留数定理在有理分式型不定积分中的应用

Application of Residue Theorem in Rational Fractional Indefinite Integrals

摘要: 本文结合实例讨论了留数应用于有理分式型不定积分的计算方法，利用此方法证明了一个已知的结论，即任何有理分式型不定积分都具有初等原函数。

Abstract: This article discusses the method of residues applied to the computation of rational fractional indefinite integrals, using this method to prove a known result that any rational fractional indefinite integral has an original function.

1. 引言

留数定理是用于计算复变函数定积分的一个重要定理，且在数学和物理等学科中都有重要的应用，例如文献[1]中利用留数定理来证明余元公式，文献[2]和[3]中利用留数定理处理某些实函数的定积分和某些特殊复函数的积分，文献[4]中利用留数定理处理级数。下面我们复习一下留数的定义：所谓留数，指的是在复平面$C$ 上某一点处的留数，用于表示函数在该点处的局部性质。具体地说，如果函数$f\left(z\right)$ 在复平面上的某一点$z=z_0$ 处有n级极点，且在此n级极点为中心的圆形区域$\left|z-z_0\right|\le r$ 内亚纯，那么$f\left(z\right)$ 在点$z_0$ 的留数可以通过计算一个围绕该点的闭合曲线积分得到。即：

${\displaystyle {\oint }_{\begin{array}{l}\left|z-z_0\right|=R\\ (\forall R\le r)\end{array}}f\left(z\right)\text{d}z}=\underset{z\to z_0}{\lim }\frac{{\text{d}}^{n-1}}{\text{d}{z}^{n-1}}{\left(z-z_0\right)}^{n}f\left(z\right)\left(=\text{Res}\left(f\left(z\right),z=z_0\right)\right)$ 。

留数定理经常用于计算定积分和无穷积分[5] [6]，在这篇文章中，我们将探究留数定理一个新的应用：即通过留数定理对有理分式型不定积分进行计算，由此可得，有理分式型的不定积分总有初等原函数。

本文的第一节考虑有理分式的分解，并通过留数定理给出一般分解方法。本文的第二节将提供一些关于有理分式型不定积分计算的实例。

2. 利用留数定理分解有理分式

接下来，我们考虑如何利用留数定理来分解有理分式：即分子和分母都是有理多项式的分式。

2.1. 一般有理分式的分解形式

为了简便起见，本文总假设$P_l\left(x\right)$ ，$Q_m\left(x\right)$ 和$R_n\left(x\right)$ 是实系数多项式，其中下标取值于自然数集$N$ ，用于表示多项式的次数。有理多项式指的是形如$\frac{Q_n\left(x\right)}{P_m\left(x\right)}$ 的分式，当$n>m$ 时称此分式为假分式，当$n\le m$ 时称此分式为真分式。我们知道，在复数域$ℂ$ 上，任意次数多项式总可以分解为一次多项式的乘积，即：

$P_m\left(x\right)=A\cdot {\displaystyle \prod _{i=1}^t{\left(x-x_i\right)}^{a_i}}$ ，$a_i\in {\mathbb{N}}^{+}$ 且$x_1,\cdots ,x_t$ 两两不等。

因此，由多项式除法，不难证明有如下分解：

$\frac{Q_n\left(x\right)}{P_m\left(x\right)}=R_{n-m}\left(x\right)+{\displaystyle \sum _{i=1}^t{\displaystyle \sum _{j=1}^{a_i}\frac{A_{ij}}{{\left(x-x_i\right)}^j}}}$

我们称上式为有理分式$\frac{Q_n\left(x\right)}{P_m\left(x\right)}$ 的完全分解式。特别地，若$n\le m$ ，则取$R_{n-m}\left(x\right)=0$ 。可见，决定有理分式的完全分解式只需计算所有的常系数$A_{ij}$ 。

2.2. 完全分解式的系数析出

下面给出决定有理分式完全分解式中常系数$A_{ij}$ 的一般性方法。对每一个$P_m\left(x\right)$ 的根$x_u$ ，完全分解式可以改写为：

$\frac{Q_n\left(x\right)}{P_m\left(x\right)}=\left(R_{n-m}\left(x\right)+{\displaystyle \sum _{\begin{array}{l}i=1\\ i\ne u\end{array}}^t{\displaystyle \sum _{j=1}^{a_i}\frac{A_{ij}}{{\left(x-x_i\right)}^j}}}\right)+\frac{A_{u1}}{x-x_u}+\frac{A_{u2}}{{\left(x-x_u\right)}^2}+\cdots +\frac{A_{u{a}_u}}{{\left(x-x_u\right)}^{a_u}}$ (1)

