Интегрирование рациональных функций - The Hitchhiker's Guide to the Calculus Galaxy

До сих пор мы использовали либо какие-то простые наблюдения, либо какие-то трюки, чтобы интегрировать форму. Разумеется, наукой это назвать нельзя. Здесь мы систематически разработаем технику интегрирования для очень важного класса форм.

1Элементарные свойства полиномов¶

Напомним, что полиномом $P(x)$ от переменной $x$ над $\mathbb{R}$ называется выражение вида

\alpha_nx^n + \alpha_{n-1}x^{n-1} + \cdots + \alpha_1x + \alpha_0,

где все $\alpha_i \in \mathbb{R}$ и можно положить, что $\alpha_n \ne 0$ и в таком случае говорят, что полином $P(x)$ имеет степень $n$ и пишут $\mathrm{deg}(P(x))= n.$

Множество всех полиномов от переменной $x$ над $\mathbb{R}$ обозначают так: $\mathbb{R}[x].$

Proof

Пусть

\begin{align*} A(x) &= \alpha_nx^n + \alpha_{n-1}x^{n-1} + \cdots + \alpha_1x + \alpha_0, \\ B(x) &= \beta_kx^k + \beta_{k-1}x^{k-1} + \cdots + \beta_1x + \beta_0, \end{align*}

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

\alpha_0 = 0 \cdot B(x) + \alpha_0.

(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.

\alpha_0 = \frac{\alpha_0}{\beta_0} \beta_0 +0.

(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

\begin{align*} A(x) &= \alpha_nx^n + \alpha_{n-1}x^{n-1} + \cdots + \alpha_1x + \alpha_0 \\ &= \frac{\alpha_n}{\beta_k} x^{n-k} (\beta_k x^k) + \alpha_{n-1}x^{n-1} + \cdots + \alpha_1x + \alpha_0 \\ &= \frac{\alpha_n}{\beta_k} x^{n-k} \Bigl( B(x) - \beta_{k-1}x^{k-1} - \cdots - \beta_0 \Bigr) + \alpha_{n-1}x^{n-1} + \cdots + \alpha_1x + \alpha_0 \\ &= \frac{\alpha_n}{\beta_k}x^{n-k} B(x) + \widetilde{A}(x), \end{align*}

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

\widetilde{A}(x) = \widetilde{Q}(x)B(x) + {R}(x),

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

\begin{align*} A(x) &= \frac{\alpha_n}{\beta_k}x^{n-k} B(x) + \widetilde{A}(x) \\ &= \frac{\alpha_n}{\beta_k}x^{n-k} B(x) + \widetilde{Q}(x)B(x) + {R}(x)\\ &= Q(x) B(x) + R(x), \end{align*}

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

A(x) = Q_1(x) B(x) + R_1(x) = Q_2(x) B(x) + R_2(x),

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

\Bigl(Q_1(x) - Q_2(x)\Bigr) B(x) = R_2(x) - R_1(x),

следовательно,

\mathrm{deg}\left((Q_1(x) - Q_2(x)\Bigr) B(x) \right) = \mathrm{deg}(R_2(x) -R_1(x)),

но

\mathrm{deg}\left((Q_1(x) - Q_2(x)\Bigr) B(x) \right) = \mathrm{deg}(Q_1(x) - Q_2(x)) + \mathrm{deg}(B(x)),

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.

Мы считаем известными (или мы просто их принимаем) следующие два факта из алгебры:

Тогда мы получаем очень важное для нас следствие:

Proof

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

\begin{align*} P(\overline{\zeta}) &= \alpha_n {\overline{\zeta}}^n + \cdots + \alpha_1 \overline{\zeta} + \alpha_0 \\ &= \overline{\alpha_n \zeta^n} + \cdots + \overline{\alpha_1 \zeta} + \overline{\alpha_0} \\ &= \overline{\alpha_nx^n + \cdots + \alpha_1 x + \alpha_0} \\ &= \overline{P(\zeta)} = 0. \end{align*}

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

(x - \zeta)(x - \overline{\zeta}) = (x - \alpha - \beta \sqrt{-1})(x - \alpha + \beta \sqrt{-1}) = x^2 - 2 \alpha x + \alpha^2 + \beta^2,

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

2Рациональная функция и её разложение¶

Мы умеем интегрировать формы вида $P(x) \mathrm{d}x$ , где $P(x)$ — полином, сейчас мы хотим развить теорию интегрирования форм вида $\frac{P(x)}{Q(x)}\mathrm{d}x$ , где $Q(x)$ тоже полином и всегда подразумевается, что $Q(x) \ne 0$ .

Выражения вида $\frac{P(x)}{Q(x)}$ называются дробями, и как и в случае числовых дробей, целесообразно рассматривать так называемые несократимые дроби. Формализацией этого желания является следующее определение.

