Ang Integrasyon gamit ang parsiyal na praksiyon (Ingles : integration by partial fractions rasyonal na punsiyon . Anumang rasyonal na punsiyon ng real na bariabulo ay maaaring isulat bilang suma ng isang polinomial na punsiyon at mga bilang ng mga praksiyon . Ang bawat praksiyon sa pagpapalawig ay mayroong denominador na punsiyong polinomial ng digri 1 o 2 o iba pang positibong intedyer na kapangyarihan ng gayung polinomial. Sa kaso ng rasyonal na punsiyon ng kompleks na bariabulo, ang lahat ng denominador ay may dirgi na 1 o iba pang positibong intedyer na kapangyarihan ng gayung polinomial. Kung ang denominador ay unang digring polinomial o isang kapangyarihan ng gayung polinomial, ang numerador ay isang konstante . Kung ang denominador ay ikalawang digring polinomial o isang kapangyarihan ng gayung polinomial, ang numerador ay unang digring polinomial.
Ang substitusyong u = ax + b , du = a dx ay pinapaliit ang integral na
∫
1
a
x
+
b
d
x
{\displaystyle \int {1 \over ax+b}\,dx}
sa
∫
1
u
d
u
a
=
1
a
∫
d
u
u
=
1
a
ln
|
u
|
+
C
=
1
a
ln
|
a
x
+
b
|
+
C
.
{\displaystyle \int {1 \over u}\,{du \over a}={1 \over a}\int {du \over u}={1 \over a}\ln \left|u\right|+C={1 \over a}\ln \left|ax+b\right|+C.}
Ang parehong substitusyon ay nagpapaliit sa mga integral gaya ng
∫
1
(
a
x
+
b
)
8
d
x
{\displaystyle \int {1 \over (ax+b)^{8}}\,dx}
sa
∫
1
u
8
d
u
a
=
1
a
∫
u
−
8
d
u
=
1
a
⋅
u
−
7
(
−
7
)
+
C
=
−
1
7
a
u
7
+
C
=
−
1
7
a
(
a
x
+
b
)
7
+
C
.
{\displaystyle \int {1 \over u^{8}}\,{du \over a}={1 \over a}\int u^{-8}\,du={1 \over a}\cdot {u^{-7} \over (-7)}+C={-1 \over 7au^{7}}+C={-1 \over 7a(ax+b)^{7}}+C.}
Ang integral gaya ng:
∫
x
+
6
x
2
−
8
x
+
25
d
x
.
{\displaystyle \int {x+6 \over x^{2}-8x+25}\,dx.}
Ang mabilis na paraan upang makita na ang denominador na x 2 − 8x + 25 ay hindi na mapapaliit ay ang pagtingin na ang diskriminante ay negatibo. Ang isa pang paraan ay sa pamamagitan ng pagkukumpleto ng kwadrado :
x
2
−
8
x
+
25
=
(
x
2
−
8
x
+
16
)
+
9
=
(
x
−
4
)
2
+
9
{\displaystyle x^{2}-8x+25=(x^{2}-8x+16)+9=(x-4)^{2}+9\,}
at makikita na ang suma ng dalawang kwadrado ay hindi magiging 0 habang ang x ay isang real na bilang .
Upang gamitin ang substitusyon
u
=
x
2
−
8
x
+
25
d
u
=
(
2
x
−
8
)
d
x
d
u
/
2
=
(
x
−
4
)
d
x
{\displaystyle {\begin{aligned}u&=x^{2}-8x+25\\du&=(2x-8)\,dx\\du/2&=(x-4)\,dx\end{aligned}}}
kailangang humanap ng x − 4 sa numerador. Ang numerator na x + 6 ay hahatiin bilang (x − 4) + 10, at ang integral ay isusulat na
∫
x
−
4
x
2
−
8
x
+
25
d
x
+
∫
10
x
2
−
8
x
+
25
d
x
.
{\displaystyle \int {x-4 \over x^{2}-8x+25}\,dx+\int {10 \over x^{2}-8x+25}\,dx.}
Ang subtitusyon ay humahawak sa unang sinuma(summand), kaya:
∫
x
−
4
x
2
−
8
x
+
25
d
x
=
∫
d
u
/
2
u
=
1
2
ln
|
u
|
+
C
=
1
2
ln
(
x
2
−
8
x
+
25
)
+
C
.
