引言

由書上現有結論可知，理論上任意一有理分式可化作 \(\sum \frac{Ax+B}{Cx^2+Dx+E}+\sum \frac{F}{Gx+H}\) 的形式，然後對逐項積分。然而很多時候最低只能化為二次分式，原因是在實數域上的因式分解普遍只能分解到二次，若要分解到一次則需要將數域擴大到複數域。因此筆者產生了這樣一種想法：能否將所有有理分式分解成複數域上的一次因式並求積，隨後通過整合一些項將其重新化為實數域上的原函式。

舉個例子

\[\int \frac{dx}{1+x^2}=\arctan x+c \]

現在我們重新對其做如下操作並求積：

\[\int \frac{dx}{1+x^2} =\frac{1}{2}\int (\frac{dx}{1+ix}+\frac{dx}{1-ix})=\frac{1}{2}(-iLn(1+ix)+iLn(1-ix))+c （1） \]

由於x取值跑到了複數域上去，且一次有理分式積分會得到對數函式，於是我們必須先定義複數域上的對數函式：

\[Lnz=ln\left\vert z \right\vert +iargz，argz\in \left( -\pi,\pi \right] \]

此處我們忽略對數函式的多值問題，因為那可以丟到常數c裡去，於是便有

\[（1）=\frac{1}{2}(-iln\left\vert 1+ix \right\vert+arg(1+ix)+iln\left\vert 1-ix \right\vert -arg(1-ix))+c \]

而注意到

\[\left\vert 1+ix \right\vert=\left\vert 1-ix \right\vert,arg(1+ix)=arctanx,arg(1-ix)=-arctanx \]

於是便有（1）\(=arctan x+c\)

與我們所熟知的結論一致。（雖然過程很複雜）

讓我們推廣一下：

對 \(\displaystyle \forall\int \frac{ax+b}{x^2+cx+d},c^2<4d\)，我們用上述辦法來計算它的原函式：

\[\begin{aligned}\int \frac{ax+b}{x^2+cx+d}dx &=\int(\frac{\frac{a}{2}+\frac{b-\frac{ac}{2}}{\sqrt{4d-c^2}}i}{x+\frac{c}{2}+\frac{\sqrt{4d-c^2}}{2}i}+\frac{\frac{a}{2}-\frac{b-\frac{ac}{2}}{\sqrt{4d-c^2}}i}{x+\frac{c}{2}-\frac{\sqrt{4d-c^2}}{2}i})dx\\&=(\frac{a}{2}+\frac{b-\frac{ac}{2}}{\sqrt{4d-c^2}}i)Ln(x+\frac{c}{2}+\frac{\sqrt{4d-c^2}}{2}i)+(\frac{a}{2}-\frac{b-\frac{ac}{2}}{\sqrt{4d-c^2}}i)Ln(x+\frac{c}{2}-\frac{\sqrt{4d-c^2}}{2}i)\\&=(\frac{a}{2}+\frac{b-\frac{ac}{2}}{\sqrt{4d-c^2}}i)(ln(\sqrt{x^2+cx+d})+arctan\frac{\sqrt{4d-c^2}}{2x+c}i)\\&\quad+(\frac{a}{2}-\frac{b-\frac{ac}{2}}{\sqrt{4d-c^2}}i)(ln(\sqrt{x^2+cx+d})-arctan\frac{\sqrt{4d-c^2}}{2x+c}i)+const\\&=aln(\sqrt{x^2+cx+d})-\frac{b-\frac{ac}{2}}{\sqrt{d-\frac{c^2}{4}}}arctan\frac{\sqrt{4d-c^2}}{2x+c}+const\\&=\frac{a}{2}ln(x^2+cx+d)+\frac{b-\frac{ac}{2}}{\sqrt{d-\frac{c^2}{4}}}arctan\frac{x+\frac{c}{2}}{\sqrt{d-\frac{c^2}{4}}}+const\end{aligned} \]

我們再按正常方法算一遍：

\[\begin{aligned}\int \frac{ax+b}{x^2+cx+d}dx&=\int(\frac{\frac{a}{2}(2x+c)}{x^2+cx+d}+\frac{b-\frac{ac}{2}}{x^2+cx+d})dx\\&=\frac{a}{2}ln(x^2+cx+d)+(b-\frac{ac}{2})\int\frac{dx}{(x+\frac{c}{2})^2+d-\frac{c^2}{4}}\\&=\frac{a}{2}ln(x^2+cx+d)+\frac{b-\frac{ac}{2}}{\sqrt{\Delta}}arctan\frac{x+\frac{c}{2}}{\sqrt{\Delta}}+c\\&(\Delta=\begin{vmatrix}1&\dfrac c2\\\dfrac c2 & d\end{vmatrix})\end{aligned} \]

