zelimo sedaj racionalno funkcijo p(x)q(x)

razcepiti na parcialne ulomke se na drug nacin, moramo upostevati,

5

da morajo imeti parcialni ulomki v imenovalcih prav tako le faktorje

oblike (x− αl)nj , kjer je nj ≤ kl, saj se morajo stopnje polov ujemati.

Vsi mozni razcepi racionalne funkcije p(x)q(x)

se torej morda razlikujejo le

v konstantah v stevcih parcialnih ulomkov.

Izrek 2.2. Naj bo p(x)q(x)

, kjer p(x), q(x) ∈ C[x], pri cemer sta si

polinoma p(x) in q(x) tuja, stopnja polinoma p(x) pa je manjsa od

stopnje polinoma q(x). Za funkcijo p(x)q(x)∈ C(x) v kompleksnem obstaja

enolicen razcep na parcialne ulomke.

Dokaz. Obstoj razcepa smo dokazali, sedaj pa pokazemo se, da

je tak razcep enolicen. Dokazimo trditev s protislovjem. Imejmo torej

dva razlicna razcepa racionalne funkcije podane v kompleksnem.

p(x)

q(x)=

A11

(x− α1)+

A21

(x− α1)2+ · · ·+

A1k1

(x− α1)k1+ · · ·

+Al1

(x− αl)+ · · ·+

Alkl(x− αl)kl

,

in

p(x)

q(x)=

A11

(x− α1)+

A21

(x− α1)2+ · · ·+

A1k1

(x− α1)k1+ · · ·

+Al1

(x− αl)+ · · ·+

Alkl(x− αl)kl

.

Zato je

0 =A1

1 − A11

(x− α1)+

A21 − A2

1

(x− α1)2+ · · ·+

A1k1− A1

k1

(x− α1)k1+ · · ·

+Al1 − Al1(x− αl)

+ · · ·+Alkl − A

lkl

(x− αl)kl.

Naj se pri neki kompleksni nicli αn polinoma q(x), kjer 1 ≤ n ≤ l,

konstanti Anm in Anm razlikujeta, torej Anm 6= Anm, pri cemer, pa so

vse nadaljnje konstante pri tej nicli med seboj enake, torej Anm+1 =

Anm+1, Anm+2 = Anm+2, . . . , A

nmkn

= Anmkn.

Mnozimo sedaj enakost z (x− αn)m:

0 =A1

1 − A11

(x− α1)(x−αn)m + · · ·+ (Anm− Anm) + · · ·+

Alkl − Alkl

(x− αl)kl(x−αn)m.

6

Vstavimo sedaj v dobljeno enakost niclo x = αn. Velja

0 = Anm − Anm

in zato

Anm = Anm.

Slednje je v nasprotju z naso predpostavko, da sta konstanti razlicni.

Torej je razcep racionalne funkcije na parcialne ulomke v kompleksnem

res enolicen. �

7

POGLAVJE 3

Razcep na parcialne ulomke v R

Naj bo q(x) ∈ R[x], torej polinom z realnimi koeficienti. Polinom

q(x) zapisimo kot razcep

q(x) = a(x−α1)k1(x−α1)

k1 · · · (x−αl)kl(x−αl)kl(x−β1)m1 · · · (x−βj)mj ,

pri cemer so α1, . . . , αl ∈ C \R, β1, . . . , βj ∈ R. Nicle iz C\R nastopajo

v konjugiranih parih, saj za vsako niclo α polinoma q(x) velja:

0 = q(α) = q(α) = q(α).

Ce konjugirane clene med seboj zmnozimo, dobimo

q(x) = a(x2 + b1x+ c1)k1 · · · (x2 + blx+ cl)

kl(x− β1)m1 · · · (x− βj)mj ,

pri cemer so diskriminante kvadratnih faktorjev, ki smo jih dobili z

mnozenjem konjugiranih clenov, negativne. Z mnozenjem smo torej

dobili razcep q(x) ∈ R na nerazcepne faktorje znotraj R[x]. Pri obrav-

navi razcepa v realnem bomo racionalne fukcije oblik

A

(x− β)m, β ∈ R

in

Bx+ C

(x2 + bx+ c)k, D = b2 − 4c < 0

poimenovali parcialni ulomki.

