Интегральное исчисление/Интегрирование полиномиальных и рациональных функций

Методы интегрирования

Интегрирование полиномиальных и рациональных функций

Некоторые часто используемые формулы

---

Содержание этой главы предполагает, что читатель знаком с основными результатами теории рациональных функций и знаком с методам разложения рациональной функции на простые дроби. Более подробно об этом можно прочитать в Дополнении.

Интегрирование многочленов

Многочленом, или полиномом, от одной переменной $x$ называется выражение вида:

$P_{n}(x)=a_{0}+a_{1}\cdot x+a_{2}\cdot x^{2}+\ldots +a_{n}\cdot x^{n}=\sum _{k=0}^{n}a_{k}\cdot x^{k},$(6.1)

где $a_{i},\;i=0,\;1,\;\ldots ,\;n$ — некоторые вещественные или комплексные постоянные. Число $n$ — максимальная из степеней его одночленов — называется степенью многочлена.

Вычисление интеграла от многочлена $P_{n}(x)$ основано на свойстве линейности интеграла:

$\int P_{n}(x)\,dx=\int (a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^{2}+\ldots +a_{n}x^{n})\,dx=a_{0}\int dx+a_{1}\int x\,dx+\ldots +a_{n}\int x^{n}\,dx=$(6.2)

        $=a_{0}x+a_{1}{\frac {x^{2}}{2}}+\ldots +a_{n}{\frac {x^{n+1}}{n+1}}=\sum _{k=0}^{n}{\frac {a_{k}x^{k+1}}{k+1}}.$

Пример 6.1. Найти интеграл

$\int (x^{3}+5x^{2}-3x+7)\,dx.$(6.3)

Решение. Используя свойства линейности интеграла, получим:

$\int (x^{3}+5x^{2}-3x+7)\,dx=\int x^{3}\,dx+5\int x^{2}\,dx-3\int x\,dx+7\int dx={\frac {1}{4}}x^{4}+{\frac {5}{3}}x^{3}-{\frac {3}{2}}x^{2}+7x+C.$(6.4)

Пример 6.2. Найти интеграл

$\int x^{2}(x^{2}+1)^{4}\,dx.$(6.5)

Решение. Раскроем скобки в подынтегральном выражении:

$\int x^{2}(x^{2}+1)^{4}\,dx=\int (x^{10}+4x^{8}+6x^{6}+4x^{4}+x^{2})\,dx.$(6.6)

Теперь беря интегралы от каждого слагаемого, получим:

$\int x^{2}(x^{2}+1)^{4}\,dx={\frac {1}{11}}x^{11}+{\frac {4}{9}}x^{9}+{\frac {6}{7}}x^{7}+{\frac {4}{5}}x^{5}+{\frac {1}{3}}x^{3}+C.$(6.7)

Пример 6.3. Найти интеграл

$\int x^{3}(x^{2}+1)^{4}\,dx.$(6.8)

Решение. Здесь можно было поступить также, как и в примере 6.2, но проще сделать замену $x^{2}+1=t$, тогда $x\,dx={\frac {1}{2}}\,dt$ и выражение $x^{3}(x^{2}+1)^{4}\,dx$ преобразуется к виду ${\frac {1}{2}}t^{4}(t-1)\,dt$. Получаем:

$\int x^{3}(x^{2}+1)^{4}\,dx={\frac {1}{2}}\int t^{4}(t-1)\,dt.$(6.9)

Разобьём на два интеграла и проинтегрируем каждое слагаемое:

${\frac {1}{2}}\int t^{4}(t-1)\,dt={\frac {1}{2}}\int t^{5}\,dt-{\frac {1}{2}}\int t^{4}\,dt={\frac {1}{2}}\cdot {\frac {t^{6}}{6}}-{\frac {1}{2}}\cdot {\frac {t^{5}}{5}}+C.$(6.10)

Возвращаясь к переменной $x$, у нас получается:

$\int x^{3}(x^{2}+1)^{4}\,dx={\frac {1}{12}}(x^{2}+1)^{6}-{\frac {1}{10}}(x^{2}+1)^{5}+C.$(6.11)

Интегрирование рациональных функций

Вводные замечания

Рациональной функцией от переменной $x$ называется отношение двух полиномов:

$R(x)={\frac {P_{n}(x)}{Q_{m}(x)}}={\frac {p_{0}+p_{1}\cdot x+p_{2}\cdot x^{2}+\ldots +p_{n}\cdot x^{n}}{q_{0}+q_{1}\cdot x+q_{2}\cdot x^{2}+\ldots +q_{m}\cdot x^{m}}}={\frac {\displaystyle {\sum _{k=0}^{n}p_{k}\cdot x^{k}}}{\displaystyle {\sum _{k=0}^{m}q_{k}\cdot x^{k}}}},$(6.12)

где предполагается, что $p_{n}\neq 0,\;q_{m}\neq 0;\;n,\;m\in \mathbb {N}$. Многочлен $P_{n}(x)$ называется числителем дроби, а $Q_{m}(x)$ — знаменателем. Можно считать, что многочлены $P_{n}(x)$ и $Q_{m}(x)$ взаимно просты, в противном случае их можно сократить на их наибольший общий делитель (НОД).

Из теории рациональных функций известно, что если $n\geqslant m$, то рациональную функцию можно разбить на многочлен степени $n-m$ и дробь, знаменатель которой равен знаменателю исходной дроби, а в числители стоит многочлен степени, меньшей $m$:

$R(x)={\frac {P_{n}(x)}{Q_{m}(x)}}=S_{n-m}(x)+{\frac {T_{k}(x)}{Q_{m}(x)}},\quad k<m.$(6.13)

Далее, известно, что любой полином с комплексными коэффициентами на множестве комплексных чисел может быть представлен в виде произведения неприводимых многочленов:

$Q_{m}(x)=A(x-x_{1})^{s_{1}}(x-x_{2})^{s_{2}}\cdot \ldots \cdot (x-x_{k})^{s_{k}}=A\prod _{i=1}^{m}(x-x_{i}),$(6.14)

где $x_{i}\in \mathbb {C}$ — корень многочлена $s_{i}$-ой степени кратности ($i=0,\;1,\;\ldots ,\;k$); $s_{1}+s_{2}+\ldots +s_{k}=m;\;k\leqslant m$;

$A$ — коэффициент при старшей степени $m$.

Поэтому в случае, если $n<m$, дробь $R(x)$ на множестве комплексных чисел можно представить в виде:

$R(x)={\frac {P_{n}(x)}{Q_{m}(x)}}={\frac {A_{1}}{x-x_{1}}}+{\frac {A_{2}}{(x-x_{1})^{2}}}+\ldots +{\frac {A_{s_{1}}}{(x-x_{1})^{s_{1}}}}+$(6.15)

        $+{\frac {B_{1}}{(x-x_{2})}}+{\frac {B_{2}}{(x-x_{2})^{2}}}+\ldots +{\frac {B_{s_{2}}}{(x-x_{2})^{s_{2}}}}+\ldots +$

        $+{\frac {D_{1}}{(x-x_{k})}}+{\frac {D_{2}}{(x-x_{k})^{2}}}+\ldots +{\frac {D_{s_{k}}}{(x-x_{k})^{s_{k}}}},$

где $A_{1},\;A_{2},\;\ldots ,\;A_{s_{1}},\;B_{1},\;B_{2},\;\ldots ,\;B_{s_{2}},\;\ldots ,\;D_{1},\;D_{2},\;\ldots ,\;D_{s_{k}}$ — некоторые в общем случае комплексные постоянные, которые можно найти, например, методом неопределённых коэффициентов или из других соображений.

В данном учебнике нас больше интересуют многочлены с действительными коэффициентами и действительными корнями. На множестве $\mathbb {R}$ разложение многочлена на неприводимые множители будет иметь несколько иной вид:

$Q_{m}(x)=A(x-x_{1})^{u_{1}}\cdot \ldots \cdot (x-x_{j})^{u_{j}}\cdot (x+p_{1}x+q_{1})^{v_{1}}\cdot (x^{2}+p_{2}x+q_{2})^{v_{2}}\cdot \ldots \cdot (x^{2}+p_{k}x+q_{k})^{v_{k}},$(6.16)

где $x_{i},\;i=1,\;2,\;\ldots ,\;j$ — действительные корни; $u_{1}+\ldots +u_{j}+v_{1}+\ldots +v_{k}=m$. Квадратные трёхчлены $x^{2}+p_{i}x+q_{i},\;p_{i},\;q_{i}\in \mathbb {R}$ не имеют действительных корней.

Если рассматривать разложение дроби на простейшие на $\mathbb {R}$, то мы придём к следующей формуле:

$R(x)={\frac {P_{n}(x)}{Q_{m}(x)}}={\frac {A_{1}}{x-x_{1}}}+{\frac {A_{2}}{(x-x_{1})^{2}}}+\ldots +{\frac {A_{s_{1}}}{(x-x_{1})^{u_{1}}}}+\ldots +$(6.17)

        $+{\frac {D_{1}}{(x-x_{j})}}+{\frac {D_{2}}{(x-x_{j})^{2}}}+\ldots +{\frac {D_{u_{j}}}{(x-x_{j})^{u_{j}}}}+$

        $+{\frac {K_{1}x+L_{1}}{x^{2}+p_{1}x+q_{1}}}+{\frac {K_{2}x+L_{2}}{(x^{2}+p_{1}x+q_{1})^{2}}}+\ldots +{\frac {K_{v_{1}}x+L_{v_{1}}}{(x^{2}+p_{1}x+q_{1})^{v_{1}}}}+\ldots +$

        $+{\frac {M_{1}x+N_{1}}{x^{2}+p_{k}x+q_{k}}}+{\frac {M_{2}x+N_{2}}{(x^{2}+p_{k}x+q_{k})^{2}}}+\ldots +{\frac {M_{v_{k}}x+N_{v_{k}}}{(x^{2}+p_{k}x+q_{k})^{v_{k}}}},$

где все коэффициенты $A,\;\ldots ,\;D,\;K,\;L,\;\ldots ,\;M,\;N,\;p,\;q$ — действительные числа.

Рассмотрим пример на разложение дроби.

Пример 6.4 Разложить на простые дроби:

${\frac {x^{6}-6x^{4}+24x^{3}-42x^{2}+79x-57}{x^{4}+3x^{3}-x^{2}+9x-12}}.$(6.18)

Решение. Как мы видим, степень числителя превосходит степень знаменателя, значит у дроби можно выделить целую часть, а затем получившуюся правильную дробь можно разложить на простые дроби. Но мы воспользуемся методом неопределённых коэффициентов и сразу получим интересующее нас разложение. Решая уравнение четвёртой степени методом подбора (можно воспользоваться методом Феррари), найдём корни знаменателя и разложим многочлен на неприводимые множители:

$x^{4}+3x^{3}-x^{2}+9x-12=(x-3)(x+4)(x^{2}+3),$(6.19)

следовательно дробь (6.18) согласно (6.13) и (6.17) можно представить в виде:

${\frac {x^{6}-6x^{4}+24x^{3}-42x^{2}+79x-57}{x^{4}+3x^{3}-x^{2}+9x-12}}=Ax^{2}+Bx+C+{\frac {D}{x-3}}+{\frac {E}{x+4}}+{\frac {Fx+G}{x^{2}+3}}.$(6.20)

Приводя к общему знаменателю и приравнивая коэффициенты при равных степенях, получим следующую систему относительно неизвестных коэффициентов $A,\;B,\;\ldots ,\;G$:

${\begin{array}{r}x^{6}:\\x^{5}:\\x^{4}:\\x^{3}:\\x^{2}:\\x^{1}:\\x^{0}:\end{array}}\;\;\left\{{\begin{array}{l}A=1;\\3A+B=0;\\-A+3B+C=-6;\\9A-B+3C+D+E+F=24;\\-12A+9B-C+4D-E+3F+G=-42;\\-12B+9C+3D+3E-4F+3G=79;\\-12C+12D-3E-4G=-57;\end{array}}\right.$(6.21)

Решая систему линейных уравнений, найдём:

$A=1,\;B=-3,\;C=4,\;D=-{\frac {1}{20}},\;E={\frac {21}{65}},\;F=-{\frac {13}{76}},\;G={\frac {147}{76}}.$(6.22)

Подставим найденные коэффициенты в формулу (6.20):

${\frac {x^{6}-6x^{4}+24x^{3}-42x^{2}+79x-57}{x^{4}+3x^{3}-x^{2}+9x-12}}=x^{2}-3x+4-{\frac {1}{20}}\cdot {\frac {1}{x-3}}+{\frac {21}{65}}\cdot {\frac {1}{x+4}}-{\frac {1}{76}}\cdot {\frac {13x-147}{x^{2}+3}}.$(6.23)

Пример 6.5 Разложить на простые дроби:

${\frac {1}{x^{n}+1}}.$(6.24)

Решение. Случай, когда $n=1$ или $n=2$, нас не интересует, так как при этом двучлен будет неприводимым на множестве действительных чисел $\mathbb {R}$. Рассмотрим случай, когда $n\geqslant 3$.

Найдём корни уравнения $x^{n}+1=0$, переписав в виде $x={\sqrt[{n}]{-1}}$ и воспользовавшись формулой Муавра для извлечения корня:

$x_{l}=\cos {\frac {\pi +2\pi l}{n}}+i\sin {\frac {\pi +2\pi l}{n}}=a_{l}+ib_{l},\quad l=0,\;1\;\ldots ,\;n-1,$(6.25)

где $a_{l}=\cos {\frac {\pi +2\pi l}{n}}$ и $b_{l}=\sin {\frac {\pi +2\pi l}{n}}$ — действительные числа.

На множестве действительных чисел у многочлена с действительными коэффициентами помимо комплексного корня $a+ib$ имеется и его сопряжённый $a-ib$, значит в разложении многочлена $x^{n}+1$ на неприводимые можно выделить квадратичные трёхчлены вида:

$x^{2}-2a_{l}x+a_{l}^{2}+b_{l}^{2}$(6.26)

(доказательство этого факта см. в Дополнении).

Если воспользоваться основным тригонометрическим тождеством, получим, что

$a_{l}^{2}+b_{l}^{2}=\left(\sin {\frac {\pi +2\pi l}{n}}\right)^{2}+\left(\cos {\frac {\pi +2\pi l}{n}}\right)^{2}=1$(6.27)

Известно, что у многочлена нечётной степени с действительными коэффициентами имеется по крайней мере один действительный корень (в данном случае $x=-1$), следовательно:

$x^{n}+1={\begin{cases}\displaystyle {\prod _{l=0}^{n-1}(x-x_{l})=\prod _{l=0}^{k}(x^{2}-2a_{l}x+1),}&n=2k;\\\displaystyle {\prod _{l=0}^{n-1}(x-x_{l})=(x+1)\prod _{l=0}^{k}(x^{2}+2a_{l}x+1),}&n=2k+1.\end{cases}}$(6.28)

Значит выражение (6.24) имеет следующее разложение на простые дроби:

${\frac {1}{x^{n}+1}}={\begin{cases}\displaystyle {\sum _{l=0}^{k-1}{\frac {A_{l}x+B_{l}}{x^{2}-2a_{l}x+1}},}&n=2k;\\\displaystyle {{\frac {A_{n}}{x+1}}+\sum _{l=0}^{k-1}{\frac {A_{l}x+B_{l}}{x^{2}-2a_{l}x+1}},}&n=2k+1,\end{cases}}$(6.29)

где

$a_{l}=\cos \left({\dfrac {\pi +2\pi l}{n}}\right).$

Теперь останется только методом неопределённых коэффициентов найти $A_{l}$, $B_{l}$ и $A_{n}$.

