Разнообразни задачи

[MuTaKa]

Моля, предложете решения!

[Реклама]

[Spider Iovkov]

Зад. 1. [tex]y = cos^4 \left ( \frac{1}{\arctan x} - \frac{1}{\operatorname{arccot} x} \right )[/tex]

Тук ще използваме, че производната на сложната функия [tex]y=f(\varphi(x))[/tex] е [tex]y' = f'(\varphi(x)).\varphi'(x)[/tex]. В частност получаваме, че [tex]y = f^{\alpha}(\varphi(x)) \Leftrightarrow y' = \alpha f^{\alpha-1}(\varphi(x)).f'(\varphi(x)).\varphi'(x)[/tex]. Връщаме се към нашата функция −

[tex]y = cos^4 \left ( \frac{1}{\arctan x} - \frac{1}{\operatorname{arccot} x} \right ) \Leftrightarrow y' = 4 cos^3 \left ( \frac{1}{\arctan x} - \frac{1}{\operatorname{arccot} x} \right ) . \left ( cos {\left ( \frac{1}{\arctan x} - \frac{1}{\operatorname{arccot} x} \right ) } \right ) '[/tex].

Отново получихме производна от сложна функция (косинус прим). Пак, използвайки горната формулка, намираме

[tex]y' = - 4 cos^3 \left ( \frac{1}{\arctan x} - \frac{1}{\operatorname{arccot} x} \right ) . sin { \left ( \frac{1}{\arctan x} - \frac{1}{\operatorname{arccot} x} \right )} . \left ( \frac{1}{\arctan x} - \frac{1}{\operatorname{arccot} x} \right ) ' \, (*)[/tex].

Остана да сметнем [tex]\left ( \frac{1}{\arctan x} - \frac{1}{\operatorname{arccot} x} \right ) '[/tex]. Разделяме разликата, която диференцираме, на две части (по правилото за диференциране на разлика). Така достигаме до

[tex]\left ( \frac{1}{\arctan x}\right ) ' - \left ( \frac{1}{\operatorname{arccot} x} \right ) ' = \frac{1' . \arctan x - 1 . ( \arctan x ) ' }{ ( \arctan x )^2 } - \frac{1' . \operatorname{arccot} x - 1. ( \operatorname{arccot} x ) ' }{ ( \operatorname{arccot} x )^2 } = -\frac{ ( \arctan x) ' }{ ( \arctan x)^2 } + \frac{ ( \operatorname{arccot} x ) ' }{ ( \operatorname{arccot} x )^2 }[/tex].

Като се сетим, че [tex]( \arctan x ) ' = \frac{1}{1+x^2} [/tex] и [tex]( \operatorname{arccot} x ) ' = -\frac{1}{1+x^2}[/tex], то последното трансформираме в

[tex]-\frac{1}{(1+x^2) ( \arctan x )^2} - \frac{1}{(1+x^2) ( \operatorname{arccot} x )^2} = -\frac{1}{1+x^2} \left ( \frac{1}{ ( \arctan x )^2 } + \frac{1}{ ( \operatorname{arccot} x )^2 } \right )[/tex].

Заместваме това в [tex](*)[/tex] и изчисляваме производната −

[tex]y' = 4 cos^3 \left ( \frac{1}{\arctan x} - \frac{1}{\operatorname{arccot} x} \right ) . sin { \left ( \frac{1}{\arctan x} - \frac{1}{\operatorname{arccot} x} \right )} . \frac{1}{1+x^2} \left ( \frac{1}{ ( \arctan x )^2 } + \frac{1}{ ( \operatorname{arccot} x )^2 } \right )[/tex].

Зад. 2. [tex]y = (x^2+1)^{x^2-1}[/tex]

Нека е дадена функцията [tex]y=u^{v(x)}(x)[/tex]. Логаритмуваме двете страни на това равенство, получаваме

[tex]\ln y = \ln u^{v(x)}(x) \Leftrightarrow \ln y = v(x) \ln u(x)[/tex].