Trditev 3.1. Naj bo p(x)q(x)

, kjer je p(x), q(x) ∈ R, pri cemer sta

si polinoma p(x) in q(x) tuja, stopnja polinoma p(x) pa je manjsa od

stopnje polinoma q(x). Naj bo q(x) = a(x2 + b1x+ c1)k1 · · · (x2 + blx+

cl)kl(x − β1)m1 · · · (x − βj)mj razcep polinoma q(x) na nerazcepne fak-

torje v R[x]. Potem obstaja razcep racionalne funkcije p(x)q(x)∈ R(x) na

9

parcialne ulomke, ki ga zapisemo kot

p(x)

q(x)=

A11

(x− β1)+

A12

(x− β1)2+ ...+

A1m1

(x− β1)m1+ · · ·+ Aj1

(x− βj)

+ · · ·+Ajmj

(x− βj)mj+

B11x+ C1

1

(x2 + b1x+ c1)+

B12x+ C1

2

(x2 + b1x+ c1)2

+ ...+B1k1x+ C1

k1

(x2 + b1x+ c1)k1+ · · ·+ Bl

1x+ C l1

(x2 + blx+ cl)

+ · · ·+Blklx+ C l

kl

(x2 + blx+ cl)kl.

Dokaz. Naj bo Q(x) = p(x)q(x)

, kjer je p(x), q(x) ∈ R[x], α ∈ C \ Rpa je nicla polinoma q(x). Polinom q(x) lahko zapisemo kot q(x) =

(x−α)k(x−α)kh(x), kjer je h(x) ∈ R[x], h(α) 6= 0, h(α) 6= 0. Zapisimo

racionalno funkcijo p(x)q(x)

kot p(x)q(x)

= A(x−α)k + p1(x)

q1(x), kjer je A = p(α)

h(α)(α−α)k .

Torej je

p1(x)

q1(x)=p(x)

q(x)− A

(x− α)k=

p(x)

(x− α)k(x− α)kh(x)−

p(α)h(α)(α−α)k

(x− α)k=

=p(x)− p(α)h(x)(x−α)k

h(α)(α−α)k

(x− α)k(x− α)kh(x)=

p(x)h(α)(α−α)k−p(α)h(x)(x−α)kh(α)(α−α)k

(x− α)k(x− α)kh(x).

Ker lahko polinom q(x) zapisemo kot q(x) = (x − α)k(x − α)kh(x),

bomo torej racionalno funkcijo p1(x)q1(x)

napisali kot razcep na parcialni

ulomek B(x−α)k , torej

p1(x)

q1(x)=

B

(x− α)k+p2(x)

q2(x),

kjer je

B =p1(α)

q1(α)=

p(α)h(α)(α−α)k−p(α)h(α)(α−α)kh(α)(α−α)k

(α− α)kh(α)=

p(α)

h(α)(α− α)k= A.

Zato je

p(x)

q(x)=

A

(x− α)k+

A

(x− α)k+p2(x)

q2(x),

kjer je

p2(x)

q2(x)=p(x)

q(x)− A

(x− α)k− A

(x− α)k.

Stopnja polinoma p2(x) je manjsa od stopnje polinoma q2(x), polinom

q2(x) ima iste nicle kot polinom q(x) in so le-te istih stopenj, razen pri

10

niclah α in α, kjer so stopnje manjse. Funkcija p2(x)q2(x)

je realna funkcija,

saj je v primeru, ko je x ∈ R, vsota A(x−α)k + A

(x−α)k realna funkcija.

Torej jep(x)

q(x)− A

(x− α)k− A

(x− α)k∈ R(x).

Poglejmo si sedaj razcep A(x−α)k + A

(x−α)k :

A

(x− α)k+

A

(x− α)k=

Cx+D

(x− α)k(x− α)k+p3(x)

q3(x),

kjer sta p3(x), q3(x) ∈ R[x], q3(x) = (x−α)l(x−α)l ter l < k. Ce je to

res, je

A(x− α)k + A(x− α)k = Cx+D +p3(x)

q3(x)(x− α)k(x− α)k.

Vstavimo sedaj nicli α in α

x = α : A(α− α)k = Cα +D

x = α : A(α− α)k = Cα +D,

iz cesar sledi

C =A(α− α)− A(α− α)

α− α∈ R, D =

Aα(α− α)− Aα(α− α)

α− α∈ R.

Ker sta C,D ∈ R, je

p3(x)

q3(x)=

A

(x− α)k+

A

(x− α)k− Cx+D

(x− α)k(x− α)k∈ R(x).

Stopnja polinoma p3(x) je manjsa od stopnje polinoma q3(x), polinom

q3(x) ima le nicli α in α, vendar nizjih stopenj.

Dobili smo razcep

p(x)

q(x)=

Cx+D

(x− α)k(x− α)k+p3(x)

q3(x)+p2(x)

q2(x).

Recimo, da jep3(x)

q3(x)+p2(x)

q2(x)=:

p4(x)

q4(x).

Torej funkcijo p(x)q(x)

zapisemo kot

p(x)

q(x)=

Cx+D

(x− α)k(x− α)k+p4(x)

q4(x).

Ker je stopnja polinoma p2(x) manjsa od stopnje polinoma q2(x) in

stopnja polinoma p3(x) manjsa od stopnje polinoma q3(x), je torej tudi

11

stopnja polinoma p4(x) manjsa od stopnje polinoma q4(x). Ker ima

polinom q4(x) manjso stopnjo kot polinom q(x), je po indukciji zopet

p4(x)

q4(x)=

A1

(x− α)m+

A2

(x− α)m=

C1x+D1

(x− α)m(x− α)m+p5(x)

q5(x).