Например, для $n=3$ по формуле (6.29) в общем виде получаем:

${\frac {1}{x^{3}+1}}={\frac {C}{x+1}}+{\frac {Ax+B}{x^{2}-x+1}}.$(6.30)

После необходимых преобразований и решения системы относительно неизвестных коэффициентов будем иметь следующее разложение:

${\frac {1}{x^{3}+1}}={\frac {1}{3}}\cdot {\frac {1}{x+1}}-{\frac {1}{3}}{\frac {x-2}{x^{2}-x+1}}.$(6.31)

Для $n=4$:

${\frac {1}{x^{4}+1}}={\frac {Ax+B}{x^{2}+{\sqrt {2}}x+1}}+{\frac {Cx+D}{x^{2}-{\sqrt {2}}x+1}}$(6.32)

или после соответствующих манипуляций:

${\frac {1}{x^{4}+1}}={\frac {1}{4}}\cdot {\frac {{\sqrt {2}}x+2}{x^{2}+{\sqrt {2}}x+1}}-{\frac {1}{4}}\cdot {\frac {{\sqrt {2}}x-2}{x^{2}-{\sqrt {2}}x+1}}.$(6.33)

Иногда при взятии интеграла от рациональной функции, нет нужды разбивать её на простейшие дроби, это, например, происходит, если числитель является производной знаменателя (или основания степенного выражения, стоящего в знаменателе) или если возможно сокращение числителя или знаменателя дроби.

Пример 6.6 Найти интеграл

$\int {\frac {2x^{3}+6x^{2}+7x+3}{(x^{4}+4x^{3}+7x^{2}+6x+2)^{2}}}\,dx.$(6.34)

Решение. Замечая, что числитель представляет собой производную основания степенного выражения, стоящего в знаменателе (только производная умножена на ${\frac {1}{2}}$), не разлагая на простейшие дроби, сразу же получаем:

$\int {\frac {2x^{3}+6x^{2}+7x+3}{(x^{4}+4x^{3}+7x^{2}+6x+2)^{2}}}\,dx={\frac {1}{2}}\int {\frac {d(x^{4}+4x^{3}+7x^{2}+6x+2)}{(x^{4}+4x^{3}+7x^{2}+6x+2)^{2}}}=$(6.35)

        $=-{\frac {1}{2}}{\frac {1}{x^{4}+4x^{3}+7x^{2}+6x+2}}+C.$

Пример 6.7 Найти интеграл

$\int {\frac {x^{3}-6x^{2}+12x-8}{x-2}}\,dx.$(6.36)

Решение. Можно заметить, что числитель представляет собой куб разности:

$\int {\frac {x^{3}-6x^{2}+12x-8}{x-2}}\,dx=\int {\frac {(x-2)^{3}}{x-2}},\;dx.$(6.37)

Сократим дробь:

$\int {\frac {(x-2)^{3}}{x-2}},\;dx=\int (x-2)^{2}\,dx.$(6.38)

Теперь вычислить интеграл не составит труда:

$\int {\frac {x^{3}-6x^{2}+12x-8}{x-2}}\,dx=\int (x-2)^{2}\,dx=\int (x-2)^{2}\,d(x-2)={\frac {(x-2)^{3}}{3}}+C.$(6.39)

Интегрирование простых дробей

Как мы видели из предыдущего пункта, интегрирование рациональной функции сводится к интегрированию суммы простых дробей вида:

${\frac {A}{(x-a)^{n}}}$ и ${\frac {Mx+N}{(x^{2}+px+q)^{m}}},\quad n,\;m\in \mathbb {N} ,$(6.40)

а в случае неправильной дроби ещё и к интегрированию многочлена (см. пункт «Интегрирование многочленов» этой главы).

Возьмём интеграл от дроби первого типа:

$\int {\frac {A}{(x-a)^{n}}}\,dx=A\int {\frac {d(x-a)}{(x-a)^{n}}}={\begin{cases}-{\dfrac {A}{n-1}}{\dfrac {1}{(x-a)^{n-1}}}+C,&n\neq 1;\\A\ln |x-a|+C,&n=1.\end{cases}}$(6.41)

Исследуем интегралы от дробей второго типа. Сначала рассмотрим следующий интеграл:

$\int {\frac {dx}{ax^{2}+bx+c}},$(6.42)

где $a,\;b,\;c\in \mathbb {R}$; $a\neq 0$, иначе мы бы имели в знаменателе линейный двучлен, интеграл от которого рассмотрен выше.

Постоянную $a$ можно вынести за знак интеграла и получить в знаменателе приведённый квадратный трёхчлен:

$\int {\frac {dx}{ax^{2}+bx+c}}={\frac {1}{a}}\int {\frac {dx}{x^{2}+px+q}},$(6.43)

где $p={\frac {b}{a}},\;q={\frac {c}{a}}$.

Выделим в квадратном трёхчлена полный квадрат:

${\frac {1}{a}}\int {\frac {dx}{x^{2}+px+q}}={\frac {1}{a}}\int {\frac {dx}{x^{2}+2\cdot {\dfrac {p}{2}}\cdot x+\left({\dfrac {p}{2}}\right)^{2}+q-\left({\dfrac {p}{2}}\right)^{2}}}={\frac {1}{a}}\int {\frac {dx}{\left(x+{\dfrac {p}{2}}\right)^{2}+q-{\dfrac {p^{2}}{4}}}}.$(6.44)

Исследуем выражение в зависимости от знака $q-{\frac {p^{2}}{4}}$. Если $q-{\frac {p^{2}}{4}}>0$, то можно написать, что $q-{\frac {p^{2}}{4}}=s^{2}$ и интеграл (6.44) запишется в виде:

${\frac {1}{a}}\int {\frac {dx}{\left(x+{\dfrac {p}{2}}\right)^{2}+q-{\dfrac {p^{2}}{4}}}}={\frac {1}{a}}\int {\frac {dx}{\left(x+{\dfrac {p}{2}}\right)^{2}+s^{2}}}={\frac {1}{a}}\int {\frac {d\left(x+{\dfrac {p}{2}}\right)}{\left(x+{\dfrac {p}{2}}\right)^{2}+s^{2}}}={\frac {1}{a}}{\frac {1}{s}}\,\mathrm {arctg} \,{\frac {x+{\dfrac {p}{2}}}{s}}+C$(6.45)

или возвращаясь к $a,\;b,\;c$:

$\int {\frac {dx}{ax^{2}+bx+c}}={\frac {2}{\sqrt {4ac-b^{2}}}}\,\mathrm {arctg} \,{\frac {2ax+b}{\sqrt {4ac-b^{2}}}}+C.$(6.46)

Допустим теперь, что $q-{\frac {p^{2}}{4}}<0$, тогда $q-{\frac {p^{2}}{4}}=-s^{2}$:

${\frac {1}{a}}\int {\frac {dx}{\left(x+{\dfrac {p}{2}}\right)^{2}+q-{\dfrac {p^{2}}{4}}}}={\frac {1}{a}}\int {\frac {dx}{\left(x+{\dfrac {p}{2}}\right)^{2}-s^{2}}}={\frac {1}{a}}\int {\frac {d\left(x+{\dfrac {p}{2}}\right)}{\left(x+{\dfrac {p}{2}}\right)^{2}-s^{2}}}=$(6.47)

        $={\frac {1}{a}}{\frac {1}{2s}}\ln \left|{\frac {x+{\dfrac {p}{2}}-s}{x+{\dfrac {p}{2}}+s}}\right|+C={\frac {1}{\sqrt {b^{2}-4ac}}}\ln \left|{\frac {2ax+b-{\sqrt {b^{2}-4ac}}}{2ax+b+{\sqrt {b^{2}-4ac}}}}\right|+C.$

Если же $q-{\frac {p^{2}}{4}}=0$, то

${\frac {1}{a}}\int {\frac {dx}{x^{2}+px+q}}={\frac {1}{a}}\int {\frac {dx}{\left(x+{\dfrac {p}{2}}\right)^{2}}}={\frac {1}{a}}\int {\frac {d\left(x+{\dfrac {p}{2}}\right)}{\left(x+{\dfrac {p}{2}}\right)^{2}}}=-{\frac {1}{a}}{\frac {1}{x+{\dfrac {p}{2}}}}+C=-{\frac {2}{2ax+b}}+C.$(6.48)

Подведём итог:

$\int {\frac {dx}{ax^{2}+bx+c}}={\begin{cases}{\dfrac {2}{\sqrt {4ac-b^{2}}}}\,\mathrm {arctg} \,{\dfrac {2ax+b}{\sqrt {4ac-b^{2}}}}+C,&b^{2}-4ac<0;\\{\dfrac {1}{\sqrt {b^{2}-4ac}}}\ln \left|{\dfrac {2ax+b-{\sqrt {b^{2}-4ac}}}{2ax+b+{\sqrt {b^{2}-4ac}}}}\right|+C,&b^{2}-4ac>0;\\-{\dfrac {2}{2ax+b}}+C,&b^{2}-4ac=0.\end{cases}}$(6.49)

Хочется отметить, что в случае $b^{2}-4ac>0$, дробь (6.42) не считается простой [так как может быть разложена на дроби вида (6.41)], но в образовательных целях здесь приведён её полный анализ.

Пример 6.8. Решить интеграл

$\int {\frac {dx}{x^{2}-8x+25}}.$(6.50)

Решение. Выделим в знаменателе полный квадрат:

$\int {\frac {dx}{x^{2}-8x+25}}=\int {\frac {dx}{x^{2}-2\cdot 4\cdot x+16+25-16}}=\int {\frac {dx}{(x-4)^{2}+9}}.$(6.51)

Теперь можно взять интеграл:

$\int {\frac {dx}{(x-4)^{2}+9}}=\int {\frac {d(x-4)}{(x-4)^{2}+3^{2}}}={\frac {1}{3}}\,\mathrm {arctg} \,{\frac {x-4}{3}}+C.$(6.52)

Рассмотрим теперь интеграл вида:

$\int {\frac {dx}{(ax^{2}+bx+c)^{n}}},$(6.53)

где $n>1$.

Как и в случае интеграла (6.42) выделим в знаменателе полный квадрат:

$\int {\frac {dx}{(ax^{2}+bx+c)^{n}}}=\int {\frac {dx}{a^{n}\left(x^{2}+2\cdot {\dfrac {b}{2a}}\cdot x+\left({\dfrac {b}{2a}}\right)^{2}+{\dfrac {c}{a}}-\left({\dfrac {b}{2a}}\right)^{2}\right)^{n}}}=$(6.53)

        $={\frac {1}{a^{n}}}\int {\frac {dx}{\left(\left(x+{\dfrac {b}{2a}}\right)^{2}+{\dfrac {c}{a}}-{\dfrac {b^{2}}{4a^{2}}}\right)^{n}}}.$

Будем считать, что ${\dfrac {c}{a}}-{\dfrac {b^{2}}{4a^{2}}}>0$, иначе мы могли бы разложить дробь на простые. Сделаем замену $t=x+{\frac {b}{2a}}$ и обозначим ${\dfrac {c}{a}}-{\dfrac {b^{2}}{4a^{2}}}=s^{2}$, тогда выражение (6.53) преобразуется к виду:

${\frac {1}{a^{n}}}\int {\frac {dx}{\left(\left(x+{\dfrac {b}{2a}}\right)^{2}+{\dfrac {c}{a}}-{\dfrac {b^{2}}{4a^{2}}}\right)^{n}}}={\frac {1}{a^{n}}}\int {\frac {dt}{(t^{2}+s^{2})^{n}}}.$(6.54)

В примере 5.9 нами уже была получена рекуррентная формула для нахождения интеграла в зависимости от $n$. Покажем ещё один способ. Преобразуем правый интеграл в выражении (6.54) следующим образом:

$\int {\frac {dt}{(t^{2}+s^{2})^{n}}}={\frac {1}{s^{2}}}\int {\frac {t^{2}+s^{2}-t^{2}}{(t^{2}+s^{2})^{n}}}\,dt={\frac {1}{s^{2}}}\int {\frac {t^{2}+s^{2}}{(t^{2}+s^{2})^{n}}}\,dt-{\frac {1}{s^{2}}}\int {\frac {t^{2}\,dt}{(t^{2}+s^{2})^{n}}}.$(6.55)

В первом слагаемом после сокращения на $t^{2}+s^{2}$ получается исходный интеграл только степени $n-1$; второе слагаемое можно вычислить взятием по частям:

$\int {\frac {t^{2}\,dt}{(t^{2}+s^{2})^{n}}}\left[{\begin{array}{ll}u=t&du=dt\\dv={\dfrac {t\,dt}{(t^{2}+s^{2})^{n}}}&\displaystyle {v=\int {\frac {t\,dt}{(t^{2}+s^{2})^{n}}}={\dfrac {1}{2}}\int {\frac {d(t^{2}+s^{2})}{(t^{2}+s^{2})^{n}}}=}\\&\displaystyle {=-{\frac {1}{2}}{\frac {1}{n-1}}{\frac {1}{(t^{2}+s^{2})^{n-1}}}}\end{array}}\right]=$(6.56)

        $=-{\frac {1}{2}}{\frac {1}{n-1}}{\frac {t}{(t^{2}+s^{2})^{n-1}}}+{\frac {1}{2}}{\frac {1}{n-1}}\int {\frac {dt}{(t^{2}+s^{2})^{n-1}}}.$

Здесь мы снова пришли к интересующему нас интегралу, но в меньшей степени. Подставим найденные выражения в (6.55):

$\int {\frac {dt}{(t^{2}+s^{2})^{n}}}={\frac {1}{s^{2}}}\int {\frac {dt}{(t^{2}+s^{2})^{n-1}}}+{\frac {1}{2s^{2}}}{\frac {1}{n-1}}{\frac {t}{(t^{2}+s^{2})^{n-1}}}-{\frac {1}{2s^{2}}}{\frac {1}{n-1}}\int {\frac {dt}{(t^{2}+s^{2})^{n-1}}}.$(6.57)

Приведём подобные:

$\int {\frac {dt}{(t^{2}+s^{2})^{n}}}={\frac {1}{2s^{2}(n-1)}}{\frac {t}{(t^{2}+s^{2})^{n-1}}}+{\frac {2n-3}{2s^{2}(n-1)}}\int {\frac {dt}{(t^{2}+s^{2})^{n-1}}}.$(6.58)

Вернёмся снова к переменной $x$ и коэффициентам $a,\;b,\;c$:

${\frac {1}{a^{n}}}\int {\frac {dt}{(t^{2}+s^{2})^{n}}}={\frac {1}{2\left({\dfrac {c}{a}}-{\dfrac {b^{2}}{4a^{2}}}\right)(n-1)a^{n}}}{\frac {x+{\dfrac {b}{2a}}}{\left(\left(x+{\dfrac {b}{2a}}\right)^{2}+{\dfrac {c}{a}}-{\dfrac {b^{2}}{4a^{2}}}\right)^{n-1}}}+$(6.59)

        $+{\frac {2n-3}{2\left({\dfrac {c}{a}}-{\dfrac {b^{2}}{4a^{2}}}\right)(n-1)a^{n}}}\int {\frac {dx}{\left(\left(x+{\dfrac {b}{2a}}\right)^{2}+{\dfrac {c}{a}}-{\dfrac {b^{2}}{4a^{2}}}\right)^{n-1}}}.$

Проведя упрощения, окончательно получим:

$\int {\frac {dx}{(ax^{2}+bx+c)^{n}}}={\frac {2ax+b}{(n-1)(4ac-b^{2})(ax^{2}+bx+c)^{n-1}}}+{\frac {2a(2n-3)}{(n-1)(4ac-b^{2})}}\int {\frac {dx}{(ax^{2}+bx+c)^{n-1}}}$(6.60)

Сейчас приступим непосредственно к рассмотрению интегралов вида:

$\int {\frac {Mx+N}{x^{2}+px+q}}\,dx,$(6.61)

где знаменатель не приводим на $\mathbb {R}$.

