Неопределенный интеграл с многочленом 3-й степени

[e7e5]

Дано:
$f=(x^3+bx^2+cx+d)^{-1}$, коэффициенты - вещественные ( простите допишу: коэфф такие, что все 3 корня - вещественные) .
Вычислить

$\int { f dx }$

Мне понятно, что многочлен в знаменателе можно разложить на множители вида:
$(x-\lambda_1)(x-\lambda_2)(x-\lambda_3)$
Затем представить эту дробь в виде суммы простых дробей
$f= \frac {A} {x-\lambda_1} + \frac {B} {x-\lambda_2} + \frac {C} {x- \lambda_3}$

Но вот мне не совсем понятно, как использовать степенную ассимптотику функции для нахождения коэффициентов A, B, C?

[ewert]

Никак. Чудес не бывает -- корни (или хотя бы один корень) придётся вытаскивать пальчиками.

[Полосин]

Корни легко найти по формуле Кардано, а коэффициенты - методом вычеркивания: если корни знаменателя простые, то $ f=1/h, A=1/h'(\lambda_1)$.

[e7e5]

ewert писал(а):

Никак. Чудес не бывает -- корни (или хотя бы один корень) придётся вытаскивать пальчиками.

Не понял, какие корни?
Считаем, что $\lambda_i$ посчитаны. Но вот найти коэффиценты (A, B, C). без "пальчиков" хочется - есть указание использовать степенную ассимптотику функции $f$ при $x$ стремящемся к $a$.

Вот тут я в ступоре, подзабыл я, еще не повторял

[Gafield]

Видимо, имеются ввиду равенства вида $A=\lim_{x\to \lambda_1}(x-\lambda_1)f(x)=\frac1{(1/f(\lambda_1))'}$.

[tolstopuz]

Mathematica выдает такое (после косметических преобразований):

$$\frac{1}{6p^2}\left(2\sqrt3\arctan{\frac{\frac{2x}p-1}{\sqrt3}}+\log\frac{(x+p)^3}{x^3+p^3}\right)$$

, где

$$p=\sqrt[3]{bx^2+cx+d}$$

Похоже, слухи об устаревании традиционных методов интегрирования элементарных функций не преувеличены.

[Лиля]

e7e5 в сообщении #194636 писал(а):

$f= \frac {A} {x-\lambda_1} + \frac {B} {x-\lambda_2} + \frac {C} {x- \lambda_3}$

я так поняла раз $\frac{1}{x^3+bx^2+cx+d}=\frac {A} {x-\lambda_1} + \frac {B} {x-\lambda_2} + \frac {C} {x- \lambda_3}$ знач вроде как должно быть $1=A(x-\lambda_2)(x-\lambda_3)+B(x-\lambda_1)(x-\lambda_3)+C(x-\lambda_1)(x-\lambda_2)$ мне кажеться $A,B,C$ должны хорошо найтись из уровнения если его разбить на систему из 3ех уровнений из коефициентов при $x^{2},x^{1}, x^{0}$

[BapuK]

Лиля писал(а):

...

а можно еще для начала $x=\lambda_1$ тогда справа 2 скобки обнуляются и находим коэфф $A$ то же самое проделываем для $x=\lambda_2,\lambda_3$

[e7e5]

Лиля писал(а):

e7e5 в сообщении #194636 писал(а):

$f= \frac {A} {x-\lambda_1} + \frac {B} {x-\lambda_2} + \frac {C} {x- \lambda_3}$

я так поняла раз $\frac{1}{x^3+bx^2+cx+d}=\frac {A} {x-\lambda_1} + \frac {B} {x-\lambda_2} + \frac {C} {x- \lambda_3}$ знач вроде как должно быть $1=A(x-\lambda_2)(x-\lambda_3)+B(x-\lambda_1)(x-\lambda_3)+C(x-\lambda_1)(x-\lambda_2)$ мне кажеться $A,B,C$ должны хорошо найтись из уровнения если его разбить на систему из 3ех уровнений из коефициентов при $x^{2},x^{1}, x^{0}$

В том то и дело, что систему "лень" решать, а в уме сложновато будет без тренировки.

Gafield писал(а):

Видимо, имеются ввиду равенства вида $A=\lim_{x\to \lambda_1}(x-\lambda_1)f(x)=\frac1{(1/f(\lambda_1))'}$.

