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유리함수의 적분 목록

List of integrals of rational functions

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출처 찾기 : "합리적 함수의 적분 목록" – 뉴스 · 신문 · 서적 · 학자 · JSTOR (2021년 2월) (본 템플릿 메시지 제거 방법 및 시기에 대해 알아보기)

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다음은 유리함수의 적분(항함수) 목록입니다. 임의의 유리 함수는 함수의 부분 분수 분해에 의해 다음과 같은 형태의 함수들의 합으로 적분될 수 있습니다.

{\frac {a}{(x-b)^{n}}}

(

{\frac {a}{(x-b)^{n}}}

- b

{\frac {a}{(x-b)^{n}}}

)

{\frac {a}{(x-b)^{n}}}

{\

{\frac {ax+b}{\left((x-c)^{2}+d^{2}\right)^{n}}}.

x

{\frac {ax+b}{\left((x-c)^{2}+d^{2}\right)^{n}}}.

+

{\frac {ax+b}{\left((x-c)^{2}+d^{2}\right)^{n}}}.

(

{\frac {ax+b}{\left((x-c)^{2}+d^{2}\right)^{n}}}.

(

{\frac {ax+b}{\left((x-c)^{2}+d^{2}\right)^{n}}}.

- c

{\frac {ax+b}{\left((x-c)^{2}+d^{2}\right)^{n}}}.

)

{\frac {ax+b}{\left((x-c)^{2}+d^{2}\right)^{n}}}.

+

{\frac {ax+b}{\left((x-c)^{2}+d^{2}\right)^{n}}}.

{\frac {ax+b}{\left((x-c)^{2}+d^{2}\right)^{n}}}.

)

{\frac {ax+b}{\left((x-c)^{2}+d^{2}\right)^{n}}}.

{\displaystyle {\frac {ax+b}{\left(x-c)^{2}+d^{2

}\right)

^{n}}}.

그런 다음 용어별로 통합할 수 있습니다.

다른 유형의 함수는 적분 목록을 참조하십시오.

기타 인테그랜드

$\int {\frac {f'(x)}{f(x)}}\,dx=\ln \left f(x)\right +C$
$\int {\frac {1}{x^{2}+a^{2}}}\,dx={\frac {1}{a}}\arctan {\frac {x}{a}}\,\!+C$
$\int {\frac {1}{x^{2}-a^{2}}}\,dx={\frac {1}{2a}}\ln \left {\frac {x-a}{x+a}}\right +C={\begin{cases}\displaystyle -{\frac {1}{a}}\,\operatorname {artanh} {\frac {x}{a}}+C={\frac {1}{2a}}\ln {\frac {a-x}{a+x}}+C&{\text{(for }} x < a {\mbox{)}}\\[12pt]\displaystyle -{\frac {1}{a}}\,\operatorname {arcoth} {\frac {x}{a}}+C={\frac {1}{2a}}\ln {\frac {x-a}{x+a}}+C&{\text{(for }} x > a {\mbox{)}}\end{case}}$
$\int {\frac {1}{a^{2}-x^{2}}}\,dx={\frac {1}{2a}}\ln \left {\frac {a+x}{a-x}}\right +C={\begin{cases}\displaystyle {\frac {1}{a}}\,\operatorname {artanh} {\frac {x}{a}}+C={\frac {1}{2a}}\ln {\frac {a+x}{a-x}}+C&{\text{(for }} x < a {\mbox{)}}\\[12pt]\displaystyle {\frac {1}{a}}\,\operatorname {arcoth} {\frac {x}{a}}+C={\frac {1}{2a}}\ln {\frac {x+a}{x-a}}+C&{\text{(for }} x > a {\mbox{)}}\end{case}}$
$\int {\frac {dx}{x^{2^{n}}+1}}={\frac {1}{2^{n-1}}}\sum _{k=1}^{2^{n-1}}\sin \left({\frac {2k-1}{2^{n}}}\pi \right)\arctan \left[\left(x-\cos \left({\frac {2k-1}{2^{n}}}\pi \right)\right)\csc \left({\frac {2k-1}{2^{n}}}\pi \right)\right]-{\frac {1}{2}}\cos \left({\frac {2k-1}{2^{n}}}\pi \right)\ln \left x^{2}-2x\cos \left({\frac {2k-1}{2^{n}}}\pi \right)+1\right +C$

x^m(a x + b)ⁿ 형식의 적분

다음의 많은 원시함수들은 ln ax + b 형태의 항을 갖습니다. x = -b / a일 때 정의할 수 없기 때문에 가장 일반적인 형태의 원시함수는 적분 상수를 국소 상수 함수로 대체합니다. 그러나 표기에서 이를 생략하는 것이 일반적입니다. 예를들면,