Как и прежде дополним квадратный трёхчлен в знаменателе до полного квадрата:

$\int {\frac {Mx+N}{x^{2}+px+q}}\,dx=\int {\frac {Mx+N}{\left(x+{\dfrac {p}{2}}\right)^{2}+q-{\dfrac {p^{2}}{4}}}}\,dx.$(6.62)

Сделаем подстановку $t=x+{\frac {p}{2}}$. Так как $q-{\frac {p^{2}}{4}}>0$, введём обозначение $q-{\frac {p^{2}}{4}}=a^{2}$. Получаем:

$\int {\frac {Mx+N}{\left(x+{\dfrac {p}{2}}\right)^{2}+q-{\dfrac {p^{2}}{4}}}}\,dx=\int {\frac {Mt+N-{\dfrac {Mp}{2}}}{t^{2}+a^{2}}}\,dt.$(6.63)

Разобьём сумму на два интеграла:

$\int {\frac {Mt+N-{\dfrac {Mp}{2}}}{t^{2}+a^{2}}}\,dt=M\int {\frac {t\,dt}{t^{2}+a^{2}}}+\left(N-{\frac {Mp}{2}}\right)\int {\frac {dt}{t^{2}+a^{2}}}.$(6.64)

Вычислим первый интеграл:

$M\int {\frac {t\,dt}{t^{2}+a^{2}}}={\frac {M}{2}}\int {\frac {d(t^{2}+a^{2})}{t^{2}+a^{2}}}={\frac {M}{2}}\ln |t^{2}+a^{2}|+C.$(6.65)

Второй интеграл табличный:

$\left(N-{\frac {Mp}{2}}\right)\int {\frac {dt}{t^{2}+a^{2}}}={\frac {1}{a}}\left(N-{\frac {Mp}{2}}\right)\,\mathrm {arctg} \,{\frac {t}{a}}+C.$(6.66)

Подставляя два последних выражения в (6.64) и возвращаясь к переменной $x$ и постоянным $p$ и $q$, для интеграла (6.61) будем иметь следующее общее решение:

$\int {\frac {Mx+N}{x^{2}+px+q}}\,dx={\frac {M}{2}}\ln(x^{2}+px+q)+{\frac {2N-Mp}{\sqrt {4q-p^{2}}}}\,\mathrm {arctg} \,{\frac {2x+p}{\sqrt {4q-p^{2}}}}+C.$(6.67)

Рассмотрим интеграл вида:

$\int {\frac {Mx+N}{(x^{2}+px+q)^{m}}}\,dx,$(6.68)

где $m>1$.

Дополняя до полного квадрата и применяя подстановку $t=x+{\frac {p}{2}}$, как и в случае, описанном выше, интеграл можно разбить на два:

$\int {\frac {Mx+N}{(x^{2}+px+q)^{m}}}\,dx=M\int {\frac {t\,dt}{(t^{2}+a^{2})^{m}}}+\left(N-{\frac {Mp}{2}}\right)\int {\frac {dt}{(t^{2}+a^{2})^{m}}}.$(6.69)

Для первого интеграла получаем:

$M\int {\frac {t\,dt}{(t^{2}+a^{2})^{m}}}={\frac {M}{2}}\int {\frac {d(t^{2}+a^{2})}{(t^{2}+a^{2})^{m}}}=-{\frac {M}{2}}{\frac {1}{m-1}}{\frac {1}{(t^{2}+a^{2})^{m-1}}}+C.$(6.70)

Ко второму интегралу можно применить формулу приведения (6.58):

$\left(N-{\frac {Mp}{2}}\right)\int {\frac {dt}{(t^{2}+a^{2})^{m}}}={\frac {1}{2a^{2}(m-1)}}\left(N-{\frac {Mp}{2}}\right){\frac {t}{(t^{2}+a^{2})^{m-1}}}+{\frac {2m-3}{2a^{2}(m-1)}}\left(N-{\frac {Mp}{2}}\right)\int {\frac {dt}{(t^{2}+a^{2})^{m-1}}}.$(6.71)

После соответствующих подстановок и преобразований окончательно получим следующую формулу:

$\int {\frac {Mx+N}{(x^{2}+px+q)^{m}}}\,dx={\frac {(2N-Mp)x+Np-2Mq}{(m-1)(4q-p^{2})(x^{2}+px+q)^{m-1}}}+{\frac {(2m-3)(2N-Mp)}{(m-1)(4q-p^{2})}}\int {\frac {dx}{(x^{2}+px+q)^{m-1}}}.$(6.72)

Пример 6.9. Решить интеграл

$\int {\frac {3x-1}{(x^{2}-x+1)^{2}}}\,dx.$(6.73)

Решение. Выделим в знаменателе полный квадрат:

$\int {\frac {3x-1}{(x^{2}-x+1)^{2}}}\,dx=\int {\frac {(3x-1)\,dx}{\left(x^{2}-2\cdot x{\dfrac {1}{2}}+\left({\dfrac {1}{2}}\right)^{2}+1-\left({\dfrac {1}{2}}\right)^{2}\right)^{2}}}=\int {\frac {(3x-1)\,dx}{\left(\left(x-{\dfrac {1}{2}}\right)^{2}+{\dfrac {3}{4}}\right)^{2}}}.$(6.74)

Применим подстановку $t=x-{\frac {1}{2}}$:

$\int {\frac {(3x-1)\,dx}{\left(\left(x-{\dfrac {1}{2}}\right)^{2}+{\dfrac {3}{4}}\right)^{2}}}=\int {\frac {3\left(t+{\dfrac {1}{2}}\right)-1}{\left(t^{2}+{\dfrac {3}{4}}\right)^{2}}}\,dt=3\int {\frac {t\,dt}{\left(t^{2}+{\dfrac {3}{4}}\right)^{2}}}+{\frac {1}{2}}\int {\frac {dt}{\left(t^{2}+{\dfrac {3}{4}}\right)^{2}}}.$(6.75)

Вычислим интеграл в первом слагаемом:

$3\int {\frac {t\,dt}{\left(t^{2}+{\dfrac {3}{4}}\right)^{2}}}={\frac {3}{2}}\int {\frac {d\left(t^{2}+{\dfrac {3}{4}}\right)}{\left(t^{2}+{\dfrac {3}{4}}\right)^{2}}}=-{\frac {3}{2}}{\frac {1}{t^{2}+{\dfrac {3}{4}}}}+C.$(6.76)

Для нахождения интеграла во втором слагаемом преобразуем его:

${\frac {1}{2}}\int {\frac {dt}{\left(t^{2}+{\dfrac {3}{4}}\right)^{2}}}={\frac {1}{2}}\cdot {\frac {4}{3}}\int {\frac {t^{2}+{\dfrac {3}{4}}-t^{2}}{\left(t^{2}+{\dfrac {3}{4}}\right)^{2}}}\,dt={\frac {2}{3}}\int {\frac {t^{2}+{\dfrac {3}{4}}}{\left(t^{2}+{\dfrac {3}{4}}\right)^{2}}}\,dt-{\frac {2}{3}}\int {\frac {t^{2}\,dt}{\left(t^{2}+{\dfrac {3}{4}}\right)^{2}}}=$(6.77)

        $={\frac {2}{3}}\int {\frac {dt}{t^{2}+{\dfrac {3}{4}}}}-{\frac {2}{3}}\int {\frac {t^{2}\,dt}{\left(t^{2}+{\dfrac {3}{4}}\right)^{2}}}.$

Первый интеграл в сумме является табличным:

${\frac {2}{3}}\int {\frac {dt}{t^{2}+{\dfrac {3}{4}}}}={\frac {2}{3}}\int {\frac {dt}{t^{2}+\left({\dfrac {\sqrt {3}}{2}}\right)^{2}}}={\frac {2}{3}}\cdot {\frac {2}{\sqrt {3}}}\,\mathrm {arctg} \,{\frac {t}{\dfrac {\sqrt {3}}{2}}}+C={\frac {4{\sqrt {3}}}{9}}\,\mathrm {arctg} \,{\frac {2{\sqrt {3}}}{3}}t+C.$(6.78)

Ко второму слагаемому применим интегрирование по частям:

$-{\frac {2}{3}}\int {\frac {t^{2}\,dt}{\left(t^{2}+{\dfrac {3}{4}}\right)^{2}}}\left[{\begin{array}{ll}u=t&du=dt\\\displaystyle {dv=-{\frac {2}{3}}{\frac {t\,dt}{\left(t^{2}+{\dfrac {3}{4}}\right)^{2}}}}&\displaystyle {v=-{\frac {2}{3}}\int {\frac {t\,dt}{\left(t^{2}+{\dfrac {3}{4}}\right)^{2}}}=-{\frac {1}{3}}\int {\frac {d\left(t^{2}+{\dfrac {3}{4}}\right)}{\left(t^{2}+{\dfrac {3}{4}}\right)^{2}}}=}\\&={\dfrac {1}{3}}{\dfrac {1}{t^{2}+{\dfrac {3}{4}}}}\end{array}}\right]=$(6.79)

        $={\frac {1}{3}}{\frac {t}{t^{2}+{\dfrac {3}{4}}}}-{\frac {1}{3}}\int {\frac {dt}{t^{2}+{\dfrac {3}{4}}}}={\frac {1}{3}}{\frac {t}{t^{2}+{\dfrac {3}{4}}}}-{\frac {2{\sqrt {3}}}{9}}\,\mathrm {arctg} \,{\frac {2{\sqrt {3}}}{3}}t+C.$

Подставим найденные интегралы в (6.75):

$3\int {\frac {t\,dt}{\left(t^{2}+{\dfrac {3}{4}}\right)^{2}}}+{\frac {1}{2}}\int {\frac {dt}{\left(t^{2}+{\dfrac {3}{4}}\right)^{2}}}=-{\frac {3}{2}}{\frac {1}{t^{2}+{\dfrac {3}{4}}}}+{\frac {4{\sqrt {3}}}{9}}\,\mathrm {arctg} \,{\frac {2{\sqrt {3}}}{3}}t+{\frac {1}{3}}{\frac {t}{t^{2}+{\dfrac {3}{4}}}}-{\frac {2{\sqrt {3}}}{9}}\,\mathrm {arctg} \,{\frac {2{\sqrt {3}}}{3}}t+C=$(6.80)

        $={\frac {1}{6}}{\frac {2t-9}{t^{2}+{\dfrac {3}{4}}}}+{\frac {2{\sqrt {3}}}{9}}\,\mathrm {arctg} \,{\frac {2{\sqrt {3}}}{3}}t+C.$

Вернёмся к исходной переменной:

$\int {\frac {3x-1}{(x^{2}-x+1)^{2}}}\,dx={\frac {1}{6}}{\frac {2\left(x-{\dfrac {1}{2}}\right)-9}{x^{2}-x+1}}+{\frac {2{\sqrt {3}}}{9}}\,\mathrm {arctg} \,\left({\frac {2{\sqrt {3}}}{3}}\left(x-{\dfrac {1}{2}}\right)\right)+C=$(6.81)

        $={\frac {1}{3}}{\frac {x-5}{x^{2}-x+1}}+{\frac {2{\sqrt {3}}}{9}}\,\mathrm {arctg} \,\left({\frac {2{\sqrt {3}}x-{\sqrt {3}}}{3}}\right)+C.$

Как мы видели, при интегрировании дробей ${\frac {Mx+N}{(x^{2}+px+q)^{m}}}$ исходный интеграл разбивался на два: содержащий переменную интегрирования в числителе и не содержащий. В методе, изложенном выше, это достигалось за счёт применения соответствующей подстановки. Укажем другой способ разбиения на слагаемые. Выражение, стоящее в числителе дроби, лишь значением коэффициентов отличается от производной трёхчлена в знаменателе. Этот факт является предпосылкой сведения выражения к такому виду, чтобы можно было воспользоваться методом заведения под дифференциал.

Итак, преобразуем интеграл (6.68):

$\int {\frac {Mx+N}{(x^{2}+px+q)^{m}}}\,dx=\int {\frac {{\dfrac {M}{2}}(2x+p)+N-{\dfrac {Mp}{2}}}{(x^{2}+px+q)^{m}}}\,dx=$(6.82)

        $={\frac {M}{2}}\int {\frac {d(x^{2}+px+q)}{(x^{2}+px+q)^{m}}}+\left(N-{\frac {Mp}{2}}\right)\int {\frac {dx}{(x^{2}+px+q)^{m}}}.$

Интегралом первого слагаемого в зависимости от показателя $m$ может являться либо степенная функция, либо натуральный логарифм. Для второго слагаемого применимы методы, описанные при исследовании интеграла (6.53). Этим способом преобразования можно пользоваться и в том случае, когда $m$ — рациональное число, главное чтобы интеграл $\int {\frac {dx}{(x^{2}+px+q)^{m}}}$ при данном показателе был интегрируем в квадратурах. Какой способ преобразований выбирать — дело вкуса, потому что всё равно в интегралах в конечном счёте приходится выделять полный квадрат.