Po indukciji na stopnjo imenovalca tako dobimo razcep na parcialne

ulomke v realnem. V kolikor ima polinom q(x) samo realne nicle, pa

je postopek nizanja stopnje imenovalca enak kot pri razcepu v komple-

ksnem. �

3.1. Enolicnost razcepa v R

Izrek 3.2. Naj bo p(x)q(x)

racionalna funkcija, kjer je p(x), q(x) ∈ R[x],

pri cemer sta si polinoma p(x) in q(x) tuja, stopnja polinoma p(x) pa je

manjsa od stopnje polinoma q(x). Za racionalno funkcijo p(x)q(x)∈ R(x)

v realnem obstaja enolicen razcep na parcialne ulomke.

Dokaz. Dokazati moramo le se enolicnost razcepa. Dokazimo tr-

ditev s protislovjem. Imejmo dva razlicna razcepa racionalne funkcijep(x)q(x)∈ R:

p(x)

q(x)=

A11

(x− β1)+

A12

(x− β1)2+ · · ·+

A1m1

(x− β1)m1+ · · ·+ Aj1

(x− βj)

+ · · ·+Ajmj

(x− βj)mj+

B11x+ C1

1

(x2 + b1x+ c1)+

B12x+ C1

2

(x2 + b1x+ c1)2

+ · · ·+B1k1x+ C1

k1

(x2 + b1x+ c1)k1+ · · ·+ Bl

1x+ C l1

(x2 + blx+ cl)

+ · · ·+Blklx+ C l

kl

(x2 + blx+ cl)kl

in

p(x)

q(x)=

A11

(x− β1)+

A21

(x− β1)2+ · · ·+

A1h1

(x− β1)h1+ · · ·+ Aj1

(x− βj)

+ · · ·+Ajhj

(x− βj)hj+

B11x+ C1

1

(x2 + b1x+ c1)+

B12x+ C1

2

(x2 + b2x+ c2)2

+ · · ·+B1k1x+ C1

k1

(x2 + b1x+ c1)k1+ · · ·+ Bl

1x+ C l1

(x2 + blx+ cl)

+ · · ·+Blklx+ C l

kl

(x2 + blx+ cl)kl.

12

Zato je

0 =A1

1 − A11

(x− β1)+

A21 − A2

1

(x− β1)2+ · · ·+

A1h1− A1

h1

(x− β1)h1+ · · ·+ Aj1 − A

j1

(x− βj)(1)

+ · · ·+Ajhj − A

jhj

(x− βj)hj+

(B11 − B1

1)x+ C11 − C1

1

(x2 + px+ q)

+(B1

2 − B12)x+ C1

2 − C12

(x2 + px+ q)2+ · · ·+

(B1k1− B1

k1)x+ C1

k1− C1

k1

(x2 + px+ q)k1

+ · · ·+ (Bl1 − Bl

1)x+ C l1 − C l

1

(x2 + px+ q)+ · · ·+

(Blkl− Bl

kl)x+ C l

kl− C l

kl

(x2 + px+ q)kl.

Locimo sedaj dva primera:

i) Naj bo pri nekem 1 ≤ n ≤ j, Anm 6= Anm. V tem primeru je dokaz

povsem enak kot dokaz za enolicnost razcepa v C, le da je nicla, pri

kateri se navedeni konstanti razlikujeta, realna. Dokaz si bralec lahko

prebere v poglavju 1.

ii) Naj se pri nekem kvadratnem clenu (x2 + bnx + cn) polinoma q(x),

kjer 1 ≤ n ≤ l, konstanti Bnm in Bn

m ali Cnm in Cn

m razlikujeta, torej

Bnm 6= Bn

m ali Cnm 6= Cn

m, pri cemer pa so vse nadaljnje konstante

pri tem faktorju med seboj enake, torej

Bnm+1 = Bn

m+1, Bnm+2 = Bn

m+2, . . . , Bnmkn

= Bnmkn

ali

Cnm+1 = Cn

m+1, Cnm+2 = Cn

m+2, . . . , Cnmkn

= Cnmkn

.

Kot smo ze ugotovili, smo kvadratne clene v razcepu dobili tako,

da smo pomnozili konjugirane clene. Clen (x2 + bnx+ cn) lahko torej

zapisemo kot

(x2 + bnx+ cn)m = (x− αn)m(x− αn)m,

kjer sta αn in αn kompleksni nicli.

