МатАнПрод:Интегрирование рациональных функций

Основные понятия

Определение: Многочленом (полиномом) $P_n(x)$ степени $n$ ($n\ge 0$, $n\in \mathbb{\mathbb{Z}}$) называется функция вида: $P_n(x)=a_0+a_{1}x+a_2{x}^2+\dots +a_n{x}^n$, где $a_i\in \mathbb{ℝ}$, $a_n\ne 0$.

Определение: Рациональной функцией (рациональной дробью) называется функция вида $\frac{P_n(x)}{Q_m(x)}$, где $P_n(x)$ и $Q_m(x)$ - многочлены.

Определение: Рациональная функция $\frac{P_n(x)}{Q_m(x)}$ называется правильной, если степень числителя меньше степени знаменателя: $\mathrm{deg}(P_n(x))<\mathrm{deg}(Q_m(x))$. В противном случае (если $n\ge m$) дробь называется неправильной.

Теорема (о делении многочленов с остатком): Если рациональная дробь $\frac{P_n(x)}{Q_m(x)}$ является неправильной ($n\ge m$), то существует единственное представление в виде: $\frac{P_n(x)}{Q_m(x)}=M_{n-m}(x)+\frac{N_k(x)}{Q_m(x)}$ где $M_{n-m}(x)$ - многочлен (целая часть), а $\frac{N_k(x)}{Q_m(x)}$ - правильная рациональная дробь ($k=\mathrm{deg}(N_k(x))<m$).

Определение: Число $x_0$ называется корнем многочлена $Q_m(x)$, если $Q_m(x_0)=0$.

Теорема Безу: Число $x_0$ является корнем многочлена $Q_m(x)$ тогда и только тогда, когда $Q_m(x)$ делится на $(x-x_0)$ без остатка, т.е. $Q_m(x_0)=0⟺Q_m(x)=(x-x_0)Q_{m-1}(x)$, где $Q_{m-1}(x)$ - многочлен степени $m-1$.

Теорема (о комплексных корнях многочлена с действительными коэффициентами): Если многочлен $Q_m(x)$ имеет действительные коэффициенты и число $x_0=\alpha +i\beta \in \mathbb{ℂ}$ ($\beta \ne 0$) является его корнем, то сопряженное число ${\overline{x}}_0=\alpha -i\beta$ также является корнем $Q_m(x)$. Доказательство: Пусть $Q_m(x)=c_0+c_{1}x+\dots +c_m{x}^m$, где $c_i\in \mathbb{ℝ}$. Если $Q_m(x_0)=0$, то $c_0+c_1{x}_0+\dots +c_m{x}_0^m=0$. Возьмем комплексное сопряжение от обеих частей: $\overline{c_0+c_1{x}_0+\dots +c_m{x}_0^m}=\bar{0}$ $\overline{c_0}+\overline{c_1{x}_0}+\dots +\overline{c_m{x}_0^m}=0$ Так как $c_i\in \mathbb{ℝ}$, то $\overline{c_i}=c_i$. Используя свойства сопряжения ($\overline{a+b}=\overline{a}+\overline{b}$, $\overline{ab}=\overline{a}\overline{b}$), получаем: $c_0+c_1{\overline{x}}_0+\dots +c_m{\overline{x}}_0^m=0$. Это означает, что $Q_m({\overline{x}}_0)=0$, т.е. ${\overline{x}}_0$ - корень $Q_m(x)$.

Основная теорема алгебры: Всякий многочлен степени $m\ge 1$ с действительными (или комплексными) коэффициентами имеет по крайней мере один корень в поле комплексных чисел $\mathbb{ℂ}$.

Следствие: Любой многочлен $Q_m(x)$ степени $m\ge 1$ с действительными коэффициентами имеет ровно $m$ корней в $\mathbb{ℂ}$ (с учетом их кратности).

Разложение многочлена на множители

Рассуждение:

1. Пусть дан многочлен $Q_m(x)$ с действительными коэффициентами. По основной теореме алгебры, существует корень $x_1\in \mathbb{ℂ}$ такой, что $Q_m(x_1)=0$.
2. По теореме Безу, $Q_m(x)=(x-x_1)Q_{m-1}^{(1)}(x)$. 3. Применяя теорему Безу последовательно к $Q_{m-1}^{(1)}(x)$, $Q_{m-2}^{(2)}(x)$, …, получаем разложение на линейные множители над $\mathbb{ℂ}$: $Q_m(x)=c_m(x-x_1)(x-x_2)...(x-x_m)$ где $x_1,x_2,...,x_m$ - все корни многочлена $Q_m(x)$ (с учетом кратности), а $c_m$ - старший коэффициент многочлена $Q_m(x)$.

