Chủ đề này có 2 trả lời

[Nxb]

Để tính tích phân của phân thức hữu tỉ, ta phải viết lại phân thức đó thành tổng của các đa thức và các phân thức hữu tỉ đơn giản (tức là đã biết công thức tích phân rồi) dạng $\frac{A}{(x-a)^k}$ và $\frac{Bx+C}{(x^2+px+q)^t}$. Tuy nhiên tại sao ta có thể luôn làm được như vây. Vấn đề này sẽ được giải quyết trong khuôn khổ giải tích số, nhưng gần đây mình có chứng minh được cái này bằng không gian vector, nhưng chỉ trong trường hợp đơn giản là mẫu của phân thức ban đầu có một loại đa thức bất khả quy bậc 2. Trong trường hợp tổng quát thì mình không chứng minh được bằng phương pháp này. Mong rằng bạn nào quan tâm hãy cùng trao đổi với mình về vấn đề này.

[Nxb]

Đã chứng minh được hoàn toàn rồi hoá ra cũng không khó lắm, nhắc lại định lý cho nó tường minh: tồn tại các hệ số $*$ sao cho:

$$\frac{P(x)}{Q(x)}=\sum_{i=1}^{n} \frac{*}{x-a_i}+..+\frac{*}{(x-a_i)^{t_i}}+\sum_{j=1}^{m} \frac{*x+*}{x^2+p_j x+q_j}+..+\frac{*x+*}{(x^2+p_j x+q_j)^{h_j}}$$

Trong đó $P, Q$ là các đa thức hệ số thực, deg$P$<deg$Q$ và $Q(x)=\prod_{i=1}^{n}(x-a_i)^{t_i}\prod_{j=1}^{m}(x^2+p_j x+q_j)^{h_j}$ với $x^2+p_j x+q_j, j=\overline{1,m}$ là các đa thức bất khả quy trong $\mathbb{R}$  

Mình post chứng minh ở đây cho bạn nào tò mò.

 

Ta chứng minh hệ: $$S=(\frac{Q(x)}{x-a_i},..,\frac{Q(x)}{(x-a_i)^{t_i}},\frac{Q(x)}{x^2+p_j x+q_j},..,\frac{Q(x)}{(x^2+p_j x+q_j)^{h_j}},\frac{xQ(x)}{x^2+p_j x+q_j},..,\frac{xQ(x)}{(x^2+p_j x+q_j)^{h_j}}|1 \leq i \leq n, 1 \leq j \leq m)$$ là một hệ độc lập tuyến tính. Giả sử có một biểu thị tuyến tính $By=B(y_1 y_2 ..)^t=0$. Với mỗi $i$, do $By=0$, ta có:

$$x-a_i | y_{*}\frac{Q(x)}{(x-a_i)^{t_i}}$$

vì các đa thức khác của S đều chứa ít nhất một nhân tử $x-a_i$. Nhưng $\frac{Q(x)}{(x-a_i)^{t_i}}$ không chứa một nhân tử $x-a_i$ nào nên ta phải có $y_{*}=0$. Như vậy $By$ chỉ là tổ hợp tuyến tính của hệ $(\frac{Q(x)}{x-a_i},..,\frac{Q(x)}{(x-a_i)^{t_i-1}},\frac{Q(x)}{x^2+p_j x+q_j},..,\frac{Q(x)}{(x^2+p_j x+q_j)^{h_j}},\frac{xQ(x)}{x^2+p_j x+q_j},..,\frac{xQ(x)}{(x^2+p_j x+q_j)^{h_j}}|1 \leq i \leq n, 1 \leq j \leq m)$

Lập luận tương tự nhưng với chia hết cho đa thức $(x-a_i)^2$, và lần lượt như vậy, ta thu được $By$ chỉ là tổ hợp tuyến tính của hệ $(\frac{Q(x)}{x^2+p_jx+q_j},..,\frac{Q(x)}{(x^2+p_j x+q_j)^{h_j}},\frac{xQ(x)}{x^2+p_j x+q_j},..,\frac{xQ(x)}{(x^2+p_j x+q_j)^{h_j}}|1 \leq j \leq m)$. Với mọi j, từ $By=0$ ta suy ra $x^2+p_j x+q_j |\frac{y_{*}xQ(x)}{(x^2+p_j x)^{h_j}}+\frac{y_{'}Q(x)}{(x^2+p_j x+q_j)^{h_j}}=(y_{*}x+y_{'})\frac{Q(x)}{(x^2+p_j x+q_j)^{h_j}}$ vì các đa thức khác đều chưa ít nhất một nhân tử $x^2+p_j x+q_j$. Nhưng $\frac{Q(x)}{(x^2+p_j x+q_j)^{h_j}}$ không chứa một nhân tử $x^2+p_j x+q_j$ nên điều này chỉ xảy ra khi $y_{*}=y_{'}=0$. Lập luận tương tử như vậy đối với chia hết cho $(x^2+p_jx+q_j)^2,..$ ta thu được $y=0$ tức là hệ $S$ độc lập tuyến tính. Ta thấy $S$ có số vector bằng $\sum_{i=1}^{n}t_i+2\sum_{j=1}^{m}h_j=degQ$ nên $S$ là cơ sở của $\mathbb{R}[x]_{degQ-1}$, từ đó suy ra định lý.

[minhhung98]

 I=\int_{0}^{1}\frac{x^4+1}{x^6+1}dx