Интегрирование дробно-рациональных функций (случай кратных корней)
Лемма1: Пусть P(x), Q(x) над полем R[x] degP(x)<degQ(x); Q(x)=(x-z)kR(x) k³2, R(z)¹0, тогда $AÎR и P'(x) над R[x]: òP(x)/Q(x)dx=A/(x-z)k-1+òP'(x)dx/R(x)(x-z)k-1.
Доказательство: Сначала из существования P'(x) докажем что такое А существует и определяется однозначно. Дробь под интегралом правильная (так слева и в сумме справа все дроби правильные) все коэффициенты и многочлены опр. единственным образом Продифференцируем обе части равенства: P(x)/Q(x)=A(1-k)/(x-z)k+P'(x)/R(x)(x-z)k-1, поскольку Q(x)=(x-z)kR(x) получаем: P(x) = A(1-k)R(x) + P'(x)(x-z), P(z) = A(1-k)R(z), R(z)¹0 => Отсюда А определяется однозначно.
Теперь возьмем такое А и проверим найдется ли многочлен
P'(x): P(z) - A(1-k)R(z) = 0 => по теореме Безу P(z) - A(1-k)R(z) = (x-z)P'(x)
Лемма 2: Пусть Q(x)=R(x)(x2+px+q)k, k³2, zz' = q, z + z' = -p, R(z) ¹ 0, тогда $ A,BÎR и P'(x)ÎR[x]: òP(x)/Q(x)dx=Ax+B/(x2+px+q)k-1 + òP'(x)dx/R(x)(x2 + px +q)k-1
Доказательство: Сначала из существования P'(x) докажем что такие А и B существуют среди действительных чисел и определяются однозначно. Дробь под интегралом правильная (так слева и в сумме справа все дроби правильные) все коэффициенты и многочлены определяются единственным образом Продифференцируем обе части равенства:
, учитывая что Q(x) = R(x)(x2+px+q)k получаем:
P(x) = A(x2+px+q)R(x) + (Ax+B)(1-k)(2x+p)R(x) + P'(x)(x2+px+q)
P(z) = (Az+B)(1-k)(2z+p)R(z) - остальное в ноль при x=z
(1-k)(2z+p)R(z) ¹ 0 (используем условие => R(z) & (1-k) ¹ 0, 2z - комплексное, а p - действительное число => 2z-p ¹ 0) => Az+B - определяется однозначно Az+B = c Î C если вместо z подставить z' получим: Az' + B = c' (так как в исходном заменили все переменные на сопряженные => получим сопряженное первому результату число)
{ Az + B = c
{ Az' + B = c'
A = (c- c') / (z - z') = 2Imc/2Imz = Imc/Imz => A Î R
{ B = c - Az
{ B = c'- Az'
B = (c' + c) - 2A*(z'+z) = Rec - 2A*Rez => B Î R
Теперь возьмем такие А и B и проверим найдется ли многочлен P'(x):
P(z) = (Az+B)(1-k)(2z+p)R(z)
P(z) - (Az+B)(1-k)(2z+p)R(z) = 0
z - корень многочлена P(x) - (Ax+B)(1-k)(2x+p)R(x), по теореме о комплексном корне z' также является корнем этого многочлена => P(x) - (Ax+B)(1-k)(2x+p)R(x) = (x-z)(x-z')P`(x) = (x2+px+q)P'(x)
Th Остроградского:
Пусть 1) P(x), Q(x) Î R[x] degP < degQ
2) Q(x) = (x-z1)k1...(x-zs)ks*(x2+xp1+q1)n1...(x2+xpm+qm)nm
xi ¹ xj (i ¹ j) x2+xpi+qi = (x-wi)(x-wi') w Ï R
3) Q1(x) = (x-z1)k1-1...(x-zs)ks-1(x2+xp1+q1)n1-1...(x2+xpm+qm)nm-1
4) Q2(x) = (x-z1)...(x-zs)(x2+xp1+q1)...(x2+xpm+qm), Q(x) = Q1(x) * Q2(x)
Тогда $ P1(x), P2(x) Î R[x]: P1/Q1, P2/Q2 - правильные дроби и òP(x)/Q(x)dx = P1(x)/Q1(x) + òP2(x)/Q2(x)dx
Доказательство: Q(x) = (x-z1)k1...(x-zs)ks(x2+xp1+q1)n1...(x2+xpm+qm)nm
k1 + ... + ks + n1 + ... + nm = r
1) r = 1: P(x)=P2(x), P1(x)=0, Q2(x)=Q(x), Q1(x)=1
2) r > 1: по индукции
Пусть для r = n-1 - верно
Интеграл, стоящий в сумме справа, раскладывается по индуктивному предположению => получаем:
Справа в равенстве кроме интеграла имеем сумму двух правильных дробей обозначим их общий знаменатель Q1, а числитель P1, получим правильную дробь P1/Q1. Под интегралом обозначим знаменатель через Q2, заметив, что под интегралом стоит правильная дробь и Q(x) = Q1(x) * Q2(x) получим, что для r = n теорема также верна.
6. Интегралы вида òR(x,(ax+b/cx+d)m1, ...,(ax+b/cx+d)mk)dx mi Î Q
òR(x,
,...,
)dx, mi Î Q, ad - bc ¹ 0
Определитель не равен нулю так как иначе коэффициенты a, b пропорциональны коэффициентам c, d и тогда отношение ax+b/cx+d от x не зависело бы. B этом случае подинтегральная функция была бы рациональной постоянной функцией и интегрировалась бы по таблице интегралов.
Пусть n - общий знаменатель чисел m1,...,mk, mi = pi/n, pi Î Z, i = 1,...,k
=> 
- рациональная ф-ция
dx = dR0(t) = R0`(t)dt, где R0`(t) - тоже рациональная ф-ция (ax+b/cx+d)mi = tpi=RI(t), i = 1,...,k, отсюда получим:
òR(x,, ..., )dx = òR(R0(t),R1(t),...,RK(t))R0`(t)dt, т.о.вычисление исходного итеграла сводится к интегрированию рациональных дробей.