3. Если $Q_m(x)$ имеет действительные коэффициенты, то его комплексные корни $(\beta \ne 0)$ входят сопряженными парами. Пусть $x_0=\alpha +i\beta$ - корень, тогда ${\overline{x}}_0=\alpha -i\beta$ - тоже корень. В разложении над $\mathbb{ℝ}$ пара линейных множителей $(x-x_0)(x-{\overline{x}}_0)$ объединяется в один квадратичный множитель с действительными коэффициентами: $(x-x_0)(x-{\overline{x}}_0)=(x-(\alpha +i\beta ))(x-(\alpha -i\beta ))$ $=((x-\alpha )-i\beta )((x-\alpha )+i\beta )$ $=(x-\alpha {)}^2-(i\beta {)}^2=(x-\alpha {)}^2+{\beta }^2$ $=x^2-2\alpha x+{\alpha }^2+{\beta }^2$ Обозначим $p=-2\alpha$ и $q={\alpha }^2+{\beta }^2$. Тогда множитель имеет вид $x^2+px+q$. Дискриминант этого квадратного трехчлена: $D=p^2-4q=(-2\alpha {)}^2-4({\alpha }^2+{\beta }^2)=4{\alpha }^2-4{\alpha }^2-4{\beta }^2=-4{\beta }^2$. Так как $\beta \ne 0$, то $D=-4{\beta }^2<0$. Это означает, что квадратный трехчлен $x^2+px+q$ не имеет действительных корней и является неприводимым над полем $\mathbb{ℝ}$.

4. Таким образом, любой многочлен $Q_m(x)$ с действительными коэффициентами может быть разложен над $\mathbb{ℝ}$ в произведение своего старшего коэффициента $c_m$, линейных множителей вида $(x-x_k)$, соответствующих действительным корням $x_k$, и квадратичных множителей вида $(x^2+p_{j}x+q_j)$ с отрицательным дискриминантом, соответствующих парам комплексно-сопряженных корней. $Q_m(x)=c_m(x-x_{r_1}{)}^{k_1}\dots (x-x_{r_s}{)}^{k_s}(x^2+p_{1}x+q_1{)}^{l_1}\dots (x^2+p_{t}x+q_t{)}^{l_t}$ где $\sum k_i+2\sum l_j=m$.

Теорема о разложении многочлена над $\mathbb{ℝ}$

Теорема: Любой многочлен $Q_m(x)$ степени $m\ge 1$ с действительными коэффициентами может быть представлен в виде произведения своего старшего коэффициента $c_m$ и множителей вида $(x-x_i)$ и $(x^2+p_{j}x+q_j)$, где $x_i$ - действительные корни, а $x^2+p_{j}x+q_j$ - неприводимые над $\mathbb{ℝ}$ квадратные трехчлены ($p_j^2-4q_j<0$), соответствующие парам комплексно-сопряженных корней. Будем считать $c_m=1$ (если нет, можно вынести за скобки). $Q_m(x)=(x-x_1{)}^{k_1}(x-x_2{)}^{k_2}\dots (x-x_p{)}^{k_p}(x^2+p_{1}x+q_1{)}^{l_1}(x^2+p_{2}x+q_2{)}^{l_2}\dots (x^2+p_{s}x+q_s{)}^{l_s}$ где: * $x_i\in \mathbb{ℝ}$ - различные действительные корни * $k_i\in \mathbb{\mathbb{N}}$ - кратности действительных корней * $p_j,q_j\in \mathbb{ℝ}$, $p_j^2-4q_j<0$ (квадратные трехчлены неприводимы) * $l_j\in \mathbb{\mathbb{N}}$ - кратности пар комплексно-сопряженных корней * Сумма кратностей: ${\sum }_{i=1}^p{k}_i+2{\sum }_{j=1}^s{l}_j=m=\mathrm{deg}(Q_m(x))$.

---

Разложение правильной рациональной дроби на простейшие дроби

Лемма 1: Пусть $\frac{P_n(x)}{Q_m(x)}$ - правильная рациональная дробь ($n<m$). Пусть $a\in \mathbb{ℝ}$ является корнем знаменателя $Q_m(x)$ кратности $k\ge 1$, т.е. $Q_m(a)=0$, и $Q_m(x)=(x-a{)}^k{Q}_{m-k}^{(1)}(x)$, где $Q_{m-k}^{(1)}(a)\ne 0$. Тогда существует единственное представление: $\frac{P_n(x)}{Q_m(x)}=\frac{A_k}{(x-a{)}^k}+\frac{{\tilde{P}}_1(x)}{(x-a{)}^{k-1}{Q}_{m-k}^{(1)}(x)}$ где $A_k\in \mathbb{ℝ}$ - константа, а $\frac{{\tilde{P}}_1(x)}{(x-a{)}^{k-1}{Q}_{m-k}^{(1)}(x)}$ - также правильная рациональная дробь.