Диференцираме, така намираме

[tex]( \ln y )' = \left ( v(x) \ln u(x) \right )'[/tex].

По правилото за диференциране на произведение и отчитайки, че [tex]y[/tex] е сложна функция, лесно определяме

[tex]\frac{1}{y}.y' = v'(x) \ln u(x) + v(x) \left ( \ln u(x) \right ) ' \Leftrightarrow \frac{1}{y}.y' = v'(x) \ln u(x) + v(x).\frac{1}{u(x)}.u'(x)[/tex].

В хода на тези разсъждения правим същите преобразувания и за нашата функция. Имаме

[tex]y = (x^2+1)^{x^2-1} \Leftrightarrow \ln y = (x^2-1) \ln (x^2+1) \Leftrightarrow ( \ln y )' = \left ( (x^2-1) \ln (x^2+1) \right ) '[/tex].

Развиваме примовете, получаваме

[tex]\frac{1}{y}.y' = (x^2-1)' \ln (x^2+1) + (x^2-1) \left ( \ln (x^2+1) \right )' \Leftrightarrow \frac{1}{y}.y' = 2x \ln (x^2+1) + (x^2-1).\frac{1}{x^2+1}.2x \Leftrightarrow[/tex]

[tex]\Leftrightarrow \frac{1}{y}.y' = \frac{2x(x^2+1) \ln (x^2+1) + 2x (x^2-1)}{x^2+1} \Leftrightarrow y' = y . \frac{2x(x^2+1) \ln (x^2+1) + 2x(x^2-1)}{x^2+1}[/tex].

Тук [tex]y[/tex] е основната функция, т. е.

[tex]y' = \frac{(x^2+1)^{x^2-1} \left [ 2x(x^2+1) \ln (x^2+1) + 2x(x^2-1) \right ] }{x^2+1}[/tex].

Зад. 3. [tex]y = \frac{1}{\sqrt{ \cot \left ( \ln x - \tan 2x \right ) }}[/tex]

Знаем, че [tex]y = \frac{1}{\sqrt{ f(\varphi(x))}} \Leftrightarrow y' = \left ( \frac{1}{\sqrt{ f(\varphi(x))}} \right ) ' \Leftrightarrow y' = \frac{1' . \sqrt{ f(\varphi(x)) } - 1 . \left ( \sqrt{ f(\varphi(x)) } \right ) ' }{f(\varphi(x))} \Leftrightarrow y' = -\frac{ \left ( \sqrt{f(\varphi(x))} \right ) ' }{f(\varphi(x))}[/tex]. Връщаме се към задачата. Сега

[tex]y' = \left ( \frac{1}{\sqrt{ \cot \left ( \ln x - \tan 2x \right ) }} \right ) ' \Leftrightarrow y' = -\frac{ \left ( \sqrt{ \cot \left ( \ln x - \tan 2x \right ) } \right ) ' }{ \cot \left ( \ln x - \tan 2x \right ) } \Leftrightarrow y' = -\frac{1}{ \cot \left ( \ln x - \tan 2x \right ) } . \left ( \sqrt{ \cot \left ( \ln x - \tan 2x \right ) } \right ) ' \, (*)[/tex].

Ще намерим отделно производната на котангенса. Чрез кратки преобразувания последователно пресмятаме

[tex]\left ( \sqrt{ \cot \left ( \ln x - \tan 2x \right ) } \right ) ' = \left [ \left ( \cot \left ( \ln x - \tan 2x \right ) \right ) ^{\frac{1}{2}} \right ] ' = \frac{1}{2}.\frac{1}{ \sqrt{ \cot \left ( \ln x - \tan 2x \right ) } } . \left ( \cot \left ( \ln x - \tan 2x \right ) \right ) '[/tex].