13

Mnozimo torej enakost (1) z (x− αn)m(x− αn)m in dobimo

0 =A1

1 − A11

(x− β1)(x− αn)m(x− αn)m +

A21 − A2

1

(x− β1)2(x− αn)m(x− αn)m+

+ · · ·+A1h1− A1

h1

(x− β1)h1(x− αn)m(x− αn)m + · · ·+

+Aj1 − A

j1

(x− βj)(x− αn)m(x− αn)m + · · ·+

+Ajhj − A

jhj

(x− βj)hj(x− αn)m(x− αn)m+

+(B1

1 − B11)x+ C1

1 − C11

(x2 + px+ q)(x− αn)m(x− αn)m + · · ·+

+(B1

k1− B1

k1)x+ C1

k1− C1

k1

(x2 + px+ q)k1(x− αn)m(x− αn)m + · · ·+

+ (Bnm − Bn

m)x+ Cnm − Cn

m + · · ·+

+(Bl

1 − Bl1)x+ C l

1 − C l1

(x2 + px+ q)(x− αn)m(x− αn)m + · · ·+

+(Bl

kl− Bl

kl)x+ C l

kl− C l

kl

(x2 + px+ q)kl(x− αn)m(x− αn)m.

Ce vstavimo sedaj v dobljeno enakost kompleksno niclo αn, dobimo

0 = (Bnm − Bn

m)αn + (Cnm − Cn

m). (2)

Ce pa vstavimo v dobljeno enakost kompleksno niclo αn, dobimo

0 = (Bnm − Bn

m)αn + (Cnm − Cn

m). (3)

Enacbi (2) in (3) odstejemo in dobimo

0 = (Bnm − Bn

m)(αn − αn).

Vemo, da razlika dveh kompleksnih stevil, ki sta konjugirani, ne bo

enaka nic, saj pri odstevanju imaginarnega dela ne izgubimo. Torej

αn − αn 6= 0. Da bo produkt (Bnm − Bn

m)(αn − αn) enak 0, mora biti

torej razlika Bnm − Bn

m enaka 0.

Od tod sledi

Bnm − Bn

m = 0,

oziroma

Bnm = Bn

m.

14

Ce se vrnemo k enacbama (2) in (3) ugotovimo, da bo desna stran

enacbe enaka nic natanko tedaj, ko bo tudi clen (Cnm − Cn

m) enak 0.

Od tod sledi

Cnm − Cn

m = 0,

oziroma

Cnm = Cn

m.

To pa je v nasprotju z naso predpostavko, da je Bnm 6= Bn

m ali Cnm 6=

Cnm.

Torej je razcep racionalne funkcije na parcialne ulomke v realnem res

enolicen.

�

15

POGLAVJE 4

Integracija parcialnih ulomkov

4.1. Integracija v realnem

Dokazali smo, da lahko vsako racionalno funkcijo p(x)q(x)

v realnem in

kompleksnem zapisemo kot vsoto parcialnih ulomkov. Oglejmo si sedaj

integracijo racionalne funkcije p(x)q(x)

, katere razcep v realnem zapisemo

na naslednji nacin:

p(x)

q(x)=

A11

(x− β1)+

A12

(x− β1)2+ ...+

A1m1

(x− β1)m1+ · · ·+ Aj1

(x− βj)

+ · · ·+Ajmj

(x− βj)mj+

B11x+ C1

1

(x2 + b1x+ c1)+

B12x+ C1

2

(x2 + b1x+ c1)2

+ ...+B1k1x+ C1

k1

(x2 + b1x+ c1)k1+ · · ·+ Bl

1x+ C l1

(x2 + blx+ cl)

+ · · ·+Blklx+ C l

kl

(x2 + blx+ cl)kl.

Racunanja integrala racionalne funkcije p(x)q(x)

se lotimo tako, da integri-

ramo vsakega od sumandov v razcepu na parcialne ulomke. Da lahko

to naredimo, moramo poznati naslednje tipe integralov:

i)∫

dxx−a ,

ii)∫

dx(x−a)n ,

iii)∫

ax+b(x2+px+q)

dx,

iv)∫

ax+b(x2+px+q)n

dx,

kjer je kvadratni polinom v imenovalcu zadnjih dveh integralov v real-

nem nerazcepen.

Oglejmo si torej resitve zgoraj nastetih integralov.

i) ∫dx

x− a= ln |x− a|+ C,

17

ii) ∫dx

(x− a)n=

1

n− 1

1

(x− a)n−1+ C,

iii) ∫ax+ b

(x2 + px+ q)dx

Rezultat danega integrala bomo dobili po nekaj korakih. Najprej

preuredimo racionalno funkcijo

ax+ b

(x2 + px+ q)=

a2(2x+ p) + (b− ap

2)

x2 + px+ q.

To naredimo zaradi lazjega integriranja v nadaljevanju.

Od tod sledi∫ax+ b

(x2 + px+ q)dx =

a

2

∫2x+ p

x2 + px+ qdx+

2b− ap2

∫dx

x2 + px+ q.

