‹-- Назад

Рациональные функции и их интегрирование

Функция $ R(x)$ называется рациональной функцией, или рациональной дробью, если она представляет собой отношение двух многочленов $ P(x)$ и $ Q(x)$ :

$\displaystyle R(x)=\frac{P(x)}{Q(x)}.$

Пусть степень многочлена $ P(x)$ равна $ m$ , а степень $ Q(x)$ равна $ n$ , то есть

$\displaystyle P(x)=a_0x^m+a_1x^{m-1}+\ldots+a_{m-1}x+a_m;\ %
Q(x)=b_0x^n+b_1x^{n-1}+\ldots+b_{n-1}x+b_n,$

где $ a_0\ne0$ и $ b_0\ne0$ . Разделив числитель и знаменатель на число $ b_0$ , мы получим, что коэффициент при старшей степени $ x^n$ в знаменателе равен 1. Для дальнейшего нам будет удобно предполагать, что эта операция уже произведена, то есть что $ b_0=1$ . Далее мы будем предполагать, что все коэффициенты $ a_j$ и $ b_j$  -- вещественные числа.

Если $ m<n$ , то дробь $ R(x)$ называется правильной, а если $ m\geqslant n$ , то неправильной. Если дробь неправильная, то её числитель $ P(x)$ можно поделить на знаменатель $ Q(x)$ , получив при этом частное $ S(x)$ и остаток $ T(x)$ , степень которого $ m'$ меньше $ n$ . Это означает, что

$\displaystyle \frac{P(x)}{Q(x)}=S(x)+\frac{T(x)}{Q(x)}$

или что

$\displaystyle P(x)=S(x)Q(x)+T(x),$

где $ S(x)$  -- некоторый многочлен, называемый целой частью рациональной дроби $ R(x)=\frac{P(x)}{Q(x)}$ . Если остаток $ T(x)$ тождественно равен 0, то многочлен $ P(x)$ делится на $ Q(x)$ без остатка, и функция $ R(x)$ является многочленом, то есть совпадает со своей целой частью $ S(x)$ .

С интегрированием целой части дроби $ R(x)$ , то есть многочлена $ S(x)$ , не возникает никаких проблем, так что в дальнейшем мы можем заняться выяснением способов интегрирования лишь правильных рациональных дробей.

Для нахождения частного $ S(x)$ и остатка $ T(x)$ можно применять алгоритм деления многочленов "столбиком". Приведём пример.

        Пример 2.9   Разделим с остатком $ {P(x)=x^3+5x^2-2x+1}$  -- многочлен третьей степени -- на бином $ {Q(x)=x-2}$  -- многочлен первой степени:

\begin{displaymath}
\arraycolsep=0.05em
\begin{array}{rrrr@{\,}r\vert l}
x^3&...
...antom{2}1\\
&&12x&{}-24\\
\cline{3-4}
&&&25
\end{array}
\end{displaymath}

Таким образом, мы представили неправильную рациональную дробь $ R(x)=\frac{P(x)}{Q(x)}$ в виде

$\displaystyle R(x)=\frac{x^3+5x^2-2x+1}{x-2}=x^2+7x+12+\frac{25}{x-2};$

здесь мы получили частное $ S(x)=x^2+7x+12$ и остаток $ T(x)=25$  -- многочлен нулевой степени, то есть постоянную.     

Знаменатель $ Q(x)=x^n+b_1x^{n-1}+\ldots+b_{n-1}x+b_n$ раскладывается в произведение вещественных линейных и квадратичных множителей, то есть имеет вид

$\displaystyle Q(x)=(x-x_1)^{k_1}\ldots(x-x_s)^{k_s}\cdot
 (x^2+p_1x+q_1)^{l_1}\ldots(x^2+p_tx+q_t)^{l_t}=$    
$\displaystyle =\prod_{j=1}^s(x-x_j)^{k_j}\prod_{j=1}^t(x^2+p_jx+q_j)^{l_j}.$    

Линейный множитель $ x-x_j$ повторяется в разложении $ k_j$ раз, это означает, что вещественное число $ x_j$  -- корень многочлена $ Q(x)$ кратности $ k_j$ . Относительно квадратичных множителей $ x^2+p_jx+q_j$ мы будем предполагать, что они не имеют вещественных корней, то есть что их дискриминанты отрицательны:

$\displaystyle D_j=p_j^2-4q_j<0,$

и корни составляют пару комплексно сопряжённых чисел:

$\displaystyle {\alpha}_j\pm i{\beta}_j=-\frac{p_j}{2}\pm i\frac{\sqrt{-D_j}}{2}.$

(Здесь и далее $ i$  -- мнимая единица, так что $ i^2=-1$ .) Квадратичный множитель $ x^2+p_jx+q_j$ повторяется в разложении $ l_j$ раз; это соответствует тому, что каждое из комплексно сопряжённых чисел $ {\alpha}_j+i{\beta}_j$ и $ {\alpha}_j-i{\beta}_j$ служит $ l_j$ -кратным корнем многочлена $ Q(x)$ .

