引言
由书上现有结论可知，理论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，然后对逐项积分。然而很多时候最低只能化为二次分式，原因是在实数域上的因式分解普遍只能分解到二次，若要分解到一次则需要将数域扩大到复数域。因此笔者产生了这样一种想法：能否将所有有理分式分解成复数域上的一次因式并求积，随后通过整合一些项将其重新化为实数域上的原函数。
举个例子
\[\int \frac{dx}{1+x^2}=\arctan x+c
\]
现在我们重新对其做如下操作并求积：
\[\int \frac{dx}{1+x^2} =\frac{1}{2}\int (\frac{dx}{1+ix}+\frac{dx}{1-ix})=\frac{1}{2}(-iLn(1+ix)+iLn(1-ix))+c （1）
\]
由于x取值跑到了复数域上去，且一次有理分式积分会得到对数函数，于是我们必须先定义复数域上的对数函数：
\[Lnz=ln\left\vert z \right\vert +iargz，argz\in \left( -\pi,\pi \right]
\]
此处我们忽略对数函数的多值问题，因为那可以丢到常数c里去，于是便有
\[（1）=\frac{1}{2}(-iln\left\vert 1+ix \right\vert+arg(1+ix)+iln\left\vert 1-ix \right\vert -arg(1-ix))+c
\]
而注意到
\[\left\vert 1+ix \right\vert=\left\vert 1-ix \right\vert,arg(1+ix)=arctanx,arg(1-ix)=-arctanx
\]
于是便有（1）\(=arctan x+c\)与我们所熟知的结论一致。（虽然过程很复杂）
让我们推广一下：
对 \(\displaystyle \forall\int \frac{ax+b}{x^2+cx+d},c^2<4d\)，我们用上述办法来计算它的原函数：
\[\begin{aligned}\int \frac{ax+b}{x^2+cx+d}dx &=\int(\frac{\frac{a}{2}+\frac{b-\frac{ac}{2}}{\sqrt{4d-c^2}}i}{x+\frac{c}{2}+\frac{\sqrt{4d-c^2}}{2}i}+\frac{\frac{a}{2}-\frac{b-\frac{ac}{2}}{\sqrt{4d-c^2}}i}{x+\frac{c}{2}-\frac{\sqrt{4d-c^2}}{2}i})dx\\&=(\frac{a}{2}+\frac{b-\frac{ac}{2}}{\sqrt{4d-c^2}}i)Ln(x+\frac{c}{2}+\frac{\sqrt{4d-c^2}}{2}i)+(\frac{a}{2}-\frac{b-\frac{ac}{2}}{\sqrt{4d-c^2}}i)Ln(x+\frac{c}{2}-\frac{\sqrt{4d-c^2}}{2}i)\\&=(\frac{a}{2}+\frac{b-\frac{ac}{2}}{\sqrt{4d-c^2}}i)(ln(\sqrt{x^2+cx+d})+arctan\frac{\sqrt{4d-c^2}}{2x+c}i)\\&\quad+(\frac{a}{2}-\frac{b-\frac{ac}{2}}{\sqrt{4d-c^2}}i)(ln(\sqrt{x^2+cx+d})-arctan\frac{\sqrt{4d-c^2}}{2x+c}i)+const\\&=aln(\sqrt{x^2+cx+d})-\frac{b-\frac{ac}{2}}{\sqrt{d-\frac{c^2}{4}}}arctan\frac{\sqrt{4d-c^2}}{2x+c}+const\\&=\frac{a}{2}ln(x^2+cx+d)+\frac{b-\frac{ac}{2}}{\sqrt{d-\frac{c^2}{4}}}arctan\frac{x+\frac{c}{2}}{\sqrt{d-\frac{c^2}{4}}}+const\end{aligned}
\]
我们再按正常方法算一遍：
\[\begin{aligned}\int \frac{ax+b}{x^2+cx+d}dx&=\int(\frac{\frac{a}{2}(2x+c)}{x^2+cx+d}+\frac{b-\frac{ac}{2}}{x^2+cx+d})dx\\&=\frac{a}{2}ln(x^2+cx+d)+(b-\frac{ac}{2})\int\frac{dx}{(x+\frac{c}{2})^2+d-\frac{c^2}{4}}\\&=\frac{a}{2}ln(x^2+cx+d)+\frac{b-\frac{ac}{2}}{\sqrt{\Delta}}arctan\frac{x+\frac{c}{2}}{\sqrt{\Delta}}+c\\&(\Delta=\begin{vmatrix}1&\dfrac c2\\\dfrac c2 & d\end{vmatrix})\end{aligned}