Множество всех рациональных функций образует поле \footnote{Доказательство этого факта очевидно и при этом банальное, нужно лишь проверить выполнение аксиом i.1 — i.9 определения поля (см. Определение Definition 1.1.1).}, которое так и называется полем рациональных функций и обозначается так: $\mathbb{R}(x).$

Remark 1 (**)

Более того, можно пойти дальше и рассматривать поля рациональных функций от нескольких переменных, т.е. выражений вида $\frac{P(x,y)}{Q(x,y)}$ , где $P(x,y)$ , $Q(x,y)$ — полиномы от двух переменных. Оказывается, что если мы ограничим множество рассматриваемых полиномов, например, чтобы знаменатель не делился на какой-то конкретный полином $F(x,y)$ , то мы получаем поле рациональных функций на кривой, заданной уравнением $F(x,y)=0$ . Это поле является очень важной характеристикой кривой. Более того, как мы увидим далее, именно изоморфизм полей у кривых позволяет сводить сложные интегралы к более простым. Поэтому неудивительно, что в теории интегрирования столько алгебры. }

Так как имеется процесс деления полиномов друг на друга, то введём следующее понятие:

Используя теперь теорему Theorem 4, мы можем разложить знаменатель на более простые множители. Оказывается, это влечёт разложение и самой дроби. Введём следующее понятие.

Proof

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

Q(x) = (x - a_1)^{k_1} \cdots (x-a_p)^{k_p} (x^2 + b_1x + c_2)^{m_1}\cdots (x^2 + b_qx + c_q)^{m_q},

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

\frac{P(x)}{Q(x)} = \frac{A}{(x-a)^k} + \frac{\widetilde{P}(x)}{(x-a)^{k-1}\widetilde{Q}(x)}.

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

P(x) - A \widetilde{Q}(x) = (x-a)\widetilde{P}(x).

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

P(a) - A \widetilde{Q}(a) = 0

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:

\widetilde{P}(x): = \frac{P(x) - A \widetilde{Q}(x)}{x-a}.

(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

\frac{P(x)}{Q(x)} = \frac{Bx + C}{(x^2 + bx + c)^m} + \frac{\widehat{P}(x)}{(x^2 + bx + c)^{m-1} \widehat{Q}(x)}.

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

P(x) - (Bx +C)\widehat{Q}(x) = (x^2 + bx + c) \widehat{P}(x).

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

\begin{align*} P(x) &= F(x)(x^2 + bx + c) + \alpha x + \beta, \\ \widehat{Q}(x) &= H(x)(x^2 + bx + c) + \gamma x + \delta. \end{align*}

Тогда, подставляя в предыдущее равенство, получаем

F(x)(x^2 + bx + c) + \alpha x + \beta - (Bx +C) \bigl( H(x)(x^2 + bx + c) + \gamma x + \delta\bigr) = (x^2 + bx + c) \widehat{P}(x).

Потребуем теперь, чтобы полином

R(x) = \alpha x + \beta - (Bx + C) (\gamma x +\delta ) =0

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

Итак, имеем

\begin{align*} R(x) &= \alpha x + \beta - (Bx + C) (\gamma x +\delta ) \\ &= - \gamma B x^2 + (\alpha - \delta B - \gamma C)x + (\beta - \delta C). \end{align*}

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

\Bigl( (b \gamma - \delta)B - \gamma C + \alpha \Bigr)x + c \gamma B - \delta C + \beta.

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

\begin{cases} (b \gamma - \delta)B - \gamma C =- \alpha \\ c \gamma B - \delta C =- \beta. \end{cases}

Определитель этой системы имеет вид

\Delta = \begin{vmatrix} b \gamma - \delta & \gamma \\ c\gamma & -\delta \end{vmatrix} = \delta^2 - b\gamma \delta + c \gamma^2

Пусть $\gamma \ne 0$ , тогда

\Delta = \gamma^2 \left( \left( -\frac{\delta}{\gamma} \right)^2 + b \left(-\frac{\delta}{\gamma}\right) + c \right),

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

\widehat{P}(x): = \frac{P(x) - (Bx + C)\widehat{Q}(x}{x^2 + bx + c}.

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.

Proof

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 $\mathrm{d}y = \mathrm{d}(x-\alpha) = \mathrm{d}x.$

Чтобы научится интегрировать форму $\dfrac{Ax + B}{(x^2 + ax + b)^n} \mathrm{d}x$ , нам нужно сначала научится интегрировать форму $\dfrac{\mathrm{d}x}{(x^2 + \alpha^2)^n}.$

Proof

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

\begin{align*} \int \omega_1 &= \int \frac{\mathrm{d}x}{x^2 + \alpha^2} = \ \frac{\mathrm{d}x}{\alpha^2\cdot\left (\left( \frac{x^2}{\alpha^2} \right) + 1\right)}\\ &= \frac{1}{\alpha^2} \int \frac{\alpha \cdot\mathrm{d}\left(\frac{x}{\alpha}\right)}{\left( \frac{x^2}{\alpha^2} \right) + 1} = \frac{1}{\alpha} \int \frac{ \mathrm{d}\left(\frac{x}{\alpha}\right)}{\left( \frac{x}{\alpha} \right)^2 + 1} = \frac{1}{\alpha} \cdot \arctan\left( \frac{x}{\alpha}\right) + C. \end{align*}

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

\int u \mathrm{d}v = uv - \int v \mathrm{d}u.

