כל פקודה תתחיל ב-MKגדולות עש מיכאל קלי (Michael Kali), וזאת משתי סיבות:
כדי שבטבלת הקיצורים שבתוך \SpecialChar LyX תופענה כל הפקודות זו לצד זו.
הבחירה דווקא באותיות גדולות נועדה לוודא שהפקודות אינן מתנגשות עם פקודות \SpecialChar LaTeX מקוריות.
על הפקודות להיות קצרות ככל האפשר, וזאת כדי לאפשר את כתיבתן במהירות מבלי ליצור להן קיצור מקלדת. הסיבה לכך שלא ניצור קיצור מקלדת לכל פקודה היא שפעמים רבות ניצור פקודות שתיועדנה למקרים מסוימים מאוד, ואז יעבור זמן רב עד שנשתמש בקיצור המקלדת בפעם הבאה ולכן לא נזכור אותו - הרבה יותר פשוט לזכור את הפקודה שיצרנו מכיוון שיש לה תוכן אמיתי שקשור לפלט הרצוי מן הפקודה. סיבה נוספת היא שיצירת קיצור מקלדת לכל פקודה ולו החריגה ביותר תקשה עלינו ליצור קיצורי מקלדת לפקודות חשובות יותר. לפיכך פקודות שימושיות מאוד שבוודאי ניצור להן קיצור מקלדת ונשתמש בו פעמים רבות אינן צריכות להיות קצרות.
כדי להקל על כתיבת פקודות שלא יצרתי להן קיצור מקלדת כתבתי קיצור מקלדת שיוצר את הקידומת של כל פקודות ה-macrosשלי ואז כל מה שנותר הוא להקיש שלוש-ארבע אותיות כדי לבחור את הפקודה הרצויה, קיצור המקלדת המדובר הוא "Ctrl+k".
לכל גופן יש קידומת בת שתי אותיות.
\(\:\)
\(\:\)קבוצות ופונקציות לפי קורסיםLatexCommand ruleoffset "0.5ex"width "100col%"height "1pt"\(\:\)
\(\:\)המספרים המרוכבים ופונקציות מרוכבות\(\:\)
\(\newcommand{\MKcis}{\text{cis}}\)\(\cos+i\cdot\sin\). המספרים המרוכבים.
\(\newcommand{\MKre}{\text{Re}}\)החלק הממשי של מספר מרוכב. המספרים המרוכבים.
\(\newcommand{\MKim}{\text{Im}}\)החלק המדומה של מספר מרוכב. המספרים המרוכבים.מופיע גם כתמונה של פונקציה.
\(\:\)גופןmathcal: בסיסים, קבוצת חזקה, העתקות גלואה, המילטוניאן ועוד\(\:\)
\(\newcommand{\MKcla}{\mathcal{A}}\)
\(\newcommand{\MKclb}{\mathcal{B}}\)
\(\newcommand{\MKclc}{\mathcal{C}}\)
\(\newcommand{\MKcld}{\mathcal{D}}\)
\(\newcommand{\MKcle}{\mathcal{E}}\)
\(\newcommand{\MKclf}{\mathcal{F}}\)
\(\newcommand{\MKclg}{\mathcal{G}}\)
\(\newcommand{\MKclh}{\mathcal{H}}\)
\(\newcommand{\MKcli}{\mathcal{I}}\)
\(\newcommand{\MKclj}{J}\)
\(\newcommand{\MKclk}{\mathcal{K}}\)
\(\newcommand{\MKcll}{\mathcal{L}}\)
\(\newcommand{\MKclm}{\mathcal{M}}\)
\(\newcommand{\MKcln}{\mathcal{N}}\)
\(\newcommand{\MKclo}{\mathcal{O}}\)
\(\newcommand{\MKclp}{\mathcal{P}}\)
\(\newcommand{\MKclq}{\mathcal{Q}}\)
\(\newcommand{\MKclr}{\mathcal{R}}\)
\(\newcommand{\MKcls}{\mathcal{S}}\)
\(\newcommand{\MKclt}{\mathcal{T}}\)
\(\newcommand{\MKclu}{\mathcal{U}}\)
\(\newcommand{\MKclv}{\mathcal{V}}\)
\(\newcommand{\MKclw}{\mathcal{W}}\)
\(\newcommand{\MKclx}{\mathcal{X}}\)
\(\newcommand{\MKcly}{\mathcal{Y}}\)
\(\newcommand{\MKclz}{\mathcal{Z}}\)
\(\:\)גופןmathscr: ?\(\:\)
\(\newcommand{\MKsrb}{\mathscr{B}}\)
\(\newcommand{\MKsrf}{\mathscr{F}}\)
\(\:\)גופןmathfrak: אותיות גותיות לעוצמות\(\:\)
\(\newcommand{\MKfka}{\mathfrak{a}}\)
\(\newcommand{\MKfkb}{\mathfrak{b}}\)
\(\newcommand{\MKfkc}{\mathfrak{c}}\)
\(\:\)כתיבת סדרות במהירותLatexCommand ruleoffset "0.5ex"width "100col%"height "1pt"\(\:\)
\(\newcommand{\MKseq}[3]{#1_{1}#2#1_{2}#2\ldots#2#1_{#3}}\)תודה למיכאל קלי שכתב את הפקודה.