Integral∫

2x+px2+px+q

dx lahko izracunamo z uvedbo nove neznanke.

Recimo, da je t = x2 + px+ q in dt = (2x+ p)dx. Integral zapisemo

z novo neznanko.∫2x+ p

x2 + px+ qdx =

∫2x+ p

t(2x+ p)dt =

∫dt

t= ln |t| = ln(x2 + px+ q).

Za resevanje drugega integrala∫

dxx2+px+q

najprej imenovalec, ki je

nerazcepni polinom z diskriminanto D = p2 − 4q < 0, zapisemo v

obliki popolnega kvadrata:

x2 + px+ q = (x+p

2)2 + q − p2

4= (x+

p

2)2 +

4q − p2

4

= (x+ p

2)2 +

−D4

= (x+p

2)2 + (

√−D2

)2.

Zopet uvedemo novo spremenljivko t = x + p2, torej je dx = dt. Od

tod sledi∫1

x2 + px+ qdx =

∫1

(x+ p2)2 + (

√−D2

)2dx =

∫1

t2 + (√−D2

)2dt

=

∫1

√−D2

( t2√−D2

+ 1)dt =

1√−D2

arctant√−D2

=2√−D

arctan2x+ p√−D

.

18

Ce zdruzimo skupaj, dobimo naslednjo resitev:∫ax+ b

(x2 + px+ q)dx =

a

2ln(x2 + px+ q)+

+ (b− ap

2)

2√−D

arctan2x+ p√−D

+ C.

iv) ∫ax+ b

(x2 + px+ q)ndx

Postopek racunanja danega integrala je precej zahteven, zato bomo

manj natancni in bomo pokazali le obliko rezultata. Zopet naredimo

razcep kot pri zgornjem primeru:

ax+ b

(x2 + px+ q)n=

a2(2x+ p) + 2b−ap

2

(x2 + px+ q)n.

Opazimo, da je 2x+ p pravzaprav odvod polinoma x2 + px+ q. Od

tod sledi∫ax+ b

(x2 + px+ q)ndx =

a

2

∫(x2 + px+ q)′

(x2 + px+ q)ndx+

+2b− ap

2

∫dx

(x2 + px+ q)n.

Izracunajmo vsakega izmed dobljenih integralov posebej. Prvega

izracunamo s pomocjo uvedbe nove spremenljivke. Recimo, da je

t = x2 + px+ q, torej je dt = (2x+ p)dx∫(x2 + px+ q)′

(x2 + px+ q)ndx =

∫2x+ p

tn(2x+ p)dt =

∫dt

tn= −nt−n+1 = −n 1

tn−1

=−n

(x2 + px+ q)n−1.

Izracunajmo se drugi integral.∫dx

(x2 + px+ q)n=

∫dx

((x+ p/2)2 +√−D2

)2)n

= (2√−D

)2n∫

dx

(( 2√−D (x+ p/2))2 + 1)n

.

Uvedemo novo neznanko t = 2√−D (x + p/2), torej je dt = 2√

−Ddx.

Dobimo integral∫dx

(x2 + px+ q)n= (

2√−D

)2n−1∫

dt

(t2 + 1)n.

19

Racunamo naslednji integral z integracijo po delih (metoda per par-

tes):

In =

∫dt

(t2 + 1)n

u = 1(t2+1)n

du = −2n t(t2+1)n+1dt

dv = 1dt v = t.

Dobimo∫dt

(t2 + 1)n=

t

(t2 + 1)n+ 2n

∫t2dt

(t2 + 1)n+1

=t

(t2 + 1)n+ 2n

∫(t2 + 1)− 1

(t2 + 1)n+1dt

=t

(t2 + 1)n+ 2n

∫dt

(t2 + 1)n− 2n

∫dt

(t2 + 1)n+1.

Od tod sledi formula

In+1 =1

2n

t(t2 + 1)n

+2n− 1

2nIn

oziroma

In =1

2n− 2

t

(t2 + 1)n−1+

2n− 3

2n− 2In−1.

Od tod induktivno izpeljemo naslednjo resitev:

In =P (t)

(t2 + 1)n−1+ A arctan t,

kjer je P (t) nek realen polinom stopnje 2n − 3, A pa je realna kon-

stanta. Ce vnesemo v resitev vrednost spremenljivke t, dobimo na-

slednjo resitev:∫ax+ b

(x2 + px+ q)ndx =

P (x)

(x2 + px+ q)n−1+ A ln(x2 + px+ q)+

+B arctan(x2 + px+ q)′√

−D+ C.

P (x) je polinom, ki ga je sicer potrebno natancno izracunati. V tem

primeru smo to izpustili, mora pa biti stopnje manjse ali enake od

n− 3. A in B sta konstanti.

Podpoglavje sem povzela po [2].