Пример 6.10. Решить интеграл

$\int {\frac {5x-3}{x^{2}-2x+3}}\,dx.$(6.83)

Решение. Преобразуем интеграл к виду (6.82):

$\int {\frac {5x-3}{x^{2}-2x+3}}\,dx=\int {\frac {{\dfrac {5}{2}}(2x-2)-3+5}{x^{2}-2x+3}}\,dx={\frac {5}{2}}\int {\frac {(2x-2)\,dx}{x^{2}-2x+3}}+2\int {\frac {dx}{x^{2}-2x+3}}.$(6.84)

Теперь найти интеграл от первого слагаемого не составит труда:

${\frac {5}{2}}\int {\frac {(2x-2)\,dx}{x^{2}-2x+3}}={\frac {5}{2}}\int {\frac {d(x^{2}-2x+3)}{x^{2}-2x+3}}={\frac {5}{2}}\ln(x^{2}-2x+3)+C.$(6.85)

Во втором слагаемом выделим полный квадрат:

$2\int {\frac {dx}{x^{2}-2x+3}}=2\int {\frac {dx}{x^{2}-2x+1+2}}=2\int {\frac {dx}{(x-1)^{2}+2}}=2\int {\frac {d(x-1)}{(x-1)^{2}+\left({\sqrt {2}}\right)^{2}}}=$(6.86)

        $={\frac {2}{\sqrt {2}}}\,\mathrm {arctg} \,{\frac {x-1}{\sqrt {2}}}+C={\sqrt {2}}\,\mathrm {arctg} \,{\frac {x-1}{\sqrt {2}}}+C.$

В итоге имеем следующий ответ:

$\int {\frac {5x-3}{x^{2}-2x+3}}\,dx={\frac {5}{2}}\ln(x^{2}-2x+3)+{\sqrt {2}}\,\mathrm {arctg} \,{\frac {x-1}{\sqrt {2}}}+C.$(6.87)

Метод Остроградского

Как мы видели из предыдущих пунктов, результатом интегрирования любой рациональной функции может быть другая рациональная функция, логарифм или арктангенс, то есть может представлять собой линейную комбинацию алгебраической и трансцендентной функций. При этом из рассмотрения методов интегрирования простых дробей можно сделать вывод, что одни трансцендентные функции (логарифм и арктангенс) появляются только в том случае, когда знаменатель дроби имеет только простые нули, в противном случае, при наличие кратных нулей появляется ещё и алгебраическая часть.

Так как по теореме Абеля — Руффини уравнение со степенью, выше четвёртой, не разрешимо в радикалах, то разложение знаменателя на неприводимые множители сопряжено со значительными трудностями. Если все коэффициенты многочлена, стоящего в знаменатели дроби, целые, то существуют алгоритмы нахождения корней методом перебора делителей старшего и свободного члена. Этот процесс трудоёмкий, особенно если делителей очень много. Позднее появился так называемый полиномиальный LLL-алгоритм (алгоритм Ленстры — Ленстры — Ловаса).

Из-за вычислительных трудностей хотелось бы иметь некий метод, позволяющий сразу получить разбиение исходной дроби на алгебраическую часть и трансцендентную без нахождения нулей знаменателя. Таким метод стал метод, предложенный М. В. Остроградским. В 1844 году он доказал следующую теорему.

Теорема 6.1.  Если $P_{n}(x)$ и $Q_{m}(x)$ ($n<m$) — многочлены с действительными коэффициентами, не имеющие общих корней, тогда интеграл от правильной дроби ${\frac {P_{n}(x)}{Q_{m}(x)}}$ можно представить в виде суммы рациональной и трансцендентной частей:

$\int {\frac {P_{n}(x)}{Q_{m}(x)}}\,dx={\frac {K_{s}(x)}{L_{m-k}(x)}}+\int {\frac {U_{t}(x)}{V_{k}(x)}}\,dx,$(6.88)

где $L_{m-k}(x)$ — наибольший общий делитель многочлена $Q_{m}(x)$ и его производной $Q'_{m}(x)$;

$V_{k}(x)={\frac {Q_{m}(x)}{L_{m-k}(x)}};$

$K_{s}(x)$ и $U_{t}(x)$ — многочлены с неопределёнными коэффициентами ($s=m-k-1,\;t=k-1$).

Доказательство теоремы 6.1

Как уже известно, любой многочлен на $\mathbb {R}$ может быть представлен в виде:

$Q_{m}(x)=\prod _{i=1}^{g}(x-x_{i})^{u_{i}}\prod _{j=1}^{h}(x^{2}+p_{j}x+q_{j})^{v_{j}},$(6.89)

где $x_{i}$ — действительный корень кратности $u_{i}$ ($i=1,\;2,\;\ldots ,\;g$);

$x^{2}+p_{j}x+q_{j}$ ($p_{j},\;q_{j}\in \mathbb {R}$) — неприводимый на множестве действительных чисел квадратный трёхчлен. Он представляет собой произведение двух комплексно сопряжённых корней многочлена $Q_{m}(x)$ кратности $v_{j}$ ($j=1,\;2,\;\ldots ,\;h$);

$\sum _{i=1}^{g}u_{i}+2\sum _{j=1}^{h}v_{j}=m.$

В разложении ${\frac {P_{n}(x)}{Q_{m}(x)}}$ на простые дроби каждому действительному корню $x_{i}$ кратности $u_{i}$ будут соответствовать слагаемые:

${\frac {A_{1}^{(i)}}{x-x_{i}}}+{\frac {A_{2}^{(i)}}{(x-x_{i})^{2}}}+\ldots +{\frac {A_{u_{i}}^{(i)}}{(x-x_{i})^{u_{i}}}},$(6.90)

а каждой паре комплексно сопряжённых корней (соответственно, неприводимому квадратному трёхчлену) — слагаемые:

${\frac {M_{1}^{(j)}x+N_{1}^{(j)}}{x^{2}+p_{j}x+q_{j}}}+{\frac {M_{2}^{(j)}x+N_{2}^{(j)}}{(x^{2}+p_{j}x+q_{j})^{2}}}+\ldots +{\frac {M_{v_{j}}^{(j)}x+N_{v_{j}}^{(j)}}{(x^{2}+p_{j}x+q_{j})^{v_{j}}}},$(6.91)

где все $A_{u_{i}}^{(i)},\;M_{v_{j}}^{(j)},\;N_{v_{j}}^{(j)}$ — действительные постоянные.

При интегрировании от первых слагаемых в (6.90) и (6.91) согласно (6.41) (случай $n=1$) и (6.49) (при $4q-p^{2}>0$) является трансцендентной функцией. Интегралы от каждой из всех последующих слагаемых (6.90) — правильная дробь, степень знаменателя которой на единицу меньше степени этой же дроби. Интеграл от каждого слагаемого, начиная со второго, в выражении (6.91) представляет собой сумму правильной рациональной дроби и арктангенса.

Объединим рациональные части интегралов от (6.90) и (6.91), в результате получим правильную рациональную дробь ${\frac {K_{s}(x)}{L_{m-k}(x)}}$ ($s<m-k$), знаменатель которой

$L_{m-k}(x)=\prod _{i=1}^{g}(x-x_{i})^{u_{i}-1}\prod _{j=1}^{h}(x^{2}+p_{j}x+q_{j})^{v_{j}-1}$(6.92)

является многочленом степени $m-k$, где $k=g+2h$.

Как уже сказано выше, трансцендентную часть интеграла от дроби ${\frac {P_{n}(x)}{Q_{m}(x)}}$ можно представить как алгебраическую сумму дробей вида:

${\frac {E_{i}}{x-x_{i}}}$ и ${\frac {F_{j}(2x+p_{j})}{x^{2}+p_{j}x+q_{j}}}$,(6.93)

где $E_{i},\;F_{j}\in \mathbb {R}$ — константы.

Приведя эту сумму к общему знаменателю, получим правильную рациональную дробь ${\frac {U_{t}(x)}{V_{k}(x)}}$ ($t<k$) со знаменателем

$V_{k}(x)=\prod _{i=1}^{g}(x-x_{i})\prod _{j=1}^{h}(x^{2}+p_{j}x+q_{j}),$(6.94)

где $k=g+2h$. Как мы видим, этот многочлен имеет только простые нули.

Из (6.92) и (6.94) следует, что

$Q_{m}(x)=L_{m-k}(x)V_{k}(x).$(6.95)

Таким образом мы доказали верность формулы (6.88).

Теперь покажем, что для нахождения $L_{m-k}(x)$ не обязательно знать нули знаменателя дроби ${\frac {P_{n}(x)}{Q_{m}(x)}}$. По теореме о корнях производной многочлена (доказательство см. в Дополнении) следует, что $Q'_{m}(x)$ имеет те же корни, что и $Q_{m}(x)$, только их кратность на единицу меньше, а как мы видели из построения многочлена $L_{m-k}(x)$, он и будет наибольшим общим делителем многочленов $Q_{m}(x)$ и $Q'_{m}(x)$, так как в него входят те же корни, что и в $Q_{m}(x)$, их степень на единицу меньше и при этом простые корни отсутствуют.

Итак, мы установили, что имеет место тождество (6.88). Многочлен $L_{m-k}(x)$ является наибольшим общим делителем многочленов $Q_{m}(x)$ и $Q'_{m}(x)$. Его можно получить, используя алгоритм последовательного деления, или алгоритм Евклида. Вычислить многочлен $V_{k}(x)={\frac {Q_{m}(x)}{L_{m-k}(x)}}$ также не составит труда. Значит остаётся только получить многочлены $K_{s}(x)$ и $U_{t}(x)$. Для этого продифференцируем по $x$ правую и левую части выражения (6.88):

${\frac {P_{n}(x)}{Q_{m}(x)}}=\left({\frac {K_{s}(x)}{L_{m-k}(x)}}\right)'+{\frac {U_{t}(x)}{V_{k}(x)}}.$(6.96)

Применим формулу производной от частного:

${\frac {P_{n}(x)}{Q_{m}(x)}}={\frac {K'_{s}(x)L_{m-k}(x)-K_{s}(x)L'_{m-k}(x)}{L_{m-k}^{2}(x)}}+{\frac {U_{t}(x)}{V_{k}(x)}}.$(6.97)

Разобьём дробь в правой части:

${\frac {P_{n}(x)}{Q_{m}(x)}}={\frac {K'_{s}(x)}{L_{m-k}(x)}}-{\frac {K_{s}(x)L'_{m-k}(x)}{L_{m-k}^{2}(x)}}+{\frac {U_{t}(x)}{V_{k}(x)}}.$(6.98)

Домножим обе части равенства (6.98) на многочлен $Q_{m}(x)$:

$P_{n}(x)=K'_{s}(x){\frac {Q_{m}(x)}{L_{m-k}(x)}}-K_{s}(x){\frac {L'_{m-k}(x)}{L_{m-k}(x)}}{\frac {Q_{m}(x)}{L_{m-k}(x)}}+U_{t}(x){\frac {Q_{m}(x)}{V_{k}(x)}}.$(6.99)

Так как в первом слагаемом отношение ${\frac {Q_{m}(x)}{L_{m-k}(x)}}$ равно $V_{k}(x)$, то первое слагаемое представляет собой многочлен. В последнем слагаемом мы также имеем многочлен, потому что ${\frac {Q_{m}(x)}{V_{k}(x)}}=L_{m-k}(x)$ [это следует из равенства (6.95)]. Исследуем теперь второе слагаемое. Отношение ${\frac {Q_{m}(x)}{L_{m-k}(x)}}$ равно $V_{k}(x)$:

$K_{s}(x){\frac {L'_{m-k}(x)}{L_{m-k}(x)}}{\frac {Q_{m}(x)}{L_{m-k}(x)}}=K_{s}(x){\frac {L'_{m-k}(x)V_{k}(x)}{L_{m-k}(x)}}.$(6.100)

Продифференцируем теперь равенство (6.95):

$Q'_{m}(x)=(L_{m-k}(x)V_{k}(x))'=L'_{m-k}(x)V_{k}(x)+L_{m-k}(x)V'_{k}(x).$(6.101)

Выразим из (6.101) $L'_{m-k}(x)V_{k}(x)$ и подставим в (6.100):

$K_{s}(x){\frac {L'_{m-k}(x)V_{k}(x)}{L_{m-k}(x)}}=K_{s}(x){\frac {Q'_{m}(x)-V'_{k}(x)L_{m-k}(x)}{L_{m-k}(x)}}.$(6.102)

Снова разобьём на две дроби:

$K_{s}(x){\frac {Q'_{m}(x)-V'_{k}(x)L_{m-k}(x)}{L_{m-k}(x)}}=K_{s}(x)\left({\frac {Q'_{m}(x)}{L_{m-k}(x)}}-V'_{k}(x)\right).$(6.103)

Дробь ${\frac {Q'_{m}(x)}{L_{m-k}(x)}}$ является многочленом, потому что $L_{m-k}(x)$ как наибольший общий делитель многочленов $Q_{m}(x)$ и $Q'_{m}(x)$ делит последний нацело.

Обобщая исследование правой части (6.99), можно записать следующее выражение:

$P_{n}(x)=K'_{s}(x)V_{k}(x)-K_{s}(x)W_{k-1}(x)+U_{t}(x)L_{m-k}(x),$(6.104)

где

$W_{k-1}(x)={\frac {Q'_{m}(x)}{L_{m-k}(x)}}-V'_{k}(x)$(6.105)

многочлен степени $k-1$.

Теперь, воспользовавшись методом неопределённых коэффициентов, можно получить выражения для $K_{s}(x)$ и $U_{t}(x)$. Интеграл $\int {\frac {U_{t}(x)}{V_{k}(x)}}\,dx$ взять уже гораздо проще: в знаменателе будут только простые корни и, следовательно, можно воспользоваться специальным методом разложения, упрощающим вычисления (подробности см. в Дополнении).

Рассмотрим пример на применение метода Остроградского.

Пример 6.11. Найти интеграл:

$\int {\frac {x^{2}-3x+5}{(x-1)^{2}(x-2)(x^{2}-x+1)^{2}}}\,dx.$(6.106)

Решение. Для нахождения этого интеграла воспользуемся методом Остроградского. Здесь мы имеем $Q_{7}(x)=(x-1)^{2}(x-2)(x^{2}-x+1)^{2}=x^{7}-6x^{6}+16x^{5}-26x^{4}+28x^{3}-20x^{2}+9x-2$, $P_{2}(x)=x^{2}-3x+5$. Найдём производную от знаменателя:

$Q'_{7}(x)=7x^{6}-36x^{5}+80x^{4}-104x^{3}+84x^{2}-40x+9.$(6.107)

Теперь найдём НОД $Q_{7}(x)$ и $Q'_{7}(x)$. Для этого «столбиком» разделим $Q_{7}(x)$ на $Q'_{7}(x)$, получим ${\frac {1}{7}}x-{\frac {6}{49}}$ как целую часть и ${\frac {1}{49}}(8x^{5}-66x^{4}+160x^{3}-196x^{2}+138x-44)$ в остатке. Поделим теперь $Q'_{7}(x)$ на первый остаток, получим целую часть — ${\frac {343}{8}}x+{\frac {4263}{32}}$ и второй остаток — ${\frac {1}{16}}(1911x^{4}-5880x^{3}+7938x^{2}-6027x+2058)$. Теперь поделим первый остаток на второй: целая часть — ${\frac {128}{93\,639}}x-{\frac {8\,608}{1\,217\,307}}$ и третий остаток — $-{\frac {96}{8\,281}}(x^{3}+2x^{2}-2x+1)$. Поделив второй остаток на третий, получим только целую часть — $-{\frac {5\,274\,997}{512}}x+{\frac {2\,840\,383}{256}}$, следовательно, по алгоритму Евклида многочлен

$L_{3}(x)=-{\frac {96}{8\,281}}(x^{3}+2x^{2}-2x+1)=-{\frac {96}{8\,281}}(x-1)(x^{2}-x+1)$(6.108)

является кубическим многочленом. Значит в трансцендентную часть входят логарифмы и арктангенс.