Указанное разложение многочлена $ Q(x)$ можно выписать, если каким-либо способом отыскать все его корни, как вещественные, так и комплексные, и найти их кратности. Заметим также, что сумма кратностей всех корней равна степени многочлена:

$\displaystyle k_1+\ldots+k_s+2(l_1+\ldots+l_t)=n.$

Если найден какой-либо корень $ x_j$ , то это означает, что $ Q(x)$ делится на бином $ x-x_j$ без остатка:

$\displaystyle Q(x)=(x-x_j)Q'(x),$

где степень частного $ Q'(x)$ равна $ n-1$ . Точно так же, если найден какой-либо комплексный корень $ {\alpha}_j+i{\beta}_j$ (тогда и сопряжённое число $ {\alpha}_j-i{\beta}_j$ тоже является корнем $ Q(x)$ ), то $ Q(x)$ делится без остатка на произведение $ (x-{\alpha}_j-i{\beta}_j)(x-{\alpha}_j+i{\beta}_j)=x^2+p_jx+q_j$ , то есть

$\displaystyle Q(x)=(x^2+p_jx+q_j)Q''(x),$

где степень частного $ Q''(x)$ равна $ n-2$ .

        Замечание 2.3   Если $ Q(x)$  -- многочлен с целочисленными коэффициентами $ b_1,\dots,b_n$ , то, согласно теореме Виета, все целые корни этого многочлена содержатся среди делителей (как положительных, так и отрицательных) свободного члена $ b_n$ . Проверив все эти делители, мы можем натолкнуться на некоторые из корней; если же ни один из делителей $ b_n$ не является корнем $ Q(x)$ , то это означает, что $ Q(x)$ не имеет ни одного целого корня.     

        Пример 2.10   Разложим на множители многочлен третьей степени $ {Q(x)=x^3+3x^2+2x+6}$ . Проверим, нет ли у него целых корней. Если есть, то этот корень должен быть одним из делителей свободного члена, то есть числа 6. Эти делители равны $ \pm1,\ \pm2,\ \pm3,\ \pm6$ . Подставляем эти числа в $ Q(x)$ по порядку:

$\displaystyle Q(1)=1-3+2+6\ne0;Q(-1)=-1-3-2+6=0.$

Натолкнулись на корень многочлена, который оказался равным $ x_1=-1$ . Значит, $ Q(x)$ делится без остатка на бином $ x-(-1)=x+1$ . Выполним это деление "столбиком":

\begin{displaymath}
\arraycolsep=0.05em
\begin{array}{rrrr@{\,}r\vert l}
x^3&...
...}
&&6x&{}+6\\
&&6x&{}+6\\
\cline{3-4}
&&&0
\end{array}
\end{displaymath}

Значит,

$\displaystyle Q(x)=(x+1)(x^2-4x+6).$

Корни частного, то есть квадратного трёхчлена $ x^2-4x+6$ , найдём обычным способом:

$\displaystyle x_{2,3}=2\pm\sqrt{4-6}=2\pm i\sqrt{2}.$

Эти два корня оказались комплексными, так что искомое разложение многочлена $ Q(x)$ на вещественные линейные и квадратичные множители уже получено: это $ {Q(x)=(x+1)(x^2-4x+6)}$ . Кратности как корня $ x_1=-1$ , так и пары корней $ {x_{2,3}=2\pm i\sqrt{2}}$ , оказались равными 1.     

Итак, предположим, что нам дана правильная рациональная дробь

$\displaystyle R(x)=\frac{P(x)}{Q(x)}.$

Её знаменатель $ Q(x)$ после разложения на множители может содержать множители следующих четырёх видов: $ x-x_j$ (если кратность корня $ x_j$ равна 1); $ (x-x_j)^{k_j}$ , где $ k_j\geqslant 2$ (эти множители соответствуют вещественным корням кратности больше 1); $ x^2+p_jx+q_j$ (если кратность комплексных корней $ {\alpha}_j+i{\beta}_j$ равна 1) и, наконец, $ (x^2+p_jx+q_j)^{l_j}$ (если кратность комплексных корней $ {\alpha}_j+i{\beta}_j$ больше 1).