\(\newcommand{\MKseqz}[3]{#1_{0}#2#1_{1}#2\ldots#2#1_{#3}}\)תודה למיכאל קלי שכתב את הפקודה.
\(\newcommand{\MKdseq}[5]{#1_{1}#2#3_{1}#4#1_{2}#2#3_{2}#4\ldots#1_{#5}#2#3_{#5}}\)תודה למיכאל קלי שכתב את הפקודה.
\(\newcommand{\MKdseqz}[5]{#1_{0}#2#3_{0}#4#1_{1}#2#3_{1}#4\ldots#1_{#5}#2#3_{#5}}\)תודה למיכאל קלי שכתב את הפקודה.
1 הקדמה
1.1 מטרה
פונקציה ממשית \(f:D\rightarrow\MKreal\) תקרא פונקציה רציונלית אם קיימים שני פולינומים \(F,G\in\MKreal\left[x\right]\) כך שלכל \(x\in D\) מתקיים:\[
f\left(x\right)=\frac{F\left(x\right)}{G\left(x\right)}
\]
\(\clubsuit\)
נשים לב ש-\(f\) אינה יכולה להיות מוגדרת בשורשים של \(Q\) (אם יש כאלה).
\(\clubsuit\)
אנו עומדים לפתח אלגוריתם למציאת האינטגרל של כל פונקציה רציונלית ולשם כך נוכיח כעת משפט באמצעות כלים שנלמדו בקורס "אלגברה ליניארית(2)", אין צורך בהכרת כלים אלו ע"מ להפעיל את האלגוריתם אך יש צורך בידיעת המשפט בשבילו.
1.2 פירוק לשברים חלקיים
יהי \(\MKfield\) שדה.
ויהיו \(F,G\in\MKfield\left[x\right]\) שני פולינומים זרים זה לזה, קיימים \(A,B\in\MKfield\left[x\right]\) כך ש-\(\deg B<\deg F\) ו-\(\deg A<\deg G\) המקיימים \(A\cdot F+B\cdot G=1\).
אלגוריתם אוקלידס המורחב מבטיח לנו שקיימים \(C,D\in\MKfield\left[x\right]\) המקיימים \(A\cdot F+B\cdot G=1\), יהיו \(C\) ו-\(D\) כנ"ל. נחלק את \(C\) ב-\(G\) ואת \(D\) ב-\(F\) (חלוקה עם שארית): יהיו \(Q_{1},Q_{2},A,B\in\MKfield\left[x\right]\) כך ש-\(\deg A<\deg G\), \(\deg B<\deg F\) ומתקיים:\[\begin{align*}
C & =Q_{1}\cdot G+A\\
D & =Q_{2}\cdot F+B
\end{align*}\]\[\begin{align*}
\Rightarrow1=C\cdot F+D\cdot G & =\left(Q_{1}\cdot G+A\right)\cdot F+\left(Q_{2}\cdot F+B\right)\cdot G\\
& =Q_{1}\cdot G\cdot F+A\cdot F+Q_{2}\cdot F\cdot G+B\cdot G\\
& =\left(Q_{1}+Q_{2}\right)\cdot F\cdot G+A\cdot F+B\cdot G
\end{align*}\]נזכור ש-\(\deg R_{1}<\deg G\) ו-\(\deg R_{2}<\deg F\) ולפיכך:\[\begin{align*}
\deg\left(A\cdot F\right) & =\deg A+\deg F<\deg G+\deg F=\deg\left(F\cdot G\right)\\
\deg\left(B\cdot G\right) & =\deg B+\deg G<\deg F+\deg G=\deg\left(F\cdot G\right)
\end{align*}\]כעת נניח בשלילה ש-\(Q_{1}+Q_{2}\neq0\) ומכאן שמתקיים \(\deg\left(\left(Q_{1}+Q_{2}\right)\cdot F\cdot G\right)\geq\deg\left(F\cdot G\right)\) ולכן גם:\[\begin{align*}
0 & =\deg\left(1\right)=\deg\left(C\cdot F+D\cdot G\right)\\
& =\deg\left(\left(Q_{1}+Q_{2}\right)\cdot F\cdot G+A\cdot F+B\cdot G\right)\\
& =\deg\left(\left(Q_{1}+Q_{2}\right)\cdot F\cdot G\right)\geq\deg\left(F\cdot G\right)>0
\end{align*}\]מכאן שהנחת השלילה אינה נכונה ו-\(Q_{1}+Q_{2}=0\), כלומר \(1=A\cdot F+B\cdot G\) כנדרש.