於是就有這麼一條很好的性質，兩次有理分式的積分和拆成兩個複數域上的一次分式求積再合併的結果一樣。

我們來舉個例子：求\(\displaystyle \int\frac{dx}{x^5+1}\)

不妨設\(x^5+1=0\)的五個根是\(-1,-t,-t^2,-t^3,-t^4\)其中\(t=e^{i\frac{2\pi}{5}}\)

\[\frac{1}{(1-t)(1-t^2)(1-t^3)(1-t^4) }=\frac{1}{4\cdot(1-cos\frac{2\pi}{5})(1-cos\frac{4\pi}{5})}=\frac{1}{5} \]\[\begin{aligned}\int \frac{dx}{1+x^5}&=\int(\displaystyle\sum_{k=0}^4 \frac{\displaystyle\prod_{j\ne k}\frac{1}{-t^k+t^j}}{x+t^k})dx=\displaystyle\sum_{k=0}^4(\displaystyle\prod_{j\ne k}\frac{1}{-t^k+t^j}Ln(x+t^k)) \\&=\displaystyle\sum_{k=0}^4(\frac{1}{5t^{4k}}Ln(x+t^k))=\displaystyle\sum_{k=0}^4(\frac{t^k}{5}Ln(x+t^k))\\&=\frac{1}{5}ln|x+1|+\frac{t+t^4}{5}ln|x+t|+\frac{t^2+t^3}{5}ln|x+t^2|+\frac{t-t^4}{5}arg(x+t)+\frac{t^2-t^3}{5}arg(x+t^2)\\&=\frac{1}{5}ln|x+1|+\frac{2cos(\frac{2\pi}{5})}{5}ln|\sqrt{x^2+2cos(\frac{2\pi}{5})x+1}|+\frac{2cos(\frac{4\pi}{5})}{5}ln|\sqrt{x^2+2cos(\frac{4\pi}{5})x+1}| \\&\quad-\frac{2sin(\frac{2\pi}{5})}{5}arctan(\frac{sin(\frac{2\pi}{5})}{x+cos(\frac{2\pi}{5})})-\frac{2sin(\frac{4\pi}{5})}{5}arctan(\frac{sin(\frac{4\pi}{5})}{x+cos(\frac{4\pi}{5})})+c\\&=\frac{1}{5}ln|x+1|+\frac{\sqrt5-1}{20}ln|x^2+\frac{\sqrt5-1}{2}x+1|-\frac{1+\sqrt5}{20}ln|x^2-\frac{1+\sqrt5}{2}x+1|\\&\quad-\frac{\sqrt{10+2\sqrt5}}{10}arctan(\frac{\sqrt{10+2\sqrt5}}{4x+\sqrt5-1})-\frac{\sqrt{10-2\sqrt5}}{10}arctan(\frac{\sqrt{10-2\sqrt5}}{4x-\sqrt5-1})+c\end{aligned} \]

看起來很麻煩的樣子，然而在計算定積分的時候，我們往往不需要算出最終的原函式，而可以在其中比較簡單的一步直接帶入，於是這種演算法貌似提供了一點簡便。
例：求積分\(I=\displaystyle\int_0^\infty\frac{1}{x^5+1}dx\).

由上知

\[I=\displaystyle\sum_{j=0}^4(\frac{t^j}{5} Ln(x+t^j))\mid_0^\infty= \displaystyle\sum_{j=0}^4(0-\frac{t^j}{5} Ln(t^j)))=\frac{1}{5}(t^4-t)\cdot i\frac{2}{5}\pi+\frac{1}{5}(t^3-t^2)\cdot i\frac{4}{5}\pi \]\[=\frac{2}{25}\pi \cdot 2sin(\frac{2\pi}{5})+\frac{4}{25}\pi \cdot 2sin(\frac{4\pi}{5})=\frac{\pi}{25}\sqrt{10+2\sqrt5}+\frac{2\pi}{25}\sqrt{10-2\sqrt5} \]

*另解：由余元公式知 \(\displaystyle I=\frac{1}{5}\int_0^\infty\frac{t^{\frac{1}{5}-1}}{1+t}dt=\frac{\pi}{5\sin\frac{\pi}{5}}=\frac{\pi}{25}\sqrt{50+10\sqrt5}\)，通過簡單驗算知與上式相等.
順帶這種方法也可以用於求導：

例：求 \((\dfrac{1}{1+x^2})^{(n)}\).

\[(\frac{1}{1+x^2})^{(n)}=\frac{1}{2i}((\frac{1}{x-i})^{(n)}+(\frac{1}{x+i})^{(n)})=\frac{1}{2i}((\frac{(-1)^nn!}{(x-i)^{n+1}})+(\frac{(-1)^nn!}{(x+i)^{n+1}})) \]

再由二項式定理化簡即可。