\int {\frac {1}{ax+b}}\,dx={\begin{case}{\dfrac {1}{a}}\ln(-(ax+b)+C^{-}&ax+b<0\\{\dfrac {1}{a}}\ln(ax+b)+C^{+}&ax+b>0\end{cases}}

일반적으로 다음과 같이 축약됩니다.

\int {\frac {1}{ax+b}}\, dx={\frac {1}{a}\ln \left ax+b\right +C,

여기서 C는 x의 국소 상수 함수에 대한 표기법으로 이해됩니다. 이 협약은 다음에서 지켜질 것입니다.

$a x$ $}}}$ 카발리에리의 직교 공식)
$\int {\frac {x}{ax+b}}\, dx={\frac {x}{a}}-{\frac {b}{a^{2}}\ln \left ax+b\right +C$
$\int {\frac {mx+n}{ax+b}}\,dx={\frac {m}{a}}x+{\frac {an-bm}{a^{2}}}\ln \left ax+b\right +C$
$\int {\frac {x}{(ax+b)^{2}}}\,dx={\frac {b}{a^{2}(ax+b)}}+{\frac {1}{a^{2}}}\ln \left ax+b\right +C$
$\int {\frac {x}{(ax+b)^{n}}}\,dx={\frac {a(1-n)x-b}{a^{2}(n-1)(n-2)(ax+b)^{n-1}}}+C\qquad {\text{(for }}n\not \in \{1,2\}{\mbox{)}}$
$\int x(ax+b)^{n}\,dx={\frac {a(n+1)x-b}{a^{2}(n+1)(n+2)}}(ax+b)^{n+1}+C\qquad {\text{(for }}n\not \in \{-1,-2\}{\mbox{)}}$
$\int {\frac {x^{2}}{ax+b}}\,dx={\frac {b^{2}\ln(\left ax+b\right )}{a^{3}}}+{\frac {ax^{2}-2bx}{2a^{2}}}+C$
$\int {\frac {x^{2}}{(ax+b)^{2}}}\,dx={\frac {1}{a^{3}}}\left(ax-2b\ln \left ax+b\right -{\frac {b^{2}}{ax+b}}\right)+C$
$\int {\frac {x^{2}}{(ax+b)^{3}}}\,dx={\frac {1}{a^{3}}}\left(\ln \left ax+b\right +{\frac {2b}{ax+b}}-{\frac {b^{2}}{2(ax+b)^{2}}}\right)+C$
$\int {\frac {x^{2}}{(ax+b)^{n}}}\,dx={\frac {1}{a^{3}}}\left(-{\frac {(ax+b)^{3-n}}{(n-3)}}+{\frac {2b(ax+b)^{2-n}}{(n-2)}}-{\frac {b^{2}(ax+b)^{1-n}}{(n-1)}}\right)+C\qquad {\text{(for }}n\not \in \{1,2,3\}{\mbox{)}}$
$\int {\frac {1}{x(ax+b)}}\, dx=-{\frac {1}{b}}\ln \left {\frac {ax+b}{x}}\right +C$
$\int {\frac {1}{x^{2}(ax+b)}}\,dx=-{\frac {1}{bx}}+{\frac {a}{b^{2}}}\ln \left {\frac {ax+b}{x}}\right +C$
$\int {\frac {1}{x^{2}(ax+b)^{2}}}\,dx=-a\left({\frac {1}{b^{2}(ax+b)}}+{\frac {1}{ab^{2}x}}-{\frac {2}{b^{3}}}\ln \left {\frac {ax+b}{x}}\right \right)+C$

