Интегрирование рациональных функций

Пусть

где $n = \mathrm{deg}(A(x))$, $k = \mathrm{deg}(B(x))$, так что $\alpha_n, \beta_k \ne 0$.

Применим индукцию по $n$.

(1) Если $n =0$ (т.е. $A(x) = \alpha_0$) и $0=\mathrm{deg}(A(x)) < \mathrm{deg}(B(x))$, то положим $Q(x):=0$ и $R(x) : = A(x)$, т.е. имеем

(2) Если $\mathrm{deg}(A(x)) = \mathrm{deg}(B(x)) = 0$, т.е. $A(x) = \alpha_0, B(x) = \beta_0$, то положим $R(x) :=0$ и $R(x): = \frac{\alpha_0}{\beta_0}$, т.е.

(3) Пусть теперь $n>0$. Если $\mathrm{deg}(A(x)) < \mathrm{deg}(B(x))$, то положим $Q(x) : = 0$, а $R(x):=A(x).$

Итак, пусть теперь теорема доказана в случае $n>0$ и $\mathrm{deg}(A(x)) \ge \mathrm{deg}(B(x))$. Тогда можем записать

где $\mathrm{deg}(\widetilde{A}(x)) = n-1.$ Но тогда по предположению индукции мы можем найти такие $\widetilde{Q}(x)$ и ${R}(x)$, что

и $\mathrm{deg}((x))< \mathrm{deg}(B(x))$. Тогда получаем

где $Q(x): = \frac{\alpha_n}{\beta_k}x^{n-k} + \widetilde{Q}(x)$, чем доказательство существования $Q(x)$ и $R(x)$ закончено.

(4) Докажем теперь единственность. Предположим, что

где $\mathrm{deg}(R_1(x)), \mathrm{deg}(R_2(x)) < \mathrm{deg}(B(x))$. Тогда получаем

следовательно,

но

и так как $\mathrm{deg}(R_2(x) - R_1(x)) < \mathrm{deg}(B(x))$, то последнее равенство возможно лишь в случае, когда $Q_1(x) = Q_2(x)$, т.е. $Q_1(x) = Q_2(x)$, и следовательно, $R_1(x) = R_2(x)$, что и требовалось доказать.

Согласно теореме Безу, нужно просто доказать, что любой полином $P(x) \in \mathbb{R}[x]$ делится либо на линейный полином вида $(x-a)$, либо на квадратный $(x^2 + bx + c)$. Но по теореме Безу, если $P(x)$ имеет корень $a$, то $P(x)$ делится на $(x-a)$, потому все числа $a_1,\ldots, a_p$ — это просто все корни уравнения $P(x) = 0$.

Далее, рассмотрим теперь $P(x)$ как полином в множестве $\mathbb{C}[x]$, это возможно, потому что $\mathbb{R} \subset \mathbb{C}$. Тогда по основной теореме алгебры существует комплексное число $\zeta = \alpha + \beta \sqrt{-1}$, что $P(z) =0$. Тогда по теореме Безу $P(x)$ делится на $(x- \alpha - \beta \sqrt{-1})$.

Пусть $P(x) = \alpha_nx^n + \cdots + \alpha_1 x + \alpha_0$, тогда если $P(\zeta) =0$, где $\zeta \in \mathbb{C}$, то получаем

Это означает, что $\overline{\zeta}$ тоже является корнем уравнения $P(x) = 0$, тогда по теореме Безу $P(x)$ делится на $x - \overline{\zeta} = x - (\alpha -\beta \sqrt{-1})$.

Таким образом, полином $P(x)$ делится на произведение $(x - \zeta)(x - \overline{\zeta})$.

Находим

т.е. полином $P(x)$ делится на полином второй степени. Это завершает доказательство.

Рассмотрим дробь $\frac{P(x)}{Q(x)}$, согласно теореме Theorem 4, мы можем записать знаменатель в виде

где $k_1 + \cdots + k_p + 2m_1 + \cdots + 2m_q = \mathrm{deg}(P(x))$ и все $k_i, m_j \in \mathbb{Z}_{\ge 0}$, и более того, согласно теореме Безу, все $a_i$ — это всё корни уравнения $Q(x) =0.$

(1) Пусть хотя бы один $k_i$ больше нуля, обозначим его просто через $k$, тогда можно записать $Q(x) = (x-a)^k \widetilde{Q}(x)$, где $a$ — это соответствующее число из чисел $a_i$. Тогда $a$ не является корнем уравнения $\widetilde{Q}(x) =0.$

Допустим теперь, что существует такое число $A$ и такой полином $\widetilde{P}(x)$, что

Для доказательства этого равенства достаточно подобрать эти неизвестные $A, \widetilde{P}(x)$ так, чтобы выполнялось равенство