יהיו \(F,G,G_{1},G_{2}\in\MKfield\left[x\right]\) כך ש- \(\deg F<\deg G\), \(\gcd\left(G_{1},G_{2}\right)=1\) ו-\(G_{1}\cdot G_{2}=G\). קיימים \(F_{1},F_{2}\in\MKfield\left[x\right]\) יחידים כך ש-\(\deg F_{1}<\deg G_{1}\) ו-\(\deg F_{2}<\deg G_{2}\) המקיימים:\[
\frac{F}{G}=\frac{F_{1}}{G_{1}}+\frac{F_{2}}{G_{2}}
\]
יהיו \(A,B\in\MKfield\left[x\right]\) כך ש-\(\deg A<\deg G_{2}\) ו-\(\deg B<\deg G_{1}\) המקיימים \(A\cdot G_{1}+B\cdot G_{2}=1\) (ע"פ הטענה הקודמת קיימים \(A\) ו-\(B\) כאלה). נחלק את \(F\cdot B\) ב-\(G_{1}\) עם שארית: יהיו \(Q,F_{1}\in\MKfield\left[x\right]\) כך ש-\(\deg F_{1}<\deg G_{1}\) ו-\(F\cdot B=Q\cdot G_{1}+F_{1}\). נגדיר \(F_{2}:=F\cdot A+Q\cdot G_{2}\), ומכאן שמתקיים:\[
\frac{F}{G}=\frac{F\cdot\left(A\cdot G_{1}+B\cdot G_{2}\right)}{G_{1}\cdot G_{2}}=\frac{F\cdot B}{G_{1}}+\frac{F\cdot A}{G_{2}}=\frac{{\color{red}Q\cdot G_{1}}+F_{1}}{G_{1}}+\frac{F_{2}{\color{red}-Q\cdot G_{2}}}{G_{2}}=\frac{F_{1}}{G_{1}}+\frac{F_{2}}{G_{2}}
\]כבר ראינו ש-\(\deg F_{1}<\deg G_{1}\) ולכן כל מה שנותר לנו להוכיח הוא שמתקיים גם \(\deg F_{2}<\deg G_{2}\). מהשוויון בשורה הקודמת נובע שמתקיים \(F=F_{1}\cdot G_{2}+F_{2}\cdot G_{1}\),\[\begin{align*}
\Rightarrow\deg F_{2} & =\deg\left(\frac{F-F_{1}\cdot G_{2}}{G_{1}}\right)=\deg\left(F-F_{1}\cdot G_{2}\right)-\deg G_{1}\\
& \leq\max\left\{ \deg F,\deg\left(F_{1}\cdot G_{2}\right)\right\} -\deg G_{1}\\
& =\max\left\{ \deg F,\deg F_{1}+\deg G_{2}\right\} -\deg G_{1}\\
& <\max\left\{ \deg G,\deg G_{1}+\deg G_{2}\right\} -\deg G_{1}\\
& =\max\left\{ \deg\left(G_{1}\cdot G_{2}\right),\deg\left(G_{1}\cdot G_{2}\right)\right\} -\deg G_{1}\\
& =\deg\left(G_{1}\cdot G_{2}\right)-\deg G_{1}=\deg G_{1}+\deg G_{2}-\deg G_{1}=\deg G_{2}
\end{align*}\]נוכיח את היחידות, יהיו \(P_{1},P_{2}\in\MKfield\left[x\right]\) כך ש-\(\deg P_{1}<\deg G_{1}\) ו-\(\deg P_{2}<\deg G_{2}\) המקיימים:\[
\frac{F}{G}=\frac{P_{1}}{G_{1}}+\frac{P_{2}}{G_{2}}
\]\[
\Rightarrow0=\left(\frac{P_{1}}{G_{1}}+\frac{P_{2}}{G_{2}}\right)-\left(\frac{F_{1}}{G_{1}}+\frac{F_{2}}{G_{2}}\right)=\frac{P_{1}-F_{1}}{G_{1}}+\frac{P_{2}-F_{2}}{G_{2}}=\frac{\left(P_{1}-F_{1}\right)\cdot G_{2}+\left(P_{2}-F_{2}\right)\cdot G_{1}}{G_{1}\cdot G_{2}}
\]מכאן שמתקיים \(\left(P_{1}-F_{1}\right)\cdot G_{2}=-\left(P_{2}-F_{2}\right)\cdot G_{1}\), כלומר \(G_{1}\) מחלק את \(\left(P_{1}-F_{1}\right)\cdot G_{2}\) ו-\(G_{2}\) מחלק את \(\left(P_{2}-F_{2}\right)\cdot G_{1}\) ולכן מהעובדה ש-\(G_{1}\) ו-\(G_{2}\) זרים נובע שמתקיים:\[
G_{1}\mid\left(P_{1}-F_{1}\right),\ G_{2}\mid\left(P_{2}-F_{2}\right)
\]אבל מהגדרה \(\deg\left(P_{1}-F_{1}\right)<\deg G_{1}\) ו-\(\deg\left(P_{2}-F_{2}\right)<\deg G_{2}\) ולכן בהכרח מתקיים \(P_{1}-F_{1}=P_{2}-F_{2}=0\) כלומר \(P_{1}=F_{1}\) ו-\(P_{2}=F_{2}\).