20

4.2. Integriranje v kompleksnem

Izracun integrala∫

ax+b(x2+px+q)n

dx bi lahko pokazali s pomocjo kom-

pleksne integracije. Kot smo pokazali pri dokazu za razcep racio-

nalne funkcije v realnem, lahko vsako racionalno funkcijo p(x)q(x)

, kjer

je deg(p(x)) = u in deg(q(x)) = v ter velja u < v, zapisemo kot razcep

na parcialne ulomke

p(x)

q(x)=

A11

(x− β1)+

A12

(x− β1)2+ · · ·+

A1m1

(x− β1)m1+

+ · · · Aj1(x− βj)

+ · · ·+Ajmj

(x− βj)mj+

B11x+ C1

1

(x2 + b1x+ c1)+

+B1

2x+ C12

(x2 + b1x+ c1)2+ · · ·+

B1k1x+ C1

k1

(x2 + b1x+ c1)k1+

+ · · ·+ Bl1x+ C l

1

(x2 + blx+ cl)+ · · ·+

Blklx+ C l

kl

(x2 + blx+ cl)kl.

Ce vpeljemo kompleksna stevila, lahko kvadratne faktorje, ki so

sicer v realnem nerazcepni, v kompleksnem razcepimo na

(x2 + blx+ cl)kl = (x− αl)kl(x− αl)kl ,

pokazali pa smo tudi, da je

Blklx+ C l

kl

(x2 + blx+ cl)kl=

Dlkl

(x− αl)kl+

Dl

kl

(x− αl)kl, (4)

kjer so Dnm neke kompleksne konstante. Ce upostevamo enakost (4),

lahko torej razcep racionalne funkcije p(x)q(x)

na parcialne ulomke zapisemo

kot

p(x)

q(x)=

A11

(x− β1)+

A12

(x− β1)2+ · · ·+

A1m1

(x− β1)m1+ · · ·+ Aj1

(x− βj)+

+ · · ·+Ajmj

(x− βj)mj+

D11

(x− α1)+

D1

1

(x− α1)+

D12

(x− α1)2

+D

1

2

(x− α1)2+ · · ·+

D1k1

(x− α1)k1+

D1

k1

(x− α1)k1+ · · ·+

+Dl

1

(x− αl)+

Dl

1

(x− αl)+ · · ·+

Dlkl

(x− αl)kl+

Dl

kl

(x− αl)kl.

21

Izracunajmo sedaj integral racionalne funkcije p(x)q(x)

.

∫p(x)

q(x)dx =

∫ (A1

1

(x− β1)+

A12

(x− β1)2+ · · ·+

A1m1

(x− β1)m1+

+ · · ·+ Aj1(x− βj)

+ · · ·+Ajmj

(x− βj)mj+

D11

(x− α1)+

+D

1

1

(x− α1)+

D12

(x− α1)2+

D1

2

(x− α1)2+ · · ·+

+D1k1

(x− α1)k1+

D1

k1

(x− α1)k1+ · · ·+ Dl

1

(x− αl)+

Dl

1

(x− αl)+

+ · · ·+Dlkl

(x− αl)kl+

Dl

kl

(x− αl)kl

)dx =

=

∫A1

1

(x− β1)dx+

∫A1

2

(x− β1)2dx+ · · ·+

+

∫A1m1

(x− β1)m1dx+ · · ·+

∫Aj1

(x− βj)dx+

+ · · ·+∫

Ajmj

(x− βj)mjdx+

∫D1

1

(x− α1)dx+

+

∫D

1

1

(x− α1)dx+

∫D1

2

(x− α1)2dx+

+

∫D

1

2

(x− α1)2dx+ · · ·+

∫D1k1

(x− α1)k1dx+

+

∫D

1

k1

(x− α1)k1dx+ · · ·+

∫Dl

1

(x− αl)dx+

+

∫Dl

1

(x− αl)dx+ · · ·+

∫Dlkl

(x− αl)kldx+

+

∫Dl

kl

(x− αl)kldx.

22

Vse integrale preprosto izracunamo in dobimo∫p(x)

q(x)dx = A1

1 ln |x− β1| −A1

2

(x− β1)− · · · − 1

m1 − 1

A1m1

(x− β1)m1−1+

+ · · ·+ Aj1 ln |x− βj| − · · · −1

mj − 1

Ajmj

(x− βj)mj−1+

+D11 ln(x− α1) +D

1

1 ln(x− α1)−D1

2

(x− α1)− D

1

2

(x− α1)−

− · · · − 1

k1 − 1

D1k1

(x− α1)k1−1− 1

k1 − 1

D1

k1

(x− α1)k1−1+

+ · · ·+Dl1 ln |x− αl|+D

l

1 ln |x− αl| − · · · −

− 1

kl − 1

Dlkl

(x− αl)kl−1− 1

kl − 1

Dl

kl

(x− αl)kl−1+ C =

= A11 ln |x− β1| −

P1(x)