于是，对任意$1$ $\le$ $k$ $\le$ $a_u-1$ ，有

$\frac{{\left(x-x_u\right)}^k{Q}_n\left(x\right)}{P_m\left(x\right)}=G\left(x\right){\left(x-x_u\right)}^k+{\displaystyle \sum _{j_1=1}^k{A}_{u{j}_1}{\left(x-x_u\right)}^{k-j_1}}+\frac{A_{u,k+1}}{x-x_u}+{\displaystyle \sum _{j_2=k+2}^{a_u}\frac{A_{u{j}_2}}{{\left(x-x_u\right)}^{j_2-k}}}$ ，

其中，$G\left(x\right)=R_{n-m}\left(x\right)+{\displaystyle \sum _{\begin{array}{l}i=1\\ i\ne u\end{array}}^t{\displaystyle \sum _{j=1}^{a_i}\frac{A_{ij}}{{\left(x-x_i\right)}^j}}}$ 。因此，由留数定理，我们有：

$\begin{array}{c}{A}_{u（k+1）}=\underset{r_u\to 0^{+}}{\lim }{\displaystyle \underset{\left|z-x_u\right|=r_u}{∳}\frac{{\left(z-x_u\right)}^k{Q}_n\left(z\right)}{P_m\left(z\right)}\text{d}z}=\text{Res}\left(\frac{{\left(z-x_u\right)}^k{Q}_n\left(z\right)}{P_m\left(z\right)},z=x_u\right)\\ =\underset{z\to x_u}{\lim }\frac{{\text{d}}^{a_u-k-1}}{\text{d}{z}^{a_u-k-1}}{\left(z-x_u\right)}^{a_u-k}\cdot \frac{{\left(z-x_u\right)}^k{Q}_n\left(z\right)}{P_m\left(z\right)}={\left[\frac{{\text{d}}^{a_u-(k+1)}}{\text{d}{z}^{a_u-(k+1)}}\frac{{\left(z-x_u\right)}^{a_u}{Q}_n\left(z\right)}{P_m\left(z\right)}\right]}_{z\to x_u}\end{array}$ 。

综上，对任意$0\le k\le a_u$ ，有：

$A_{uk}=\text{Res}\left(\frac{{\left(z-x_u\right)}^{k-1}{Q}_n\left(z\right)}{P_m\left(z\right)},z=x_u\right)={\left[\frac{{\text{d}}^{a_u-k}}{\text{d}{z}^{a_u-k}}\frac{{\left(z-x_u\right)}^{a_u}{Q}_n\left(z\right)}{P_m\left(z\right)}\right]}_{z\to x_u}$ 。 (2)

我们已不难证明下面定理。

定理. 令$\frac{Q_n\left(x\right)}{P_m\left(x\right)}$ 是有理分式，则：

${\displaystyle \int \frac{Q_n\left(x\right)}{P_m\left(x\right)}\text{d}x}={\displaystyle \int R_{n-m}\left(x\right)\text{d}x}+{\displaystyle \sum _{i=1}^t{A}_{ij}\ln \left(x-x_i\right)}+{\displaystyle \sum _{i=1}^t{\displaystyle \sum _{j=2}^{a_i}\frac{A_{ij}}{1-j}{\left(x-x_i\right)}^{1-j}}}+C$ ， (3)

其中，$A_{ij}=\text{Res}\left(\frac{{\left(z-x_i\right)}^{j-1}{Q}_n\left(z\right)}{P_m\left(z\right)},z=x_i\right)$ 是常数；并且，当$n\ge m$ 时，$R_{n-m}\left(x\right)$ 是某个$n-m$ 次多项式，否则$R_{n-m}\left(x\right)=0$ 。

证明. 当$k\ne 0$ 且$k\ne a_u$ 时，被积函数$\frac{Q_n\left(x\right)}{P_m\left(x\right)}$ 可以展开为(1)的形式，其中求和各项系数$A_{uk}$ 由(2)给出。逐项积分，即得式(3)。对当$k=0$ 或者$k=a_u$ 时，证明类似。