Поделив $Q_{7}(x)$ на $L_{3}(x)$, получим:

$V_{4}(x)=-{\frac {8\,281}{96}}(x^{4}-4x^{3}+6x^{2}-5x+2)=-{\frac {8\,281}{96}}(x-1)(x-2)(x^{2}-x+1).$(6.109)

Таким образом, мы имеем всё, что нужно для определения коэффициентов у $K_{2}(x)$ и $U_{3}(x)$, причём из-за того, что в трансцендентной части легко получить разложение на простые дроби, то в принципе $U_{3}(x)$ можно не искать, а сразу определять коэффициенты при простых дробях.

Итак, согласно (6.88) мы имеем:

$\int {\frac {x^{2}-3x+5}{(x-1)^{2}(x-2)(x^{2}-x+1)^{2}}}\,dx={\frac {Ax^{2}+Bx+C}{(x-1)(x^{2}-x+1)}}+\int {\frac {U_{3}(x)\,dx}{(x-1)(x-2)(x^{2}-x+1)}}.$(6.110)

В свою очереди интеграл от трансцендентной части можно разбить на простые дроби с неизвестными коэффициентами:

$\int {\frac {x^{2}-3x+5}{(x-1)^{2}(x-2)(x^{2}-x+1)^{2}}}\,dx={\frac {Ax^{2}+Bx+C}{(x-1)(x^{2}-x+1)}}+\int {\frac {E\,dx}{x-1}}+\int {\frac {F\,dx}{x-2}}+\int {\frac {Mx+N}{x^{2}-x+1}}\,dx.$(6.111)

Продифференцируем равенство (6.111):

${\frac {x^{2}-3x+5}{(x-1)^{2}(x-2)(x^{2}-x+1)^{2}}}\,dx=$(6.112)

        $={\frac {-Ax^{4}-2Bx^{3}+(2A+2B-3C)x^{2}+(-2A+4C)x-B-2C}{(x-1)^{2}(x^{2}-x+1)^{2}}}+$

        $+{\frac {E}{x-1}}+{\frac {F}{x-2}}+{\frac {Mx+N}{x^{2}-x+1}}.$

Теперь умножим на $(x-1)^{2}(x-2)(x^{2}-x+1)^{2}$, раскроем скобки и приведём подобные. После этого приравняем коэффициенты при равных степенях, получим систему линейных уравнений относительно интересующих нас коэффициентов:

${\begin{array}{r}x^{6}:\\x^{5}:\\x^{4}:\\x^{3}:\\x^{2}:\\x^{1}:\\x^{0}:\end{array}}\;\;\left\{{\begin{array}{l}E+F+M=0;\\-5M-5E-4F-A+N=0;\\-2B+2A+11E-5N+8F+10M=0;\\10N-10F-3C+2A+6B-11M-15E=0;\\10C+7M+13E-4B-11N-6A+8F=1;\\-2M+4A-10C-B+7N-7E-4F=-3;\\-2N+2E+F+2B+4C=5;\end{array}}\right.$(6.112)

Решая это систему линейных уравнений, найдём:

$A={\frac {11}{3}},\;B=-3,\;C={\frac {7}{3}},\;E=4,\;F={\frac {1}{3}},\;M=-{\frac {13}{3}},\;N={\frac {10}{3}}.$(6.113)

Подставляя эти значения в (6.111), будем иметь:

$\int {\frac {x^{2}-3x+5}{(x-1)^{2}(x-2)(x^{2}-x+1)^{2}}}\,dx=$(6.114)

        $={\frac {1}{3}}{\frac {11x^{2}-9x+7}{(x-1)(x^{2}-x+1)}}+4\int {\frac {dx}{x-1}}+{\frac {1}{3}}\int {\frac {dx}{x-2}}-{\frac {1}{3}}\int {\frac {13x-10}{x^{2}-x+1}}\,dx.$

Теперь можно взять интегралы в правой части известными методами:

$4\int {\frac {dx}{x-1}}=4\ln |x-1|+C;\quad {\frac {1}{3}}\int {\frac {dx}{x-2}}={\frac {1}{3}}\ln |x-2|+C;$(6.115)

        $-{\frac {1}{3}}\int {\frac {-13x+10}{x^{2}-x+1}}\,dx=-{\frac {13}{6}}\ln(x^{2}-x+1)+{\frac {7{\sqrt {3}}}{9}}\,\mathrm {arctg} \,{\frac {\sqrt {3}}{3}}(2x-1)+C.$

Окончательно получим:

$\int {\frac {x^{2}-3x+5}{(x-1)^{2}(x-2)(x^{2}-x+1)^{2}}}\,dx=$(6.116)

        $={\frac {1}{3}}{\frac {11x^{2}-9x+7}{(x-1)(x^{2}-x+1)}}+4\ln |x-1|+{\frac {1}{3}}\ln |x-2|-{\frac {13}{6}}\ln(x^{2}-x+1)+{\frac {7{\sqrt {3}}}{9}}\,\mathrm {arctg} \,{\frac {\sqrt {3}}{3}}(2x-1)+C.$

Метод Эрмита

Приведём теперь описание ещё одного метода выделения алгебраической части интеграла от правильной рациональной дроби. Этот метод был предложен Ш. Эрмитом (1822—1901).

Пусть ${\frac {P_{n}(x)}{Q_{m}(x)}}$ ($n<m$) — правильная рациональная дробь. Считаем, что дробь несократимая, то есть многочлены $P_{n}(x)$ и $Q_{m}(x)$ взаимно простые. Также положим, что коэффициенты при старших степенях равны единице.

Вновь рассмотрим представление вещественного многочлена в виде произведения линейных полиномов:

$Q_{m}(x)=\prod _{i=1}^{m}(x-x_{i}),$(6.117)

где $x_{i}\in \mathbb {C}$ — корень многочлена (если он кратный, то считаем его несколько раз).

Если перегруппировать в представлении (6.117) сомножители, то это выражение можно переписать так:

$Q_{m}(x)=V_{1}(x)V_{2}^{2}(x)V_{3}^{3}(x)\ldots V_{k}^{k}(x),$(6.118)

где $V_{1}(x),\;V_{2}(x),\;\ldots ,\;V_{k}(x)$ — многочлены, содержащие линейные множители и не имеющие попарно никаких общих множителей. На множестве действительных чисел $\mathbb {R}$ эти многочлены могут содержать множители вида $x^{2}+px+q$, где $4q-p^{2}>0$.

Значит дробь ${\frac {P_{n}(x)}{Q_{m}(x)}}$ можно представить в виде:

${\frac {P_{n}(x)}{Q_{m}(x)}}={\frac {P_{n}(x)}{V_{1}(x)V_{2}^{2}(x)V_{3}^{3}(x)\ldots V_{k}^{k}(x)}}={\frac {U_{1}(x)}{V_{1}(x)}}+{\frac {U_{2}(x)}{V_{2}^{2}(x)}}+\ldots +{\frac {U_{k}(x)}{V_{k}^{k}(x)}},$(6.119)

где многочлены $U_{i}(x)$ взаимно просты с $V_{i}(x)$ ($i=1,\;2,\;\ldots ,\;k$).

Докажем это.

Доказательство формулы (6.119)

Многочлены $V_{1}(x)$ и $V_{2}^{2}(x)V_{3}^{3}(x)\ldots V_{k}^{k}(x)$ взаимно просты, так как все они попарно взаимно просты, и произведение простых множителей также взаимно просто. Воспользуемся соотношением Безу для этих полиномов. Так как полиномы взаимно просты, то имеет место следующее равенство:

$W(x)V_{1}(x)+U_{1}(x)V_{2}^{2}(x)V_{3}^{3}(x)\ldots V_{k}^{k}(x)=P_{n}(x),$(6.120)

где $W(x),\;U_{1}(x)$ — многочлены, степени которых меньше $V_{2}^{2}(x)V_{3}^{3}(x)\ldots V_{k}^{k}(x)$ и $V_{1}(x)$ соответственно. Для поиска этих многочленов можно использовать метод неопределённых коэффициентов.

Теперь поделим на $Q_{m}(x)=V_{1}(x)V_{2}^{2}(x)V_{3}^{3}(x)\ldots V_{k}^{k}(x)$:

${\frac {P_{n}(x)}{Q_{m}(x)}}={\frac {W(x)V_{1}(x)}{V_{1}(x)V_{2}^{2}(x)V_{3}^{3}(x)\ldots V_{k}^{k}(x)}}+{\frac {U_{1}(x)V_{2}^{2}(x)V_{3}^{3}(x)\ldots V_{k}^{k}(x)}{V_{1}(x)V_{2}^{2}(x)V_{3}^{3}(x)\ldots V_{k}^{k}(x)}}=$(6.121)

        $={\frac {W(x)}{V_{2}^{2}(x)V_{3}^{3}(x)\ldots V_{k}^{k}(x)}}+{\frac {U_{1}(x)}{V_{1}(x)}}.$

Многочлен $U_{1}(x)$ имеет степень, меньшую, чем у $V_{1}(x)$, а $W(x)$ — меньшую, чем у $V_{2}^{2}(x)V_{3}^{3}(x)\ldots V_{k}^{k}(x)$, при этом $U_{1}(x)$ и $V_{1}(x)$ взаимно просты, аналогично, $W(x)$ и $V_{2}^{2}(x)V_{3}^{3}(x)\ldots V_{k}^{k}(x)$ взаимно просты.

Применяя те же рассуждения к $V_{2}^{2}(x)$ и $V_{3}^{3}(x)\ldots V_{k}^{k}(x)$, получим формулу (6.119).

Из разложения (6.119) следует, что нам нужно научиться выделять рациональную часть у интегралов вида:

$\int {\frac {U(x)}{[V(x)]^{k}}}\,dx,$(6.122)

где степень $U(x)$ меньше степени $V(x)$ и они взаимно просты. Так как у многочлена $V(x)$ все корни различны, то он и его производная будут взаимно просты. Если $k=1$, то интеграл берётся непосредственно разложением на простые дроби. Это легко сделать, потому что у $V(x)$ все корни простые. Исследуем случай, когда $k>1$.

Применим снова соотношение Безу к $V(x)$ и его производной $V'(x)$:

$M(x)V(x)+N(x)V'(x)=U(x)$(6.123)

и подставим его в (6.122):

$\int {\frac {U(x)}{[V(x)]^{k}}}\,dx=\int {\frac {M(x)V(x)+N(x)V'(x)}{[V(x)]^{k}}}\,dx=\int {\frac {M(x)}{[V(x)]^{k-1}}}\,dx+\int {\frac {N(x)V'(x)}{[V(x)]^{k}}}\,dx.$(6.124)

Проинтегрируем по частям для второе слагаемое, положив $u=N(x)$ и $dv={\frac {V'(x)}{[V(x)]^{k}}}\,dx$, тогда $du=N'(x)\,dx$, а $v=\int {\frac {V'(x)}{[V(x)]^{k}}}\,dx={\frac {d[V(x)]}{[V(x)]^{k}}}=-{\frac {1}{(k-1)[V(x)]^{k-1}}}$. Подставив эти выражения в (6.124), будем иметь:

$\int {\frac {M(x)}{[V(x)]^{k-1}}}\,dx+\int {\frac {N(x)V'(x)}{[V(x)]^{k}}}\,dx=\int {\frac {M(x)}{[V(x)]^{k-1}}}\,dx-{\frac {N(x)}{(k-1)[V(x)]^{k-1}}}+{\frac {1}{k-1}}\int {\frac {N'(x)}{[V(x)]^{k-1}}}\,dx.$(6.125)

Объединяя первое и третье слагаемое в один интеграл, получим:

$\int {\frac {U(x)}{[V(x)]^{k}}}\,dx=-{\frac {N(x)}{(k-1)[V(x)]^{k-1}}}+\int {\frac {T(x)}{[V(x)]^{k-1}}}\,dx,$(6.126)

где $T(x)=M(x)+{\frac {N'(x)}{k-1}}$.

Если $k>2$, то к интегралу $\int {\frac {T(x)}{[V(x)]^{k-1}}}\,dx$ можно снова применить описанный, выше метод. Продолжая дальше, мы в конечном итоге получим:

$\int {\frac {U(x)}{[V(x)]^{k}}}\,dx=R(x)+\int {\frac {\varphi (x)}{V(x)}}\,dx,$(6.127)

где $R(x)$ — рациональная функция, $\varphi (x)$ — многочлен, степень которого меньше степени $V(x)$, при этом он может быть и не взаимно простым с $V(x)$. Интеграл в правой части вычислить уже легче, так как он содержит только простые корни.

Рассмотрим теперь пример.

Пример 6.12. Найти интеграл:

$\int {\frac {x^{5}+35x^{4}-234x^{3}+566x^{2}-511x+63}{(x-2)(x+1)^{2}(x^{2}-2x+5)^{2}}}\,dx.$(6.128)

Решение. В соответствии с методом Эрмита представим знаменатель дроби в виде:

$Q(x)=V_{1}(x)\cdot V_{2}^{2}(x),$(6.129)

где $V_{1}(x)=x-2,\;V_{2}(x)=(x+1)(x^{2}-2x+5)$.

Значит, подынтегральное выражение можно разбить на две дроби:

${\frac {x^{5}+35x^{4}-234x^{3}+566x^{2}-511x+63}{(x-2)(x+1)^{2}(x^{2}-2x+5)^{2}}}={\frac {A}{x-2}}+{\frac {B_{5}x^{5}+B_{4}x^{4}+B_{3}x^{3}+B_{2}x^{2}+B_{1}x+B_{0}}{[(x+1)(x^{2}-2x+5)]^{2}}}.$(6.130)

Методом неопределённых коэффициентов найдём:

$A={\frac {1}{9}},\;B_{5}=-{\frac {1}{9}},\;B_{4}=1,\;B_{3}={\frac {326}{9}},\;B_{2}=162,\;B_{1}={\frac {2\,179}{9}},\;B_{0}={\frac {271}{9}}.$(6.131)

Итак, исходный интеграл можно представить в виде суммы двух:

$\int {\frac {x^{5}+35x^{4}-234x^{3}+566x^{2}-511x+63}{(x-2)(x+1)^{2}(x^{2}-2x+5)^{2}}}\,dx=$(6.132)

        ${\frac {1}{9}}\int {\frac {dx}{x-2}}-{\frac {1}{9}}\int {\frac {x^{5}-9x^{4}-326x^{3}+1\,458x^{2}-2\,179x+271}{[(x+1)(x^{2}-2x+5)]^{2}}}\,dx.$

Первое слагаемое легко интегрируется:

${\frac {1}{9}}\int {\frac {dx}{x-2}}={\frac {1}{9}}\ln |x-2|+C.$(6.133)

Для второго интеграла будем использовать метод Эрмита. Найдём производную многочлена $V_{2}(x)$:

$V'_{2}(x)=3x^{2}-2x+3.$(6.134)

Подберём два таких многочлена, чтобы выполнялось соотношение Безу (6.123):

$N(x)V_{2}(x)+M(x)V'_{2}(x)=W(x);$(6.135)

$(N_{1}x+N_{0})(x^{3}-x^{2}+3x+5)+(M_{2}x^{2}+M_{1}x+M_{0})(3x^{2}-2x+3)=x^{5}-9x^{4}-326x^{3}+1\,458x^{2}-2\,179x+271.$

Так как степень многочлена, стоящего справа выше стоящего слева, то для определения неизвестных коэффициентов мы получаем переопределённую систему линейных уравнений, чтобы это исправить разделим многочлен $W(x)$ на произведение $V_{2}(x)V'_{2}(x)$, в результате получим, что $W(x)$ можно записать как:

$W(x)=Q(x)V_{2}(x)V'_{2}(x)+R(x);$(6.136)

$W(x)={\frac {1}{3}}(x^{3}-x^{2}+3x+5)(3x^{2}-2x+3)-{\frac {2}{3}}(11x^{4}+496x^{3}-2184x^{2}+3268x-399).$

Рассмотрим теперь новое соотношение:

$(N'_{1}x+N'_{0})(x^{3}-x^{2}+3x+5)+(M_{2}x^{2}+M_{1}x+M_{0})(3x^{2}-2x+3)=-{\frac {2}{3}}(11x^{4}+496x^{3}-2184x^{2}+3268x-399),$(6.137)

где $N'(x)=N'_{1}x+N'_{0}$ — новые многочлен с неизвестными коэффициентами.