Нахождение коэффициента $A_k$: Умножим обе части равенства на $(x-a{)}^k$: $\frac{P_n(x)}{Q_{m-k}^{(1)}(x)}=A_k+\frac{{\tilde{P}}_1(x)(x-a)}{Q_{m-k}^{(1)}(x)}$ Положим $x=a$. Так как $Q_{m-k}^{(1)}(a)\ne 0$, получим: $\frac{P_n(a)}{Q_{m-k}^{(1)}(a)}=A_k+0$ (!) Формула для $A_k$: $A_k=\frac{P_n(a)}{Q_{m-k}^{(1)}(a)}$

Доказательство существования и единственности (кратко): Из $\frac{P_n(x)}{Q_m(x)}-\frac{A_k}{(x-a{)}^k}=\frac{P_n(x)-A_k{Q}_{m-k}^{(1)}(x)}{(x-a{)}^k{Q}_{m-k}^{(1)}(x)}$ Выберем $A_k=\frac{P_n(a)}{Q_{m-k}^{(1)}(a)}$. Тогда числитель $R(x)=P_n(x)-A_k{Q}_{m-k}^{(1)}(x)$ имеет корень при $x=a$, так как $R(a)=P_n(a)-\frac{P_n(a)}{Q_{m-k}^{(1)}(a)}{Q}_{m-k}^{(1)}(a)=0$. Следовательно, $R(x)=(x-a){\tilde{P}}_1(x)$ по теореме Безу. Тогда: $\frac{(x-a){\tilde{P}}_1(x)}{(x-a{)}^k{Q}_{m-k}^{(1)}(x)}=\frac{{\tilde{P}}_1(x)}{(x-a{)}^{k-1}{Q}_{m-k}^{(1)}(x)}$ Можно показать, что полученная дробь является правильной. Единственность $A_k$ доказывается от противного: предположим два разложения с $A_{k,1}$ и $A_{k,2}$, приведем к общему знаменателю и подставим $x=a$, что даст $A_{k,1}=A_{k,2}$. * Равенство $A_1{Q}^{(1)}(x)+{\tilde{P}}_1(x)(x-a)=A_2{Q}^{(1)}(x)+{\tilde{P}}_2(x)(x-a)$ при $x=a$ дает $A_1{Q}^{(1)}(a)=A_2{Q}^{(1)}(a)$, откуда $A_1=A_2$, так как $Q^{(1)}(a)\ne 0$.

Следствие (Применение Леммы 1 k-раз): Повторяя эту процедуру $k$ раз для корня $a$, мы выделим все слагаемые, соответствующие этому корню: $\frac{P_n(x)}{Q_m(x)}=\frac{A_k}{(x-a{)}^k}+\frac{A_{k-1}}{(x-a{)}^{k-1}}+\dots +\frac{A_1}{x-a}+\frac{\hat{P}(x)}{Q_{m-k}^{(1)}(x)}$ где $A_i\in \mathbb{ℝ}$, а $\frac{\hat{P}(x)}{Q_{m-k}^{(1)}(x)}$ - правильная рациональная дробь, знаменатель которой уже не имеет корня $a$ ($Q_{m-k}^{(1)}(a)\ne 0$).

Лемма 2: Пусть $\frac{P_n(x)}{Q_m(x)}$ - правильная рациональная дробь ($n<m$). Пусть $(x^2+px+q)$ - неприводимый над $\mathbb{ℝ}$ множитель ($p^2-4q<0$) знаменателя $Q_m(x)$ кратности $k\ge 1$. То есть $Q_m(x)=(x^2+px+q{)}^k{\tilde{Q}}_{m-2k}(x)$, где ${\tilde{Q}}_{m-2k}(x_0)\ne 0$ для корней $x_0=\alpha \pm i\beta$ уравнения $x^2+px+q=0$. Тогда существует единственное представление: $\frac{P_n(x)}{Q_m(x)}=\frac{A_{k}x+B_k}{(x^2+px+q{)}^k}+\frac{{\tilde{P}}_1(x)}{(x^2+px+q{)}^{k-1}{\tilde{Q}}_{m-2k}(x)}$ (**) где $A_k,B_k\in \mathbb{ℝ}$ - константы, а вторая дробь - правильная рациональная дробь.

