有理分式不定积分
Gorenstein
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算法·理论
基本方法
设 P(x),Q(x) 是 \mathbb R 上的多项式，考察积分 \int\big(P(x)/Q(x)\big)\text dx。
先将 P(x) 做带余除法分解为 P_0(x)+P_1(x)Q(x)。故我们只需考虑已经是既约真分式的 P(x)/Q(x) 的积分。
我们已经知道，Q(x) 可被分解为
\begin{aligned}
Q(x)&=(x-a_1)^{h_1}\cdots(x-a_r)^{h_r}\left(x^2+p_1x+q_1\right)^{k_1}\cdots\left(x^2+p_sx+q_s\right)^{k_s}\\
&=\left(\prod_{i=1}^r(x-a_i)^{h_i}\right)\left(\prod_{i=1}^r\left(x^2+p_ix+q_i\right)^{k_i}\right).
\end{aligned}
直接积分法
部分分式分解
既约真分式 P(x)/Q(x) 可被唯一的分解为
\begin{aligned}
\frac{P(x)}{Q(x)}&=\quad\sum_{i=1}^r\left(\frac{A_{i1}}{x-a_i}+\frac{A_{i2}}{(x-a_i)^2}+\cdots+\frac{A_{i,h_i}}{(x-a_i)^{h_i}}\right)\\&\quad+\sum_{i=1}^s\left(\frac{M_{i1}x+N_{i1}}{x^2+p_ix+q_i}+\frac{M_{i2}x+N_{i2}}{\left(x^2+p_ix+q_i\right)^2}+\cdots+\frac{M_{i,k_i}x+N_{i,k_i}}{\left(x^2+p_{i}x+q_i\right)^{k_i}}\right)\\
&=\sum_{i=1}^r\sum_{j=1}^{h_i}\frac{A_{ij}}{(x-a_i)^{j}}+\sum_{i=1}^s\sum_{j=1}^{k_i}\frac{M_{i,j}x+N_{i,j}}{\left(x^2+p_{i}x+q_i\right)^{j}},
\end{aligned}
此式被称作部分分式分解。
利用部分分式分解，将真分式 P(x)/Q(x) 按以下步骤处理：
- 写出其部分分式的分解式。
- 在两端乘上 Q(x) 消去分母。
- 比较各次项的系数，得到系数矩阵 \boldsymbol{A},\boldsymbol{M},\boldsymbol{N} 的方程。
- 解出矩阵带回，积分求解。
积分项的处理
在第四步中，我们需要解决以下两类积分：
\begin{aligned}
\mathbf I.\quad&\int\frac{\text dx}{(x-a)^n},\\
\mathbf{I\!I}.\quad&\int\frac{Mx+N}{\left(x^2+px+q\right)^2}\text dx.
\end{aligned}
其中 \rm I 类积分的结果是我们熟知的
\int\frac{\text dx}{(x-a)^n}=\begin{cases}
\ln|x-a|+C,& n=1,\\
\dfrac{-1}{(n-1)(x-a)^{n-1}}+C,&n\neq 1.
\end{cases}
现在来处理 \mathrm{II}。我们将 x^2+px+q 写成
x^2+px+q=(x+p/2)^2+q-p^2/4=:t^2+b^2,
其中 t=x+p/2,b=\sqrt{q-p^2/4}。按 t 进行第一类换元积分，我们又将问题归结为以下两类积分：
\begin{aligned}
\mathbf {I\!I'}.\quad&\int\frac{\text dt}{\left(t^2+b^2\right)^n},\\
\mathbf{I\!I''}.\quad&\int\frac{t}{\left(t^2+b^2\right)^n}\text dt.
\end{aligned}
对于 \mathrm{II''}，容易换元积分求出其结果为
\int\frac{t}{\left(t^2+b^2\right)^n}\text dt=\begin{cases}
\dfrac{1}{2}\ln\left(t^2+b^2\right)+C,& n=1,\\
\dfrac{-1}{2(n-1)\left(t^2+b^2\right)^{n-1}}+C,&n\neq 1.
\end{cases}
\mathbf{I\!I'} 类积分式的处理
考虑使用分部积分法求出其递推式。设
J_n:=\int\frac{\text dt}{\left(t^2+b^2\right)^n},
那么
\begin{aligned}
J_n&=\frac{t}{\left(t^2+b^2\right)^n}-\int t\,\text d\frac{1}{\left(t^2+b^2\right)^n}\\
&=\frac{t}{\left(t^2+b^2\right)^n}-\int\frac{-2nt^2}{\left(t^2+b^2\right)^{n+1}}\text dt\\
&=\frac{t}{\left(t^2+b^2\right)^n}+2n\int\frac{t^2+b^2-b^2}{\left(t^2+b^2\right)^{n+1}}\text dt\\
&=\frac{t}{\left(t^2+b^2\right)^n}+2nJ_n-2nb^2J_{n+1},
\end{aligned}
由此得递推式
J_{n+1}=\frac{1}{2nb^2}\frac{t}{\left(t^2+b^2\right)^n}+\frac{2n-1}{2nb^2}J_n.
对于 J_1，其结果是熟知的
J_1=\int\frac{\text dt}{t^2+b^2}=\frac{1}{b}\arctan\frac{t}{b}+C.