יהיו \(0\neq F,G\in\MKfield\left[x\right]\) ו-\(e\in\MKnatural\), קיימים \(F_{0}F_{1},F_{2},\ldots,F_{n}\in\MKfield\left[x\right]\) יחידים כך ש-\(\deg F_{k}<\deg G\) לכל \(k\in\MKnatural\)1שימו לב שהחרגנו כאן את \(F_{0}\), ייתכן ש-\(\deg F_{0}\geq\deg G\). המקיימים:\[
\frac{F}{G^{e}}=\sum_{k=0}^{e}\frac{F_{k}}{G^{k}}=F_{0}+\sum_{i=1}^{e}\frac{F_{k}}{G^{k}}
\]כאשר \(\deg F_{0}=\deg F-\deg G^{e}\) אם \(\deg F\geq\deg G^{e}\) ואחרת \(F_{0}=0\).
נסמן \(R_{0}:=F\) ולכל \(e\geq k\in\MKnatural_{0}\) נגדיר את \(F_{k}\) ו-\(R_{k+1}\) ע"י חלוקה עם שארית: יהיו \(R_{k+1},F_{k}\in\MKfield\left[x\right]\) כך ש-\(\deg R_{k+1}<\deg G^{e-k}\) ו-\(R_{k}=F_{k}\cdot G^{e-k}+R_{k+1}\). נשים לב כבר עכשיו לכך ש-\(\deg F_{0}=\deg F-\deg G\) אם \(\deg F\geq\deg G\) ואחרת \(F_{0}=0\). א"כ מתקיים:\[
F-R_{e+1}=R_{0}-R_{e+1}=\sum_{k=0}^{e}\left(R_{k}-R_{k+1}\right)=\sum_{k=0}^{e}F_{k}\cdot G^{e-k}
\]מהגדרה \(\deg R_{e+1}<\deg G^{0}=0\) ולכן \(R_{e+1}=0\), ומכאן שמתקיים2שימו לב שבעצם הצגנו כאן את \(F\) כסכום של "ספרות" כפול חזקות של \(G\), כלומר הפכנו את \(G\) ל"בסיס ספירה" כמו ש-\(10\) הוא בסיס ספירה של השיטה העשרונית.:\[
F=\sum_{k=0}^{e}F_{k}\cdot G^{e-k}=\frac{F_{k}\cdot G^{e}}{G^{k}}
\]וממילא:\[
\frac{F}{G^{e}}=\sum_{k=0}^{e}\frac{F_{k}}{G^{k}}
\]היחידות נובעת מסיבה דומה לכך שניתן להציג מספר טבעי בצורה יחידה בבסיס ספירה נתון: החזקות הגדולות מהדרגה של \(G^{e-1}\) מגיעות אך ורק מ-\(F_{0}\) ולכן הוא יחיד, המקדם של החזקה ה-\(\deg G^{e-1}\) מגיע אך ורק מ-\(F_{0}\) ו-\(F_{1}\) ולכן גם \(F_{1}\) יחיד; א"כ נותר לנו להוכיח ש-\(\deg F_{k}<\deg G\) לכל \(e\geq k\in\MKnatural\). נשים לב לכך שלכל \(e\geq k\in\MKnatural\) מתקיים \(\deg R_{k}<\deg G^{e-\left(k-1\right)}\), כלומר \(\deg R_{k}<\left(e+1-k\right)\cdot\deg G\), אך מהגדרה לכל \(k\in\MKnatural\) מתקיים:\[
\deg R_{k}=\deg\left(F_{k}\cdot G^{e-k}\right)=\deg F_{k}+\deg\left(G^{e-k}\right)=\deg F_{k}+\left(e-k\right)\cdot\deg G
\]ולכן גם:\[
\deg F_{k}<\left(e+1-k\right)\cdot\deg G-\left(e-k\right)\cdot\deg G=\deg G
\]
פירוק לשברים חלקיים יהיו \(0\neq F,G\in\MKfield\left[x\right]\). יהיו \(P_{1},P_{2},\ldots,P_{n}\in\MKfield\left[x\right]\) פולינומים אי-פריקים שונים זה מזה ו-\(e_{1},e_{2},\ldots,e_{n}\in\MKnatural\) כך שמתקיים:\[
G=\prod_{i=1}^{n}\left(P_{i}\right)^{e_{i}}
\]קיימים פולינומים \(Q,F_{1,1},F_{1,2}\ldots,F_{1,e_{1}},F_{2,1},F_{2,2}\ldots,F_{1,e_{2}},\ldots\ldots\ldots,F_{n,1},F_{n,2}\ldots,F_{1,e_{n}}\in\MKfield\left[x\right]\) יחידים כך ש-\(\deg F_{i,j}<\deg P_{i}\) לכל \(n\geq i\in\MKnatural\) ולכל \(e_{i}\geq j\in\MKnatural\) המקיימים:\[
\frac{F}{G}=Q+\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{e_{i}}\frac{F_{ij}}{\left(P_{i}\right)^{j}}
\]כאשר \(\deg Q=\deg F-\deg G\) אם \(\deg F\geq\deg G\) ואחרת \(Q=0\).
