对于一个有理函数积分，我们通常会先将分母在实数域内进行因式分解，之后将整个分式分解成若干个新的分式再逐个进行积分。

但非得是在实数域内因式分解吗？复数域不行吗？

不妨一试。

先拿个简单的积分来试试，比如下面这道：

\begin{align} \int\frac{1}{x^2+1}{\rm d}x \end{align}

分母 x^2+1 在实数域上已经无法再因式分解。但在复数域上有 x^2+1=(x+i)(x-i)

由此可将该分式分解为 \frac{1}{x^2+1}=\frac{1}{2i} \left( \frac{1}{x-i}-\frac{1}{x+i}\right)

代入原积分，可得：

\int\frac{1}{x^2+1}{\rm d}x= \int\frac{1}{2i}\left( \frac{1}{x-i}-\frac{1}{x+i}\right){\rm d}x

接下来的计算需要运用复分析中的一个结论，即复变函数积分的计算规则与实变函数是一致的。

所以有： \begin{align} \int\frac{1}{2i}\left( \frac{1}{x-i}-\frac{1}{x+i}\right){\rm d}x &=\frac{1}{2i}\left( \int\frac{{\rm d}x}{x-i}-\int\frac{{\rm d}x}{x+i}\right)\\ &=\frac{1}{2i}\left[\ln \left(x-i\right)- \ln(x+i) \right] \end{align}

然而结果中含有复数，需要将其转换成用只含实数的形式。

此时引入欧拉公式 e^{i\theta}=\cos\theta+i\sin\theta

所以可知，对于任意复数 z ，其都可写成 re^{i\theta} 的形式，即 z=re^{i\theta} ,其中 r 是 z 的模长， \theta 是 z 的辐角。

对上式两侧同时取对数，得 \ln z=\ln r+i\theta

设 z=a+bi ，则 r=\sqrt{a^2+b^2} ， \theta=\arctan\frac{b}{a} 。

设 x-i 和 x+i 的模长分别为 r_1 和 r_2 ，辐角分别为 \theta_1 和 \theta_2 。

则 \frac{1}{2i}\left[\ln \left(x-i\right)- \ln(x+i) \right]=\frac{1}{2i}(\ln r_1-\ln r_2+i\theta_1-i\theta_2)

不难发现 x-i 和 x+i 模长相等，辐角相反。

所以 \begin{align} \frac{1}{2i}\left[\ln \left(x-i\right)- \ln(x+i) \right]&=\theta_1\\ &=-\arctan\frac{1}{x}\\ &=\arctan x -\frac{\pi}{2}\end{align}

（这里还用到了正切的性质，即互余两角的正切互为倒数。）

最终我们得到 \int\frac{1}{x^2+1}{\rm d}x=\arctan x+C ，完全正确。

对于一般的情况，设真分式 \frac{P(x)}{Q(x)} ，我们总能在复数域上将 Q(x) 进行因式分解，将其化为若干个形如 (x-z_0)^n 的式子的乘积，然后便可将 \frac{P(x)}{Q(x)} 分解为部分分式，即若干个形如 \frac{a}{(x-z_0)^n} 的式子的和。

由此便将该真分式的积分化为了部分分式的积分的和。

而对部分分式进行积分，会得到 k\ln (x-z_0) 和 \frac{k}{(x-z_0)^n} 这两种形式的结果，都含有复数。所以最后，我们还要将它的实部和虚部进行分离。

对于 k\ln (x-z_0) ，由 \ln z=\ln r+i\theta ，不难将其实虚部进行分离。

对于 \frac{k}{(x-z_0)^n} ，设 z_0=a+bi ，则有

\begin{align} \frac{k}{(x-z_0)^n}&=\frac{k(x-a+bi)^n}{(x-a-bi)^n(x-a+bi)^n}\\ &=\frac{k(x-a+bi)^n}{[(x-a)^2+b^2]^n} \end{align}

再将分子二项式展开便完成了实部和虚部的分离。

大体上看，这种方法避免了 \int\frac{Mx+N}{(x^2+px+q)^n}{\rm d}x 的出现，而当 n>1时， \int\frac{{\rm d}x}{(x^2+px+q)^n} 的计算往往是很麻烦的。而这种方法又避免了这类积分的出现，所以应该会比常规方法算得更快，实则并不然。因为其中要解方程的复根，还要带着复根算很多系数，最后又要分离实部和虚部。计算量其实和常规方法不相上下，有时还会更多。