Нахождение коэффициентов $A_k,B_k$: Умножим обе части равенства на $(x^2+px+q{)}^k$: $\frac{P_n(x)}{{\tilde{Q}}_{m-2k}(x)}=A_{k}x+B_k+\frac{{\tilde{P}}_1(x)(x^2+px+q)}{{\tilde{Q}}_{m-2k}(x)}$ Пусть $x_0=\alpha +i\beta$ - один из комплексных корней уравнения $x^2+px+q=0$. Подставим $x=x_0$: $\frac{P_n(x_0)}{{\tilde{Q}}_{m-2k}(x_0)}=A_k{x}_0+B_k+0$ Обозначим комплексное число $R=\frac{P_n(x_0)}{{\tilde{Q}}_{m-2k}(x_0)}=\text{Re}(R)+i\text{Im}(R)$. $A_k(\alpha +i\beta )+B_k=\text{Re}(R)+i\text{Im}(R)$ $(A_k\alpha +B_k)+i(A_k\beta )=\text{Re}(R)+i\text{Im}(R)$ Приравнивая действительные и мнимые части, получаем систему для $A_k,B_k$: $\{\begin{array}{l}{A}_k\alpha +B_k=\text{Re}(R)\\ A_k\beta =\text{Im}(R)\end{array}$ Так как $\beta \ne 0$, система имеет единственное решение: $A_k=\frac{\text{Im}(R)}{\beta }$ $B_k=\text{Re}(R)-A_k\alpha =\text{Re}(R)-\alpha \frac{\text{Im}(R)}{\beta }$ Так как $P_n,{\tilde{Q}}_{m-2k}$ имеют действительные коэффициенты, и если $x_0$ - корень, то ${\overline{x}}_0$ - тоже, можно показать, что $A_k,B_k$ всегда получаются действительными числами.

Доказательство существования и единственности (кратко): Аналогично случаю действительного корня. Рассмотрим разность $P_n(x)-(A_{k}x+B_k){\tilde{Q}}_{m-2k}(x)$. Подстановка $x=x_0$ дает $P_n(x_0)-(A_k{x}_0+B_k){\tilde{Q}}_{m-2k}(x_0)=P_n(x_0)-\frac{P_n(x_0)}{{\tilde{Q}}_{m-2k}(x_0)}{\tilde{Q}}_{m-2k}(x_0)=0$. Значит $x_0$ - корень этого полинома. Так как полином имеет действительные коэффициенты, то ${\overline{x}}_0$ тоже корень. Следовательно, полином делится на $(x-x_0)(x-{\overline{x}}_0)=x^2+px+q$. $P_n(x)-(A_{k}x+B_k){\tilde{Q}}_{m-2k}(x)=(x^2+px+q)\hat{P}(x)$. Это позволяет переписать исходную дробь в виде (**). Можно показать, что остаточная дробь правильная. Единственность доказывается аналогично случаю действительных корней, приравнивая два разложения и подставляя $x=x_0$. * Равенство $(A_{1}x+B_1)\tilde{Q}(x)+{\tilde{P}}_1(x)(x^2+px+q)=(A_{2}x+B_2)\tilde{Q}(x)+{\tilde{P}}_2(x)(x^2+px+q)$ при $x=x_0$ дает $(A_1{x}_0+B_1)\tilde{Q}(x_0)=(A_2{x}_0+B_2)\tilde{Q}(x_0)$. Так как $\tilde{Q}(x_0)\ne 0$, имеем $A_1{x}_0+B_1=A_2{x}_0+B_2$. Приравнивая действительные и мнимые части, получаем $A_1=A_2$ и $B_1=B_2$.

Следствие (Применение Леммы 2 k-раз): Повторяя эту процедуру $k$ раз для множителя $(x^2+px+q)$, мы выделим все слагаемые, соответствующие этой паре корней: $\frac{P_n(x)}{Q_m(x)}=\frac{A_{k}x+B_k}{(x^2+px+q{)}^k}+\frac{A_{k-1}x+B_{k-1}}{(x^2+px+q{)}^{k-1}}+\dots +\frac{A_{1}x+B_1}{x^2+px+q}+\frac{\hat{P}(x)}{{\tilde{Q}}_{m-2k}(x)}$ где $A_i,B_i\in \mathbb{ℝ}$, а $\frac{\hat{P}(x)}{{\tilde{Q}}_{m-2k}(x)}$ - правильная рациональная дробь, знаменатель которой уже не имеет корней $x_0,{\overline{x}}_0$.