\(\clubsuit\)
ניתן לדרוש ש-\(P_{1},P_{2},\ldots,P_{n}\) הם פולינומים מתוקנים ואז קיים \(c\in\MKfield\) (המקדם של החזקה הגדולה ביותר ב-\(G\)) כך שמתקיים:\[
G=c\cdot\prod_{i=1}^{n}\left(P_{i}\right)^{e_{i}}
\]ואז המשפט אומר שקיימים פולינומים ... המקיימים:\[
\frac{F}{G}=Q+\frac{1}{c}\cdot\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{e_{i}}\frac{A_{ij}}{\left(P_{i}\right)^{j}}
\]
נחלק את \(F\) ב-\(G\) עם שארית: יהיו \(Q,R\in\MKfield\left[x\right]\) כך ש-\(\deg R<\deg G\) ו-\(F=Q\cdot G+R\). נשים לב כבר עכשיו לכך ש-\(\deg Q=\deg F-\deg G\) אם \(\deg F\geq\deg G\) ואחרת \(Q=0\). מאינדוקציה על הטענה האחרונה נובע שקיימים \(R_{1},R_{2},\ldots,R_{e_{i}}\in\MKfield\left[x\right]\) יחידים כך ש-\(\deg R_{i}<\deg\left(P_{i}\right)^{e_{i}}\) לכל \(n\geq i\in\MKnatural\) המקיימים:\[
\frac{F}{G}=Q+\frac{R}{G}=Q+\sum_{i=1}^{n}\frac{R_{i}}{\left(P_{i}\right)^{e_{i}}}
\]ומהלמה נובע שלכל \(n\geq i\in\MKnatural\) קיימים \(F_{i,1},F_{i,1},\ldots,F_{i,e_{i}}\in\MKfield\left[x\right]\) יחידים כך ש-\(\deg A_{i,j}<\deg P_{i}\) לכל \(e_{i}\geq j\in\MKnatural\) המקיימים:\[
\frac{R_{i}}{\left(p_{i}\right)^{e_{i}}}=\sum_{j=1}^{e_{i}}\frac{F_{i,j}}{\left(P_{i}\right)^{j}}
\]ומכאן נובע כי:\[
\frac{F}{G}=Q+\frac{R}{G}=Q+\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{e_{i}}\frac{F_{i,j}}{\left(P_{i}\right)^{j}}
\]
1.3 איך בפועל מוצאים את הפולינומים שהמשפט מבטיח את קיומם?
יופי, הוכחנו שקיימים פולינומים כנ"ל, אבל למצוא אותם בדרך שהופיעה בהוכחה נראה כמו משימה ארוכה ומייגעת; למזלנו ניתן למצוא אותם בדרך פשוטה יותר נשתמש בסימוני המשפט:
כדי למצוא את \(Q\) עלינו לחלק את \(F\) ב-\(G\) עם שארית והמנה המתקבלת היא \(Q\).
כדי למצוא את הפירוק של \(G\) לגורמים אי-פריקים אין שיטה כללית, אך בדרך כלל נקבל בתרגילים ובמבחנים פולינומים מדרגה נמוכה שקל לפרק ע"י ניחוש השורשים שלהם.
כדי למצוא את \(F_{i,j}\) לכל \(n\geq i\in\MKnatural\) ולכל \(e_{i}\geq j\in\MKnatural\) נשים לב לכך שמתקיים:\[
R=G\cdot\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{e_{i}}\frac{F_{i,j}}{\left(P_{i}\right)^{j}}=\prod_{i=1}^{n}\left(P_{i}\right)^{e_{i}}\cdot\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{e_{i}}\frac{F_{i,j}}{\left(P_{i}\right)^{j}}
\]נפתח את הסוגריים ונקבל את המקדם של כל חזקה כביטוי של המקדמים של הפולינומים ה-\(F_{i,j}\)-ים (שאינם ידועים לנו), ומכיוון שקיימת רק דרך אחת להציג פולינום בצורה זו והמקדמים של \(R\) ידועים לנו (הוא השארית של חילוק \(F\) ב-\(G\)) הרי שקיבלנו מערכת משוואות ליניאריות שאנחנו כבר יודעים לפתור וכבר ידוע לנו שקיים פתרון יחיד. למעשה ניתן לפשט את הדרך עוד יותר ע"י הצבת \(x\)-ים מסוימים ב-\(R\) כדי לאפס חלק מהאיברים ולהתמקד באחרים.