那么既然用常规方法算 \int\frac{{\rm d}x}{(x^2+px+q)^n} 是很麻烦的。那么用这种方法算会不会简单一些呢？

不妨一试。

因为经过换元， \int\frac{{\rm d}x}{(x^2+px+q)^n} 都可化成 \int\frac{k{\rm d}x}{(x^2+1)^n} 的形式。所以只需计算 \int\frac{{\rm d}x}{(x^2+1)^n} 即可。

先进行分解。

\begin{align} \int\frac{{\rm d}x}{(x^2+1)^n}&=\int\frac{{\rm d}x}{(x+i)^n(x-i)^n}\\&=\int\left(\frac{A_1}{x+i}+\frac{A_2}{(x+i)^2}+\cdots+\frac{A_n}{(x+i)^n}\right.\\ &\quad\quad+\left.\frac{B_1}{x-i}+\frac{B_2}{(x-i)^2}+\cdots+\frac{B_n}{(x-i)^n}\right){\rm d}x \end{align}

接下来可用留数法求出系数 A_i 和 B_i ，

即 \begin{align} A_{n-k}&=\left.\frac{1}{k!}\frac{{\rm d}^k}{{\rm d}x^k}\frac{1}{(x-i)^n}\right|_{x=-i}=\frac{C_{-n}^k}{(-2i)^{n+k}}\\ B_{n-k}&=\left.\frac{1}{k!}\frac{{\rm d}^k}{{\rm d}x^k}\frac{1}{(x+i)^n}\right|_{x=i}\ \ =\frac{C_{-n}^k}{(2i)^{n+k}}\\ \end{align}

其中 C_{-n}^k 指广义组合数，规定 C_{\alpha}^{k}=\frac{(\alpha)_k}{k!} ，同时规定 (\alpha)_k=\alpha(\alpha-1)(\alpha-2)\cdots(\alpha-k+1)

（如果没了解过留数法的话，不妨看看这篇文章。）

由此不难得到 A_k=(-1)^kB_k=\frac{C_{-n}^{n-k}}{(-2i)^{2n-k}}

\begin{align} \int\frac{{\rm d}x}{(x^2+1)^n}&=\sum_{k=1}^nB_k\left(\int\frac{{\rm d}x}{(x-i)^k}+(-1)^k\int\frac{{\rm d}x}{(x+i)^k}\right)\\ &=2iB_1\arctan x+\sum_{k=1}^{n-1}\frac{B_{k+1}}{-k}\left(\frac{1}{(x-i)^k}+\frac{(-1)^{k+1}}{(x+i)^k}\right)\\ &=\frac{C_{2n-2}^{\ n-1}}{2^{2n-2}}\arctan x+\sum_{k=1}^{n-1}\frac{B_{k+1}}{-k}\cdot \frac{(x+i)^k+(-1)^{k+1}(x-i)^{k}}{(x^2+1)^k} \end{align}

（其中还用到了广义组合数的变换公式 C^{\ k}_{-n}=(-1)^kC^{\ k}_{n+k-1}）

对于这个求和，要将其奇数项和偶数项分开处理，可根据 \sum_{k=1}^na_k=\sum_{k=1}^{[\frac{n-1}{2}]}a_{2k-1}+\sum_{k=1}^{[\frac{n}{2}]}a_{2k}（其中 [x] 为取整函数） 将该求和拆开。

当 k 为奇数时，不妨用 2k-1 替换 k ，则有

\begin{align} (x+i)^{2k-1}+(x-i)^{2k-1}&=\sum_{j=0}^{2k-1}C^j_{2k-1}i^jx^{2k-1-j}+\sum^{2k-1}_{j=0}C^j_{2k-1}(-1)^jx^{2k-1-j}\\ &=\sum^{k-1}_{j=0}2(-1)^jC^{2j}_{2k-1}x^{2k-2j-1} \end{align}

同理可得：

\begin{align} (x+i)^{2k}-(x-i)^{2k}&=\sum^{2k}_{j=0}C^j_{2k}i^jx^{2k-j}-\sum^{2k}_{j=0}C^{j}_{2k}(-1)^jx^{2k-j}\\ &=\sum^{k-1}_{j=0}2i(-1)^jC^{2j+1}_{2k}x^{2k-2j-1} \end{align}