{\displaystyle \int {x-4 \over x^{2}-8x+25}\,dx=\int {du/2 \over u}={1 \over 2}\ln \left|u\right|+C={1 \over 2}\ln(x^{2}-8x+25)+C.}
Dapat tandaan na ang dahilan na kailangang itapon ang senyas(sign) ng absolut na halaga ay dahil gaya ng makikita sa taas, ang (x − 4)2 + 9 ay hindi magiging negatibo.
Ngayon tignan ang integral na:
∫
10
x
2
−
8
x
+
25
d
x
.
{\displaystyle \int {10 \over x^{2}-8x+25}\,dx.}
Una, ikumpleto ang kwadrado, tapos gamitin ang alhebra :
∫
10
x
2
−
8
x
+
25
d
x
=
∫
10
(
x
−
4
)
2
+
9
d
x
=
∫
10
/
9
(
x
−
4
3
)
2
+
1
d
x
=
10
3
∫
1
(
x
−
4
3
)
2
+
1
(
d
x
3
)
{\displaystyle {\begin{aligned}&{}\quad \int {10 \over x^{2}-8x+25}\,dx=\int {10 \over (x-4)^{2}+9}\,dx\\[9pt]&=\int {10/9 \over \left({x-4 \over 3}\right)^{2}+1}\,dx={10 \over 3}\int {1 \over \left({x-4 \over 3}\right)^{2}+1}\,\left({dx \over 3}\right)\end{aligned}}}
Ngayon ang substitusyon ay:
w
=
(
x
−
4
)
/
3
{\displaystyle w=(x-4)/3\,}
d
w
=
d
x
/
3
{\displaystyle dw=dx/3\,}
na nagbibigay ng:
10
3
∫
d
w
w
2
+
1
=
10
3
arctan
(
w
)
+
C
=
10
3
arctan
(
x
−
4
3
)
+
C
.
{\displaystyle {10 \over 3}\int {dw \over w^{2}+1}={10 \over 3}\arctan(w)+C={10 \over 3}\arctan \left({x-4 \over 3}\right)+C.}
Kung pagsasamahin lahat:
∫
x
+
6
x
2
−
8
x
+
25
d
x
=
1
2
ln
(
x
2
−
8
x
+
25
)
+
10
3
arctan
(
x
−
4
3
)
+
C
.
{\displaystyle \int {x+6 \over x^{2}-8x+25}\,dx={1 \over 2}\ln(x^{2}-8x+25)+{10 \over 3}\arctan \left({x-4 \over 3}\right)+C.}
Sa ibang kaso, mas mabuting gumamit ng kompleks na dekomposisyon ng polinomial. Sa itaas na halimbawa:
∫
x
+
6
x
2
−
8
x
+
25
d
x
{\displaystyle \int {x+6 \over x^{2}-8x+25}\,dx}
multiplayer .