В последния израз трябва да намерим производната на сложна функция − [tex]\cot \left ( f(x) \right )[/tex], която е [tex]-\frac{1}{sin^2 \left ( f(x) \right )} . f'(x)[/tex]. Тогава

[tex]\left ( \cot \left ( \ln x - \tan 2x \right ) \right ) ' = -\frac{1}{sin^2 \left ( \ln x - \tan 2x \right )} . \left ( \ln x - \tan 2x \right ) ' = -\frac{1}{sin^2 \left ( \ln x - \tan 2x \right )} . \left ( \frac{1}{x} - \frac{1}{cos^2 2x}.2 \right )[/tex].

Следователно

[tex]\left ( \sqrt{ \cot \left ( \ln x - \tan 2x \right ) } \right ) ' = - \frac{1}{2}.\frac{1}{ \sqrt{ \cot \left ( \ln x - \tan 2x \right ) }}.\frac{1}{sin^2 \left ( \ln x - \tan 2x \right )}. \left ( \frac{1}{x} - \frac{2}{cos^2 2x} \right )[/tex].

Заместваме това в другата [tex](*)[/tex]. Така търсената производна е

[tex]\frac{1}{ \cot \left ( \ln x - \tan 2x \right ) }.\frac{1}{2}.\frac{1}{ \sqrt{ \cot \left ( \ln x - \tan 2x \right ) }}.\frac{1}{sin^2 \left ( \ln x - \tan 2x \right )}. \left ( \frac{1}{x} - \frac{2}{cos^2 2x} \right )[/tex].

Зад. 4. [tex]y = \frac{e^{x^3+3x}}{ \tan^3 \left ( \frac{1}{x} - \frac{1}{x^2} \right ) }[/tex]

Това е функция от вида [tex]y=\frac{u}{v}[/tex], чиято производна е [tex]y'=\frac{u'v-uv'}{v^2}[/tex]. Производната на нашата функция ще бъде

[tex]y' = \frac{\left ( e^{x^3+3x} \right )' \tan^3 \left ( \frac{1}{x} - \frac{1}{x^2} \right ) - e^{x^3+3x} \left ( \tan^3 \left ( \frac{1}{x} -\frac{1}{x^2} \right ) \right ) '}{ \tan^6 \left ( \frac{1}{x} - \frac{1}{x^2} \right ) } \, (*)[/tex].

Ще сметнем пак поотделно двете производни в числителя. Първата е

[tex]\left ( e^{x^3+3x} \right ) '[/tex].

За целта записваме

[tex]g = e^{x^3+3x} \Leftrightarrow \ln g = (x^3+3x) \ln e \Leftrightarrow \ln g = x^3+3x \Leftrightarrow \left ( \ln g \right ) ' = (x^3+3x) ' \Leftrightarrow \frac{1}{g}.g' = 3x^2+3 \Leftrightarrow g' = g(3x^2+3)[/tex]

[tex]\Leftrightarrow g'=e^{x^3+3x}(3x^2+3) \, (1)[/tex].

Сега ще намерим и другата производна. Тя е

[tex]\left ( \tan^3 \left ( \frac{1}{x} - \frac{1}{x^2} \right ) \right ) ' = 3 . \tan^2 \left ( \frac{1}{x} - \frac{1}{x^2} \right ) . \left ( \tan \left ( \frac{1}{x} - \frac{1}{x^2} \right )\right ) '[/tex].

Сещаме се, че [tex]\left ( \tan \left ( f(x)\right ) \right ) ' = \frac{1}{cos^2 \left ( f(x) \right )} . f'(x)[/tex]. След това съобразяване всичко се улеснява −

[tex]\left ( \tan \left ( \frac{1}{x} - \frac{1}{x^2} \right ) \right ) ' = \frac{1}{cos^2 \left ( \frac{1}{x} - \frac{1}{x^2} \right )} . \left ( \frac{1}{x} - \frac{1}{x^2} \right ) ' = \frac{1}{cos^2 \left ( \frac{1}{x} - \frac{1}{x^2} \right )} . \left( \left ( \frac{1}{x}\right ) ' - \left ( \frac{1}{x^2} \right ) ' \right ) = \frac{1}{cos^2 \left ( \frac{1}{x} - \frac{1}{x^2} \right )}.\frac{2-x}{x^3}[/tex].