Каждому из указанных типов множителей знаменателя соответствуют простейшие рациональные дроби, а именно:

$ \frac{\textstyle{A}}{\textstyle{x-x_j}}$  -- простейшая дробь первого типа;

$ \frac{\textstyle{A}}{\textstyle{(x-x_j)^k}}$ , где $ k>1$ , -- простейшая дробь второго типа;

$ \frac{\textstyle{Ax+B}}{\textstyle{x^2+p_jx+q_j}}$  -- простейшая дробь третьего типа;

$ \frac{\textstyle{Ax+B}}{\textstyle{(x^2+p_jx+q_j)^l}}$ , где $ l>1$ , -- простейшая дробь четвёртого типа.
Здесь $ A$ и $ B$  -- некоторые постоянные.

Любая правильная дробь $ R(x)$ раскладывается в сумму простейших дробей указанных четырёх типов.

Если в знаменателе дроби $ R(x)$ имеется множитель $ x-x_j$ , то разложение будет содержать слагаемое в виде простейшей дроби первого типа $ \frac{\textstyle{A}}{\textstyle{x-x_j}}$ , где $ A$  -- некоторое число.

Если имеется множитель $ (x-x_j)^{k_j}$ , где $ k_j\geqslant 2$ , то разложение будет содержать серию слагаемых, в количестве $ k_j$ штук, вида $ \frac{\textstyle{A_k}}{\textstyle{(x-x_j)^k}}$ , где $ k=k_j,k_j-1,\dots,1$ , -- это простейшие дроби второго и (последняя) первого типа. (Следует заметить, однако, что непременно присутствует в разложении лишь слагаемое со старшей степенью, равной $ k_j$ ; может оказаться, что некоторые, или даже все, остальные слагаемые имеют числители $ A_k=0$ .)

Если в знаменателе имеется множитель $ {x^2+p_jx+q_j}$ , то разложение будет содержать слагаемое, равное соответствующей простейшей дроби третьего типа, $ \frac{\textstyle{Ax+B}}{\textstyle{x^2+p_jx+q_j}}$ , где $ A$ и $ B$  -- некоторые числа.

Наконец, если имеется множитель $ (x^2+p_jx+q_j)^{l_j}$ , где $ l_j\geqslant 2$ , то разложение будет содержать серию слагаемых, в количестве $ l_j$ штук, вида $ \frac{\textstyle{A_kx+B_k}}{\textstyle{(x^2+p_jx+q_j)^l}}$ , где $ {l=l_j,l_j-1,\dots,1}$ ; -- это простейшие дроби четвёртого и (последняя) третьего типа. В разложении непременно присутствует лишь слагаемое со старшей степенью, равной $ l_j$ , а остальные слагаемые могут в некоторых случаях оказаться равными 0.

Сказанное можно выразить формулой, дающей разложение правильной дроби в сумму простейших дробей:


где $ A_{jk},C_{jl},B_{jl}$  -- некоторые постоянные. Эти постоянные отыскивают методом неопределённых коэффициентов, выписав разложение (2.4) в соответствии с видом разложения на множители знаменателя $ Q(x)$ дроби $ R(x)$ .

Для отыскания неизвестных постоянных методом неопределённых коэффициентов нужно, выписав разложение $ R(x)$ в сумму простейших дробей по формуле (2.4), привести к общему знаменателю сумму, стоящую в правой части. Заметим, что этот общий знаменатель, очевидно, равен $ Q(x)$ . Получим, что в левой и правой части равенства стоят дроби с одинаковыми знаменателями; значит, и числители у них также тождественно равны. Числитель в правой части содержит неизвестные постоянные $ A_{jk},C_{jl},B_{jl}$ , а числитель левой части -- нет.

Далее можно действовать одним из двух способов: либо, воспользовавшись тем, что числители тождественно равны друг другу, подставлять в тот и в другой некоторые "удобные" значения $ x$ и получать значения постоянных или линейные уравнения, которым они удовлетворяют; либо приравнивать друг к другу коэффициенты при одинаковых степенях $ x$ в числителях левой и правой частей: эти коэффициенты также совпадают вследствие тождественности числителей. Это также будет давать линейные уравнения, которым должны удовлетворять неизвестные коэффициенты. Оба описанных способа получения соотношений между коэффициентами можно комбинировать друг с другом так, чтобы найти коэффициенты наиболее удобным способом.

Приведём пример.

        Пример 2.11   Разложим рациональную дробь

$\displaystyle R(x)=\frac{5x^2+2x-1}{x^3+3x^2+2x+6}$

в сумму простейших дробей и вычислим $ \int R(x)\,dx$ .