x
2
−
8
x
+
25
=
(
x
−
4
+
3
i
)
(
x
−
4
−
3
i
)
{\displaystyle x^{2}-8x+25=(x-4+3i)(x-4-3i)}
Tapos tignan ang pagpapalawig ng integrando sa dalawang termino:
x
+
6
x
2
−
8
x
+
25
=
A
x
−
4
+
3
i
+
B
x
−
4
−
3
i
{\displaystyle {\frac {x+6}{x^{2}-8x+25}}={\frac {A}{x-4+3i}}+{\frac {B}{x-4-3i}}}
Kung lulutasin ang sistema ng mga ekwasyong linyar , ang resulta ay:
A
=
1
2
+
5
3
i
,
B
=
1
2
−
5
3
i
{\displaystyle A={\tfrac {1}{2}}+{\tfrac {5}{3}}i,B={\tfrac {1}{2}}-{\tfrac {5}{3}}i}
∫
x
+
6
x
2
−
8
x
+
25
d
x
=
(
1
2
+
5
3
i
)
∫
1
x
−
4
+
3
i
d
x
+
(
1
2
−
5
3
i
)
∫
1
x
−
4
−
3
i
d
x
{\displaystyle \int {\frac {x+6}{x^{2}-8x+25}}\,dx=({\tfrac {1}{2}}+{\tfrac {5}{3}}i)\int {\frac {1}{x-4+3i}}\,dx+({\tfrac {1}{2}}-{\tfrac {5}{3}}i)\int {\frac {1}{x-4-3i}}\,dx}
Pagkatapos ng integrasyon:
(
1
2
+
5
3
i
)
ln
(
x
−
4
+
3
i
)
+
(
1
2
−
5
3
i
)
ln
(
x
−
4
−
3
i
)
+
C
{\displaystyle \left({\tfrac {1}{2}}+{\tfrac {5}{3}}i\right)\ln(x-4+3i)+\left({\tfrac {1}{2}}-{\tfrac {5}{3}}i\right)\ln(x-4-3i)+C}
Kung papangkatin ang magkahiwalay na real at imahinaryong mga termino:
1
2
(
ln
(
x
−
4
+
3
i
)
+
ln
(
x
−
4
−
3
i
)
)
+
5
3
i
(
ln
(
x
−
4
+
3
i
)
−
ln
(
x
−
4
−
3
i
)
)
+
C
{\displaystyle {\tfrac {1}{2}}\left(\ln(x-4+3i)+\ln(x-4-3i)\right)+{\tfrac {5}{3}}i\left(\ln(x-4+3i)-\ln(x-4-3i)\right)+C}
1
2
ln
(
(
x
−
4
+
3
i
)
(
x
−
4
−
3
i
)
)
+
5
3
i
ln
x
−
4
+
3
i
x
−
4
−
3
i
+
C
{\displaystyle {\tfrac {1}{2}}\ln \left((x-4+3i)(x-4-3i)\right)+{\tfrac {5}{3}}i\ln {\frac {x-4+3i}{x-4-3i}}+C}
1
2
ln
(
x
2
−
8
x
+
25
)
+
5
3
i
ln
1
−
i
x
−
4
3
1
+
i
x
−
4
3
+
C
{\displaystyle {\tfrac {1}{2}}\ln(x^{2}-8x+25)+{\tfrac {5}{3}}i\ln {\frac {1-i{\frac {x-4}{3}}}{1+i{\frac {x-4}{3}}}}+C}
Ang arctangent ng kompleks na bariabulo ay maaaring ihayag sa pamamagitan ng logaritmo :
arctan
z
=
1
2
i
ln
1
−
i
z
1
+
i
z
{\displaystyle \arctan \,z={\tfrac {1}{2}}i\ln {\frac {1-i\,z}{1+i\,z}}}
Ito ay nagbibigay ng kalayaan para ihayag ang ikalawang termino sa arctangent:
1
2
ln
(
x
2
−
8
x
+
25
)
+
10
3
arctan
x
−
4
3
+
C
{\displaystyle {\tfrac {1}{2}}\ln(x^{2}-8x+25)+{\tfrac {10}{3}}\arctan {\frac {x-4}{3}}+C}
Tignan natin ang:
∫
x
+
6
(
x
2
−
8
x
+
25
)
8
d
x
.
{\displaystyle \int {x+6 \over (x^{2}-8x+25)^{8}}\,dx.}
Katulad ng nasa itaas, maaaring hatiin ang x + 6 sa (x − 4) + 10, at itrato ang bahagi na naglalaman ng x − 4 sa pamamagitan ng substitusyon
u
=
x
2
−
8
x
+
25
,
d
u
=
(
2
x
−
8
)
d
x
,
d
u
/
2
=
(
x
−
4
)
d
x
.
{\displaystyle {\begin{aligned}u&=x^{2}-8x+25,\\du&=(2x-8)\,dx,\\du/2&=(x-4)\,dx.\end{aligned}}}
Ang resulta ay:
∫
10
(
x
2
−
8
x
+
25
)
8
d
x
.