\]
于是就有这么一条很好的性质，两次有理分式的积分和拆成两个复数域上的一次分式求积再合并的结果一样。
我们来举个例子：求\(\displaystyle \int\frac{dx}{x^5+1}\)
不妨设\(x^5+1=0\)的五个根是\(-1,-t,-t^2,-t^3,-t^4\)其中\(t=e^{i\frac{2\pi}{5}}\)
\[\frac{1}{(1-t)(1-t^2)(1-t^3)(1-t^4) }=\frac{1}{4\cdot(1-cos\frac{2\pi}{5})(1-cos\frac{4\pi}{5})}=\frac{1}{5}
\]
\[\begin{aligned}\int \frac{dx}{1+x^5}&=\int(\displaystyle\sum_{k=0}^4 \frac{\displaystyle\prod_{j\ne k}\frac{1}{-t^k+t^j}}{x+t^k})dx=\displaystyle\sum_{k=0}^4(\displaystyle\prod_{j\ne k}\frac{1}{-t^k+t^j}Ln(x+t^k)) \\&=\displaystyle\sum_{k=0}^4(\frac{1}{5t^{4k}}Ln(x+t^k))=\displaystyle\sum_{k=0}^4(\frac{t^k}{5}Ln(x+t^k))\\&=\frac{1}{5}ln|x+1|+\frac{t+t^4}{5}ln|x+t|+\frac{t^2+t^3}{5}ln|x+t^2|+\frac{t-t^4}{5}arg(x+t)+\frac{t^2-t^3}{5}arg(x+t^2)\\&=\frac{1}{5}ln|x+1|+\frac{2cos(\frac{2\pi}{5})}{5}ln|\sqrt{x^2+2cos(\frac{2\pi}{5})x+1}|+\frac{2cos(\frac{4\pi}{5})}{5}ln|\sqrt{x^2+2cos(\frac{4\pi}{5})x+1}| \\&\quad-\frac{2sin(\frac{2\pi}{5})}{5}arctan(\frac{sin(\frac{2\pi}{5})}{x+cos(\frac{2\pi}{5})})-\frac{2sin(\frac{4\pi}{5})}{5}arctan(\frac{sin(\frac{4\pi}{5})}{x+cos(\frac{4\pi}{5})})+c\\&=\frac{1}{5}ln|x+1|+\frac{\sqrt5-1}{20}ln|x^2+\frac{\sqrt5-1}{2}x+1|-\frac{1+\sqrt5}{20}ln|x^2-\frac{1+\sqrt5}{2}x+1|\\&\quad-\frac{\sqrt{10+2\sqrt5}}{10}arctan(\frac{\sqrt{10+2\sqrt5}}{4x+\sqrt5-1})-\frac{\sqrt{10-2\sqrt5}}{10}arctan(\frac{\sqrt{10-2\sqrt5}}{4x-\sqrt5-1})+c\end{aligned}
\]
看起来很麻烦的样子，然而在计算定积分的时候，我们往往不需要算出最终的原函数，而可以在其中比较简单的一步直接带入，于是这种算法貌似提供了一点简便。
例：求积分\(I=\displaystyle\int_0^\infty\frac{1}{x^5+1}dx\).
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 \(\displaystyle I=\frac{1}{5}\int_0^\infty\frac{t^{\frac{1}{5}-1}}{1+t}dt=\frac{\pi}{5\sin\frac{\pi}{5}}=\frac{\pi}{25}\sqrt{50+10\sqrt5}\)，通过简单验算知与上式相等.
顺带这种方法也可以用于求导：
例：求 \((\dfrac{1}{1+x^2})^{(n)}\).
\[(\frac{1}{1+x^2})^{(n)}=\frac{1}{2i}((\frac{1}{x-i})^{(n)}+(\frac{1}{x+i})^{(n)})=\frac{1}{2i}((\frac{(-1)^nn!}{(x-i)^{n+1}})+(\frac{(-1)^nn!}{(x+i)^{n+1}}))
\]
再由二项式定理化简即可。