Общая теорема о разложении на простейшие дроби

Теорема: Любую правильную рациональную дробь $\frac{P_n(x)}{Q_m(x)}$, знаменатель которой разложен на множители над $\mathbb{ℝ}$ вида $Q_m(x)=c_m(x-x_1{)}^{k_1}\dots (x-x_p{)}^{k_p}(x^2+p_{1}x+q_1{)}^{l_1}\dots (x^2+p_{s}x+q_s{)}^{l_s}$ можно единственным образом представить в виде суммы простейших дробей: $$\frac{P_n(x)}{Q_m(x)}=\sum _{i=1}^p(\frac{A_{i,k_i}}{(x-x_i{)}^{k_i}}+\frac{A_{i,k_i-1}}{(x-x_i{)}^{k_i-1}}+\dots +\frac{A_{i,1}}{x-x_i})+\sum _{j=1}^s(\frac{B_{j,l_j}x+C_{j,l_j}}{(x^2+p_{j}x+q_j{)}^{l_j}}+\frac{B_{j,l_j-1}x+C_{j,l_j-1}}{(x^2+p_{j}x+q_j{)}^{l_j-1}}+\dots +\frac{B_{j,1}x+C_{j,1}}{x^2+p_{j}x+q_j})$$ где $A_{i,r},B_{j,t},C_{j,t}$ - действительные коэффициенты. (Примечание: В конспекте коэффициенты для квадратичных множителей обозначались $A_{j}x+B_j$, здесь использовано $B_{j}x+C_j$ для избежания конфликта с $A_{i,r}$ для линейных множителей, что является стандартной практикой).

Интегрирование рациональной функции сводится к интегрированию многочлена (если дробь неправильная) и суммы простейших дробей. ivabus@celerrime-x ➜ ~ $ pandoc -f markdown -t mediawiki /Users/ivabus/Downloads/Матан\ №4.md -o -

Теорема о разложении правильной рациональной дроби

Теорема: Пусть $\frac{P_n(x)}{Q_m(x)}$ - правильная рациональная дробь ($n<m$), и знаменатель $Q_m(x)$ (со старшим коэффициентом, равным 1) разложен на множители над $\mathbb{ℝ}$: $Q_m(x)=(x-x_1{)}^{k_1}(x-x_2{)}^{k_2}\dots (x-x_p{)}^{k_p}(x^2+p_{1}x+q_1{)}^{l_1}(x^2+p_{2}x+q_2{)}^{l_2}\dots (x^2+p_{s}x+q_s{)}^{l_s}$ где $x_i\in \mathbb{ℝ}$, $k_i\in \mathbb{\mathbb{N}}$, $p_j,q_j\in \mathbb{ℝ}$, $p_j^2-4q_j<0$, $l_j\in \mathbb{\mathbb{N}}$. Тогда существует единственное разложение дроби $\frac{P_n(x)}{Q_m(x)}$ в сумму простейших дробей вида: $$\frac{P_n(x)}{Q_m(x)}=\sum _{i=1}^p\sum _{r=1}^{k_i}\frac{A_{i,r}}{(x-x_i{)}^r}+\sum _{j=1}^s\sum _{t=1}^{l_j}\frac{B_{j,t}x+C_{j,t}}{(x^2+p_{j}x+q_j{)}^t}$$ где $A_{i,r},B_{j,t},C_{j,t}\in \mathbb{ℝ}$ - некоторые константы.

(Примечание: В оригинальном конспекте использовалась несколько иная индексация сумм: ${\sum }_{i=1}^p{\sum }_{j=1}^{k_i}\frac{A_{i,j}}{(x-x_i{)}^{k_i-j+1}}+{\sum }_{i=1}^s{\sum }_{j=1}^{l_i}\frac{B_{i,j}x+C_{i,j}}{(x^2+p_{i}x+q_i{)}^{l_i-j+1}}$. Представленная выше форма является стандартной и эквивалентной.)

Замечание: Если исходная дробь $\frac{P_n(x)}{Q_m(x)}$ неправильная ($n\ge m$), то сначала необходимо выделить целую часть (многочлен) с помощью деления “уголком”: $\frac{P_n(x)}{Q_m(x)}=M_{n-m}(x)+\frac{N_k(x)}{Q_m(x)}$, где $k<m$. Затем правильную дробь $\frac{N_k(x)}{Q_m(x)}$ раскладывают на простейшие.

Интегрирование простейших дробей

Определение: Простейшими дробями I, II, III, IV типов называются соответственно дроби вида: I. $\frac{A}{x-a}$ II. $\frac{A}{(x-a{)}^k}$, где $k\in \mathbb{\mathbb{N}},k\ge 2$. III. $\frac{Ax+B}{x^2+px+q}$, где $p^2-4q<0$. IV. $\frac{Ax+B}{(x^2+px+q{)}^k}$, где $p^2-4q<0$, $k\in \mathbb{\mathbb{N}},k\ge 2$.