Вече имаме и втората производна, която ни е нужна −

[tex]\left ( \tan^3 \left ( \frac{1}{x} - \frac{1}{x^2} \right ) \right ) ' = 3 . \tan^2 \left ( \frac{1}{x} - \frac{1}{x^2} \right ) . \frac{1}{cos^2 \left ( \frac{1}{x} - \frac{1}{x^2} \right )}.\frac{2-x}{x^3} \, (2)[/tex].

Заместваме [tex](1)[/tex] и [tex](2)[/tex] в последната [tex](*)[/tex] и производната най-после е намерена. Тя е

[tex]y' = \frac{x^3 e^{x^3+3x} cos^2 \left ( \frac{1}{x} - \frac{1}{x^2} \right ) \tan^3 \left ( \frac{1}{x} - \frac{1}{x^2} \right ) - (2-x) e^{x^3+3x}}{x^3 cos^2 \left ( \frac{1}{x} - \frac{1}{x^2} \right ) \tan^6 \left ( \frac{1}{x} - \frac{1}{x^2} \right )}[/tex].

[Spider Iovkov]

Зад. 1. [tex]\lim_{x \to + \infty} \frac{x + 2 \ln x}{x} = \lim_{x \to + \infty} \left ( \frac{x}{x} + \frac{2 \ln x}{x} \right ) = 1 + \lim_{x \to + \infty}\frac{2 \ln x}{x}[/tex]

Последната граница дава неопределеността [tex]\left [ \frac{+ \infty}{+ \infty} \right ][/tex], което ни позволява да приложим теоремата на Лопитал. Получаваме

[tex]1 + \lim_{x \to + \infty} \frac{(2 \ln x)'}{x'} = 1 + \lim_{x \to + \infty} \frac{2}{x} = 1 + 0 = 1[/tex].

Зад. 2. [tex]\lim_{x \to 0} ( cos ax )^{\frac{1}{sin^2 bx}}[/tex]

При директно заместване получаваме [tex]\left [ 1^{+ \infty} \right ][/tex]. За граници от такъв тип има метод за решаване, различен от този на Лопитал. Ако [tex]\lim_{x \to x_{0}} f(x) = 1[/tex] и [tex]\lim_{x \to x_{0}} g(x) = + \infty[/tex], то [tex]\lim_{x \to x_{0}} \left ( f(x) \right )^{g(x)} = e^a[/tex], където [tex]a = \lim_{x \to x_{0}} g(x) \left ( f(x) - 1 \right )[/tex]. Тогава нашата задача се свежда до намирането на нова граница. Така

[tex]a = \lim_{x \to 0} \frac{1}{sin^2 bx} \left ( cos ax - 1 \right ) = \lim_{x \to 0} \frac{cos ax - 1}{1 - cos^2 bx} = \lim_{x \to 0} \frac{cos ax - 1}{(1 + cos bx )(1 - cos bx )} = \lim_{x \to 0} \frac{1}{1 + cos bx} \lim_{x \to 0} \frac{cos ax - 1}{1 - cos bx}[/tex].

От втората граница изнасяме един минус, получаваме

[tex]- \lim_{x \to 0} \frac{1}{1 + cos bx} \lim_{x \to 0} \frac{1 - cos ax}{1 - cos bx}[/tex].