3. 有理分式的不定积分

例1. 求$\frac{1}{x^n+1}$ 的完全分解式。特别地，当$n=3$ 时，计算不定积分${\displaystyle \int \frac{1}{x^3+1}\text{d}x}$ 。

解：(1) 若$n$ 是奇数，则$x^n+1={\displaystyle \prod _{k=0}^{n-1}\left(x-{\text{e}}^{\frac{2k\pi \text{i}}{n}+\pi \text{i}}\right)}$ ，所以

$\frac{1}{x^n+1}={\displaystyle \sum _{k=0}^{n-1}\frac{A_k}{x-{\text{e}}^{2k\pi \text{i}/n+\pi i}}}$ ，

其中，$A_k=\text{Res}\left(\frac{z-{\text{e}}^{2k\pi \text{i}/n+\pi i}}{z^n+1},z={\text{e}}^{2k\pi \text{i}/n+\pi i}\right)=\frac{1}{n}{\text{e}}^{-\left(n-1\right)\left(2k\pi \text{i}/n+\pi i\right)}$ 。

(2) 若n是偶数，则$x^n+1={\displaystyle \prod _{k=0}^{n-1}\left(x-{\text{e}}^{\left(2k+1\right)\pi \text{i}/n}\right)}$ 所以

$\frac{1}{x^n+1}={\displaystyle \sum _{k=0}^{n-1}\frac{A_k}{x-{\text{e}}^{\left(2k+1\right)\pi i/n}}}$ ，

其中，$A_k=\text{Res}\left(\frac{z-{\text{e}}^{\left(2k+1\right)\pi i/n}}{z^n+1},z={\text{e}}^{\left(2k+1\right)\pi i/n}\right)=\frac{1}{n}{\text{e}}^{-\left(2k+1\right)\left(n-1\right)\pi \text{i}/n}$ 。

(3) 由(1)知，

$\frac{1}{x^3+1}=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{x+1}+\frac{{\text{e}}^{-4\pi i/3}}{x-\left(\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{-3}}{2}\right)}+\frac{{\text{e}}^{-8\pi i/3}}{x-\left(\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{-3}}{2}\right)}\right)=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{x+1}+\frac{-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{-3}}{2}}{x-\left(\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{-3}}{2}\right)}+\frac{-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{-3}}{2}}{x-\left(\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{-3}}{2}\right)}\right)$

因此，

$\begin{array}{c}{\displaystyle \int \frac{1}{x^3+1}\text{d}x}=\frac{1}{3}\left(\ln \left|x+1\right|-\frac{1}{2}\ln \left|\left(x-\left(\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{-3}}{2}\right)\right)\left(x-\left(\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{-3}}{2}\right)\right)\right|+\frac{\sqrt{-3}}{2}\ln \left|\frac{x-\left(\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{-3}}{2}\right)}{x-\left(\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{-3}}{2}\right)}\right|\right)+C\\ =\frac{1}{3}\left(\ln \left|x+1\right|-\frac{1}{2}\ln \left|x^2-x+1\right|-\frac{\sqrt{3}}{2}\arctan \frac{\sqrt{3}\left(x-\frac{1}{2}\right)}{{\left(x-\frac{1}{2}\right)}^2-\frac{3}{4}}\right)。\end{array}$

需要注意的是，最后一个等式我们使用了公式$\ln \left(\frac{a+b\text{i}}{a-b\text{i}}\right)=\text{i}\arctan \frac{2ab}{a^2-b^2}$ 。因此，

$\ln \left|\frac{\left(x-\frac{1}{2}\right)+\frac{\sqrt{3}}{2}\text{i}}{\left(x-\frac{1}{2}\right)-\frac{\sqrt{3}}{2}\text{i}}\right|=\text{i}\arctan \frac{2\sqrt{3}\left(2x-1\right)}{{\left(2x-1\right)}^2-3}.$