Интегралы от простейших дробей:

I. $\int \frac{A}{x-a}dx=A\int \frac{d(x-a)}{x-a}=A\ln |x-a|+C$

2. $\int \frac{A}{(x-a{)}^k}dx=A\int (x-a{)}^{-k}d(x-a)=A\frac{(x-a{)}^{-k+1}}{-k+1}+C=\frac{A}{(1-k)(x-a{)}^{k-1}}+C$

3. $\int \frac{Ax+B}{x^2+px+q}dx$ Знаменатель $x^2+px+q$ имеет комплексные корни, т.к. $D=p^2-4q<0$. Выделим в числителе производную знаменателя $(x^2+px+q{)}^{\prime }=2x+p$: $Ax+B=\frac{A}{2}(2x+p)-\frac{Ap}{2}+B=\frac{A}{2}(2x+p)+(B-\frac{Ap}{2})$ Тогда интеграл разбивается на два: $\int \frac{\frac{A}{2}(2x+p)}{x^2+px+q}dx+\int \frac{B-\frac{Ap}{2}}{x^2+px+q}dx$ Первый интеграл: $\frac{A}{2}\int \frac{d(x^2+px+q)}{x^2+px+q}=\frac{A}{2}\ln (x^2+px+q)+C_1$ (модуль не нужен, т.к. $x^2+px+q>0$ при $D<0$). Второй интеграл: Выделим полный квадрат в знаменателе: $x^2+px+q={(x+\frac{p}{2})}^2+q-\frac{p^2}{4}={(x+\frac{p}{2})}^2+a^2$, где $a^2=q-\frac{p^2}{4}>0$. $(B-\frac{Ap}{2})\int \frac{dx}{(x+p/2{)}^2+a^2}=(B-\frac{Ap}{2})\frac{1}{a}\arctan \left(\frac{x+p/2}{a}\right)+C_2$ Объединяя: $\int \frac{Ax+B}{x^2+px+q}dx=\frac{A}{2}\ln (x^2+px+q)+\frac{B-Ap/2}{\sqrt{q-p^2/4}}\arctan \left(\frac{x+p/2}{\sqrt{q-p^2/4}}\right)+C$

4. $\int \frac{Ax+B}{(x^2+px+q{)}^k}dx$, где $k\ge 2$. Аналогично типу III, выделяем производную знаменателя в числителе: $\int \frac{\frac{A}{2}(2x+p)}{(x^2+px+q{)}^k}dx+\int \frac{B-\frac{Ap}{2}}{(x^2+px+q{)}^k}dx$ Первый интеграл: $\frac{A}{2}\int (x^2+px+q{)}^{-k}d(x^2+px+q)=\frac{A}{2}\frac{(x^2+px+q{)}^{-k+1}}{-k+1}+C_1=\frac{A}{2(1-k)(x^2+px+q{)}^{k-1}}+C_1$. Второй интеграл: $(B-\frac{Ap}{2})\int \frac{dx}{((x+p/2{)}^2+a^2{)}^k}=(B-\frac{Ap}{2})\int \frac{dt}{(t^2+a^2{)}^k}$, где $t=x+p/2$, $a^2=q-p^2/4$. Обозначим $I_k=\int \frac{dt}{(t^2+a^2{)}^k}$. Этот интеграл вычисляется с помощью рекуррентной формулы.