(x− β1)m1−1+ · · ·+ Aj1 ln |x− βj|+

+Pj(x)

(x− βj)mj−1+D1

1 ln(x− α1) +D1

1 ln(x− α1)+

+Q1(x)

(x− α1)k1−1(x− α1)k1−1+ · · ·+Dl

1 ln(x− αl)+

+Dl

1 ln(x− αl) +Ql(x)

(x− αl)kl−1(x− α)kl−1,

kjer so Pmn in Qm

n neki polinomi, katerih stopnje so nizje kot stopnje

pripadajocih imenovalcev. Koncni racun nam tako da

∫p(x)

q(x)dx = A1

1 ln |x− β1|+ · · ·+ Aj1 ln |x− βj|+

+P (x)

(x− β1)m1−1 · · · (x− βj)mj−1+D1

1 ln(x− α1)+

+D1

1 ln(x− α1) + · · ·+Dl1 ln(x− αl) +D

l

1 ln(x− αl)+

+Q(x)

(x− α1)k1−1(x− α1)k1−1 · · · (x− αl)kl−1(x− α)kl−1,

kjer sta zopet P (x) in Q(x) neka realna polinoma, katerih stopnje

so nizje kot stopnje pripadajocih imenovalcev. Poglejmo si sedaj na-

tancneje vsoto F ln(x−α)+F ln(x−α). Ponovimo najprej nekaj dejstev

o argumentu in logaritmu kompleksnega stevila. Imejmo z = x+ iy in

23

arg(z) : C \ {0} −→ (−π, π]. Potem je

arg(z) =

arctan( y

x); x > 0, y ≥ 0

π + arctan( yx); x < 0, y ≥ 0

π2; x = 0, y ≥ 0

−π2; x = 0, y ≤ 0.

Za logaritem kompleksnega stevila z velja

ln(z) = ln |z|+ i arg(z).

Vrnimo se k racunanju vsote, ki jo zapisemo s posplosenimi oznakami,

kjer je F ∈ C in F = F1 + iF2, F = F1 − iF2 in α = α1 + iα2, ter

upostevajmo zveze

(x− α)(x− α) = x2 − (α + α)x+ αα =

= x2 − 2α1x+ (α12 + α2

2)

⇒ D = 4α12 − 4(α1

2 + α22) = −4α2

2

⇒ −D = 4α22

⇒√−D = 2|α2|

in

x2 + px+ q = x2 − 2α1x+ (α12 + α2

2)

(x2 + px+ q)′ = 2(x− α1).

Izracunajmo sedaj vsoto logaritmov, pri cemer upostevamo zgoraj do-

bljene enakosti:

F ln(x− α) + F ln(x− α) = (F1 + iF2)(ln |x− α|) + i arg(x− α))+

+ (F1 − iF2)(ln(x− α) + i arg(x− α)) = F1 ln(|x− α||x− α|)+

+ iF2 ln|x− α||x− α|

+ iF1(arg(x− α) + arg(x− α))+

+ F2(arg(x− α)− arg(x− α)).

24

Ker je |x−α||x−α| = 1 in arg(z) = − arg(z) je ln(|x − α|/|x − α|) = 0.

Upostevamo se arg(x− α) = − arg(x− α).

F ln(x− α) + F ln(x− α) = F1 ln((x− α)(x− α))+

+ 2F2 arg(x− α) = F1 ln(x2 + px+ q) + 2F2 arg(x− α) =

= F1 ln(x2 + px+ q) + 2F2 arg((x− α1) + iα2) =

= F1 ln(x2 + px+ q) + 2F2(arctanα2

x− α1

+ επ) =

= F1 ln(x2 + px+ q) + 2F2(±π

2− arctan

x− α1

α2

+ επ) = (5)

= F1 ln(x2 + px+ q) + 2F2(arctanx− α1

|α2|+ C) =

= F1 ln(x2 + px+ q) + 2F2 arctan(x2 + px+ q)′√

−D− 2F2C.

Opomba. Stevilo ε v zgornji enacbi je bodisi 0 ali 1, odvisno od

tega, v katerem kvadrantu se nahaja stevilo. Podobno je s ± znakom

pred funkcijo arctan. Pri tem smo upostevali formulo arctan(1/t) =

±π/2 − arctan t. Vse π-je, ki smo jih dobili v vrstici (5) sestejemo in

pisemo kot konstanto C.

Vrnimo se k resitvi integrala racionalne funkcije p(x)q(x)

. Recimo, da je

D11 = d11 + id11, D

1

1 = d11− id11, . . . , Dl1 = dl1 + idl1, D

l

1 = dl1− idl1. Torej je∫p(x)

q(x)dx = A1

1 ln |x− β1|+ · · ·+ Aj1 ln |x− βj|+

+R(x)

(x− β1)m1−1 · · · (x− βj)mj−1(x2 + p1x+ q1)k1−1 · · · (x2 + pkx+ qk)kl−1+

+ d11 ln(x2 + p1x+ q1) + 2d11 arctan(x2 + p1x+ q1)

′√−D1

+ · · ·+

+ dl1 ln(x2 + pkx+ qk) + 2dl1 arctan(x2 + pkx+ qk)

′√−Dk

+ C.