以上都带回原积分的表达式，再整理一下，最终会得到

\begin{align} \int\frac{{\rm d}x}{(x^2+1)^n}&=\frac{C^{\ n-1}_{2n-2}}{2^{2n-2}}\arctan x\\ &\ +\sum_{k=1}^{[\frac{n}{2}]-1}\frac{(-1)^{k-1}C^{\ n-1}_{2n-2k-1}}{2^{2n-2k-1}\cdot(2k-1)}\cdot\frac{\sum^{k-1}_{j=0}(-1)^jC^{\ 2j}_{2k-1}x^{2k-2j-1}}{(x^2+1)^{2k-1}} \\&\ +\sum_{k=1}^{[\frac{n-1}{2}]}\frac{(-1)^{k-1}C^{\ n-1}_{2n-2k-2}}{2^{2n-2k-2}\cdot2k}\cdot\frac{\sum^{k-1}_{j=0}(-1)^jC^{2j+1}_{\ 2k}x^{2k-2j-1}}{(x^2+1)^{2k}}\\ &\ +C \end{align}

至于这种方法和常规做法孰优孰劣，见仁见智吧。

引入复数在大多数情况下的确没什么用，但在算一些很离谱的积分的时候，就很有用了。

比如经典的钓鱼题 \begin{align} \int\frac{{\rm d}x}{x^5+1} \end{align} ，用常规方法算这道积分应该是相当吃力的，那我们来试试引入复数的方法。

先将分母因式分解，设 z_1=\cos\frac{\pi}{5}+i\sin\frac{\pi}{5} ， z_2=\cos\frac{3\pi}{5}+i\sin\frac{3\pi}{5} ，借助欧拉公式不难解出方程 x^5+1=0 在复平面上的五个解为 -1，z_1,\bar z_1,z_2,\bar z_2 。

所以有 \begin{align} \int\frac{{\rm d}x}{x^5+1}=\int\frac{A{\rm d}x}{x+1}+ \int\frac{B{\rm d}x}{x-z_1}+\int\frac{C{\rm d}x}{x-\bar z_1}+ \int\frac{D{\rm d}x}{x-z_2}+\int\frac{E{\rm d}x}{x-\bar z_2} \end{align}

留数法配合洛必达法则可算出上面的五个系数。

即 \begin{align} A&=\lim_{x\to-1}\frac{x+1}{x^5+1}\\ &=\lim_{x\to -1}\frac{1}{5x^4}\\ &=\frac{1}{5} \end{align}

同理可得， B=\frac{-z_1}{5} ， C=\frac{-\bar z_1}{5} ， D=\frac{-z_2}{5} ， E=\frac{-\bar z_2}{5} 。

又有 \begin{align} z\ln(x-z)+\bar z\ln(x-\bar z) &=a[\ln(x-z)+\ln(x-\bar z)]+bi[\ln(x-z)-\ln(x-\bar z)]\\ &=a\ln(x^2-2ax+|z|^2)+2b\arctan\frac{x+a}{b} \end{align}

其中 z=a+bi ， \bar z=a-bi 。

将以上都代入积分，再整理一下，然后会得到：

\begin{align} \int\frac{{\rm d}x}{x^5+1}&=\frac{1}{5}\ln|x+1|\\ &-\frac{1}{5}\cos\frac{\pi}{5}\ln|x^2-2\cos\frac{\pi}{5}x+1|\\&-\frac{2}{5}\sin\frac{\pi}{5}\arctan \frac{x+\cos\frac{\pi}{5}}{\sin\frac{\pi}{5}}\\ &-\frac{1}{5}\cos\frac{3\pi}{5}\ln|x^2-2\cos\frac{3\pi}{5}x+1|\\&-\frac{2}{5}\sin\frac{3\pi}{5}\arctan \frac{x+\cos\frac{3\pi}{5}}{\sin\frac{3\pi}{5}}\\ &+C \end{align}

最后再求出 \frac{\pi}{5} 和 \frac{3\pi}{5} 的三角函数就完美了。

这也不难，由黄金分割比的公式 \Phi=2\sin\frac{\pi}{10}=\frac{\sqrt{5}-1}{2} 再结合诱导公式和倍角公式就可以算出\frac{\pi}{5} 和 \frac{3\pi}{5} 的三角函数了。

理论上，利用复数，形如 \int\frac{{\rm d}x}{x^n\pm 1} 的积分都是能算出来的。但实际上，用复数来算这个积分就不可避免的要算 \frac{\pi}{n} 的三角函数，但\frac{\pi}{n} 的三角函数并不总是容易算出来的。当然，如果要求不是那么严格，只是求一个表达式的话，那就无所谓了。

总之，在计算有理函数的积分时引入复数倒算不上有多优异，但的确是一种很有意思的做法，所以我写下这篇文章分享给大家。

附，欧拉公式的推导方法，

如有错误，欢迎指正。

最后，我爱数学。