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

\mathrm{d}u = \left( \frac{1}{(x^2 + \alpha^2)^n} \right)'\mathrm{d}x = - \frac{2nx}{(x^2 + \alpha^2)^{n+1}}\mathrm{d}x, \qquad \mathrm{d}v = \mathrm{d}x.

Тогда

\begin{align*} \int \omega_n &= \int \frac{\mathrm{d}x}{(x^2 + \alpha^2)^n} = \frac{x}{(x^2 + \alpha^2)^n} + 2n \cdot \int \frac{x^2}{(x^2 + \alpha^2)^{n+1}}\mathrm{d}x \\ &= \frac{x}{(x^2 + \alpha^2)^n} + 2n \cdot \int \frac{(x^2+\alpha^2) - \alpha^2}{(x^2 + \alpha^2)^{n+1}}\mathrm{d}x \\ &= \frac{x}{(x^2 + \alpha^2)^n} + 2n \cdot \left( \int \frac{(x^2+\alpha^2)}{(x^2 + \alpha^2)^{n+1}}\mathrm{d}x - \alpha^2 \int \frac{\mathrm{d}x}{(x^2 + \alpha^2)^{n+1}}\right) \\ &= \frac{x}{(x^2 + \alpha^2)^n} + 2n \cdot \left( \int \frac{\mathrm{d}x}{(x^2 + \alpha^2)^{n}} - \alpha^2 \int \frac{\mathrm{d}x}{(x^2 + \alpha^2)^{n+1}}\right) \\ &=\frac{x}{(x^2 + \alpha^2)^n} + 2n\cdot \int \omega_n - 2n\alpha^2 \int \omega_{n+1}, \end{align*}

т.е. мы получили рекуррентное соотношение

\int \omega_n = \frac{x}{(x^2 + \alpha^2)^n} + 2n\cdot \int \omega_n - 2n\alpha^2 \int \omega_{n+1},

из которого и следует требуемое.

Proof

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

x^2 + ax + b = \left(x+ \frac{a}{2} \right)^2 + \left(b - \frac{a^2}{4} \right),

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

c^2: = b- \frac{a^2}{4}, \qquad c = + \sqrt{b- \frac{a^2}{4}}

тогда сделаем замену

y:= x+ \frac{a}{2},

находим

\begin{align*} \mathrm{d}y &= \left( x+ \frac{a}{2}\right)' \mathrm{d}x = \mathrm{d}x,\\ x^2 + ax + b &= \left(x+ \frac{a}{2} \right)^2 + \left(b - \frac{a^2}{4} \right) = y^2 + c^2, \\ Ax + B &= & Ay + \left(B - \frac{Aa}{2} \right). \end{align*}

Рассмотрим два случая.

(1) $n = 1$ , тогда получаем

\begin{align*} \int \frac{Ax + B}{x^2 + ax + b}\mathrm{d}x = \int \frac{Ax + \left( B - \frac{Aa}{2} \right)}{y^2 + c^2}\mathrm{d}y &= \frac{A}{2} \int \frac{2y\mathrm{d}y}{y^2 + c^2} + \left( B - \frac{Aa}{2} \right) \int \frac{\mathrm{d}y}{y^2 + c^2} \\ &= \frac{A}{2} \ln(y^2 + c^2) + \frac{1}{c} \cdot \left( B - \frac{Aa}{2} \right)\arctan\left(\frac{y}{c}\right) + C, \end{align*}

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

\int \frac{Ax + B}{x^2 + ax + b)}\mathrm{d}x = \frac{A}{2}\ln(x^2 + ax + b) + \frac{2B-Aa}{\sqrt{4b-a^2}}\arctan\left( \frac{2x+a}{\sqrt{4b-a^2}} \right) + C.

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

\int \frac{Ax + B}{(x^2 + ax + b)^n}\mathrm{d}x = \int \frac{Ax + \left( B - \frac{Aa}{2} \right)}{(y^2 + c^2)^n}\mathrm{d}y = \frac{A}{2} \int \frac{2y\mathrm{d}y}{(y^2 + c^2)^n} + \left( B - \frac{Aa}{2} \right) \int \frac{\mathrm{d}y}{(y^2 + c^2)^n}.

Видим, что второй интеграл это интеграл от формы ω который найден в лемме Lemma 2, 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

\int \frac{2y\mathrm{d}y}{(y^2 + c^2)^n} = \int \frac{\mathrm{d}t}{t^n} = - \frac{1}{n-1}\cdot \frac{1}{t^{n-1}} +C.

Тем самым лемма доказана.

Proof

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

\int \frac{P(x)}{Q(x)}\mathrm{d}x = \int B(x)\mathrm{d}x + \int \frac{R(x)}{Q(x)}\mathrm{d}x.

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 1, Lemma 3 вытекает утверждение теоремы.

Интегрирование линейных дифференциальных форм

Способы интегрирования

Интегрирование линейных дифференциальных форм

Интегрирование форм, содержащих радикалы