Как то из ассимптотики , факта, что степенная ассиптотика единственная должно получиться

$A= \frac {1} {(\lambda_1-\lambda_2)(\lambda_1- \lambda_3)}$ А как именно, не монимаю...

Добавлено спустя 3 минуты 48 секунд:

BapuK писал(а):

Лиля писал(а):

...

а можно еще для начала $x=\lambda_1$

- тоже просто , но я хотел именно про асимптотику понять, как она помогает "устно" найти коэфф. A, B, C

[ewert]

e7e5 писал(а):

Как то из ассимптотики , факта, что степенная ассиптотика единственная должно получиться

$A= \frac {1} {(\lambda_1-\lambda_2)(\lambda_1- \lambda_3)}$ А как именно, не монимаю...

Выпишите формальное разложение на сумму трёх дробей, умножьте обе части равенства на $(x-\lambda_1)$ и возьмите от каждой части предел при $x\to\lambda_1$ (оба находятся действительно мгновенно).

[e7e5]

ewert писал(а):

Выпишите формальное разложение на сумму трёх дробей, умножьте обе части равенства на $(x-\lambda_1)$ и возьмите от каждой части предел при $x\to\lambda_1$ (оба находятся действительно мгновенно).

Выписал, умножил, взял предел и дествительно получилось
$A= \frac {1} {(\lambda_1-\lambda_2)(\lambda_1- \lambda_3)}$

Но как здесь единственность степенной асимптотики используется?

[gris]

А если просто, без всякой асимптотики подставить в выражение
$1=A(x-\lambda_2)(x-\lambda_3)+B(x-\lambda_1)(x-\lambda_3)+C(x-\lambda_1)(x-\lambda_2)$
каждый из корней уравнения по очереди?

[ewert]

e7e5 в сообщении #194733 писал(а):

Но как здесь единственность степенной асимптотики используется?

А что такое "единственность асимптотики"? Это какая-то загадка.

Имеет смысл говорить о существовании асимптотики. Которое по определению означает существование предела после умножения на соответствующую степень.

Вот Вы получили предел? -- получили. Значит, коэффициент может быть только таким, и никаким иначе.

Откуда, говоря формально, ещё не следует, что это число действительно является коэффициентом разложения. Но если у Вас уже есть теорема о существовании разложения, то -- следует.

[e7e5]

ewert писал(а):

e7e5 в сообщении #194733 писал(а):

Но как здесь единственность степенной асимптотики используется?

А что такое "единственность асимптотики"? Это какая-то загадка.

Вот для меня тоже. Ладно, мне нужно повнимательнее книжки почитать. Спасибо.

tolstopuz писал(а):

Mathematica выдает такое (после косметических преобразований):

$$\frac{1}{6p^2}\left(2\sqrt3\arctan{\frac{\frac{2x}p-1}{\sqrt3}}+\log\frac{(x+p)^3}{x^3+p^3}\right)$$

, где

$$p=\sqrt[3]{bx^2+cx+d}$$

Похоже, слухи об устаревании традиционных методов интегрирования элементарных функций не преувеличены.

Пожалуйста поясните:
1) Что за слухи?
2) Более важный вопрос ( может не в тему) - Mathematica может дифф.. ур решить - ответ в явном виде? У меня в заначке простенький дифур. хотелось бы увидеть результат в явном виде.

[tolstopuz]

e7e5 писал(а):

tolstopuz писал(а):

Похоже, слухи об устаревании традиционных методов интегрирования элементарных функций не преувеличены.

Пожалуйста поясните:
1) Что за слухи?

Во-первых, говорят, что есть алгоритм, берущий в элементарных функциях интеграл от любой комбинации элементарных функций или отвечающий, что это невозможно. Во-вторых, говорят, что для этого не требуется разложение многочленов на множители. В-третьих, говорят, что он уже лет десять как реализован в современных математических пакетах.

e7e5 писал(а):

2) Более важный вопрос ( может не в тему) - Mathematica может дифф.. ур решить - ответ в явном виде? У меня в заначке простенький дифур. хотелось бы увидеть результат в явном виде.

Не знаю, надо пробовать. Дифуры - более сложная вещь, чем интегралы. В Maple, например, есть советник, который даже не решает дифур, а только предлагает дальнейшие шаги.

Добавлено спустя 12 минут 41 секунду:

Все-таки это слухи. Тем не менее, реальность не так мрачна, как нас учили на первом курсе.
http://en.wikipedia.org/wiki/Risch_algorithm