有理関数は常に積分できると聞いたので証明してみる。

証明

代数学の基本定理より複素数において、実数係数多項式$Q(z)$は

Q(x)=\sum_{k=0}^{N}a_{k}x^{k}=a_{N}\prod_{k=1}^{N}(x-r_{k})^{m_{k}}

のように表せる。

ここで$r_{k}$は多項式の根である。

また

\begin{align}
    \overline{Q(x)}&=\overline{\sum_{k=0}^{N}a_{k}x^{k}}\\
    &=\sum_{k=0}^{N}\overline{a_{k}}\cdot\bar{x}^{k}\\
\end{align}

であるから、$\overline{a_{k}}=a_{k}$より

\overline{Q(x)}=\sum_{k=0}^{N}a_{k}\bar{x}^{k}=Q(\bar{x})

である。

よって実数係数方程式$Q(x)=0$の根が$r_{k}$であるとき、$\overline{r_{k}}$も根である。

したがって虚数根$r_{p}$について、$(x-r_{p})(x-\overline{r_{p}})$なる積が存在し、実数係数二次多項式となる。

よって、実数において、代数学の基本定理は

Q(x)=a_{N}\prod_{\substack{k,\,l\\k+2l=N}}(x-r_{k})^{m_{k}}(x^{2}+s_{l}x+t_{l})^{n_{l}}

と表せる。

有理関数$f(x)=\frac{P(x)}{Q(x)}$を考える。

このとき多項式$R(x)$を用いて

\begin{align}
    f(x)&=\frac{\displaystyle\sum_{k=0}^{N}a_{k}x^{k}}{\displaystyle a_{N}\prod_{\substack{k,\,l\\k+2l=N}}(x-r_{k})^{m_{k}}(x^{2}+s_{l}x+t_{l})^{n_{l}}}\\
    &=R(x)+\sum_{k}\frac{b_{k}}{(x-r_{k})^{m_{k}}}+\sum_{l}\frac{c_{l}x+d_{l}}{(x^{2}+s_{l}x+t_{l})^{n_{l}}}\quad(k+2l=N)\\
\end{align}

と部分分数分解できる。

さらに

\begin{align}
    f(x)&=R(x)+\sum_{k}\frac{b_{k}}{(x-r_{k})^{m_{k}}}+\sum_{l}\left(\frac{c_{l}(x+\frac{s_{l}}{2})}{(x^{2}+s_{l}x+t_{l})^{n_{l}}}+\frac{d_{l}-\frac{c_{l}s_{l}}{2}}{(x^{2}+s_{l}x+t_{l})^{n_{l}}}\right)\quad(k+2l=N)\\
    &=R(x)+\sum_{k}\frac{b_{k}}{(x-r_{k})^{m_{k}}}+\sum_{l}\left(\frac{c_{l}(x+\frac{s_{l}}{2})}{\left((x+\frac{s_{l}}{2})^{2}+t_{l}-\frac{s_{l}^{2}}{4}\right)^{n_{l}}}+\frac{d_{l}-\frac{c_{l}s_{l}}{2}}{\left((x+\frac{s_{l}}{2})^{2}+t_{l}-\frac{s_{l}^{2}}{4}\right)^{n_{l}}}\right)\quad(k+2l=N)
\end{align}

であり、このとき$s_{l}^{2}-4t_{l}>0$より$t_{l}-\frac{s_{l}^{2}}{4}>0$である。

よって

\int f(x)\ dx=\int R(x)\ dx+\sum_{k}b_{k}\int\frac{dx}{(x-r_{k})^{m_{k}}}+\sum_{l}\left(c_{l}\int\frac{x+\frac{s_{l}}{2}}{\left((x+\frac{s_{l}}{2})^{2}+t_{l}-\frac{s_{l}^{2}}{4}\right)^{n_{l}}}\ dx+\left(d_{l}-\frac{c_{l}s_{l}}{2}\right)\int\frac{dx}{\left((x+\frac{s_{l}}{2})^{2}+t_{l}-\frac{s_{l}^{2}}{4}\right)^{n_{l}}}\right)\quad(k+2l=N)

であるから、これらの項がすべて積分できればよい。

以下、$C$を積分定数とする。

第一項は自明に積分可能。

$\displaystyle\int\frac{dx}{(x-r)^{m}}$について、$m=1$のとき

\int\frac{dx}{x-r}=\log|x-r|+C

$m\neq1$のとき

\begin{align}
    \int(x-r)^{-m}dx&=\frac{(x-r)^{-m+1}}{-m+1}+C\\
    &=-\frac{1}{(m-1)(x-r)^{m-1}}+C
\end{align}

より積分可能。

$\displaystyle\int\frac{x+s}{\left((x+s)^{2}+t^{2}\right)^{n}}\ dx$について、$x+s=t\tan\theta$と置換すると

\begin{align}
    \int\frac{x+s}{\left((x+s)^{2}+t^{2}\right)^{n}}\ dx&=\int\frac{t\tan\theta}{\left((t\tan\theta)^{2}+t^{2}\right)^{n}}\cdot t(\tan\theta+1)d\theta\\
    &=t^{-2(n-1)}\int\cos^{2n-3}\theta\sin\theta \ d\theta\\
\end{align}