От свойствата на еквивалентните функции знаем, че [tex]1 - cos \varphi(x) \sim \frac{1}{2} (\varphi(x))^2[/tex] при [tex]x \to x_{0}[/tex]. Така лесно намираме [tex]1 - cos ax \sim \frac{1}{2} (ax)^2[/tex] и [tex]1 - cos bx \sim \frac{1}{2} (bx)^2[/tex]. Оттук следва

[tex]- \lim_{x \to 0} \frac{1}{1 + cos bx} \lim_{x \to 0} \frac{a^2x^2}{b^2x^2} = -\frac{a^2}{b^2} \lim_{x \to 0} \frac{1}{1 + cos bx} = -\frac{a^2}{b^2}.\frac{1}{1 + cos 0^\circ} = -\frac{a^2}{2b^2} [/tex].

[Spider Iovkov]

Зад. 1. [tex]\int \left ( \frac{1}{x\sqrt{x}} - \frac{1}{x^2} \right ) \operatorname{d}x[/tex]

По правилото за интегриране на разлика разделяме на два интеграла, получаваме

[tex]\int {\frac{1}{x\sqrt{x}}} \operatorname{d}x - \int {\frac{1}{x^2}} \operatorname{d}x = \int{x^{-\frac{3}{2}}} \operatorname{d}x - \int{x^{-2}} \operatorname{d}x[/tex].

Получихме интеграли от вида [tex]\int{v^k} \operatorname{d}v[/tex], които са равни на [tex]\frac{v^{k+1}}{k+1}[/tex]. Оттук лесно намираме [tex]\int \left ( \frac{1}{x\sqrt{x}} - \frac{1}{x^2} \right ) \operatorname{d}x = -\frac{2}{\sqrt{x}} + \frac{1}{x}[/tex].

Зад. 2. [tex]\int{x^2 \arctan x} \operatorname{d}x[/tex]

Ние знаем, че [tex]\operatorname{d} uv = v \operatorname{d}u + u \operatorname{d} v[/tex]. Като интегрираме двете страни на това равенство, получаваме [tex]\int \operatorname{d} uv = \int{v} \operatorname{d}u + \int{u} \operatorname{d} v[/tex], което е равносилно с

[tex]uv = \int{v} \operatorname{d}u + \int{u}\operatorname{d}v \Leftrightarrow \int{u} \operatorname{d}v = uv - \int{v} \operatorname{d}u[/tex].

Това тъждество наричаме правило за интегриране по части. Ще го използваме в нашата задача. За целта ще трябва да внесем в диференциала една от двете функции − [tex]x^2[/tex] или [tex]\arctan x[/tex]. Удобно е това да бъде [tex]x^2[/tex], защото всъщност не знаем на коя функция производната е [tex]\arctan x[/tex]. По-общо − когато имаме интеграл от типовете

[tex]\int{P(x) \, \arcsin x} \operatorname{d}x, \, \int{P(x) \, \arccos x} \operatorname{d}x, \, \int{P(x) \, \arctan x} \operatorname{d}x[/tex],

където [tex]P(x)[/tex] е някакъв полином, в диференциала внасяме именно него.

Връщаме се към задачата. Имаме

[tex]\int{\arctan x} \operatorname{d} \left ( \frac{x^3}{3} \right ) = \frac{x^3}{3} \arctan x - \int{\frac{x^3}{3}} \operatorname{d} ( \arctan x ) = \frac{x^3}{3} \arctan x - \int{\frac{x^3}{3(1+x^2)}} \operatorname{d}x[/tex], защото [tex]( \arctan x) ' = \frac{1}{1+x^2}[/tex].

Сега записваме последния интеграл във вида

[tex]\frac{x^3}{3} \arctan x - \int{\frac{x^2.x}{3(1+x^2)}} \operatorname{d}x[/tex]. В диференциала внасяме само [tex]x[/tex]. Тогава определяме [tex]\frac{x^3}{3} \arctan x - \frac{1}{2} \int{\frac{x^2}{3(1+x^2)}} \operatorname{d} \left ( x^2 \right ) [/tex].

В числителя прибавяме и изваждаме [tex]1[/tex]. Така намираме [tex]\frac{x^3}{3} \arctan x - \frac{1}{2} \int{\frac{x^2+1-1}{3(x^2+1)}} \operatorname{d}(x^2+1)[/tex].