x^m / (x² + b x + c)ⁿ 형식의 적분

≠ $0$ 의 경우: {\ $displaystyle$ a $\$ neq 0:}

$\int {\frac {1}{ax^{2}+bx+c}}dx={\begin{cases}\displaystyle {\frac {2}{\sqrt {4ac-b^{2}}}}\arctan {\frac {2ax+b}{\sqrt {4ac-b^{2}}}}+C&{\text{(for }}4ac-b^{2}>0{\mbox{)}}\\[12pt]\displaystyle {\frac {1}{\sqrt {b^{2}-4ac}}}\ln \left {\frac {2ax+b-{\sqrt {b^{2}-4ac}}}{2ax+b+{\sqrt {b^{2}-4ac}}}}\right +C={\begin{cases}\displaystyle -{\frac {2}{\sqrt {b^{2}-4ac}}}\,\operatorname {artanh} {\frac {2ax+b}{\sqrt {b^{2}-4ac}}}+C&{\text{(for }} 2ax+b <{\sqrt {b^{2}-4ac}}{\mbox{)}}\\[6pt]\displaystyle -{\frac {2}{\sqrt {b^{2}-4ac}}}\,\operatorname {arcoth} {\frac {2ax+b}{\sqrt {b^{2}-4ac}}}+C&{\text{(else)}}\end{cases}}&{\text{(for }}4ac-b^{2}<0{\mbox{)}}\\[12pt]\displaystyle -{\frac {2}{2ax+b}}+C&{\text{(for }}4ac-b^{2}=0{\mbox{)}}\end{case}}$
$\int {\frac {x}{ax^{2}+bx+c}}\,dx={\frac {1}{2a}}\ln \left ax^{2}+bx+c\right -{\frac {b}{2a}}\int {\frac {dx}{ax^{2}+bx+c}}+C$
$\int {\frac {mx+n}{ax^{2}+bx+c}}\,dx={\begin{cases}\displaystyle {\frac {m}{2a}}\ln \left ax^{2}+bx+c\right +{\frac {2an-bm}{a{\sqrt {4ac-b^{2}}}}}\arctan {\frac {2ax+b}{\sqrt {4ac-b^{2}}}}+C&{\text{(for }}4ac-b^{2}>0{\mbox{)}}\\[12pt]\displaystyle {\frac {m}{2a}}\ln \left ax^{2}+bx+c\right +{\frac {2an-bm}{2a{\sqrt {b^{2}-4ac}}}}\ln \left {\frac {2ax+b-{\sqrt {b^{2}-4ac}}}{2ax+b+{\sqrt {b^{2}-4ac}}}}\right +C={\begin{cases}\displaystyle {\frac {m}{2a}}\ln \left ax^{2}+bx+c\right -{\frac {2an-bm}{a{\sqrt {b^{2}-4ac}}}}\,\operatorname {artanh} {\frac {2ax+b}{\sqrt {b^{2}-4ac}}}+C&{\text{(for }} 2ax+b <{\sqrt {b^{2}-4ac}}{\mbox{)}}\\[6pt]\displaystyle {\frac {m}{2a}}\ln \left ax^{2}+bx+c\right -{\frac {2an-bm}{a{\sqrt {b^{2}-4ac}}}}\,\operatorname {arcoth} {\frac {2ax+b}{\sqrt {b^{2}-4ac}}}+C&{\text{(else)}}\end{cases}}&{\text{(for }}4ac-b^{2}<0{\mbox{)}}\\[12pt]\displaystyle {\frac {m}{2a}}\ln \left ax^{2}+bx+c\right -{\frac {2an-bm}{a(2ax+b)}}+C={\frac {m}{a}}\ln \left x+{\frac {b}{2a}}\right -{\frac {2an-bm}{a(2ax+b)}}+C&{\text{(for }}4ac-b^{2}=0{\mbox{)}}\end{case}}$
$\int {\frac {1}{(ax^{2}+bx+c)^{n}}}\,dx={\frac {2ax+b}{(n-1)(4ac-b^{2})(ax^{2}+bx+c)^{n-1}}}+{\frac {(2n-3)2a}{(n-1)(4ac-b^{2})}}\int {\frac {1}{(ax^{2}+bx+c)^{n-1}}\,dx+C$
$\int {\frac {x}{(ax^{2}+bx+c)^{n}}}\,dx=-{\frac {bx+2c}{(n-1)(4ac-b^{2})(ax^{2}+bx+c)^{n-1}}}-{\frac {b(2n-3)}{(n-1)(4ac-b^{2})}}\int {\frac {1}{(ax^{2}+bx+c)^{n-1}}\,dx+C$
$\int {\frac {1}{x(ax^{2}+bx+c)}}\,dx={\frac {1}{2c}}\ln \left {\frac {x^{2}}{ax^{2}+bx+c}}\right -{\frac {b}{2c}}\int {\frac {1}{ax^{2}+bx+c}}\,dx+C$

형식^m x의 적분(aⁿ + b x)^p

결과적인 적분은 원래의 적분과 같은 형태이므로 이러한 감소 공식을 반복적으로 적용하여 지수 m과 p를 0으로 유도할 수 있습니다.
이러한 감소 공식은 정수 및/또는 분수 지수를 갖는 적분에 사용될 수 있습니다.