Так как $A$ это число, то оно не должно зависеть от $x$, поэтому положим в этом равенстве $x = a$, и тогда мы получаем, что

откуда $A = \frac{P(a)}{\widetilde{Q}(a)}$. Это выражение корректно, так как $a$ был выбран так, чтобы $a$ — корень уравнения $Q(x) =0$, но не корень уравнения $\widetilde{Q}(x) = 0.$

Далее, полином $\widetilde{P}(x)$ можно теперь определить следующим образом:

(2) Пусть теперь $Q(x)$ содержит хотя бы один сомножитель вида $(x^2 + bx + c)^m$, тогда запишем $Q(x)= (x^2 + bx + c)^m \widehat{Q}(x)$, где уже $\widehat{Q}(x)$ не делится на $x^2 + bx + c$. Тогда подберём числа $B,C$ и полином $\widehat{P}(x)$ так, чтобы

Это то же самое, что подобрать эти же неизвестные, чтобы выполнялось равенство

Поступим следующим образом. Разделим полиномы $P(x)$, $\widehat{Q}(x)$ на $x^2 + bx + c$ с остатком;

Тогда, подставляя в предыдущее равенство, получаем

Потребуем теперь, чтобы полином

делился на $x^2 + bx + c$ без остатка.

Итак, имеем

Разделив теперь $R(x)$ на $x^2 + bx +c$ на $x^2 + bx +c$, мы получим в остатке следующее выражение:

Тогда мы получаем систему (относительно неизвестных $B,C$) линейных уравнений

Определитель этой системы имеет вид

Пусть $\gamma \ne 0$, тогда

но это есть значение полинома $x^2 + bx +c$ в точке $x = -\frac{\delta}{\gamma}$ и, следовательно $\Delta \ne 0$, ибо мы предположили, что $x^2 + bx +c$ не имеет корней. Таким образом, система имеет решение, и числа с необходимым требованием существуют.

Если же $\gamma =0$, то $\Delta = \delta^2$, но так как $\widehat{Q}(x) = H(x)(x^2 + bx + c) + \gamma x + \delta$, то $\delta \ne 0$ ибо $\widehat{Q}(x)$ на $x^2 + bx +c$ не делится.

Итак, в любом случае, решение системы существует, а значит, можно подобрать так $B,C$, чтобы полином $P(x) - (Bx + C)\widehat{Q}(x)$ делится на $x^2 + bx + c$ без остатка. В таком случае полином

Таким образом, доказательство теоремы сводится к повторному применению случаев (1) и (2), которые обеспечивают возможность последовательного выделения простых дробей из данной правильной дроби, вплоть до её исчерпывания. Это доказывает теорему.

С помощью замены $y =x-\alpha$ интегрирование формы $\omega = \frac{A}{(x-\alpha)^k}$ сводится к интегрированию формы $\frac{A}{y^k}$, что и даёт нужный результат, так как $\mathrm{d}y = \mathrm{d}(x-\alpha) = \mathrm{d}x.$

(1) Так как $(\arctan(y))' = \frac{1}{y^2 + 1}$, то

(2) Пусть теперь $n \ge 1$, будем интегрировать $\omega_n$ по частям, т.е. воспользуемся правилом

Положили $u = \frac{1}{(x^2 + \alpha^2)^n}$, $v = x$, находим

Тогда

т.е. мы получили рекуррентное соотношение

из которого и следует требуемое.

Выделим в выражении $x^2 + ax + b$ полный квадрат

так как по условию $x^2 + ax + b =0$ не имеет корней, то $a^2 - 4b <0$, тогда положим

тогда сделаем замену

находим

Рассмотрим два случая.

(1) $n = 1$, тогда получаем

или, возвращаясь к $x$ и подставляя вместо $c$ его значение:

(2) Пусть $n >1$, делая ту же замену, получаем

Видим, что второй интеграл это интеграл от формы ω который найден в лемме , первый же интеграл легко берётся с помощью замены $t:=y^2 + c^2$, тогда $\mathrm{d}t = (y^2 + c^2)'\mathrm{d}y = 2y\mathrm{d}y$, следовательно $y\mathrm{d}y = \frac{1}{2}\mathrm{d}t$, и мы получаем

Тем самым лемма доказана.

Действительно, если дробь неправильная, то поделив $P(x) = B(x) Q(x) + R(x)$ на $Q(x)$ мы получаем

Первый интеграл находится легко, так как это интеграл от полинома, а во втором интеграле присутствует уже правильная дробь. Но согласно теореме Theorem 5 каждая правильная дробь представляется в виде суммы простых, тогда из лемм }, Lemma 3 вытекает утверждение теоремы.