6.7 有理関数の積分

有理関数

$$f(x) = \frac{a_{0}\,x^{N}+a_1\,x^{N-1}+\cdots+a_{N}} {b_{0}\,x^{M}+b_{1}\,x^{M-1}+\cdots+b_{M}}\, \qquad (N,M\in\mathbb{N})$$

の不定積分

$$I =\int f(x)\,dx$$

を考える． 任意の有理関数は積分可能である．

Step 1 （分子を分母で割る）     分子の次数 $N$ が分母の次数 $M$ 以上のときは まず割り算を行い，

$$f(x) = N-M + \frac{\text{$M-1$\ 次以下の多項式}}{\text{$M$\ 次の多項式}}$$

とする． このとき多項式の部分は必ず積分が可能である． よって以後では分子の次数 $N$ は分母の次数 $M$ より小さい($N<M$)とする．

Step 2 （分母を因数分解する）     有理式を $${f(x)=\frac{p(x)}{q(x)}}$$ とする． 分母の多項式 $q(x)$ を実数の範囲で因数分解する． このとき

$$q(x) = (x+b_{1})^{m_1}(x+b_{2})^{m_2}\cdots (x^2+c_{i}\,x+d_{i})^{m_{i}} (x^2+c_{i+1}\,x+d_{i+1})^{m_{i+1}}\cdots$$

と表される． $m_{j}$ は重複度である． 2次式の判別式は負である．

Step 3 （部分分数分解する）     有理式 $${f(x)=\frac{p(x)}{q(x)}}$$ を 部分分数分解する． すなわち

$$f(x) =\frac{p(x)}{q(x)}= \frac{p(x)} {(x+b_{1})^{m_1}(x+b_{2})^{m_2}\cdots (x^2+c_{i}\,x+d_{i})^{m_{i}} (x^2+c_{i+1}\,x+d_{i+1})^{m_{i+1}}\cdots}$$

$$= \frac{A_{1,1}}{x+b_{1}}+ \frac{A_{1,2}}{(x+b_{1})^2}+\cdots+ \frac{A_{1,m_1}}{(x+b_{1})^{m_1}}$$

$$\qquad+ \frac{A_{2,1}}{x+b_{2}}+ \frac{A_{2,2}}{(x+b_{2})^{2}}+\cdots+ \frac{A_{2,m_2}}{(x+b_{2})^{m_2}}+\cdots$$

$$\qquad\cdots+ \frac{A_{i,1}\,x+B_{i,1}}{x^2+c_{i}\,x+d_{i}}+ \fra... ...)^{2}}+\cdots+ \frac{A_{i,m_i}\,x+B_{i,m_i}}{(x^2+c_{i}\,x+d_{i})^{m_i}}+\cdots$$

と変形する．

問 6.41 (部分分数分解)   任意の有理式 $f(x)=\displaystyle{\frac{p(x)}{q(x)}}$ $(N\leq M)$ は 上式のように部分分数分解される．これを示せ．

Step 4 （部分分数ごとに積分する）     部分分数ごとに積分を行う． すなわち

$$I =\int f(x)\,dx$$

$$= A_{1,1}\int\frac{dx}{x+b_{1}}+ A_{1,2}\int\frac{dx}{(x+b_{1})^{2}}+\cdots+ A_{1,m_1}\int\frac{dx}{(x+b_{1})^{m_1}}$$

$$\quad+ A_{2,1}\int\frac{dx}{x+b_{2}}+ A_{2,2}\int\frac{dx}{(x+b_{2})^{2}}+\cdots+ A_{2,m_2}\int\frac{dx}{(x+b_{2})^{m_2}}+\cdots$$

$$\qquad\cdots+ \int\frac{A_{i,1}\,x+B_{i,1}}{x^2+c_{i}\,x+d_{i}}\,... ...cdots+ \int\frac{A_{i,m_i}\,x+B_{i,m_i}}{(x^2+c_{i}\,x+d_{i})^{m_i}}\,dx+\cdots$$

を計算する． それぞれの場合ごとに積分を考える．

分母の因子が $1$ 次式の場合

$$\int\frac{dx}{(x+b)^{m}}$$

の積分を行なう．$m=1$ のとき

$$\qquad \int\frac{dx}{x+b}= \log\vert x+b\vert+C$$

となる． $m=2,3,\cdots$ のときは

$$\qquad \int\frac{dx}{(x+b)^{m}}= \frac{-1}{m-1}\frac{1}{(x+b)^{m-1}}+C$$

となる．

分母の因子が $2$ 次式の場合の積分を行なう． $2$ 次式の判別式が負であることに注意すると

$$\int\frac{A\,x+B}{(x^2+c\,x+d)^{m}}\,dx = \int\frac{A\,x+B}{\left... ...2}{4}\right)\right)^m}\,dx = \int\frac{A\,x+B} {\left((x-a)^2+b^2\right)^m}\,dx$$

$$= \int \frac{A\,(x-a)+(aA+B)} {\left((x-a)^2+b^2\right)^m}\,dx = ... ...t((x-a)^2+b^2\right)^m}\,dx+ (aA+B) \int \frac{dx} {\left((x-a)^2+b^2\right)^m}$$

$$= \frac{A}{2}I_{m}+(aA+B)J_{m}$$

と表される． ここで $${-a=\frac{c}{2}}$$, $${b^2=d-\frac{c^2}{4}>0}$$, $b>0$ とおき，

$$I_{m} = \int \frac{2(x-a)} {\left((x-a)^2+b^2\right)^m}\,dx\,, \qquad J_{m}= \int \frac{dx} {\left((x-a)^2+b^2\right)^m}$$