Разделяме на два нови интеграла, следователно [tex]\frac{x^3}{3} \arctan x - \frac{1}{2} \left ( \int{\frac{x^2+1}{3(x^2+1)}} \operatorname{d}(x^2+1) - \int{\frac{1}{3(x^2+1)}} \operatorname{d}(x^2+1) \right )[/tex].

Пресмятаме последователно двата интеграла в скобите –

[tex]I = \int{\frac{x^2+1}{3(x^2+1)}} \operatorname{d}(x^2+1) = \frac{1}{3} \int{\operatorname{d}(x^2+1)} = \frac{1}{3} \int{\operatorname{d}(x^2)} = \frac{1}{3}x^2[/tex],

[tex]J = \int{\frac{1}{3(x^2+1)}} \operatorname{d}(x^2+1) = \frac{1}{3} \int{\frac{1}{x^2+1}} \operatorname{d}(x^2+1)[/tex].

Виждаме, че [tex]J[/tex] е интеграл от вида [tex]\int{\frac{1}{v}} \operatorname{d}v[/tex], който има първообразна [tex]\ln v[/tex] при [tex]v>0[/tex]. Така [tex]J = \frac{1}{3} \ln (x^2+1)[/tex].

Вече се сещаме, че изходният интеграл всъщност е [tex]\frac{x^3}{3} \arctan x - \frac{1}{2} (I-J) = \frac{x^3}{3} \arctan x - \frac{1}{2}I + \frac{1}{2}J = \frac{x^3}{3} \arctan x - \frac{1}{6}x^2 + \frac{1}{6} \ln (x^2+1)[/tex]. Последното е равносилно със записа

[tex]\int{x^2 \arctan x} \operatorname{d}x = \frac{2x^3 \arctan x - x^2 + \ln (x^2+1)}{6}[/tex].

Зад. 3. [tex]\int{\frac{x^2-x+2}{x^4-5x^2+4}} \operatorname{d}x[/tex]

Нека е дадена рационална дроб от вида [tex]\frac{P(x)}{Q(x)}[/tex] и нека [tex]x_{1}, \, x_{2}, \, ..., \, x_{n}[/tex] са корените на знаменателя. Тогава тя има единствено представяне от вида

[tex]\frac{P(x)}{Q(x)} = \frac{A_{1}}{x-x_{1}}+\frac{A_{2}}{(x-x_{1})^2}+...+\frac{A_{n}}{(x-x_{1})^k}+\frac{B_{1}}{x-x_{2}}+\frac{B_{2}}{(x-x_{2})^2}+...+\frac{B_{n}}{(x-x_{2})^m}+\frac{M_{1}x+N_{1}}{x^2+px+q}+\frac{M_{2}x+N_{2}}{(x^2+px+q)^2}+...+\frac{M_{n}x+N_{n}}{(x^2+px+q)^n}[/tex].

Това се нарича разлагане на елементарни дроби. Тук [tex]k, \, m, \, n[/tex] е кратността на корените [tex]x_{1}, \, x_{2}, \, ..., \, x_{n}[/tex], а тричленът [tex]x^2+px+q[/tex] е неразложим. Намирането на неизвестните числа

[tex]A_{1}, \, A_{2}, \, ..., \, A_{n}, \, B_{1}, \, B_{2}, \, ..., \, B_{n}, \, M_{1}, \, M_{2}, \, ..., \, M_{n}, \, N_{1}, \, N_{2}, \, ..., \, N_{n}[/tex]

се извършва, като се освободим от знаменателите в двете страни на равенството и приравним числителите (защото два полинома от една и съща степен са тъждествени, ако са равни всичките им коефициенти).