4.3. Primer

Kot primer si poglejmo integral∫3x3 + 15x2 − 11x+ 13

x4 + 2x3 − 2x2 + 2x− 3dx.

25

Resitev bomo izracunali s pomocjo razcepa na parcialne ulomke, ki smo

ga spoznali v prejsnjih poglavjih. Uporabimo nastavek

3x3 + 15x2 − 11x+ 13

(x− 1)(x+ 3)(x2 + 1)=

A

x− 1+

B

x+ 3+Cx+D

x2 + 1.

Ko odpravimo ulomke, dobimo

3x3 + 15x2 − 11x+ 13 = x3(A+B + C)+

+ x2(3A−B + 2C +D) + x(A+B − 3C + 2D) + 3A−B − 3D

in nato resimo sistem linearnih enacb

A+B + C = 3,

3A−B + 2C +D = 15,

A+B − 3C + 2D = −11,

A−B − 3D = 13.

Resitve so

A =5

2, B = −5

2, C = 3, D = −1.

Tako dobimo razcep

3x3 + 15x2 − 11x+ 13

x4 + 2x3 − 2x2 + 2x− 3=

5

2(x− 1)− 5

2(x+ 3)+

3x− 1

x2 + 1.

S pomocjo obrazcev iz prejsnjega poglavja izracunamo integrale posa-

meznega parcialnega ulomka.∫5

2(x− 1)dx =

5

2ln |x− 1|∫

5

2(x+ 3)dx =

5

2ln |x+ 3|∫

3x− 1

x2 + 1dx =

3

2ln(x2 + 1)− arctanx.

Koncna resitev danega integrala je torej∫3x3 + 15x2 − 11x+ 13

x4 + 2x3 − 2x2 + 2x− 3dx =

∫5

2(x− 1)dx−

∫5

2(x+ 3)dx+

+

∫3x− 1

x2 + 1dx =

5

2ln |x− 1| − 5

2ln |x+ 3|+ 3

2ln(x2 + 1)−

− arctanx+ C.

26

POGLAVJE 5

Sklep

Z nazornim dokazom razcepa racionalne funkcije na parcialne ulom-

ke v realnem in kompleksnem sem pokazala, da pri nadaljnji integraciji

zmanjsamo nabor funkcij v rezultatu, v primeru da pri razcepu racio-

nalne funkcije vpeljemo kompleksna stevila. V tem primeru se namrec

znebimo kvadratnih nerazcepnih faktorjev v imenovalcih razcepa, kar

se kot prednost izkaze pri integriranju, saj je integral racionalne funk-

cije, ki ima v imenovalcu linearen polinom, kar naravni logaritem tega

polinoma, pomnozen s konstanto. Ce torej racionalno funkcijo razce-

pimo na parcialne ulomke v kompleksnem, imamo v resitvi integrala te

racionalne funkcije le naravne logaritme ali zopet racionalne funkcije,

pomnozene s konstantami. Pokazala sem tudi, da je rezultat integrira-

nja racionalne funkcije v kompleksnem z nekaj preoblikovanja povsem

enak rezultatu integriranja le-te racionalne funkcije v realnem. Tako

torej ni vec nobenega dvoma v to, da bi se integriranja racionalne funk-

cije lotili s pomocjo kompleksnih stevil, saj na ta nacin ne potrebujemo

vec tezko zapomnljivih obrazcev za izracun integrala racionalnih funk-

cij, ki imajo v imenovalcu potenciran kvadratni polinom.

V praksi se velikokrat izogibamo uporabi kompleksnih stevil in jim ne

pripisujemo velikega pomena, ceprav nam, kot lahko opazimo, stvari

tudi olajsajo. Veckrat bi se morali vprasati, ce je mozno kompleksna

stevila uporabiti v razlicne namene in ne samo pri obravnavi posame-

znih tem kompleksne analize.

27

Literatura

[1] J. Cimpric, Integrali, 2006. Dostopno na spletnem naslovu: fmf.uni-lj.si/

~cimpric/skripta/del3.pdf.

[2] M. Slapar, Zapiski predavanj iz matematicne analize, 2012. Dostopno na sple-

tnem naslovu: hrast.pef.uni-lj.si/~slaparma/MA.pdf.

[3] M. Slapar, Integrali elementarnih funkcij. Obzornik za matematiko in fiziko,

2008, st. 2.

[4] I. Vidav, Algebra, Institut za matematiko, fiziko in mehaniko Univerze v Lju-

bljani, 1972.

29