注：更一般地，对任意的正整数$n$ ，我们有

${\displaystyle \int \frac{1}{x^n+1}\text{d}x}=\{\begin{array}{ll}{\displaystyle \sum _{k=0}^{n-1}\frac{\ln \left(x-{\text{e}}^{2k\pi \text{i}/n+\pi \text{i}}\right)}{n{\text{e}}^{\left(n-1\right)\left(2k\pi \text{i}/n+\pi \text{i}\right)}}}+C,\hfill & 如果n=2m+1;\hfill \\ {\displaystyle \sum _{k=0}^{n-1}\frac{\ln \left(x-{\text{e}}^{\left(2k+1\right)\pi i/n}\right)}{n{\text{e}}^{\left(2k+1\right)\left(n-1\right)\pi \text{i}/n}}}+C,\hfill & 如果n=2m.\hfill \end{array}$

例2. 计算不定积分${\displaystyle \int \frac{x+2}{\left(2x+1\right)\left(x^2+x+1\right)}\text{d}x}$ 。

解. 设

$\frac{x+2}{\left(2x+1\right)\left(x^2+x+1\right)}=\frac{A_1}{x-\left(-\frac{1}{2}\right)}+\frac{A_2}{x-\left(-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}\text{i}\right)}+\frac{A_3}{x-\left(-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}\text{i}\right)},$

于是$A_1=\underset{x\to -\frac{1}{2}}{\lim }\frac{\left(x-\left(-\frac{1}{2}\right)\right)\left(x+2\right)}{\left(2x+1\right)\left(x^2+x+1\right)}=1$ ，类似可得$A_2=-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{6}\text{i}$ ，$A_3=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{6}\text{i}$ 。把$A_1,A_2,A_3$ 带入得：

$\begin{array}{c}{\displaystyle \int \frac{x+2}{\left(2x+1\right)\left(x^2+x+1\right)}\text{d}x}=\ln \left|x+\frac{1}{2}\right|+\left(-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{6}\text{i}\right)\ln \left|x-\left(-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}\text{i}\right)\right|\\ +\left(-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{6}\text{i}\right)\ln \left|x-\left(-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}\text{i}\right)\right|+C\\ =\ln \left|x+\frac{1}{2}\right|+\frac{1}{2}\ln \left(x^2+x+1\right)+\frac{\sqrt{3}}{6}\arctan \frac{\sqrt{3}\left(2x+1\right)}{2x\left(x+1\right)-1}+C。\end{array}$

4. 总结

利用留数法处理有理分式型不定积分，其本质是通过留数定理来对有理分式进行分拆。该方法有一定的普适性，具体地说，给定有理分式$\frac{Q_n\left(x\right)}{P_m\left(x\right)}$ ，其必定具有式(1)所示的形式，(1)的每个求和项的原函数都是容易计算的，同时也只有常数$A_{ij}$ ，$A_{uk}$ 是未知的。紧接着，利用留数法依次求出所有的$A_{ij}$ 和$A_{uk}$ ，即可快速得到被积函数的原函数。例如，在例2中，被积函数$\frac{x+2}{\left(2x+1\right)\left(x^2+x+1\right)}$ 的分母有三个解$\frac{1}{2}$ ，$-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}\text{i}$ ，和$-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}\text{i}$ ，因此可以直接假设其分解式为

$\frac{A_1}{x-\left(-\frac{1}{2}\right)}+\frac{A_2}{x-\left(-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}\text{i}\right)}+\frac{A_3}{x-\left(-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}\text{i}\right)}$ ，

其中$A_1$ ，$A_2$ 和$A_3$ 是待定系数。在经典的数学分析理论中，往往利用通分合并和待定系数法来，并解方程以求解出$A_1$ ，$A_2$ 和$A_3$ ，计算量相对而言比较复杂。使用留数定理，则对$A_1$ ，$A_2$ 和$A_3$ 的计算最后将转化为求导数和极限的计算，见公式(2)。并最终得到$\frac{x+2}{\left(2x+1\right)\left(x^2+x+1\right)}$ 的原函数。

致 谢

本文的作者对审稿人为本文给出的重要建议表示诚挚的感谢。

基金项目

本文由国家自然科学基金项目(12301051, 12401042)；贵州省科技厅科学计划项目(黔科合–基础ZK[2024]YiBan066)；南京邮电大学人才引进科研启动基金项目(NY222092)；贵州大学高等教育研究项目(申请号703217243301)；贵州大学引进人才科研启动基金项目(贵大人基合字-[2023] 16，[2022] 53，[2022] 65)资助。

NOTES

^*第一作者。

^#通讯作者。