Изучая метод неопределённых коэффициентов, мы рассмотрели две разновидности множителей знаменателя: $\left(x-a\right)$ и $\left(x-a\right)^{k}$. Перейдём к третьему типу: $\left(x^{2}+ax+b\right)$. Таким множителям в разложении дроби соответствует слагаемое вида \[ \frac{Ax+B}{x^{2}+ax+b}. \]
Пример: Демидович, № 1877 Найти интеграл \begin{equation} \int\frac{dx}{\left(x+1\right)\left(x^{2}+1\right)}\label{int} \end{equation} Разложим \[ \frac{1}{\left(x+1\right)\left(x^{2}+1\right)}=\frac{A}{x+1}+\frac{Bx+C}{x^{2}+1}=\frac{A\left(x^{2}+1\right)+\left(Bx+C\right)\left(x+1\right)}{\left(x+1\right)\left(x^{2}+1\right)}. \] Приравняем числители \[ A\left(x^{2}+1\right)+\left(Bx+C\right)\left(x+1\right)=1, \] \[ Ax^{2}+A+Bx^{2}+Bx+Cx+C=1, \] \[ \left(A+B\right)x^{2}+\left(B+C\right)x+\left(A+C\right)=1. \] Приравняем коэффициенты при равных степенях слева и справа \[ \left\{ \begin{array}{c} A+B=0,\\ B+C=0,\\ A+C=1. \end{array}\right. \] Решая эту систему, получим \[ \left\{ \begin{array}{c} B=-\frac{1}{2},\\ C=\frac{1}{2},\\ A=\frac{1}{2}; \end{array}\right. \] тогда \[ \frac{1}{\left(x+1\right)\left(x^{2}+1\right)}=\frac{\frac{1}{2}}{x+1}+\frac{-\frac{1}{2}x+\frac{1}{2}}{x^{2}+1}=\frac{1}{2}\left[\frac{1}{x+1}-\frac{x-1}{x^{2}+1}\right], \] и подставляя это разложение в интеграл (\ref{int}), придём к ответу: \[ \int\frac{dx}{\left(x+1\right)\left(x^{2}+1\right)}=\frac{1}{2}\int\left[\frac{1}{x+1}-\frac{x-1}{x^{2}+1}\right]dx=\frac{1}{2}\ln\left|x+1\right|-\frac{1}{4}\ln\left|x^{2}+1\right|+\frac{1}{2}arctg\,x+C. \]
Задание: № 1880, 1882, 1885.
Метод Остроградского может применяться к различным правильным рациональным функциям, но почти неизбежным (все остальные, как правило, гораздо хуже) он становится при появлении в знаменателе множителей четвёртого типа – $\left(x^{2}+ax+b\right)^{q}$, $q > 1$. Согласно этому методу, в этом случае мы представляем исходный интеграл в виде \begin{equation} \int\frac{P}{Q}dx=\frac{S}{U}+\int\frac{T}{V}dx\label{ostr_main} \end{equation} (заметьте, что первое слагаемое уже интегрированию не подлежит). Если исходный знаменатель $Q$ разложен на множители так, как описывалось на прошлом занятии: \begin{equation} Q=\left(x-x_{1}\right)^{k_{1}}\dots\left(x-x_{i}\right)^{k_{i}}\left(x^{2}+\alpha_{1}x+\beta_{1}\right)^{m_{1}}\dots\left(x^{2}+\alpha_{j}x+\beta_{j}\right)^{m_{j}}, \end{equation} то знаменатели новых дробей конструируются так: \begin{equation} U=\left(x-x_{1}\right)^{k_{1}-1}\dots\left(x-x_{i}\right)^{k_{i}-1}\left(x^{2}+\alpha_{1}x+\beta_{1}\right)^{m_{1}-1}\dots\left(x^{2}+\alpha_{j}x+\beta_{j}\right)^{m_{j}-1} \end{equation} (те же множители в степенях на единицу меньше), \begin{equation} V=\left(x-x_{1}\right)\dots\left(x-x_{i}\right)\left(x^{2}+\alpha_{1}x+\beta_{1}\right)\dots\left(x^{2}+\alpha_{j}x+\beta_{j}\right) \end{equation} (те же множители в первой степени). Легко заметить, что при перемножении новых знаменателей \begin{equation} UV=Q. \end{equation} Про числители $S$ и $T$ можно первоначально сказать лишь то, что дроби с их участием должны быть правильными, т.е., что их степени как минимум на единицу меньше степеней соостветствующих знаменателей. Это позволяет записать их в общем виде с неизвестными коэффициентами, подставить в (\ref{ostr_main}) и потребовать тождественности последнего равенства, из каковой найти коэффициенты.