Таким образом, мы пришли к линейной системе, где количество неизвестных равно количеству уравнений, относительно этих неизвестных.

Раскрывая скобки и приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях, получим следующую систему линейных уравнений:

${\begin{array}{r}x^{4}:\\x^{3}:\\x^{2}:\\x^{1}:\\x^{0}:\end{array}}\;\;\left\{{\begin{array}{l}N'_{1}+3M_{2}=-{\frac {22}{3}};\\-N'_{1}+N'_{0}-2M_{2}+3M_{1}=-{\frac {992}{3}};\\3N'_{1}-N'_{0}+3M_{2}-2M_{1}+3M_{0}=1\,456;\\5N'_{1}+3N'_{0}+3M_{1}-2M_{0}=-{\frac {6\,536}{3}};\\5N'_{0}+3M_{0}=266;\end{array}}\right.$(6.138)

Решением системы будут следующие коэффициенты:

$N'_{1}=-{\frac {292}{3}},\;N'_{0}=-215,\;M_{2}=30,\;M_{1}=-51,\;M_{0}=447.$(6.139)

Теперь нужно вернуться к выражению (6.135). Для этого сделаем замену $N(x)=N'(x)+Q(x)V'_{2}(x)$. Таким образом, получаем, что:

$N(x)=x^{2}-98x-214,\quad M(x)=30x^{2}-51x+447.$(6.140)

Итак, по методу Эрмита второй интеграл в правой части выражения (6.132) можно разбить на два интеграла следующим образом:

$-{\frac {1}{9}}\int {\frac {x^{5}-9x^{4}-326x^{3}+1\,458x^{2}-2\,179x+271}{[(x+1)(x^{2}-2x+5)]^{2}}}\,dx=$(6.141)

        $=-{\frac {1}{9}}\int {\frac {x^{2}-98x-214}{(x+1)(x^{2}-2x+5)}}\,dx-{\frac {1}{9}}\int {\frac {(30x^{2}-51x+447)(3x^{2}-2x+3)}{[(x+1)(x^{2}-2x+5)]^{2}}}\,dx.$

Разбивая интеграл в первом слагаемом на части получим:

$-{\frac {1}{9}}\int {\frac {x^{2}-98x-214}{(x+1)(x^{2}-2x+5)}}\,dx={\frac {115}{72}}\int {\frac {dx}{x+1}}-{\frac {1}{24}}\int {\frac {41x-379}{x^{2}-2x+5}}\,dx.$(6.142)

Беря интегралы, получаем:

$-{\frac {1}{9}}\int {\frac {x^{2}-98x-214}{(x+1)(x^{2}-2x+5)}}\,dx={\frac {115}{72}}\ln |x+1|-{\frac {41}{48}}\ln(x^{2}-2x+5)+{\frac {169}{24}}\,\mathrm {arctg} \,{\frac {x-1}{2}}+C.$(6.143)

Ко второму слагаемому в (6.141) применим интегрирование по частям:

$-{\frac {1}{9}}\int {\frac {(30x^{2}-51x+447)(3x^{2}-2x+3)}{[(x+1)(x^{2}-2x+5)]^{2}}}\,dx=$(6.144)

        $={\frac {1}{9}}{\frac {30x^{2}-51x+447}{(x+1)(x^{2}-2x+5)}}-{\frac {1}{9}}\int {\frac {60x-51}{(x+1)(x^{2}-2x+5)}}\,dx.$

Второе слагаемое можно разбить на простые дроби:

$-{\frac {1}{3}}\int {\frac {20x-17}{(x+1)(x^{2}-2x+5)}}\,dx={\frac {37}{24}}\int {\frac {dx}{x+1}}-{\frac {1}{24}}\int {\frac {37x+49}{(x+1)(x^{2}-2x+5)}}\,dx.$(6.145)

Вычислим интегралы:

$-{\frac {1}{3}}\int {\frac {20x-17}{(x+1)(x^{2}-2x+5)}}\,dx={\frac {37}{24}}\ln |x+1|-{\frac {37}{48}}\ln(x^{2}-2x+5)-{\frac {43}{24}}\,\mathrm {arctg} \,{\frac {x-1}{2}}+C.$(6.146)

Чтобы получить окончательный ответ, сложим результаты интегрирования отдельных слагаемых тем, самым получая:

$\int {\frac {x^{5}+35x^{4}-234x^{3}+566x^{2}-511x+63}{(x-2)(x+1)^{2}(x^{2}-2x+5)^{2}}}\,dx={\frac {1}{9}}\ln |x-2|+{\frac {115}{72}}\ln |x+1|-{\frac {41}{48}}\ln(x^{2}-2x+5)+$(6.147)

        $+{\frac {169}{24}}\,\mathrm {arctg} \,{\frac {x-1}{2}}+{\frac {1}{3}}{\frac {10x^{2}-17x+149}{(x+1)(x^{2}-2x+5)}}+{\frac {37}{24}}\ln |x+1|-{\frac {37}{48}}\ln(x^{2}-2x+5)-{\frac {43}{24}}\,\mathrm {arctg} \,{\frac {x-1}{2}}+C.$

Приведя подобные, получим окончательный ответ:

$\int {\frac {x^{5}+35x^{4}-234x^{3}+566x^{2}-511x+63}{(x-2)(x+1)^{2}(x^{2}-2x+5)^{2}}}\,dx=$(6.148)

        $={\frac {1}{3}}{\frac {10x^{2}-17x+149}{(x+1)(x^{2}-2x+5)}}+{\frac {1}{9}}\ln |x-2|+{\frac {113}{36}}\ln |x+1|-{\frac {13}{8}}\ln(x^{2}-2x+5)+{\frac {21}{24}}\,\mathrm {arctg} \,{\frac {x-1}{2}}+C.$

Интегрирование рациональных дробей специального вида

Рациональные дроби специального вида можно интегрировать, применяя методы, основанные на специфичности данного интеграла. Рассмотри некоторые из них.

Интегрирование дробей вида:

$\int {\frac {\varphi (x)}{x^{n}}}\,dx,\quad n\in \mathbb {N}$(6.149)

где $\varphi (x)$ — многочлен (в общем случае, в его состав могут входить одночлены не только с натуральными показателями), проще проинтегрировать его как алгебраическую сумму после почленного деления:

$\int {\frac {\varphi (x)}{x^{n}}}\,dx=\int \sum _{i=1}^{m}a_{i}x^{s_{i}}{\frac {dx}{x^{n}}}=\sum _{i=1}^{m}\left(a_{i}\int x^{s_{i}-n}\,dx\right)=\sum _{i=1}^{m}{\frac {a_{i}x^{s_{i}-n+1}}{s_{i}-n+1}}+C,$(6.150)

где $a_{i}\in \mathbb {R}$ — действительный коэффициент, $s_{i}$ — показатель степени одночлена (в общем случае, $s_{i}\in \mathbb {R}$).

Очень часто при интегрировании таких выражений появляются члены вида $(ax+b)^{n}$ ($a,\;b\in \mathbb {R} ,\;n\in \mathbb {N}$). Их раскрывают, используя формулу бинома Ньютона.

Пример 6.12. Найти интеграл

$\int {\frac {x^{3}-7{\sqrt {x}}+10{\sqrt[{3}]{x^{2}}}}{x^{5}}}\,dx.$(6.151)

Решение. Произведя почленное деление под знаком интеграла, получим:

$\int {\frac {x^{3}-7{\sqrt {x}}+10{\sqrt[{3}]{x^{2}}}}{x^{5}}}\,dx=\int {\frac {x^{3}-7x^{\frac {1}{2}}+10x^{\frac {2}{3}}}{x^{5}}}\,dx=\int x^{-2}\,dx-7\int x^{-{\frac {9}{2}}}\,dx+10\int x^{-{\frac {13}{3}}}\,dx=$(6.152)

        $=-{\frac {1}{x}}+7\cdot {\frac {2}{7}}x^{-{\frac {7}{2}}}-10\cdot {\frac {3}{10}}x^{-{\frac {10}{3}}}+C=-{\frac {1}{x}}+{\frac {2}{\sqrt {x^{7}}}}-{\frac {3}{\sqrt[{3}]{x^{10}}}}+C.$

Интегралы вида:

$\int {\frac {\varphi (x)}{(ax+b)^{n}}}\,dx,$(6.153)

где $\varphi (x)$ — многочлен c натуральными показателями, $a,\;b\in \mathbb {R}$ — действительные коэффициенты, не равные нулю;

сводятся к предыдущему случаю с использованием подстановки $z=ax+b$. В этом случае мы имеем: $x={\frac {z-b}{a}},\;dx={\frac {dz}{a}}$. Сделаем замену:

$\int {\frac {\varphi (x)}{(ax+b)^{n}}}\,dx={\frac {1}{a}}\int \varphi \left({\frac {z-b}{a}}\right){\frac {dz}{z^{n}}}.$(6.154)

Этим интеграл преобразуется к интегралу (6.149).

Пример 6.13. Найти интеграл

$\int {\frac {x^{2}+1}{(x-1)^{3}}}\,dx.$(6.155)

Решение. Сделаем замену $z=x-1$, тогда $x=z+1$ и $dx=dz$:

$\int {\frac {x^{2}+1}{(x-1)^{3}}}\,dx=\int {\frac {(z+1)^{2}+1}{z^{3}}}\,dz=\int {\frac {z^{2}+2z+2}{z^{3}}}\,dz=$(6.156)

        $=\int \left({\frac {1}{z}}+{\frac {2}{z^{2}}}+{\frac {2}{z^{3}}}\right)\,dz=\int {\frac {dz}{z}}+2\int {\frac {dz}{z^{2}}}+2\int {\frac {dz}{z^{2}}}=\ln |z|-{\frac {1}{z^{2}}}-{\frac {2}{z}}+C.$

Вернувшись обратно к переменной $x$, найдём ответ:

$\int {\frac {x^{2}+1}{(x-1)^{3}}}\,dx=\ln |x-1|-{\frac {1}{(x-1)^{2}}}-{\frac {2}{x-1}}+C.$(6.157)

Пример 6.14. Найти интеграл

$\int {\frac {x^{4}\,dx}{(x^{3}+1)^{2}}}.$(6.158)

Решение. Применим интегрирование по частям:

$\int {\frac {x^{4}\,dx}{(x^{3}+1)^{2}}}\left[{\begin{array}{ll}u=x^{2}&du=2x\,dx\\dv={\dfrac {x^{2}\,dx}{(x^{3}+1)^{2}}}&\displaystyle {v=\int {\dfrac {x^{2}\,dx}{(x^{3}+1)^{2}}}={\frac {1}{3}}\int {\frac {d(x^{3}+1)}{(x^{3}+1)^{2}}}}=\\&=-{\dfrac {1}{3}}{\dfrac {1}{x^{3}+1}}\end{array}}\right]=$(6.159)

        $=-{\frac {1}{3}}{\frac {x^{2}}{x^{3}+1}}+{\frac {2}{3}}\int {\frac {x\,dx}{x^{3}+1}}.$

Подынтегральное выражение второго слагаемого разобьём на простые дроби. Так как $x^{3}+1=(x+1)(x^{2}-x+1)$, то

${\frac {2}{3}}{\frac {x}{x^{3}+1}}={\frac {2}{3}}{\frac {x}{(x+1)(x^{2}-x+1)}}={\frac {A}{x+1}}+{\frac {Bx+C}{x^{2}-x+1}}.$(6.160)

Методом неопределённых коэффициентов устанавливаем, что

$A=-{\frac {2}{9}},\quad B={\frac {2}{9}},\quad C={\frac {2}{9}}.$(6.161)

Таким образом, интеграл (6.158) можно представить как:

$\int {\frac {x^{4}\,dx}{(x^{3}+1)^{2}}}=-{\frac {1}{3}}{\frac {x^{2}}{x^{3}+1}}-{\frac {2}{9}}\int {\frac {dx}{x+1}}+{\frac {2}{9}}\int {\frac {(x+1)\,dx}{x^{2}-x+1}}.$(6.162)

После взятия интегралов ответом будет служить следующее выражение:

$\int {\frac {x^{4}\,dx}{(x^{3}+1)^{2}}}=-{\frac {1}{3}}{\frac {x^{2}}{x^{3}+1}}-{\frac {2}{9}}\ln |x+1|+{\frac {1}{9}}\ln(x^{2}-x+1)+{\frac {2{\sqrt {3}}}{9}}\,\mathrm {arctg} \,\left({\frac {\sqrt {3}}{3}}(2x-1)\right)+C.$(6.163)

Интегралы

$\int {\frac {\varphi (x^{n})x^{n-1}}{x^{n}+a}}\,dx,$(6.164)

где $\varphi (x)$ — полином, $a\in \mathbb {R}$;

интегрируются следующим образом: сделаем подстановку $z=x^{n}$, тогда $x={\sqrt[{n}]{z}},\;dx={\frac {dz}{n}}$:

$\int {\frac {\varphi (x^{n})x^{n-1}}{x^{n}+a}}\,dx={\frac {1}{n}}\int {\frac {\varphi (z)\,dz}{z+a}}.$(6.165)

Если сделать подстановку $t=z+a$ ($z=t-a,\;dz=dt$), можно получить интеграл вида (6.149):

${\frac {1}{n}}\int {\frac {\varphi (z)\,dz}{z+a}}={\frac {1}{n}}\int {\frac {\varphi (t-a)}{t}}\,d(t-a).$(6.166)

Пример 6.15. Найти интеграл

$\int {\frac {x^{5}-4x^{3}+6x}{x^{2}-2}}\,dx$(6.167)

Решение. Вынесем в числителе $x$ за скобку:

$\int {\frac {x^{5}-4x^{3}+6x}{x^{2}-2}}\,dx=\int {\frac {(x^{4}-4x^{2}+6)x}{x^{2}-2}}\,dx.$(6.168)

Сделаем подстановку $z=x^{2},\;dx={\frac {dz}{2}}$:

$\int {\frac {(x^{4}-4x^{2}+6)x}{x^{2}-2}}\,dx={\frac {1}{2}}\int {\frac {z^{2}-4z+6}{z-2}}\,dz.$(6.169)

Сделаем ещё одну подстановку: $t=z-2,\;z=t+2,\;dz=dt$:

${\frac {1}{2}}\int {\frac {z^{2}-4z+6}{z-2}}\,dz={\frac {1}{2}}\int {\frac {(t+2)^{2}-4(t+2)+6}{t}}\,dt.$(6.170)

Раскрывая скобки в числителе и приводя подобные, получим:

${\frac {1}{2}}\int {\frac {(t+2)^{2}-4(t+2)+6}{t}}\,dt={\frac {1}{2}}\int {\frac {t^{2}+2}{t}}\,dt.$(6.171)

Почленно поделим:

${\frac {1}{2}}\int {\frac {t^{2}+2}{t}}\,dt={\frac {1}{2}}\int t\,dt+{\frac {2}{2}}\int {\frac {dt}{t}}={\frac {1}{2}}{\frac {t^{2}}{2}}+\ln |t|+C={\frac {t^{2}}{4}}+\ln |t|+C.$(6.172)

Вернёмся сначала к переменной $z$:

${\frac {1}{2}}\int {\frac {t^{2}+2}{t}}\,dt={\frac {t^{2}}{4}}+\ln |t|+C={\frac {(z-2)^{2}}{4}}+\ln |z-2|+C.$(6.173)

Окончательно получим:

$\int {\frac {x^{5}-4x^{3}+6x}{x^{2}-2}}\,dx={\frac {(x^{2}-2)^{2}}{4}}+\ln |x^{2}-2|+C={\frac {1}{4}}x^{4}-x^{2}+\ln |x^{2}-2|+C',$(6.174)

где $C'=C+1$.