Заметим, что в знаменателе этой дроби стоит многочлен $ Q(x)$ , для которого в предыдущем примере мы нашли разложение на множители: $ Q(x)=(x+1)(x^2-4x+6)$ . Поэтому сумма будет состоять из двух слагаемых: простейшей дроби первого типа, соответствующей линейному множителю $ x+1$ , и простейшей дроби третьего типа, соответствующей квадратичному множителю $ x^2-4x+6$ . Итак, вид разложения таков:

$\displaystyle R(x)=\frac{5x^2+2x-1}{x^3+3x^2+2x+6}=
\frac{5x^2+2x-1}{(x+1)(x^2-4x+6)}=
\frac{A}{x+1}+\frac{Bx+C}{x^2-4x+6}:$

серия, соответствующая $ x+1=(x+1)^1$ , состоит из 1 слагаемого; серия, соответствующая $ x^2-4x+6=(x^2-4x+6)^1$ , также содержит только 1 слагаемое. Через $ A,\ B$ и $ C$ обозначены неизвестные пока постоянные.

Для нахождения этих постоянных приведём правую часть к общему знаменателю:

$\displaystyle \frac{5x^2+2x-1}{(x+1)(x^2-4x+6)}=
\frac{A}{x+1}+\frac{Bx+C}{x^2-4x+6}=
\frac{A(x^2-4x+6)+(Bx+C)(x+1)}{(x+1)(x^2-4x+6)}.$

Поскольку дроби в левой и в правой частях этого равенства тождественно равны и имеют одинаковые знаменатели, то тождественно равны и их числители3:

$\displaystyle 5x^2+2x-1=A(x^2-4x+6)+(Bx+C)(x+1).$

Это равенство верно при всех значениях $ x$ , в том числе и при $ x=-1$ . Подставим $ x=-1$ в левую и правую часть равенства и получим:

$\displaystyle 5\cdot(-1)^2+2\cdot(-1)-1=A((-1)^2-4\cdot(-1)+6)+(B\cdot(-1)+C)(-1+1).$

Последняя скобка равна 0, так что получаем: $ 2=A\cdot11,$ откуда

$\displaystyle A=\frac{2}{11}.$

Других "удобных" значений $ x$ , то есть таких, чтобы какая-либо скобка в правой части обращалась в 0, больше нет, ведь квадратный трёхчлен $ x^2-4x+6$ , как мы проверяли ранее, не имеет вещественных корней. Так что далее мы можем либо подставлять "не вполне удобные" значения $ x$ , вроде $ x=0$ , либо приравнивать друг к другу коэффициенты при одинаковых степенях $ x$ в левой и правой частях. Пойдём комбинированным путём: сначала подставим $ x=0$ (заметим, что это -- то же самое, что приравнять друг к другу свободные члены левой и правой частей):

$\displaystyle 5\cdot0^2+2\cdot0-1=A(0^2-4\cdot0+6)+(B\cdot0+C)(0+1).$

Это даёт нам равенство

$\displaystyle -1=6A+C.$

Поскольку уже известно $ A=\frac{\textstyle{2}}{\textstyle{11}}$ , получаем:

$\displaystyle C=-1-6\cdot\frac{2}{11}=-\frac{23}{11}.$

Наконец, приравняем коэффициенты при $ x^2$ : в левой части коэффициент равен 5, а в правой, после раскрытия скобок, он оказывается равным $ A+B$ , так что $ A+B=5$ , откуда

$\displaystyle B=5-\frac{2}{11}=\frac{53}{11}.$

Итак, все три неизвестных коэффициента найдены, и получено разложение

$\displaystyle R(x)=\frac{5x^2+2x-1}{(x+1)(x^2-4x+6)}=
\frac{A}{x+1}+\frac{Bx+C...
...4x+6}=
\frac{\frac{2}{11}}{x+1}+\frac{\frac{53}{11}x-\frac{23}{11}}{x^2-4x+6}.$

Теперь мы можем представить интеграл от дроби $ R(x)$ в виде:

$\displaystyle \int\frac{5x^2+2x-1}{(x+1)(x^2-4x+6)}dx=
\frac{2}{11}\int\frac{1}{x+1}dx+
\frac{1}{11}\int\frac{53x-23}{x^2-4x+6}dx.$

Интеграл в первом слагаемом -- табличный:

$\displaystyle \int\frac{1}{x+1}dx=\ln\vert x+1\vert+C.$

(Здесь и далее $ C$  -- уже не найденный выше коэффициент разложения, а произвольное постоянное слагаемое.) В знаменателе дроби во втором интеграле выделим полный квадрат:

$\displaystyle x^2-4x+6=(x^2-4x+4)+2=(x-2)^2+2,$

и сделаем замену $ z=x-2$ :

\begin{displaymath}\int\frac{53x-23}{x^2-4x+6}dx=\left\vert
\begin{array}{l}
z...
...-23}{z^2+2}dz=53\int\frac{z\,dz}{z^2+2}+83\int\frac{dz}{z^2+2}.\end{displaymath}

Последний интеграл -- табличный:

$\displaystyle \int\frac{dz}{z^2+2}=\frac{1}{\sqrt{2}}\mathop{\rm arctg}\nolimits \frac{z}{\sqrt{2}}+C,$