とおいた． 積分 $I_{1}$ は

$$\qquad I_{1} = \int\frac{2(x-a)}{(x-a)^2+b^2}\,dx= \int \frac{((x-a)^2+b^2)'} {(x-a)^2+b^2}\,dx$$

$$= \log\left\vert(x-a)^2+b^2\right\vert+C = \log\left\vert x^2+cx+d\right\vert+C$$

となり，$I_m$ ( $m=2,3,\cdots$) は

$$\qquad I_{m} = \int\frac{2(x-a)}{\left((x-a)^2+b^2\right)^m}\,dx= \int \frac{((x-a)^2+b^2)'} {\left((x-a)^2+b^2\right)^m}\,dx$$

$$= \frac{-1}{m-1} \frac{1}{\left((x-a)^2+b^2\right)^{m-1}}+C = \frac{-1}{(m-1)\left(x^2+cx+d\right)^{m-1}}+C$$

と求まる． 第二項目の積分 $J_{m}$ を計算する． $m=1$ のとき

$$\qquad J_{1} = \int\frac{dx}{(x-a)^2+b^2}= \frac{1}{b^2}\int \frac{dx}{1+\left... ...{b}\int \frac{\left(\frac{x-a}{b}\right)'} {1+\left(\frac{x-a}{b}\right)^2}\,dx$$

$$= \frac{1}{b}\mathrm{Tan}^{-1}\left(\frac{x-a}{b}\right)+C = \frac{2}{\sqrt{4d-c^2}}\mathrm{Tan}^{-1}\left(\frac{2x+c}{\sqrt{4d-c^2}}\right)+C$$

となる． $m\ge2$ のときは漸化式

$$\qquad J_{m} = \left(\frac{2m-3}{2m-2}\right) \frac{J_{m-1}}{b^2}+ \frac{1}{2(m-1)b^2} \frac{x-a}{\left((x-a)^2+b^2\right)^{m-1}}$$

$$= \frac{4(2m-3)}{(4d-c^2)(2m-2)}J_{m-1}+ \frac{2x+c}{(m-1)(4d-c^2)(x^2+cx+d)^{m-1}}$$

より $J_{m}$ が定まる． これを示す． $${t=\frac{x-a}{b}}$$ とおいて置換積分を用いると

$$J_{m} = \int\frac{dx}{\left((x-a)^2+b^2\right)^{m}}= \frac{1}{b^{2m-1}}... ...rac{x-a}{b}\right)^2\right)^m}\,dx= \frac{1}{b^{2m-1}} \int\frac{dt}{(1+t^2)^m}$$

となる． 分子を変形すると

$$J_{m} = \frac{1}{b^{2m-1}} \int\frac{(1+t^2)-t^2}{(1+t^2)^m}\,dt = \fra... ... \int\frac{dt}{(1+t^2)^{m-1}}- \frac{1}{b^{2m-1}} \int\frac{t^2}{(1+t^2)^m}\,dt$$

第 1 項は $J_{m-1}$ であり，第 2 項を部分積分すると

$$J_m = \frac{J_{m-1}}{b^2}- \frac{1}{b^{2m-1}} \int t\times\frac{t}{(1... ...c{1}{b^{2m-1}} \int t\left(\frac{-1}{2(m-1)}\frac{1}{(1+t^2)^{m-1}}\right)'\,dt$$

$$= \frac{J_{m-1}}{b^2}+ \frac{1}{2(m-1)b^{2m-1}} \int t\left(\frac{1}{(1+t^2)^{m-1}}\right)'\,dt$$

$$= \frac{J_{m-1}}{b^2}+ \frac{1}{2(m-1)b^{2m-1}} \left\{ \frac{t}{(1+t^2)^{m-1}}- \int\frac{1}{(1+t^2)^{m-1}}\,dt\right\}$$

となる．残った積分も $J_{m-1}$ である． 式変形してまとめると

$$J_m = \frac{J_{m-1}}{b^2}+ \frac{1}{2(m-1)b^{2m-1}}\frac{t}{(1+t^2)^{... ...m-2}\right)\frac{J_{m-1}}{b^2}+ \frac{1}{2(m-1)b^{2m-1}}\frac{t}{(1+t^2)^{m-1}}$$

$$= \left(\frac{2m-3}{2m-2}\right)\frac{J_{m-1}}{b^2}+ \frac{1}{2(m-1)b^{2}}\frac{x-a}{\left((x-a)^2+b^2\right)^{m-1}}$$

となり漸化式を得る．

平成21年6月1日