\(\:\)
2 האלגוריתם
2.1 התחלה
תזכורת:
בליניארית2 הוכחנו בקורס שכל פולינום אי-פריק מעל שדה הממשיים הוא מדרגה \(1\) או \(2\).
מהמשפט שהוכחנו בפרק הקודם נובע שכדי למצוא את האינטגרל הלא מסוים מספיק שנדע למצוא את האינטגרל של פונקציה רציונלית שבה המכנה הוא חזקה של פולינום מתוקן מדרגה \(1\) או \(2\) והמונה הוא פולינום מדרגה קטנה ממש מזו של המכנה. א"כ אנו רוצים לחשב את האינטגרלים הבאים (עבור \(A,B,a,b\in\MKreal\) ו-\(1<n\in\MKnatural\) נתונים):\[\begin{align*}
& \intop\frac{B}{x+b}dx & & \intop\frac{Ax+B}{x^{2}+ax+b}dx\\
& \intop\frac{B}{\left(x+b\right)^{n}}dx & & \intop\frac{Ax+B}{\left(x^{2}+ax+b\right)^{n}}dx
\end{align*}\]לפני שנמשיך חשוב שנזכור את האינטגרלים הבאים (עבור \(1\neq n\in\MKinteger\) ופונקציה גזירה \(f\)):\[\begin{align*}
\intop\frac{f'\left(x\right)}{\left(f\left(x\right)\right)^{n}}dx & =\intop\left(f\left(x\right)\right)^{-n}\cdot f'\left(x\right)dx=\frac{\left(f\left(x\right)\right)^{-n+1}}{-n+1}+C\\
& =-\frac{1}{\left(n-1\right)\cdot f^{n-1}\left(x\right)}+C\\
\intop\frac{f'\left(x\right)}{f\left(x\right)}dx & =\ln\left|f\left(x\right)\right|+C\\
\intop\frac{1}{1+x^{2}}dx & =\arctan\left(x\right)+C
\end{align*}\]
2.2 החלק הפשוט
יהיו \(a,b\in\MKreal\) ו-\(1<n\in\MKnatural\) ונחשב את האינטגרלים הנ"ל, שני המקרים הראשונים (השמאליים) פשוטים:
\[
\intop\frac{B}{\left(x+b\right)^{n}}dx=B\cdot\intop\frac{1}{\left(x+b\right)^{k}}dx=-\frac{B}{\left(k-1\right)\left(x+b\right)^{k-1}}+C
\]יהי \(m\in\MKnatural\), נשים לב לכך שבין אם \(m>1\) ובין \(m=1\) מתקיים:\[\begin{align*}
{\color{purple}\intop\frac{Ax+B}{\left(x^{2}+ax+b\right)^{m}}dx} & =\frac{1}{2}\cdot\intop\frac{2Ax+2B}{\left(x^{2}+ax+b\right)^{m}}dx=\frac{1}{2}\cdot\intop\frac{2Ax+A\cdot a}{\left(x^{2}+ax+b\right)^{m}}dx+\frac{1}{2}\cdot\intop\frac{2B-A\cdot a}{\left(x^{2}+ax+b\right)^{m}}\\
& ={\color{red}\frac{A}{2}\cdot\intop\frac{2x+a}{\left(x^{2}+ax+b\right)^{m}}dx}+{\color{blue}\left(B-\frac{A\cdot a}{2}\right)\cdot\intop\frac{1}{\left(x^{2}+ax+b\right)^{m}}dx}
\end{align*}\]נחשב את האינטגרל השמאלי, אם \(m=1\) אז מתקיים:\[
{\color{red}\frac{A}{2}\cdot\intop\frac{2x+a}{\left(x^{2}+ax+b\right)^{m}}dx}=\frac{A}{2}\cdot\intop\frac{2x+a}{x^{2}+ax+b}dx=\frac{A}{2}\cdot\ln\left|x^{2}+ax+b\right|+C
\]
ואם \(m>1\) אז מתקיים:\[
{\color{red}\frac{A}{2}\cdot\intop\frac{2x+a}{\left(x^{2}+ax+b\right)^{m}}dx}=-\frac{A}{2\left(m-1\right)\cdot\left(x^{2}+ax+b\right)^{m-1}}+C
\]אם כך כל מה שנותר לנו הוא לחשב את האינטגרל הימני:\[
{\color{blue}\intop\frac{1}{\left(x^{2}+ax+b\right)^{m}}dx}
\]
2.3 הצבה ע"פ האינטואיציה לנוסחת השורשים
בקובץ "על פתרון משוואות ונוסחת השורשים" (בנספח) ניתן לראות שקיימים \(d,r\in\MKreal\) כך ש-\(r>0\)3\(d=-\frac{a}{2}\) ו-\(r=b-\frac{a^{2}}{4}\), נשים לב לכך ש-\(x^{2}+ax+b\) אי פריק ולכן \(4r=a^{2}-4b>0\). המקיימים (לכל \(x\in\MKreal\)):\[