$n=1$のとき

\begin{align}
    \int\tan\theta\ d\theta&=\log|\cos\theta|+C\\
    &=\log\left|\cos\left(\arctan\frac{x+s}{t}\right)\right|+C\\
    &=-\frac{1}{2}\log\left(1+\left(\frac{x-s}{t}\right)^{2}\right)+C\\
\end{align}

$n\neq1$のとき、$\cos\theta=u$と置換すると

\begin{align}
    t^{-2(n-1)}\int\cos^{2n-3}\theta\sin\theta \ d\theta&=-t^{-2(n-1)}\int u^{2n-3}\ du\\
    &=-\frac{u^{2(n-1)}}{2(n-1)t^{2(n-1)}}+C\\
    &=-\frac{\cos^{2(n-1)}\theta}{2t^{2(n-1)}(n-1)}+C\\
    &=-\frac{\cos^{2(n-1)}\left(\arctan\left(\frac{x-s}{t}\right)\right)}{2t^{2(n-1)}(n-1)}+C\\
    &=-\frac{1}{2t^{2(n-1)}(n-1)\left(1+\left(\frac{x-s}{t}\right)^{2}\right)^{n-1}}+C\\
\end{align}

より積分可能。

$\displaystyle\int\frac{dx}{\left((x+s)^{2}+t^{2}\right)^{n}}$について、$x+s=t\sinh\theta$と置換すると

\begin{align}
    \int\frac{dx}{\left((x+s)^{2}+t^{2}\right)^{n}}&=\int\frac{1}{((t\sinh\theta)^{2}+t^{2})^{n}}\cdot t\cosh\theta\ d\theta\\
    &=t^{-2n+1}\int\frac{d\theta}{\cosh^{2n-1}\theta}
\end{align}

$n=1$のとき

t^{-1}\int\frac{d\theta}{\cosh\theta}=\frac{2}{t}\int\frac{d\theta}{e^{\theta}+e^{-\theta}}

$e^\theta=u$と置換すると

\begin{align}
    \frac{2}{t}\int\frac{d\theta}{e^{\theta}+e^{-\theta}}&=\frac{2}{t}\int\frac{1}{u+u^{-1}}\cdot\frac{d u}{u}\\
    &=\frac{2}{t}\int\frac{d u}{u^{2}+1}
\end{align}

$u=\tan\phi$と置換すると

\begin{align}
    \frac{2}{t}\int\frac{d\theta}{u^{2}+1}&=\frac{2}{t}\int\frac{1}{\tan^{2}\phi+1}\cdot(\tan^{2}\phi+1)\ d\phi\\
    &=\frac{2}{t}\int d\phi\\
    &=\frac{2}{t}\phi\\
    &=\frac{2}{t}\arctan{u}+C\\
    &=\frac{2}{t}\arctan{e^{\theta}}+C\\
    &=\frac{2}{t}\arctan{e^{\mathrm{arcsinh}\ (\frac{x+s}{t})}}+C\\
    &=\frac{2}{t}\arctan\left(\frac{x+s}{t}+\sqrt{1+\left(\frac{x+s}{t}\right)^{2}}\right)
\end{align}

$n\neq1$のとき、漸化式$\displaystyle\int\frac{dx}{\cosh^{n}x}=\frac{\sinh\theta}{(n-1)\cosh^{n-1}\theta}+\frac{n-2}{n-1}\int\frac{d\theta}{\cosh^{n-2}\theta}$を繰り返し用いると

\begin{align}
    t^{-2n+1}\int\frac{d\theta}{\cosh^{2n-1}\theta}&=t^{-2n+1}\left(\frac{\sinh\theta}{2(n-1)\cosh^{2(n-1)}\theta}+\frac{2n-3}{2(n-1)}\int\frac{d\theta}{\cosh^{2n-3}\theta}\right)\\
    &=t^{-2n+1}\left(\frac{\sinh\theta}{2(n-1)\cosh^{2(n-1)}\theta}+\frac{2n-3}{2(n-1)}\left(\frac{\sinh\theta}{2(n-2)\cosh^{2(n-2)}\theta}+\frac{2n-5}{2(n-2)}\int\frac{d\theta}{\cosh^{2n-5}\theta}\right)\right)\\
    &=t^{-2n+1}\left(\frac{\sinh\theta}{2(n-1)\cosh^{2(n-1)}\theta}+\frac{2n-3}{2(n-1)}\left(\frac{\sinh\theta}{2(n-2)\cosh^{2(n-2)}\theta}+\frac{2n-5}{2(n-2)}\left(\cdots+\frac{1}{2}\int\frac{d\theta}{\cosh\theta}\cdots\right)\right)\right)\\
    &=t^{-2n+1}\left(\frac{\sinh\theta}{2(n-1)\cosh^{2(n-1)}\theta}+\frac{2n-3}{2(n-1)}\left(\frac{\sinh\theta}{2(n-2)\cosh^{2(n-2)}\theta}+\frac{2n-5}{2(n-2)}\left(\cdots+\frac{1}{2}\arctan\left(\frac{x+s}{t}+\sqrt{1+\left(\frac{x+s}{t}\right)^{2}}\right)\cdots\right)\right)\right)+C
\end{align}

より積分可能。

したがって全項初等的に積分可能であるから、任意の有理関数は初等的に積分可能である。$\blacksquare$

ふう。暇つぶし感覚に書き始めたら結構長くなってしまった。ここまで読んだ人お疲れ様です。いるんか知らんけど。とりあえずねむい。では。