{\displaystyle \int {10 \over (x^{2}-8x+25)^{8}}\,dx.}
Gaya ng nasa itaas, dapat munang ikumpleto ang kwadrado at gumamit ng alhebra :
∫
10
(
x
2
−
8
x
+
25
)
8
d
x
=
∫
10
(
(
x
−
4
)
2
+
9
)
8
d
x
=
∫
10
/
9
8
(
(
x
−
4
3
)
2
+
1
)
8
d
x
.
{\displaystyle \int {10 \over (x^{2}-8x+25)^{8}}\,dx=\int {10 \over ((x-4)^{2}+9)^{8}}\,dx=\int {10/9^{8} \over \left(\left({x-4 \over 3}\right)^{2}+1\right)^{8}}\,dx.}
Ngayon, maaari ng gumamit ng trigonometrikong punsiyon :
tan
θ
=
x
−
4
3
,
{\displaystyle \tan \theta ={x-4 \over 3},\,}
(
x
−
4
3
)
2
+
1
=
tan
2
θ
+
1
=
sec
2
θ
,
{\displaystyle \left({x-4 \over 3}\right)^{2}+1=\tan ^{2}\theta +1=\sec ^{2}\theta ,\,}
d
tan
θ
=
sec
2
θ
d
θ
=
d
x
3
.
{\displaystyle d\tan \theta =\sec ^{2}\theta \,d\theta ={dx \over 3}.\,}
Ang integral ay naging:
∫
30
/
9
8
sec
16
θ
sec
2
θ
d
θ
=
30
9
8
∫
cos
14
θ
d
θ
.
{\displaystyle \int {30/9^{8} \over \sec ^{16}\theta }\sec ^{2}\theta \,d\theta ={30 \over 9^{8}}\int \cos ^{14}\theta \,d\theta .}
Sa paulit ulit na paglapat ng kalahating-anggulong pormula sa trigonometriya :
cos
2
θ
=
1
2
(
1
+
cos
(
2
θ
)
)
,
{\displaystyle \cos ^{2}\theta ={1 \over 2}(1+\cos(2\theta )),}
Ito ay maaaring paliitin sa isang integral na walang mataas na kapangyarihan ng cos θ na mas mataas sa unang kapangyarihan.
Ngayon, mahaharap tayo sa problemang paghahayag ng sin(θ) at cos(θ) bilang mga punsiyon ng x .
Kung matatandaan:
tan
(
θ
)
=
x
−
4
3
,
{\displaystyle \tan(\theta )={x-4 \over 3},}
at ang tangent = opposite/adjacent. Kung ang kabaligtarang(opposite) gilid ay may habang x − 4 at ang katabing(adjacent) gilid ay may habang 3, ang Teorema ni Pythagorean ay nagsasaad na ang hipotenus ay may habang √((x − 4)2 + 32 ) = √(x 2 − 8x + 25).
Ang resulta ay:
sin
(
θ
)
=
opposite
hypotenuse
=
x
−
4
x
2
−
8
x
+
25
,
{\displaystyle \sin(\theta )={{\text{opposite}} \over {\text{hypotenuse}}}={x-4 \over {\sqrt {x^{2}-8x+25}}},}
cos
(
θ
)
=
adjacent
hypotenuse
=
3
x
2
−
8
x
+
25
,
{\displaystyle \cos(\theta )={{\text{adjacent}} \over {\text{hypotenuse}}}={3 \over {\sqrt {x^{2}-8x+25}}},}
at
sin
(
2
θ
)
=
2
sin
(
θ
)
cos
(
θ
)
=
6
(
x
−
4
)
x
2
−
8
x
+
25
.
{\displaystyle \sin(2\theta )=2\sin(\theta )\cos(\theta )={6(x-4) \over x^{2}-8x+25}.}
![{\displaystyle {\begin{aligned}&{}\quad \int {10 \over x^{2}-8x+25}\,dx=\int {10 \over (x-4)^{2}+9}\,dx\\[9pt]&=\int {10/9 \over \left({x-4 \over 3}\right)^{2}+1}\,dx={10 \over 3}\int {1 \over \left({x-4 \over 3}\right)^{2}+1}\,\left({dx \over 3}\right)\end{aligned}}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/a5aa39a4735dce090d72c7ea9f7266c571a231cb)