x^{2}+ax+b=\left(x-d\right)^{2}+r
\]יהיו \(d\) ו-\(r\) כנ"ל ומכאן שמתקיים (לכל \(x\in\MKreal\)):\[
x^{2}+ax+b=r\cdot\left(\frac{\left(x-d\right)^{2}}{r}+1\right)=r\cdot\left(\left(\frac{x-d}{\sqrt{r}}\right)^{2}+1\right)
\]תהא \(\varphi:\MKreal\rightarrow\MKreal\) פונקציה המוגדרת ע"י (לכל \(x\in\MKreal\)):\[
\varphi\left(x\right):=\frac{x-d}{\sqrt{r}}
\]וממילא לכל \(x\in\MKreal\) מתקיים:\[
x^{2}+ax+b=r\cdot\left(\left(\varphi\left(x\right)\right)^{2}+1\right),\ \varphi'\left(x\right)=\frac{1}{\sqrt{r}}
\]\[\begin{align*}
\intop\frac{1}{\left(x^{2}+ax+b\right)^{m}}dx & =\intop\frac{1}{{\color{green}r^{m}}}\cdot\left(\left(\varphi\left(x\right)\right)^{2}+1\right)^{-m}dx\\
& =\frac{{\color{orange}\sqrt{r}}}{{\color{green}r^{m}}}\cdot\intop\left(\left(\varphi\left(x\right)\right)^{2}+1\right)^{-m}\cdot{\color{orange}\varphi'\left(x\right)}dx\\
& =\frac{\sqrt{r}}{r^{m}}\cdot I_{m}\left(\varphi\left(x\right)\right)=\frac{\sqrt{r}}{r^{m}}\cdot I_{m}\left(\frac{x-d}{\sqrt{r}}\right)
\end{align*}\]כאשר הסדרה \(\left(I_{k}\right)_{k=1}^{\infty}\) מוגדרת ע"י (לכל \(k\in\MKnatural\)):\[
I_{k}=\intop\frac{1}{\left(1+x^{2}\right)^{k}}dx
\]וכפי שנראה להלן ניתן לחשב את \(I_{k}\) לכל \(k\in\MKnatural\) ע"י נוסחת נסיגה. א"כ לסיכום קיבלנו שאם \(n=1\) אז:\[
{\color{purple}\intop\frac{Ax+B}{\left(x^{2}+ax+b\right)^{n}}dx}={\color{red}\frac{A}{2}\cdot\ln\left|x^{2}+ax+b\right|}+{\color{blue}\left(B-\frac{A\cdot a}{2}\right)\cdot\frac{\sqrt{r}}{r^{n}}\cdot I_{n}\left(\frac{x-d}{\sqrt{r}}\right)}
\]ואם \(n>1\) אז:\[
{\color{purple}\intop\frac{Ax+B}{\left(x^{2}+ax+b\right)^{n}}dx}={\color{red}-\frac{A}{2\left(n-1\right)\cdot\left(x^{2}+ax+b\right)^{n-1}}}+{\color{blue}\left(B-\frac{A\cdot a}{2}\right)\cdot\frac{\sqrt{r}}{r^{n}}\cdot I_{n}\left(\frac{x-d}{\sqrt{r}}\right)}
\]
2.4 סדרת האינטגרלים \(\left(I_{k}\right)_{k=1}^{\infty}\)
מתקיים:\[
I_{1}=\intop\frac{1}{1+x^{2}}dx=\arctan\left(x\right)+C
\]ולכן עבור \(k=1\) מתקיים:\[
\intop\frac{1}{\left(x^{2}+ax+b\right)^{k}}dx=\intop\frac{1}{x^{2}+ax+b}dx=\frac{1}{\sqrt{r}}\cdot\arctan\left(\frac{x-d}{\sqrt{r}}\right)+C
\]ולסיכום:\[
{\color{purple}\intop\frac{Ax+B}{x^{2}+ax+b}dx}={\color{red}\frac{A}{2}\cdot\ln\left|x^{2}+ax+b\right|}+{\color{blue}\left(B-\frac{A\cdot a}{2}\right)\cdot\frac{1}{\sqrt{r}}\cdot\arctan\left(\frac{x-d}{\sqrt{r}}\right)}+C
\]ולכל \(2\leq k\in\MKnatural\) נקבל (ע"י אינטגרציה בחלקים):\[\begin{align*}
\Rightarrow I_{k-1}\left(x\right) & =\intop\frac{1}{\left(1+x^{2}\right)^{k-1}}dx\\
& =\intop1\cdot\frac{1}{\left(1+x^{2}\right)^{k-1}}dx\\
& =x\cdot\frac{1}{\left(1+x^{2}\right)^{k-1}}-\intop x\cdot\frac{2x\cdot\left(-k+1\right)}{\left(1+x^{2}\right)^{k}}\ dx\\