Пример: Демидович, № 1893 Найти интеграл \[ \int\frac{dx}{\left(x^{2}+1\right)^{3}}. \] Тут $P=1$, $Q=\left(x^{2}+1\right)^{3}$. Тогда $U=\left(x^{2}+1\right)^{2}$, а $V=\left(x^{2}+1\right)$ и мы можем разложить \begin{equation} \int\frac{dx}{\left(x^{2}+1\right)^{3}}=\frac{S}{\left(x^{2}+1\right)^{2}}+\int\frac{T}{\left(x^{2}+1\right)}dx. \end{equation} Полином $S$, так как стоит над знаменателем 4-й степени, может быть не более чем 3-й степени и записывается в общем виде так: \begin{equation} S=ax^{3}+bx^{2}+cx+d; \end{equation} и по аналогичным соображениям, \begin{equation} T=px+q. \end{equation} Итого, \begin{equation} \int\frac{dx}{\left(x^{2}+1\right)^{3}}=\frac{ax^{3}+bx^{2}+cx+d}{\left(x^{2}+1\right)^{2}}+\int\frac{px+q}{\left(x^{2}+1\right)}dx \end{equation} при любом $x$. Дифференцируя обе части, получим \begin{equation} \frac{1}{\left(x^{2}+1\right)^{3}}=\frac{3ax^{2}+2bx+c}{\left(x^{2}+1\right)^{2}}-2\frac{ax^{3}+bx^{2}+cx+d}{\left(x^{2}+1\right)^{3}}2x+\frac{px+q}{\left(x^{2}+1\right)}, \end{equation} домножив дроби до общего знаменателя, получим \begin{equation} \frac{1}{\left(x^{2}+1\right)^{3}}=\frac{\left(3ax^{2}+2bx+c\right)\left(x^{2}+1\right)}{\left(x^{2}+1\right)^{3}}-4x\frac{ax^{3}+bx^{2}+cx+d}{\left(x^{2}+1\right)^{3}}+\frac{\left(px+q\right)\left(x^{2}+1\right)^{2}}{\left(x^{2}+1\right)^{3}}, \end{equation} а значит, равны знаменатели: \begin{equation} \left(3ax^{2}+2bx+c\right)\left(x^{2}+1\right)-4x\left(ax^{3}+bx^{2}+cx+d\right)+\left(px+q\right)\left(x^{2}+1\right)^{2}=1. \end{equation} Раскрываем скобки: \begin{equation} \left(3ax^{4}+2bx^{3}+cx^{2}\right)+\left(3ax^{2}+2bx+c\right)-4x\left(ax^{3}+bx^{2}+cx+d\right)+\left(px+q\right)\left(x^{4}+2x^{2}+1\right)=1 \end{equation} \begin{equation} \left(3ax^{4}+2bx^{3}+cx^{2}\right)+\left(3ax^{2}+2bx+c\right)-4ax^{4}-4bx^{3}-4cx^{2}-4dx+\left(px^{5}+2px^{3}+px\right)+\left(qx^{4}+2x^{2}+1\right)=1 \end{equation} и приравниваем коэффициенты слева и справа при степенях с пятой (старшая) по нулевую (единственная в правой части) \begin{equation} \left\{ \begin{array}{l} p=0,\\ q-a=0,\\ 2p-2b=0,\\ 2q-3c+3a=0,\\ p-4d+2b=0,\\ q+c=1. \end{array}\right. \end{equation} Решая эту систему, получим \begin{equation} \left\{ \begin{array}{l} a=\frac{3}{8}\\ b=0\\ c=\frac{5}{8}\\ d=0\\ p=0\\ q=\frac{3}{8}, \end{array}\right. \end{equation} а отсюда \begin{equation} \int\frac{dx}{\left(x^{2}+1\right)^{3}}=\frac{\frac{3}{8}x^{3}+\frac{5}{8}x}{\left(x^{2}+1\right)^{2}}+\int\frac{\frac{3}{8}}{\left(x^{2}+1\right)}dx=\frac{1}{8}\frac{3x^{3}+5x}{\left(x^{2}+1\right)^{2}}+\frac{3}{8}\mathrm{arctg}\,x+C. \end{equation}
Задание: № 1894, 1892.