Вывод рекуррентной формулы для $I_k=\int \frac{dt}{(t^2+a^2{)}^k}$: $I_k=\int \frac{dt}{(t^2+a^2{)}^k}=\frac{1}{a^2}\int \frac{a^2+t^2-t^2}{(t^2+a^2{)}^k}dt$ $I_k=\frac{1}{a^2}(\int \frac{t^2+a^2}{(t^2+a^2{)}^k}dt-\int \frac{t^2}{(t^2+a^2{)}^k}dt)$ $I_k=\frac{1}{a^2}(I_{k-1}-\int t\cdot \frac{t}{(t^2+a^2{)}^k}dt)$ Интегрируем по частям $\int t\cdot \frac{tdt}{(t^2+a^2{)}^k}$: $u=t⟹du=dt$ $dv=\frac{tdt}{(t^2+a^2{)}^k}⟹v=\int \frac{tdt}{(t^2+a^2{)}^k}=\frac{1}{2}\int \frac{d(t^2+a^2)}{(t^2+a^2{)}^k}=\frac{1}{2(1-k)(t^2+a^2{)}^{k-1}}$ $\int tdv=uv-\int vdu=\frac{t}{2(1-k)(t^2+a^2{)}^{k-1}}-\int \frac{dt}{2(1-k)(t^2+a^2{)}^{k-1}}$ $\int t\frac{tdt}{(t^2+a^2{)}^k}=\frac{t}{2(1-k)(t^2+a^2{)}^{k-1}}-\frac{1}{2(1-k)}{I}_{k-1}$ Подставляем обратно в выражение для $I_k$: $I_k=\frac{1}{a^2}(I_{k-1}-[\frac{t}{2(1-k)(t^2+a^2{)}^{k-1}}-\frac{1}{2(1-k)}{I}_{k-1}])$ $I_k=\frac{1}{a^2}(I_{k-1}(1+\frac{1}{2(k-1)})+\frac{t}{2(k-1)(t^2+a^2{)}^{k-1}})$ $I_k=\frac{1}{a^2}(I_{k-1}\frac{2k-2+1}{2(k-1)}+\frac{t}{2(k-1)(t^2+a^2{)}^{k-1}})$ $$I_k=\frac{2k-3}{2a^2(k-1)}{I}_{k-1}+\frac{1}{2a^2(k-1)}\frac{t}{(t^2+a^2{)}^{k-1}}$$ Эта формула позволяет свести вычисление $I_k$ к $I_{k-1}$, затем к $I_{k-2}$, и так далее, пока не дойдем до $I_1=\int \frac{dt}{t^2+a^2}=\frac{1}{a}\arctan (\frac{t}{a})+C$.

Вывод: Интеграл от любой рациональной функции $\int \frac{P_n(x)}{Q_m(x)}dx$ всегда выражается через элементарные функции (многочлены, логарифмы, арктангенсы). ## Интегрирование некоторых иррациональных функций

Здесь $R(u,v)$ обозначает рациональную функцию своих аргументов, т.е. отношение двух многочленов от $u$ и $v$.

1. Интегралы вида $\int R(x,{\left(\frac{ax+b}{cx+d}\right)}^{r_1},\dots ,{\left(\frac{ax+b}{cx+d}\right)}^{r_n})dx$

где $r_1,\dots ,r_n\in \mathbb{\mathbb{Q}}$ - рациональные числа, $a,b,c,d\in \mathbb{ℝ}$, $ad-bc\ne 0$. Пусть $r_i=p_i/q_i$. Находим $h=\text{НОК}(q_1,\dots ,q_n)$ - наименьшее общее кратное знаменателей $q_i$. Используем подстановку: $$t^h=\frac{ax+b}{cx+d}$$ Из этого равенства выражаем $x$ как рациональную функцию от $t$. Тогда $dx$ также будет выражаться как произведение рациональной функции от $t$ на $dt$. Все дробные степени $(\frac{ax+b}{cx+d}{)}^{p_i/q_i}=(t^h{)}^{p_i/q_i}=t^{h{p}_i/q_i}$ станут целыми степенями $t$, так как $h$ делится на каждый $q_i$. В результате интеграл сводится к интегралу от рациональной функции от $t$.

Пример: $\int \frac{1+3\sqrt{x}+\sqrt[3]{x}}{5-\sqrt[6]{x}+\sqrt[3]{x^2}}dx$ Здесь $\frac{ax+b}{cx+d}=x$. Степени: $1/2,1/3,1/6,2/3$. Знаменатели: $2,3,6,3$. $h=\text{НОК}(2,3,6)=6$. Подстановка: $x=t^6$. Тогда $dx=6t^{5}dt$. $\sqrt{x}=t^3$, $\sqrt[3]{x}=t^2$, $\sqrt[6]{x}=t$, $\sqrt[3]{x^2}=x^{2/3}=(t^6{)}^{2/3}=t^4$. $\int \frac{1+3t^3+t^2}{5-t+t^4}(6t^{5}dt)=6\int \frac{t^5(1+3t^3+t^2)}{t^4-t+5}dt$ Получили интеграл от рациональной функции.

2. Интегралы вида $\int R(x,\sqrt{a{x}^2+bx+c})dx$

где $a\ne 0$, $b^2-4ac\ne 0$. Такие интегралы берутся с помощью подстановок Эйлера.