& =\frac{x}{\left(1+x^{2}\right)^{k-1}}+2\left(k-1\right)\cdot\intop\frac{x^{2}}{\left(1+x^{2}\right)^{k}}dx\\
& =\frac{x}{\left(1+x^{2}\right)^{k-1}}+\left(2k-2\right)\cdot\intop\frac{1+x^{2}-1}{\left(1+x^{2}\right)^{k}}dx\\
& =\frac{x}{\left(1+x^{2}\right)^{k-1}}+\left(2k-2\right)\cdot\left(\intop\frac{1}{\left(1+x^{2}\right)^{k-1}}dx-\intop\frac{1}{\left(1+x^{2}\right)^{k}}dx\right)
\end{align*}\]מכאן שלכל \(1<k\in\MKnatural\) מתקיים:\[
I_{k-1}\left(x\right)=\frac{x}{\left(1+x^{2}\right)^{k-1}}+\left(2k-2\right)\cdot\left(I_{k-1}\left(x\right)-I_{k}\left(x\right)\right)
\]ולכן גם:\[
\left(2k-2\right)\cdot I_{k}\left(x\right)=\left(2k-3\right)\cdot I_{k-1}\left(x\right)+\frac{x}{\left(1+x^{2}\right)^{k-1}}
\]וממילא:\[
I_{k}\left(x\right)=\frac{2k-3}{2k-2}\cdot I_{k-1}\left(x\right)+\frac{1}{2k-2}\cdot\frac{x}{\left(1+x^{2}\right)^{k-1}}
\]א"כ מצאנו נוסחת נסיגה לסדרה \(\left(I_{k}\right)_{k=1}^{\infty}\) ולכן אנו יכולים לדעת בדיוק כיצד נראה כל איבר שנחפוץ בו.
רוצים לפרגן לי על בניית האתר וכתיבת הסיכומים? אתם מוזמנים לתת טיפ.פורמטים נוספים:
#scrollButton {
position: fixed; /* Keeps the button in a fixed position */
bottom: 0.7em; /* Distance from the bottom */
right: 0.7em; /* Distance from the right */
height: 3.5em;
width: 3.5em;
cursor: pointer;
background-color: #084149;
opacity: 80%;
}
#scrollImage {
position: fixed; /* Keeps the button in a fixed position */
bottom: 0.7em; /* Distance from the bottom */
right: 0.7em; /* Distance from the right */
height: 3.5em;
width: 3.5em;
opacity: 80%;
}
function scrollToTop() {
window.scrollTo({ top: 0, behavior: 'smooth' });
}
דפי האתרדף הביתאודותצור קשרמפת אתרענפים מתמטייםהתחלהאנליזהאלגברהענפים נוספיםאקסיומת השלמותסיכומי הרצאות במתמטיקהדף הביתתרומהאודותהקדשהמפת אתרהתחלהאנליזהאלגברהענפים נוספיםצור קשרעודלאתר הקודםsrayaa.comעִבְלִיקְסתנ"ך ברויאר מוקלט
( function() {
var skipLinkTarget = document.querySelector( 'main' ),
sibling,
skipLinkTargetID,
skipLink;
// Early exit if a skip-link target can't be located.
if ( ! skipLinkTarget ) {
return;
}
/*
* Get the site wrapper.
* The skip-link will be injected in the beginning of it.
*/
sibling = document.querySelector( '.wp-site-blocks' );
// Early exit if the root element was not found.
if ( ! sibling ) {
return;
}
// Get the skip-link target's ID, and generate one if it doesn't exist.
skipLinkTargetID = skipLinkTarget.id;
if ( ! skipLinkTargetID ) {
skipLinkTargetID = 'wp--skip-link--target';
skipLinkTarget.id = skipLinkTargetID;
}
// Create the skip link.
skipLink = document.createElement( 'a' );
skipLink.classList.add( 'skip-link', 'screen-reader-text' );
skipLink.href = '#' + skipLinkTargetID;
skipLink.innerHTML = 'לדלג לתוכן';
// Inject the skip link.
sibling.parentElement.insertBefore( skipLink, sibling );
}() );