Исследуем интеграл вида:

$\int {\frac {(cx+d)^{n}}{(ax+b)^{m}}}\,dx,$(6.175)

где $a,\;b,\;c,\;d\in \mathbb {R} ;\;n,\;m\in \mathbb {N}$.

Если ${\frac {c}{a}}={\frac {d}{b}}$, то линейные двучлены в числителе и знаменателе подобны, следовательно, можно вынести коэффициент подобия и сократить дробь. В этом случае мы получим интеграл

$A\int (\alpha x+\beta )^{n-m}\,dx,$(6.176)

который берётся заведением под дифференциал.

Случай, когда ${\frac {c}{d}}\neq {\frac {d}{b}}$, более интересен. Сделаем подстановку $z=ax+b$; интеграл преобразуется к виду (6.149):

${\frac {1}{a^{n+1}}}\int {\frac {[cz+ad-cb]^{n}}{z^{m}}}\,dz.$(6.177)

Вычислим следующий интеграл:

$\int {\frac {dx}{(x-a)^{n}(x-b)^{m}}}.$(6.178)

Сделаем подстановку $z={\frac {x-a}{x-b}}$, отсюда

$x={\frac {a-bz}{1-z}},\quad x-a={\frac {(a-b)x}{1-z}},\quad x-b={\frac {a-b}{1-z}},\quad dx={\frac {a-b}{(1-z)^{2}}}\,dz.$(6.179)

Интеграл (6.178) примет вид:

$\int {\frac {dx}{(x-a)^{n}(x-b)^{m}}}={\frac {1}{(a-b)^{n+m-1}}}\int {\frac {(1-z)^{m+n-2}}{z^{n}}}\,dz.$(6.180)

Если $m+n\geqslant 2$, то мы получаем интеграл вида (6.149).

Описанным выше способом можно брать интегралы вида

$\int {\frac {dx}{(x^{2}+px+q)^{k}}},$(6.181)

где $p^{2}-4q>0$.

В этом случае квадратный трёхчлен обладает двумя различными вещественными корнями $x_{1}$ и $x_{2}$. Полагая в интеграле (6.178) $a=x_{1},\;b=x_{2}$ и $n=m=k$, преобразуем интеграл (6.181) к виду:

${\frac {1}{(x_{1}-x_{2})^{2k-1}}}\int {\frac {(1-z)^{2k-2}}{z^{k}}}\,dz.$(6.182)

Формула, в принципе действительна и при $p^{2}-4q<0$, но при этом корни будут комплексными, но, так как они сопряжённые, то их разность $x_{1}-x_{2}$ будет действительным числом. Если в разложении появится логарифм от комплексного числа, то его легко свести к арктангенсу.

Остановимся на интегралах вида

$\int {\frac {x^{m}\,dx}{b\pm ax^{n}}},\quad m,\;n\in \mathbb {N} ,\;m<n,\quad a,\;b\in \mathbb {R} _{+}$(6.183)

более подробно.

Вводя подстановку $x=z{\sqrt[{n}]{\frac {b}{a}}}$, интеграл (6.183) можно представить как:

${\sqrt[{n}]{\frac {b^{m-n+1}}{a^{m+1}}}}\int {\frac {z^{m}\,dz}{1\pm z^{n}}}.$(6.184)

Рассмотрим несколько случаев значений показателей $m$ и $n$ и знака в знаменателе.

В знаменателе стоит знак «плюс».

Случай 1. $m=0$, $n$ — чётный. При чётном $n$ функция $1+x^{n}$ имеет комплексно сопряжённые корни вида:

$x_{k}=\cos {\frac {2k+1}{n}}\pi \pm i\sin {\frac {2k+1}{n}}\pi ,$(6.185)

где $k=0,\;1,\;2,\;\ldots ,\;{\frac {n-2}{2}}$.

Следовательно, разложение имеет следующий вид:

${\frac {1}{1+x^{n}}}=\sum _{k=0}^{\frac {n-2}{2}}\left[{\frac {A_{k}}{x-\left(\cos {\dfrac {2k+1}{n}}\pi +i\sin {\dfrac {2k+1}{n}}\pi \right)}}+{\frac {B_{k}}{x-\left(\cos {\dfrac {2k+1}{n}}\pi -i\sin {\dfrac {2k+1}{n}}\pi \right)}}\right],$(6.186)

где $A_{k},\;B_{k}$ — неизвестные коэффициенты.

Так как все корни (6.185) простые, то для нахождения коэффициентов $A_{k},\;B_{k}$ можно воспользоваться методом вычисления производной (см. Дополнение). По этому методу дробь ${\frac {P_{n}(x)}{Q_{m}(x)}}$ имеет разложение:

${\frac {P_{n}(x)}{Q_{m}(x)}}=\sum _{i=1}^{m}{\frac {P_{n}(x_{i})}{Q'_{m}(x_{i})}}{\frac {1}{x-x_{i}}},$(6.187)

где все $x_{i}$ — простые корни $Q_{m}(x)$.

Конкретно для нашего случая:

$A_{k}=\left.{\frac {1}{nx^{n-1}}}\right|_{x=\cos {\frac {2k+1}{n}}\pi +i\sin {\frac {2k+1}{n}}\pi }={\frac {1}{n}}{\frac {1}{\left(\cos {\dfrac {2k+1}{n}}\pi +i\sin {\dfrac {2k+1}{n}}\pi \right)^{n-1}}}.$(6.188)

По формуле Муавра имеем:

$A_{k}={\frac {1}{n}}{\frac {1}{\cos {\dfrac {(2k+1)(n-1)}{n}}\pi +i\sin {\dfrac {(2k+1)(n-1)}{n}}\pi }}.$(6.189)

Раскрывая скобки в аргументах тригонометрических функций и вычисляя их, получим:

$A_{k}=-{\frac {1}{n}}{\frac {1}{\cos {\dfrac {2k+1}{n}}\pi -i\sin {\dfrac {2k+1}{n}}\pi }}.$(6.190)

Аналогично для $B_{k}$:

$B_{k}=-{\frac {1}{n}}{\frac {1}{\cos {\dfrac {2k+1}{n}}\pi +i\sin {\dfrac {2k+1}{n}}\pi }}.$(6.191)

Таким образом,

$\int {\frac {dx}{1+x^{n}}}=-{\frac {1}{n}}\int \sum _{k=0}^{\frac {n-2}{2}}{\Bigg [}{\frac {1}{\cos {\dfrac {2k+1}{n}}\pi -i\sin {\dfrac {2k+1}{n}}\pi }}\cdot {\frac {1}{x-\left(\cos {\dfrac {2k+1}{n}}\pi +i\sin {\dfrac {2k+1}{n}}\pi \right)}}+$(6.192)

        $+{\frac {1}{\cos {\dfrac {2k+1}{n}}\pi +i\sin {\dfrac {2k+1}{n}}\pi }}\cdot {\frac {1}{x-\left(\cos {\dfrac {2k+1}{n}}\pi -i\sin {\dfrac {2k+1}{n}}\pi \right)}}{\Bigg ]}\,dx.$

После несложных преобразований будем иметь следующее выражение:

$\int {\frac {dx}{1+x^{n}}}=-{\frac {1}{n}}\sum _{k=0}^{\frac {n-2}{2}}\int {\frac {2x\cos {\dfrac {2k+1}{n}}\pi -2}{x^{2}-2x\cos {\dfrac {2k+1}{n}}\pi +1}}\,dx.$(6.193)

В этом интеграле $p=-2\cos {\frac {2k+1}{n}}\pi ,\;q=1$, следовательно, $q-{\frac {p^{2}}{4}}>0$, значит можно воспользоваться формулой (6.67). Подставляя наши коэффициенты в эту формулу, после преобразований окончательно получаем, что при чётном $n$:

$\int {\frac {dx}{1+x^{n}}}=-{\frac {1}{n}}\sum _{k=0}^{\frac {n-2}{2}}\cos {\frac {2k+1}{n}}\ln \left(x^{2}-2x\cos {\dfrac {2k+1}{n}}\pi +1\right)+$(6.194)

        $+{\frac {2}{n}}\sum _{k=0}^{\frac {n-2}{2}}\sin {\frac {2k+1}{n}}\,\mathrm {arctg} \,{\frac {x-\cos {\dfrac {2k+1}{n}}}{\sin {\dfrac {2k+1}{n}}}}+C.$

Случай 2. $n$ — чётный, $0<m<n$. В этом случае формула (6.188) будет иметь вид:

$A_{k}={\frac {x^{m}}{nx^{n-1}}}=\left.{\frac {1}{nx^{n-m-1}}}\right|_{x=\cos {\frac {2k+1}{n}}\pi +i\sin {\frac {2k+1}{n}}\pi }={\frac {1}{n}}{\frac {1}{\left(\cos {\dfrac {2k+1}{n}}\pi +i\sin {\dfrac {2k+1}{n}}\pi \right)^{n-m-1}}}.$(6.195)

Выполняя аналогичные преобразования, для коэффициентов $A_{k}$ и $B_{k}$, в конечном итоге, будем иметь такие выражения:

$A_{k}=-{\frac {1}{n}}{\frac {1}{\cos {\dfrac {(2k+1)(m+1)}{n}}\pi -i\sin {\dfrac {(2k+1)(m+1)}{n}}\pi }},$(6.196)

$B_{k}=-{\frac {1}{n}}{\frac {1}{\cos {\dfrac {(2k+1)(m+1)}{n}}\pi +i\sin {\dfrac {(2k+1)(m+1)}{n}}\pi }}.$

Значит интеграл от дроби ${\frac {x^{m}}{1+x^{n}}}$ будет иметь вид:

$\int {\frac {x^{m}\,dx}{1+x^{n}}}=-{\frac {1}{n}}\int \sum _{k=0}^{\frac {n-2}{2}}{\Bigg [}{\frac {1}{\cos {\dfrac {(2k+1)(m+1)}{n}}\pi -i\sin {\dfrac {(2k+1)(m+1)}{n}}\pi }}\times$(6.197)

        $\times {\frac {1}{x-\left(\cos {\dfrac {2k+1}{n}}\pi +i\sin {\dfrac {2k+1}{n}}\pi \right)}}+$

        $+{\frac {1}{\cos {\dfrac {(2k+1)(m+1)}{n}}\pi +i\sin {\dfrac {(2k+1)(m+1)}{n}}\pi }}\times$

        $\times {\frac {1}{x-\left(\cos {\dfrac {2k+1}{n}}\pi -i\sin {\dfrac {2k+1}{n}}\pi \right)}}{\Bigg ]}\,dx=$

        $=-{\frac {1}{n}}\sum _{k=0}^{\frac {n-2}{2}}\int {\Bigg [}{\frac {2x\cos {\dfrac {(2k+1)(m+1)}{n}}\pi -2\cos {\dfrac {(2k+1)(m+1)}{n}}\pi \cos {\dfrac {2k+1}{n}}\pi }{x^{2}-2x\cos {\dfrac {2k+1}{n}}\pi +1}}-$

        $-{\frac {2\sin {\dfrac {(2k+1)(m+1)}{n}}\pi \sin {\dfrac {2k+1}{n}}\pi }{x^{2}-2x\cos {\dfrac {2k+1}{n}}\pi +1}}{\Bigg ]}\,dx.$

Теперь, если воспользоваться формулой (6.67), окончательно получим:

$\int {\frac {x^{m}\,dx}{1+x^{n}}}=-{\frac {1}{n}}\sum _{k=0}^{\frac {n-2}{2}}\cos {\frac {(2k+1)(m+1)}{n}}\ln \left(x^{2}-2x\cos {\dfrac {2k+1}{n}}\pi +1\right)+$(6.198)

        $+{\frac {2}{n}}\sum _{k=0}^{\frac {n-2}{2}}\sin {\frac {(2k+1)(m+1)}{n}}\,\mathrm {arctg} \,{\frac {x-\cos {\dfrac {2k+1}{n}}}{\sin {\dfrac {2k+1}{n}}}}+C.$

Как мы видим, формула (6.198) пригодна для $0\leqslant m<n$.

Случай 3. $m=0$, $n$ — нечётный, тогда двучлен $1+x^{n}$ имеет помимо комплексно сопряжённых корней ещё и действительный корень:

$x_{-1}=-1,\quad x_{k}=\cos {\frac {2k+1}{n}}\pi \pm i\sin {\frac {2k+1}{n}}\pi ,\quad k=0,\;1,\;2,\;\ldots ,\;{\frac {n-3}{2}}.$(6.199)

Разложение подынтегральной функции на простые дроби в этом случае будет:

${\frac {1}{1+x^{n}}}={\frac {C}{x+1}}+\sum _{k=0}^{\frac {n-3}{2}}\left[{\frac {A_{k}}{x-\left(\cos {\dfrac {2k+1}{n}}\pi +i\sin {\dfrac {2k+1}{n}}\pi \right)}}+{\frac {B_{k}}{x-\left(\cos {\dfrac {2k+1}{n}}\pi -i\sin {\dfrac {2k+1}{n}}\pi \right)}}\right],$(6.200)

где $A_{k},\;B_{k},\;C$ — неизвестные коэффициенты.