Ще решим задачата по горния метод. Нулите на тричлена [tex]t^4-5t^2+4[/tex] са [tex]t=4[/tex] и [tex]t=1[/tex]. Тогава ако положим [tex]x^2=t[/tex], знаменателят се разлага до

[tex](t-4)(t-1)=(x^2-4)(x^2-1)=(x+2)(x-2)(x+1)(x-1)[/tex].

В такъв случай ще искаме подинтегралната функция да се разложи на елементарни дроби като

[tex]\frac{x^2-x+2}{x^4-5x^2+4} = \frac{A}{x+2}+\frac{B}{x-2}+\frac{C}{x+1}+\frac{D}{x-1}[/tex].

Като се освободим от знаменателите в двете страни на равенството, достигаме до

[tex]A(x-2)(x+1)(x-1)+B(x+2)(x+1)(x-1)+C(x+2)(x-2)(x-1)+D(x+2)(x-2)(x+1)=x^2-x+2[/tex].

Полиномите отляво и отдясно са тъждествени. Тогава всичките им коефициенти трябва да са равни. За да намерим неизвестните числа [tex]A, \, B, \, C, \, D[/tex], даваме на [tex]x[/tex] някакви подходящи стойности (абсолютно произволни):

− [tex]x=1 \Rightarrow D.3.(-1).2=\cancel 1-\cancel 1+2 \Leftrightarrow -3.\cancel 2.D=\cancel 2 \Leftrightarrow D=-\frac{1}{3}[/tex];

− [tex]x=-1 \Rightarrow C.1.(-3).(-2)=1+1+2 \Leftrightarrow \cancel 2.3.C=\cancel 2.2 \Leftrightarrow C=\frac{2}{3}[/tex];

− [tex]x=2 \Rightarrow B.4.3.1=4-\cancel 2+\cancel 2 \Leftrightarrow \cancel 4.3.B=\cancel 4 \Leftrightarrow B=\frac{1}{3}[/tex];

− [tex]x=-2 \Rightarrow A.(-4).(-1).(-3)=4+2+2 \Leftrightarrow -\cancel 4.3.A=2.\cancel 4 \Leftrightarrow A=-\frac{2}{3}[/tex].

Вече знаем кои са елементарните дроби, на които се е разпаднала функцията в интеграла. Получаваме много по-прост интеграл −

[tex]\int{\frac{x^2-x+2}{x^4-5x^2+4}} \operatorname{d}x = \int{\left ( \frac{A}{x+2}+\frac{B}{x-2}+\frac{C}{x+1}+\frac{D}{x-1} \right )} \operatorname{d}x = \int{\frac{A}{x+2}} \operatorname{d}x + \int{\frac{B}{x-2}} \operatorname{d}x + \int{\frac{C}{x+1}} \operatorname{d}x + \int{\frac{D}{x-1}} \operatorname{d}x[/tex], което е всъщност

[tex]-\frac{2}{3} \int{\frac{1}{x+2}} \operatorname{d}x+\frac{1}{3} \int{\frac{1}{x-2}} \operatorname{d}x+\frac{2}{3} \int{\frac{1}{x+1}} \operatorname{d}x-\frac{1}{3} \int{\frac{1}{x-1}} \operatorname{d}x = -\frac{2}{3} \int{\frac{1}{x+2}} \operatorname{d}(x+2)+\frac{1}{3} \int{\frac{1}{x-2}} \operatorname{d}(x-2)+\frac{2}{3} \int{\frac{1}{x+1}} \operatorname{d}(x+1)-\frac{1}{3} \int{\frac{1}{x-1}} \operatorname{d}(x-1)[/tex].

Четирите интеграла са от вида [tex]\int{\frac{1}{v}} \operatorname{d}v = \ln |v|[/tex], откъдето [tex]\int{\frac{x^2-x+2}{x^4-5x^2+4}} \operatorname{d}x = -\frac{2}{3} \ln |x+2| + \frac{1}{3} \ln |x-2| + \frac{2}{3} \ln |x+1| - \frac{1}{3} \ln |x-1|[/tex].