а в предыдущем интеграле нужно сделать замену $ {s=z^2+2}$ , откуда $ {ds=2z\,dz}$ и $ {z\,dz=\frac{1}{2}ds}$ , так что этот интеграл приводится к виду $ \frac{1}{2}\int\frac{ds}{s}=\frac{1}{2}\ln\vert s\vert+C$ . Итак,

$\displaystyle \int\frac{5x^2+2x-1}{(x+1)(x^2-4x+6)}dx=
\frac{2}{11}\ln\vert x+...
...limits \frac{z}{\sqrt{2}}+\frac{1}{11}\cdot83\cdot\frac{1}{2}\ln\vert s\vert+C.$

Учитывая, что $ z=x-2$ и $ s=z^2+2=x^2-4x+6>0$ , получаем окончательно:

$\displaystyle \int\frac{5x^2+2x-1}{(x+1)(x^2-4x+6)}dx=
\frac{2}{11}\ln\vert x+...
...mathop{\rm arctg}\nolimits \frac{x-2}{\sqrt{2}}
+\frac{83}{22}\ln(x^2-4x+6)+C.$

    

        Замечание 2.4   Если исходная правильная дробь является чётной функцией от $ x$ , то есть содержит в числителе и знаменателе4 одни лишь чётные степени $ x$ , то и в правой части разложения достаточно оставить одни лишь чётные относительно $ x$ слагаемые. Действительно, если дробь имеет вид $ R(x)=\frac{\textstyle{P(x^2)}}{\textstyle{Q(x^2)}}$ , где $ P(z)$ и $ Q(z)$  -- многочлены от переменного $ z$ , то мы можем разложить на сумму простейших дробей правильную дробь $ \frac{\textstyle{P(z)}}{\textstyle{Q(z)}}$ , а потом подставить в каждом из слагаемых разложения $ x^2$ вместо $ z$ . Очевидно, что тогда все эти слагаемые, зависящие только от $ x^2$ , будут чётными функциями. Например, разложение правильной дроби

$\displaystyle R(x)=\frac{x^2-1}{x^2(x^2+1)}$

следует отыскивать в виде

$\displaystyle R(x)=\frac{x^2-1}{x^2(x^2+1)}=\frac{A}{x^2}+\frac{B}{x^2+1},$

а не в виде

$\displaystyle R(x)=\frac{x^2-1}{x^2(x^2+1)}=\frac{A}{x^2}+\frac{A'}{x}+
\frac{B'x+B}{x^2+1},$

поскольку слагаемые $ \frac{\textstyle{A'}}{\textstyle{x}}$ и $ \frac{\textstyle{B'x}}{\textstyle{x^2+1}}$  -- нечётные функции от $ x$ . Тем самым нам надо будет отыскать всего два неизвестных коэффициента $ A$ и $ B$ вместо четырёх: $ A,\ A',\ B'$ и $ B$ .

Точно так же, в случае когда $ R(x)$  -- нечётная функция от $ x$ , в искомом разложении можно оставить одни лишь нечётные слагаемые: например, разложение дроби

$\displaystyle R(x)=\frac{x^3+3x}{(x^2+1)(x^2+4)}$

следует искать в виде

$\displaystyle R(x)=\frac{x^3+3x}{(x^2+1)(x^2+4)}=\frac{Ax}{x^2+1}+\frac{Bx}{x^2+4}$

вместо

$\displaystyle R(x)=\frac{x^3+3x}{(x^2+1)(x^2+4)}=\frac{Ax+A'}{x^2+1}+\frac{Bx+B'}{x^2+4},$

сэкономив на поиске чётных слагаемых $ \frac{\textstyle{A'}}{\textstyle{x^2+1}}$ и $ \frac{\textstyle{B'}}{\textstyle{x^2+4}}$ , коэффициенты которых $ A'$ и $ B'$ всё равно окажутся равны 0.     

Разобранный выше пример 2.11 показывает, что после разложения правильной дроби в сумму простейших дробей интегрирование сводится к интегрированию полученных простейших дробей. Разберём интегрирование всех четырёх типов простейших дробей по порядку.