1. Первая подстановка Эйлера: Если $a>0$, полагаем: $\sqrt{a{x}^2+bx+c}=\pm \sqrt{a}x+t$ (выбираем один из знаков) Например, $\sqrt{a{x}^2+bx+c}=\sqrt{a}x+t$. Возводим в квадрат: $a{x}^2+bx+c=a{x}^2+2t\sqrt{a}x+t^2$ $bx+c=2t\sqrt{a}x+t^2$ $x(b-2t\sqrt{a})=t^2-c⟹x=\frac{t^2-c}{b-2t\sqrt{a}}$ Отсюда $x$ и $dx$ выражаются рационально через $t$. $\sqrt{a{x}^2+bx+c}$ также выражается рационально через $t$ (из подстановки). Интеграл сводится к интегралу от рациональной функции от $t$.
2. Вторая подстановка Эйлера: Если $c>0$, полагаем: $\sqrt{a{x}^2+bx+c}=xt\pm \sqrt{c}$ (выбираем один из знаков) Например, $\sqrt{a{x}^2+bx+c}=xt+\sqrt{c}$. Возводим в квадрат: $a{x}^2+bx+c=x^2{t}^2+2xt\sqrt{c}+c$ $a{x}^2+bx=x^2{t}^2+2xt\sqrt{c}$ Делим на $x$ (при $x\ne 0$): $ax+b=x{t}^2+2t\sqrt{c}$ $x(a-t^2)=2t\sqrt{c}-b⟹x=\frac{2t\sqrt{c}-b}{a-t^2}$ Снова $x,dx,\sqrt{a{x}^2+bx+c}$ выражаются рационально через $t$.
3. Третья подстановка Эйлера: Если квадратный трехчлен $a{x}^2+bx+c$ имеет действительные корни $x_1,x_2$ (т.е. $b^2-4ac>0$), то $a{x}^2+bx+c=a(x-x_1)(x-x_2)$. Полагаем: $\sqrt{a{x}^2+bx+c}=t(x-x_1)$ (или $t(x-x_2)$) $\sqrt{a(x-x_1)(x-x_2)}=t(x-x_1)$ Возводим в квадрат: $a(x-x_1)(x-x_2)=t^2(x-x_1{)}^2$ Делим на $(x-x_1)$ (при $x\ne x_1$): $a(x-x_2)=t^2(x-x_1)$ $ax-a{x}_2=t^{2}x-t^2{x}_1$ $x(a-t^2)=a{x}_2-t^2{x}_1⟹x=\frac{a{x}_2-t^2{x}_1}{a-t^2}$ Снова $x,dx,\sqrt{a{x}^2+bx+c}$ выражаются рационально через $t$.

Пример: $\int \frac{dx}{x\sqrt{x^2-x+1}}$ Здесь $a=1>0,c=1>0,b^2-4ac=(-1{)}^2-4(1)(1)=-3<0$. Можно использовать 1-ю или 2-ю подстановку Эйлера. Используем 2-ю: $\sqrt{x^2-x+1}=xt+\sqrt{c}=xt+1$. $x^2-x+1=(xt+1{)}^2=x^2{t}^2+2xt+1$ $x^2-x=x^2{t}^2+2xt$ Делим на $x$ ($x\ne 0$): $x-1=x{t}^2+2t$ $x-x{t}^2=1+2t⟹x(1-t^2)=1+2t⟹x=\frac{1+2t}{1-t^2}$ $dx=\left(\frac{2(1-t^2)-(1+2t)(-2t)}{(1-t^2{)}^2}\right)dt=\frac{2-2t^2+2t+4t^2}{(1-t^2{)}^2}dt=\frac{2t^2+2t+2}{(1-t^2{)}^2}dt=\frac{2(t^2+t+1)}{(1-t^2{)}^2}dt$ $\sqrt{x^2-x+1}=xt+1=\frac{1+2t}{1-t^2}t+1=\frac{t+2t^2+1-t^2}{1-t^2}=\frac{t^2+t+1}{1-t^2}$ Подставляем в интеграл: $\int \frac{1}{x\sqrt{x^2-x+1}}dx=\int \frac{1}{\frac{1+2t}{1-t^2}\cdot \frac{t^2+t+1}{1-t^2}}\cdot \frac{2(t^2+t+1)}{(1-t^2{)}^2}dt$ $=\int \frac{(1-t^2{)}^2}{(1+2t)(t^2+t+1)}\cdot \frac{2(t^2+t+1)}{(1-t^2{)}^2}dt=\int \frac{2}{1+2t}dt$ $=\ln |1+2t|+C$ Возвращаемся к $x$. Из $\sqrt{x^2-x+1}=xt+1$, получаем $xt=\sqrt{x^2-x+1}-1$, т.е. $t=\frac{\sqrt{x^2-x+1}-1}{x}$. Итоговый ответ: $\ln |1+2\frac{\sqrt{x^2-x+1}-1}{x}|+C=\ln \left|\frac{x+2\sqrt{x^2-x+1}-2}{x}\right|+C$.

(Примечание: Пример в конспекте был $\int \frac{\sqrt{x^2-x+1}-1}{x\sqrt{x^2-x+1}}dx$. Это несколько другой интеграл, но подстановка та же самая.)