这样我们就完全解决了有理函数的积分问题。
待定系数法
这里给出另一个定理，它断言了有理函数积分结果的形式。
将 Q(x) 因式分解。利用其分解式，记
Q_1(x)=\left(\prod_{i=1}^r(x-a_i)^{h_i-1}\right)\left(\prod_{i=1}^r\left(x^2+p_ix+q_i\right)^{k_i-1}\right),
那么
\begin{aligned}
\int\frac{P(x)}{Q(x)}\text dx&=\frac{P(x)}{Q(x)}+F_1(x)+F_2(x)+F_3(x)+C,\\
F_1(x)&=\sum_{i=1}^r\alpha_i\ln|x-a_i|,\\
F_2(x)&=\sum_{i=1}^s\beta_i\ln\left(x^2+p_ix+q_i\right),\\
F_2(x)&=\sum_{i=1}^s\frac{2\gamma_i}{\sqrt{4q_i-p_i^2}}\arctan\frac{2x+p_i}{\sqrt{4q_i-p_i^2}}.
\end{aligned}
函数有理化
下面讨论一些可化为有理分式的积分。设 R(u,v) 代表二元有理分式，我们讨论 u,v 是三角函数，v 是 \sqrt{ax^2+bx+c}，v 是 \sqrt[n]{(\alpha x+\beta)/(\gamma x+\delta)}，以及所谓二项微分式这四种情形。
右复合特定函数
有理分式复合三角函数
显然
一般地，对于 R(\sin x,\cos x)\,\text dx 做换元 t=\tan\dfrac{x}{2} 可有理化为
R\left(\frac{2t}{1+t^2},\frac{1-t^2}{1+t^2}\right)\frac{2\text dt}{1+t^2}.
有理分式复合 \sqrt{ax^2+bx+c}
对于 R\!\left(x,\sqrt{ax^2+bx+c}\right)，我们有
\begin{aligned}
ax^2+bx+c&=a\left(x+\frac{b}{2a}\right)^2+\frac{4ac-b^2}{4a}\\
&=\pm\left[\sqrt{|a|}\left(x+\frac{b}{2a}\right)\right]^2\pm\left(\sqrt{\left|\frac{4ac-b^2}{4a}\right|}\right)^2,
\end{aligned}
做换元 u=\big(\!\sqrt{|a|}\big(x+\frac{b}{2a}\big)\big)^2，可将其化为以下三种形式之一：
\begin{aligned}
&R_1\!\left(u,\sqrt{u^2+\lambda^2}\right)\text du,\\
&R_2\!\left(u,\sqrt{u^2-\lambda^2}\right)\text du,\\
&R_3\!\left(u,\sqrt{\lambda^2-u^2}\right)\text du.
\end{aligned}
分别做第二类换元 u=\lambda\tan t,\,u=\lambda\sec t,\,u=\lambda\sin t 可化为复合三角函数的有理分式。
有理分式复合 \sqrt[n]{(\alpha x+\beta)/(\gamma x+\delta)}
考察 R\!\left(\sqrt[n]{(\alpha x+\beta)/(\gamma x+\delta)}\right)。
当 \alpha\delta-\beta\gamma=0 时，它本身已是有理分式。下面都设 \alpha\delta-\beta\gamma\neq 0。做换元
t=\sqrt[n]{(\alpha x+\beta)/(\gamma x+\delta)},\quad x=(\delta t^n-\beta)/(\alpha-\gamma t^n),
那么
\text dx=\text d\frac{\delta t^n-\beta}{\alpha-\gamma t^n}=\frac{n(\alpha\delta-\beta\gamma)t^{n-1}}{(\alpha-\gamma t^n)^2}\text dt,
于是
R\!\left(x,\sqrt[n]{\frac{\alpha x+\beta}{\gamma x+\delta}}\right)=R\left(\frac{\delta t^n-\beta}{\alpha-\gamma t^n},t\right)\frac{n(\alpha\delta-\beta\gamma)t^{n-1}}{(\alpha-\gamma t^n)^2}\text dt.
二项微分式
所谓二项微分式是指形如 x^{\lambda}\left(\alpha+\beta x^{\mu}\right)^{\nu}\text dx 的微分，其中 \alpha,\beta\in\mathbb R,\,\lambda,\mu,\nu\in\mathbb Q 且皆非零。
做换元 x^{\mu}=t，则
\text dx=\mu^{-1}t^{\mu^{-1}-1}\text dt,
从而将二项微分式化作
\begin{aligned}
x^{\lambda}\left(\alpha+\beta x^{\mu}\right)^{\nu}\text dx&=t^{\lambda/\mu}\left(\alpha+\beta t\right)^{\nu}\mu^{-1}t^{\mu^{-1}-1}\text dt\\
&=\mu^{-1}t^{(\lambda+1)/\mu-1}\left(\alpha+\beta t\right)^{\nu}\text dt\\
&=\frac{1}{\mu}t^{\frac{\lambda+1}{\mu}+\nu-1}\left(\frac{\alpha+\beta t}{t}\right)^{\nu}\text dt.
\end{aligned}
可以证明，若
\frac{\lambda+1}{\mu}+\nu\in\mathbb Z\quad{\large\vee}\quad\frac{\lambda+1}{\mu}\in\mathbb Z,
则对二项微分式的积分可以按如上方法化为有理分式的积分，否则无法积分为有限形式。