Интегрирование простейшей дроби первого типа сводится к применению табличной формулы:

$\displaystyle \int\frac{A}{x-x_0}dx=A\ln\vert x-x_0\vert+C.$

Интегрирование простейшей дроби второго типа сводится к табличной формуле после замены вида $ z=x-x_0$ :

$\displaystyle \int\frac{A}{(x-x_0)^k}dx=A\int z^{-k}dz=A\cdot\frac{1}{-k+1}z^{-k+1}+C=
-\frac{A}{k-1}\cdot\frac{1}{(x-x_0)^{k-1}}+C.$

Интегрирование простейшей дроби третьего типа выполняется с помощью выделения в знаменателе полного квадрата и разбиения интеграла на два слагаемых, которые вычисляются как было показано выше в примере:

$\displaystyle \int\frac{Ax+B}{x^2+px+q}dx=
 \left\vert\begin{array}{l}
 z=x+\frac{p}{2}\\ 
 dz=dx\\ 
 x=z-\frac{p}{2}
 \end{array}\right\vert=$    
$\displaystyle =\int\frac{Az+B'}{z^2+a^2}dz=\frac{A}{2}\int\frac{2z\,dz}{z^2+a^2...
... \frac{A}{2}\ln(z^2+a^2)+\frac{B'}{a}\mathop{\rm arctg}\nolimits \frac{z}{a}+C,$    

где $ a=\sqrt{q-\frac{p^2}{4}}$ и $ B'=B-\frac{Ap}{2}$ . Осталось подставить $ z=x+\frac{p}{2}$ :

$\displaystyle \int\frac{Ax+B}{x^2+px+q}dx=
\frac{A}{2}\ln(x^2+px+q)+\frac{B-\f...
...}}
\mathop{\rm arctg}\nolimits \frac{x+\frac{p}{2}}{\sqrt{q-\frac{p^2}{4}}}+C.$

Разумеется, заучивать полученную формулу не нужно, а нужно научиться выполнять для конкретных примеров все указанные преобразования.

Интегрирование простейшей дроби четвёртого типа также начинается с выделения в знаменателе полного квадрата и замены $ z=x+\frac{p}{2}$ , после чего интеграл $ \int\frac{\textstyle{Ax+B}}{\textstyle{(x^2+px+q)^l}}dx$ приводится к виду $ \int\frac{\textstyle{Az+B'}}{\textstyle{(z^2+a^2)^l}}dz$ , где $ a>0$ . Разбиваем этот интеграл на два слагаемых:

$\displaystyle \int\frac{Az+B'}{(z^2+a^2)^l}dz=
\frac{A}{2}\int\frac{2z\,dz}{(z^2+a^2)^l}+
B'\int\frac{dz}{(z^2+a^2)^l}.$

Первый из интегралов легко вычисляется заменой $ s=z^2+a^2$ :

$\displaystyle \int\frac{2z\,dz}{(z^2+a^2)^l}=\ln(z^2+a^2)+C.$

Для второго интеграла,

$\displaystyle I_l=\int\frac{dz}{(z^2+a^2)^l},$

мы можем получить формулу понижения степени, если преобразуем его следующим образом:

$\displaystyle I_l=\int\frac{dz}{(z^2+a^2)^l}=\frac{1}{a^2}\int\frac{a^2}{(z^2+a^2)^l}dz=
 \frac{1}{a^2}\int\frac{(z^2+a^2)-z^2}{(z^2+a^2)^l}dz=$ (2.4*)
$\displaystyle =\frac{1}{a^2}\int\frac{dz}{(z^2+a^2)^{l-1}}-
 \frac{1}{a^2}\int\...
...^2+a^2)^l}dz=
 \frac{1}{a^2}I_{l-1}-\frac{1}{a^2}\int\frac{z^2}{(z^2+a^2)^l}dz.$ (2.5)

Последний интеграл преобразуем, применив формулу интегрирования по частям:

$\displaystyle \int\frac{z^2}{(z^2+a^2)^l}dz=\left\vert\begin{array}{l}
 u=z\\ 
...
...c{z\,dz}{(z^2+a^2)^l}=-\frac{1}{2(l-1)(z^2+a^2)^{l-1}}
 \end{array}\right\vert=$    
$\displaystyle =-\frac{z}{2(l-1)(z^2+a^2)^{l-1}}+\frac{1}{2(l-1)}\int\frac{dz}{(z^2+a^2)^{l-1}}=
 -\frac{z}{2(l-1)(z^2+a^2)^{l-1}}+\frac{1}{2(l-1)}I_{l-1}
 .$    

Подставив это выражение в (2.4*), получаем:

$\displaystyle I_l=\frac{1}{a^2}I_{l-1}-\frac{1}{a^2}\Bigl(
-\frac{z}{2(l-1)(z^2+a^2)^{l-1}}+\frac{1}{2(l-1)}I_{l-1}\Bigr).$

Это и есть формула понижения степени, сводящая вычисление интеграла $ I_l$ к вычислению интеграла $ I_{l-1}$ . Если $ l=2$ , то интеграл $ I_{l-1}=I_1=\int\frac{\textstyle{dz}}{\textstyle{z^2+a^2}}=\frac{\textstyle{1}}{\textstyle{a}}\mathop{\rm arctg}\nolimits \frac{\textstyle{z}}{\textstyle{a}}+C$  -- табличный; если же $ l>2$ , то для вычисления $ I_{l-1}$ нужно снова применить формулу понижения степени, и так до тех пор, пока не получится тот же табличный интеграл $ I_1$ .

