Не получается неопределенный интеграл

[inRe]

Применяя метод неопределенных коэффициентов найти интеграл:
$\int{\frac{x^2dx}{x^4+3x^3+\frac{9}{2}x^2+3x+1}$
Проблема со знаменателем.
Разложил его на множители в Maple получились 2 комплексные скобки:
(x+1,2996+1,0174i)(x+1,2996-1,0174i).
дальше вот что сделал:
$x^4+3x^3+\frac{9}{2}x^2+3x+1=(x^2+px+q)(x^2+bx+c)$
$(x^2+px+q)(x^2+bx+c)=x^4+bx^3+cx^2+px^3+pbx^2+pcx+qx^2+qbx+q$
составил систему из 4 уравнений:
$b+p=3$
$c+q+pb=\frac{9}{2}$
$pc+qb=3$
$qc=1$
при решении получил:
$2c^4+13c^3+4c^2+13c+2=0$
Подскажите пожалуйста может какой другой способ есть или как это все привести к нормальному виду.

[ИСН]

Что Вам не нравится? Уравнение четвёртой степени свелось к уравнению четвёртой степени.
Что же до подобающего разложения, таковое должно проистечь из того факта, что многочлен симметричный (если коэффициенты записать в строку, читаться она будет одинаково, что с начала, что с конца). Выразить низ через $x+{1\over x}$, короче.

[ewert]

ИСН в сообщении #294949 писал(а):

Выразить низ через $x+{1\over x}$, короче.

Это можно, однако корни выйдут комплексными. Т.е. потом придётся решать ещё два квадратных уравнения с комплексными коэффициентами. Что не смертельно, конечно, но -- некоторая морока.

Из разложения вида $(x^2+ax+c)(x^2+bx+{1\over c})$ и симметричности получающегося многочлена имеем систему:

$$\begin{cases}a+b=p \\ {a\over c}+bc=p \\ c+{1\over c}+ab=q\end{cases}$$

(у нас $p=3$ и $q={9\over2}$). Из первых двух уравнений выйдет $a\cdot{c-1\over c}=b(c-1)$, т.е. $c=1$ или $a=bc$. Первый вариант как раз и выдаст (в нашем случае) вот то самое комплексное решение, которое нам не хоцца. Во втором случае

$$$$\begin{cases}{a\over c}+a=p; \\ c+{1\over c}+{a^2\over c}=q.\end{cases}$$

Выражая из первого $a=p\cdot{c\over c+1}$ и подставляя во второе, получаем $c+{1\over c}+p^2\,{c\over(c+1)^2}=q$. Это -- квадратное уравнение относительно $t=c+{1\over c}$, а именно: $(t-q)(t+2)+p^2=0$. Это уравнение всегда имеет решение $t\geqslant2$ (порождающее вещественные $c$), если левая часть неположительна при $t=2$, т.е. если $4(2-q)+p^2\leqslant0$. А в противном случае вещественные корни выдал бы как раз первый вариант (когда $c=1$), т.к. левая часть неравенства -- это в точности дискриминант тамошнего квадратного уравнения для $a$ или $b$.

А как проще -- не знаю.

[arqady]

inRe в сообщении #294943 писал(а):

Применяя метод неопределенных коэффициентов найти интеграл:
$\int{\frac{x^2dx}{x^4+3x^3+\frac{9}{2}x^2+3x+1}$
Проблема со знаменателем.
Разложил его на множители в Maple получились 2 комплексные скобки:
(x+1,2996+1,0174i)(x+1,2996-1,0174i).

Maple хуже человека!
Легко видеть, что $x^4+3x^3+\frac{9}{2}x^2+3x+1=\left(x^2+\frac{3}{2}x+\frac{5}{4}\right)^2-\frac{1}{4}\left(x+\frac{3}{2}\right)^2$
Интересно, а такую штуку Maple разложит:
$x^8+98x^4+1$ ?(коэффициенты должны быть целыми).

[Zealint]

arqady в сообщении #295443 писал(а):

Интересно, а такую штуку Maple разложит:
$x^8+98x^4+1$ ?(коэффициенты должны быть целыми).

Maple 13 сказал (функция factor):
$(x^4-4x^3+8x^2+4x+1)(x^4+4x^3+8x^2-4x+1)$

[Yakov]

Нормально Maple раскладывает:

${x}^{4}+3\,{x}^{3}+9/2\,{x}^{2}+3\,x+1=1/2\, \left( {x}^{2}+2\,x+2 \right) \left( 2\,{x}^{2}+2\,x+1 \right) $

И интеграл легко берётся по методу М.В. Остроградского:

$\int \!{\frac {{x}^{2}}{{x}^{4}+3\,{x}^{3}+9/2\,{x}^{2}+3\,x+1}}{dx}=2 /5\,\ln \left( {x}^{2}+2\,x+2 \right) +8/5\,\arctan \left( x+1 \right) -2/5\,\ln \left( 2\,{x}^{2}+2\,x+1 \right) -2/5\,\arctan \left( 2\,x+1 \right) $

[inRe]

спасибо=)