Найдём коэффициенты:

$C={\frac {1}{n}},$(6.201)

$A_{k}=-{\frac {1}{n}}{\frac {1}{\cos {\dfrac {2k+1}{n}}\pi -i\sin {\dfrac {2k+1}{n}}\pi }},$

$B_{k}=-{\frac {1}{n}}{\frac {1}{\cos {\dfrac {2k+1}{n}}\pi +i\sin {\dfrac {2k+1}{n}}\pi }}.$

Подставляя коэффициенты в (6.200) и интегрируя получившиеся дроби, получаем для нечётного $n$ выражение, аналогичное (6.194):

$\int {\frac {dx}{1+x^{n}}}={\frac {1}{n}}\ln |x+1|-{\frac {1}{n}}\sum _{k=0}^{\frac {n-3}{2}}\cos {\frac {2k+1}{n}}\ln \left(x^{2}-2x\cos {\dfrac {2k+1}{n}}\pi +1\right)+$(6.202)

        $+{\frac {2}{n}}\sum _{k=0}^{\frac {n-3}{2}}\sin {\frac {2k+1}{n}}\,\mathrm {arctg} \,{\frac {x-\cos {\dfrac {2k+1}{n}}}{\sin {\dfrac {2k+1}{n}}}}+C.$

Случай 4. $n$ — нечётный, $0<m<n$. Производя уже известные преобразования, получаем следующую формулу:

$\int {\frac {x^{m}\,dx}{1+x^{n}}}={\frac {(-1)^{m}}{n}}\ln |x+1|-{\frac {1}{n}}\sum _{k=0}^{\frac {n-3}{2}}\cos {\frac {(2k+1)(m+1)}{n}}\ln \left(x^{2}-2x\cos {\dfrac {2k+1}{n}}\pi +1\right)+$(6.203)

        $+{\frac {2}{n}}\sum _{k=0}^{\frac {n-3}{2}}\sin {\frac {(2k+1)(m+1)}{n}}\,\mathrm {arctg} \,{\frac {x-\cos {\dfrac {2k+1}{n}}}{\sin {\dfrac {2k+1}{n}}}}+C.$

Формулу (6.203) можно обобщить для $0\leqslant m<n$.

Теперь рассмотрим выражения (6.184), когда в знаменателе стоит знак «минус».

Случай 5. $n$ — чётный, $0\leqslant m<n$. Двучлен $1-x^{n}$ имеет следующий набор корней:

$x_{0}=\pm 1,\quad x_{k}=\cos {\frac {2k}{n}}\pi \pm i\sin {\frac {2k}{n}}\pi ,\quad k=1,\;2,\;\ldots ,\;{\frac {n-2}{2}}.$(6.204)

Разложение дроби ${\frac {x^{m}}{1-x^{n}}}$ будет иметь вид:

${\frac {x^{m}}{1-x^{n}}}={\frac {C_{1}}{1+x}}+{\frac {C_{2}}{1-x}}+\sum _{k=1}^{\frac {n-2}{2}}\left[{\frac {A_{k}}{x-\left(\cos {\dfrac {2k}{n}}\pi +i\sin {\dfrac {2k}{n}}\pi \right)}}+{\frac {B_{k}}{x-\left(\cos {\dfrac {2k}{n}}\pi -i\sin {\dfrac {2k}{n}}\pi \right)}}\right],$(6.205)

где $A_{k},\;B_{k},\;C_{1},\;C_{2}$ — неизвестные коэффициенты, определяя которые и интегрируя после этого получившееся выражение, будет иметь:

$\int {\frac {x^{m}\,dx}{1-x^{n}}}={\frac {(-1)^{m}}{n}}\ln |1+x|-{\frac {1}{n}}\ln |1-x|-{\frac {1}{n}}\sum _{k=1}^{\frac {n-2}{2}}\cos {\frac {2k(m+1)}{n}}\ln \left(x^{2}-2x\cos {\dfrac {2k}{n}}\pi +1\right)+$(6.206)

        $+{\frac {2}{n}}\sum _{k=1}^{\frac {n-2}{2}}\sin {\frac {2k(m+1)}{n}}\,\mathrm {arctg} \,{\frac {x-\cos {\dfrac {2k}{n}}}{\sin {\dfrac {2k}{n}}}}+C.$

Случай 6. $n$ — нечётный, $0\leqslant m<n$. При нечётном $n$ квадратуру интеграла легко получить из формулы (6.203), заменяя в ней $x$ на $(-x)$. В итоге получаем:

$\int {\frac {x^{m}\,dx}{1-x^{n}}}=-{\frac {1}{n}}\ln |x+1|+{\frac {(-1)^{m}}{n}}\sum _{k=0}^{\frac {n-3}{2}}\cos {\frac {(2k+1)(m+1)}{n}}\ln \left(x^{2}+2x\cos {\dfrac {2k+1}{n}}\pi +1\right)+$(6.207)

        $+{\frac {2(-1)^{m}}{n}}\sum _{k=0}^{\frac {n-3}{2}}\sin {\frac {(2k+1)(m+1)}{n}}\,\mathrm {arctg} \,{\frac {x+\cos {\dfrac {2k+1}{n}}}{\sin {\dfrac {2k+1}{n}}}}+C.$

Фактически во всех этих случаях можно считать, что $0\leqslant m<n-1$, потому что при $m=n-1$ интеграл берётся непосредственно:

$\int {\frac {x^{n-1}\,dx}{1\pm x^{n}}}=\pm {\frac {1}{n}}\int {\frac {d(1\pm x^{n})}{1\pm x^{n}}}=\pm {\frac {1}{n}}\ln |1\pm x^{n}|+C=\pm \ln {\sqrt[{n}]{|1\pm x^{n}|}}+C.$(6.208)

Рассмотрим теперь интегралы вида:

$\int {\frac {dx}{x^{m}(a\pm bx^{n})}},$(6.209)

где $m>0$. Уже известная подстановка $x=z{\sqrt[{n}]{\frac {b}{a}}}$ позволяет перейти к интегралу вида:

${\sqrt[{n}]{\frac {b^{m-n+1}}{a^{m+1}}}}\int {\frac {dz}{z^{m}(1\pm z^{n})}}.$(6.210)

Если $m=1$, получим интеграл:

$\int {\frac {dx}{x(1\pm x^{n})}}.$(6.211)

Чтобы его вычислить, преобразуем его следующим образом:

$\int {\frac {dx}{x(1\pm x^{n})}}=\int {\frac {1\pm x^{n}\mp x^{n}}{x(1\pm x^{n})}}\,dx=\int {\frac {1\pm x^{n}}{x(1\pm x^{n})}}\mp \int {\frac {x^{n}\,dx}{x(1\pm x^{n})}}=\int {\frac {dx}{x}}\mp \int {\frac {x^{n-1}\,dx}{1\pm x^{n}}}.$(6.212)

Оба интеграла нам известны: первый — табличный, а второй мы можем найти по формуле (6.208):

$\int {\frac {dx}{x(1\pm x^{n})}}=\ln |x|-\ln {\sqrt[{n}]{|1\pm x^{n}|}}+C=\ln {\frac {|x|}{{\sqrt[{n}]{|1\pm x^{n}}}|}}+C.$(6.213)

Если $m>1$, то в интеграле (6.210) применим то же преобразование, что и в (6.212):

$\int {\frac {dx}{x^{m}(1\pm x^{n})}}=\int {\frac {1\pm x^{n}\mp x^{n}}{x^{m}(1\pm x^{n})}}\,dx=\int {\frac {1\pm x^{n}}{x^{m}(1\pm x^{n})}}\mp \int {\frac {x^{n}\,dx}{x^{m}(1\pm x^{n})}}=\int {\frac {dx}{x^{m}}}\mp \int {\frac {x^{n-m}\,dx}{1\pm x^{n}}}.$(6.214)

Интеграл в первом слагаемом равен:

$\int {\frac {dx}{x^{m}}}=-{\frac {1}{(m-1)x^{m-1}}}.$(6.215)

Значит

$\int {\frac {dx}{x^{m}(1\pm x^{n})}}=-{\frac {1}{(m-1)x^{m-1}}}\mp \int {\frac {x^{n-m}\,dx}{1\pm x^{n}}}.$(6.216)

Если $m\leqslant n$, то мы приходим к одному из интегралов вида (6.184); при $m>n$, последовательно применяя (6.216), снова приходим к случаю $m\leqslant n$ или к интегралу (6.211).

Приступим теперь исследованию интегралов более общего вида, чем (6.183):

$\int {\frac {x^{m}\,dx}{(a+bx^{n})^{p}}},$(6.217)

где $m\in \mathbb {Z} ,\;n,\;p\in \mathbb {N}$ и $a,\;b\in \mathbb {R}$. Считаем, что $p>1$, в противном случае, имеем случай (6.183), описанный выше.

Интеграл (6.217) является частным случаем, так называемого, биномиального дифференциала (см. соответствующую главу). Этот интеграл обычно берётся интегрированием по частям, выбирая функции $u$ и $dv$ таким образом, чтобы показатель $p$ сводился к 1.

Если в выражении (6.217) $m=n-1$, то интеграл можно вычислить непосредственно занесением под дифференциал:

$\int {\frac {x^{n-1}\,dx}{(a+bx^{n})^{p}}}={\frac {1}{nb}}\int {\frac {d(a+bx^{n})}{(a+bx^{n})^{p}}}=-{\frac {1}{bn(p-1)(a+bx^{n})^{p-1}}}+C.$(6.218)

Если $m\neq n-1$, то применим интегрирование по частям, приняв, что $u=x^{m-n+1}$ и $dv={\frac {x^{n-1}}{(a+bx^{n})^{p}}}$, тогда $du=(m-n+1)x^{m-n}\,dx$, а $v=\int {\frac {x^{n-1}\,dx}{(a+bx^{n})^{p}}}=-{\frac {1}{bn(p-1)(a+bx^{n})^{p-1}}}$. Подставляя эти значения в формулу интегрирования по частям (4.42), получаем:

$\int {\frac {x^{m}\,dx}{(a+bx^{n})^{p}}}=-{\frac {x^{m-n+1}}{bn(p-1)(a+bx^{n})^{p-1}}}+{\frac {m-n+1}{bn(p-1)}}\int {\frac {x^{m-n}\,dx}{(a+bx^{n})^{p-1}}}.$(6.219)

Повторяя эту процедуру для интеграла в правой части, в конечном итоге мы придём к интегралу вида:

$\int {\frac {x^{m-(p-1)n}}{a+bx^{n}}}\,dx,$(6.220)

который в зависимости от знака показателя $m-(p-1)n$ может иметь вид (6.183) или (6.209). Если $m-(p-1)n\geqslant n$, то для интегралов вида (6.183) дополнительно потребуется выделить целую часть.

Если $m<(p-1)n$, то мы имеем интеграл

$\int {\frac {dx}{x^{k}(a+bx^{n})}},$(6.221)

где $k=(p-1)n-m$ и $k>0$. Тогда можно также воспользоваться следующим преобразованием. Найдём такое наименьшее натуральное число $h$, чтобы $hn\geqslant k$ и при этом, если $h$ — чётное, тогда $a^{h}-b^{h}x^{hn}$, или, если $h$ — нечётное, тогда $a^{h}+b^{h}x^{hn}$, делилось бы на $a+bx^{n}$.

В первом случае мы можем применить следующее преобразование:

$\int {\frac {dx}{x^{k}(a+bx^{n})}}={\frac {1}{a^{h}}}\int {\frac {a^{h}-b^{h}x^{hn}}{x^{k}(a+bx^{n})}}\,dx+{\frac {b^{h}}{a^{h}}}\int {\frac {x^{hn-k}}{a+bx^{n}}}\,dx;$(6.222)

во втором:

$\int {\frac {dx}{x^{k}(a+bx^{n})}}={\frac {1}{a^{h}}}\int {\frac {a^{h}+b^{h}x^{hn}}{x^{k}(a+bx^{n})}}\,dx-{\frac {b^{h}}{a^{h}}}\int {\frac {x^{hn-k}}{a+bx^{n}}}\,dx.$(6.223)

Так как, по условию, мы подбирали $h$ так, чтобы $a^{h}-b^{h}x^{hn}$ или $a^{h}+b^{h}x^{hn}$ делились на $a+bx^{n}$ нацело, то интегралы в первых слагаемых (6.222) и (6.223) будут интегралами от полиномов целых, положительных и отрицательных степеней $x$ [случай (6.149)]. Вторые интегралы будут интегралами вида (6.183), так как $hn\geqslant k$, а $h$ — наименьшее число, удовлетворяющее этому условию, то, следовательно, $hn-k<n$.

Пример 6.16. Найти интеграл:

$\int {\frac {dx}{x(x^{2}+4)^{2}}}.$(6.224)

Решение. Здесь мы имеем интеграл (6.217) при $m=-1,\;n=2,\;p=2$. Воспользуемся формулой интегрирования по частям (6.219):

$\int {\frac {dx}{x(x^{2}+4)^{2}}}=-{\frac {1}{2x^{2}(x^{2}+4)}}-\int {\frac {dx}{x^{3}(x^{2}+4)}}.$(6.225)

Для интеграла в правой части имеем $k=3,\;n=2$, подберём $h$, чтобы выполнялось неравенство $2h\geqslant 3$; наименьшим натуральным будет $h=2$. Это чётное число, следовательно имеет место преобразование (6.222):

$-\int {\frac {dx}{x^{3}(x^{2}+4)}}={\frac {1}{16}}\int {\frac {x^{4}-16}{x^{3}(x^{2}+4)}}\,dx-{\frac {1}{16}}\int {\frac {x^{4}\,dx}{x^{3}(x^{2}+4)}}.$(6.226)

Сократим в первом интеграле на $x^{2}+4$ и почленно поделим на $x^{3}$:

${\frac {1}{16}}\int {\frac {x^{4}-16}{x^{3}(x^{2}+4)}}\,dx={\frac {1}{16}}\int {\frac {x^{2}-4}{x^{3}}}\,dx={\frac {1}{16}}\int {\frac {dx}{x}}-{\frac {1}{4}}\int x^{-3}\,dx={\frac {1}{16}}\ln |x|+{\frac {1}{4}}{\frac {1}{2x^{2}}}+C={\frac {1}{16}}\ln |x|+{\frac {1}{8x^{2}}}+C.$(6.227)

Второй интеграл берётся заведением под дифференциал:

$-{\frac {1}{16}}\int {\frac {x^{4}\,dx}{x^{3}(x^{2}+4)}}=-{\frac {1}{16}}\int {\frac {x\,dx}{x^{2}+4}}=-{\frac {1}{32}}\int {\frac {d(x^{2}+4)}{x^{2}+4}}=-{\frac {1}{32}}\ln(x^{2}+4)+C.$(6.228)

Объединяя найденные интегралы, получим ответ:

$\int {\frac {dx}{x(x^{2}+4)^{2}}}=-{\frac {1}{2x^{2}(x^{2}+4)}}+{\frac {1}{16}}\ln |x|+{\frac {1}{8x^{2}}}-{\frac {1}{32}}\ln(x^{2}+4)+C={\frac {1}{16}}\ln {\frac {|x|}{\sqrt {x^{2}+4}}}+{\frac {1}{8(x^{2}+4)}}+C.$(6.229)