        Пример 2.12   Вычислим интеграл

$\displaystyle \int\frac{2x+3}{(x^2+2x+2)^3}dx.$

Сделав замену $ z=x+1$ , получаем:

$\displaystyle \int\frac{2x+3}{(x^2+2x+2)^3}dx=
\int\frac{2(x+1)+1}{\bigl((x+1)^2+1\bigr)^3}dx=
\int\frac{2z\,dz}{(z^2+1)^3}+
\int\frac{dz}{(z^2+1)^3}.$

В первом из двух слагаемых сделаем замену $ s=z^2+1$ и получим:

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

Во втором слагаемом применим описанный выше метод понижения степени:

$\displaystyle I_3=\int\frac{dz}{(z^2+1)^3}=
 \int\frac{(z^2+1)-z^2}{(z^2+1)^3}dz=
 \int\frac{dz}{(z^2+1)^2}-
 \int\frac{z^2}{(z^2+1)^3}dz=$    
$\displaystyle =I_2-\int z\cdot\frac{z\,dz}{(z^2+1)^3}=
 I_2+\frac{z}{4(z^2+1)^2}-\frac{1}{4}\int\frac{dz}{(z^2+1)^2}=
 \frac{3}{4}I_2+\frac{z}{4(z^2+1)^2}.$    

Для вычисления $ I_2$ ещё раз применим тот же самый приём:

$\displaystyle I_2=\int\frac{dz}{(z^2+1)^2}=
 \int\frac{(z^2+1)-z^2}{(z^2+1)^2}dz=
 \int\frac{dz}{z^2+1}-
 \int\frac{z^2}{(z^2+1)^2}dz=$    
$\displaystyle =I_1-\int z\cdot\frac{z\,dz}{(z^2+1)^2}=
 I_2+\frac{z}{2(z^2+1)}-\frac{1}{2}\int\frac{dz}{z^2+1}=
 \frac{1}{2}I_1+\frac{z}{2(z^2+1)}.$    

Поскольку

$\displaystyle I_1=\int\frac{dz}{z^2+1}=\mathop{\rm arctg}\nolimits z+C,$

имеем

$\displaystyle I_3=\frac{3}{4}\Bigl(\frac{1}{2}\mathop{\rm arctg}\nolimits z+\fr...
...3}{8}\mathop{\rm arctg}\nolimits z+\frac{3z}{8(z^2+1)}+\frac{z}{4(z^2+1)^2}+C
$

и

$\displaystyle \int\frac{2x+3}{(x^2+2x+2)^3}dx=
 -\frac{1}{2(z^2+1)^2}+
 \frac{3}{8}\mathop{\rm arctg}\nolimits z+\frac{3z}{8(z^2+1)}+\frac{z}{4(z^2+1)^2}+C=$    
$\displaystyle =\frac{3}{8}\mathop{\rm arctg}\nolimits z+\frac{3z}{8(z^2+1)}+\frac{z-2}{4(z^2+1)^2}+C=$    
$\displaystyle =\frac{3}{8}\mathop{\rm arctg}\nolimits (x+1)+\frac{3x+3}{8(x^2+2x+2)}+\frac{x-1}{4(x^2+2x+2)^2}+C.$    

    

Приведём теперь пример на интегрирование правильной рациональной дроби общего вида:

        Пример 2.13   Вычислим интеграл

$\displaystyle \int\frac{2x^4-4x^3+2x^2-4x-4}{x^5-x^4-x+1}dx.$

Под знаком интеграла -- правильная дробь, поскольку степень числителя, равная 4, меньше степени знаменателя, равной 5. Разложим на множители знаменатель дроби. Это можно сделать, например, группировкой слагаемых:

$\displaystyle x^5-x^4-x+1=(x^5-x^4)-(x-1)=x^4(x-1)-(x-1)=(x-1)(x^4-1)=
(x-1)^2(x+1)(x^2+1),
$

если учесть, что

$\displaystyle x^4-1=(x^2-1)(x^2+1)=(x-1)(x+1)(x^2+1).$

Значит, в разложении дроби

$\displaystyle \frac{2x^4-4x^3+2x^2-4x-4}{x^5-x^4-x+1}$

в сумму простейших дробей будут получаться следующие серии слагаемых: множителю $ (x-1)^2$ знаменателя будет соответствовать серия из двух слагаемых, второго и первого типа:

$\displaystyle \frac{A}{(x-1)^2}+\frac{B}{x-1};$

множителю $ x+1$  -- одно слагаемое первого типа:

$\displaystyle \frac{C}{x+1};$

множителю $ x^2+1$  -- одно слагаемое третьего типа:

$\displaystyle \frac{Dx+E}{x^2+1}.$

Итак, ищем методом неопределённых коэффициентов разложение подынтегральной дроби в виде

$\displaystyle \frac{2x^4-4x^3+2x^2-4x-4}{x^5-x^4-x+1}=
\frac{A}{(x-1)^2}+\frac{B}{x-1}+\frac{C}{x+1}+\frac{Dx+E}{x^2+1}.$

Приводим правую часть к общему знаменателю. Этот общий знаменатель равен $ {x^5-x^4-x+1=(x-1)^2(x+1)(x^2+1)}$ , так что

$\displaystyle \frac{2x^4-4x^3+2x^2-4x-4}{(x-1)^2(x+1)(x^2+1)}=$    
$\displaystyle =\frac{A(x+1)(x^2+1)+B(x-1)(x+1)(x^2+1)+C(x-1)^2+(Dx+E)(x_1)(x-1)^2}<tex2html_comment_mark>78 {(x-1)^2(x+1)(x^2+1)}.$    

Поскольку должны быть тождественно равны эти две дроби с одинаковыми знаменателями, приравниваем числители:

$\displaystyle 2x^4-4x^3+2x^2-4x-4=$    
$\displaystyle =A(x{+}1)(x^2{+}1)+B(x{-}1)(x{+}1)(x^2{+}1)+C(x{-}1)^2(x^2{+}1)+(Dx{+}E)(x{+}1)(x{-}1)^2.$    

Из этого соотношения мы должны найти неизвестные коэффициенты $ A,B,C,D,E.$ Для этого сначала используем подстановку "удобных" значений $ x$ , то есть $ x=1$ и $ x=-1$ , которые обращают в 0 скобки $ (x-1)$ и $ (x+1)$ соответственно. При $ x=1$ получаем: $ -8=A\cdot2\cdot2,$ откуда

$\displaystyle A=-2.$

При $ x=-1$ получаем: $ 8=C\cdot4\cdot2,$ откуда

$\displaystyle C=1.$

Больше "удобных" значений $ x$ нет. Подставим $ x=0$ , то есть приравняем свободные члены левой и правой частей: $ -4=A-B+C+E.$ С учётом того, что $ A=-2$ и $ C=1$ , получаем уравнение

$\displaystyle -B+E=-3.$

Теперь начнём приравнивать коэффициенты при одинаковых степенях $ x$ в левой и правой частях. Приравниваем коэффициенты при $ x^4$ : $ 2=B+C+D.$ С учётом $ C=1$ получаем второе уравнение:

$\displaystyle B+D=1.$

Теперь приравняем коэффициенты при $ x^3$ : $ -4=A-2C-D+E,$ или

$\displaystyle -D+E=0.$

Получили систему из трёх линейных уравнений для трёх неизвестных $ B,D,E$ :

$\displaystyle \left\{\begin{array}{l}
-B+E=-3;\\
B+D=1;\\
-D+E=0.
\end{array}
\right.
$

Решая эту систему, получаем

$\displaystyle B=2;\ D=-1;\ E=-1.$

Подставляя найденные коэффициенты, получаем конкретный вид разложения дроби в сумму простейших:

$\displaystyle \frac{2x^4-4x^3+2x^2-4x-4}{x^5-x^4-x+1}=
\frac{-2}{(x-1)^2}+\frac{2}{x-1}+\frac{1}{x+1}+\frac{-x-1}{x^2+1}.$

Значит,

$\displaystyle \int\frac{2x^4-4x^3+2x^2-4x-4}{x^5-x^4-x+1}dx=$    
$\displaystyle =-2\int\frac{dx}{(x-1)^2}+2\int\frac{dx}{x-1}+\int\frac{dx}{x+1}-
 \int\frac{x\,dx}{x^2+1}-
 \int\frac{dx}{x^2+1}=$    
$\displaystyle =\frac{2}{x-1}+2\ln\vert x-1\vert+\ln\vert x+1\vert-\frac{1}{2}\ln(x^2+1)+\mathop{\rm arctg}\nolimits x+C=$    
$\displaystyle =\frac{2}{x-1}+\ln\frac{(x-1)^2\vert x+1\vert}{\sqrt{x^2+1}}+\mathop{\rm arctg}\nolimits x+C.$    

Заметим, что ввиду того, что подынтегральная функция имеет разрывы при $ x=-1$ и $ x=1$ , слагаемое $ C$ означает в данной формуле кусочно постоянную функцию, принимающую постоянные (но, может быть, различные) значения на интервалах $ (-\infty;-1)$ , $ (-1;1)$ и $ (1;+\infty)$ .