$\int x^{m}\left(a+b\,x^{n}\right)^{p}dx={\frac {x^{m+1}\left(a+b\,x^{n}\right)^{p}}{m+n\,p+1}}\,+\,{\frac {a\,n\,p}{m+n\,p+1}}\int x^{m}\left(a+b\,x^{n}\right)^{p-1}dx$
$\int x^{m}\left(a+b\,x^{n}\right)^{p}dx=-{\frac {x^{m+1}\left(a+b\,x^{n}\right)^{p+1}}{a\,n(p+1)}}\,+\,{\frac {m+n(p+1)+1}{a\,n(p+1)}}\int x^{m}\left(a+b\,x^{n}\right)^{p+1}dx$
$\int x^{m}\left(a+b\,x^{n}\right)^{p}dx={\frac {x^{m+1}\left(a+b\,x^{n}\right)^{p}}{m+1}}\,-\,{\frac {b\,n\,p}{m+1}}\int x^{m+n}\left(a+b\,x^{n}\right)^{p-1}dx$
$\int x^{m}\left(a+b\,x^{n}\right)^{p}dx={\frac {x^{m-n+1}\left(a+b\,x^{n}\right)^{p+1}}{b\,n(p+1)}}\,-\,{\frac {m-n+1}{b\,n(p+1)}}\int x^{m-n}\left(a+b\,x^{n}\right)^{p+1}dx$
$\int x^{m}\left(a+b\,x^{n}\right)^{p}dx={\frac {x^{m-n+1}\left(a+b\,x^{n}\right)^{p+1}}{b(m+n\,p+1)}}\,-\,{\frac {a(m-n+1)}{b(m+n\,p+1)}}\int x^{m-n}\left(a+b\,x^{n}\right)^{p}dx$
$\int x^{m}\left(a+b\,x^{n}\right)^{p}dx={\frac {x^{m+1}\left(a+b\,x^{n}\right)^{p+1}}{a(m+1)}}\,-\,{\frac {b(m+n(p+1)+1)}{a(m+1)}}\int x^{m+n}\left(a+b\,x^{n}\right)^{p}dx$

(A + B x) (a + b x)^m (c + d x)ⁿ (e + f x)^p 형태의 적분

결과적인 적분은 원래의 적분과 같은 형태이므로 이러한 감소 공식을 반복적으로 적용하여 지수 m, n 및 p를 0으로 유도할 수 있습니다.
이러한 감소 공식은 정수 및/또는 분수 지수를 갖는 적분에 사용될 수 있습니다.
이러한 감소 공식의 특별한 $(a+b\,x)^{m}(c+d\,x)^{n}(e+f\,x)^{p}$ 경우는 $(a+b\,x)^{m}(c+d\,x)^{n}(e+f\,x)^{p}$ 를 $(a+b\,x)^{m}(c+d\,x)^{n}(e+f\,x)^{p}$ 으로 $(a+b\,x)^{m}(c+d\,x)^{n}(e+f\,x)^{p}$ 하여 $(a+b\,x)^{m}(c+d\,x)^{n}(e+f\,x)^{p}$ ( $(a+b\,x)^{m}(c+d\,x)^{n}(e+f\,x)^{p}$ + b $(a+b\,x)^{m}(c+d\,x)^{n}(e+f\,x)^{p}$ ) $(a+b\,x)^{m}(c+d\,x)^{n}(e+f\,x)^{p}$ ( $(a+b\,x)^{m}(c+d\,x)^{n}(e+f\,x)^{p}$ + d $(a+b\,x)^{m}(c+d\,x)^{n}(e+f\,x)^{p}$ ) $(a+b\,x)^{m}(c+d\,x)^{n}(e+f\,x)^{p}$ ( e + f x ) p {\ $displaystyle ($ a + b $\,x)^{m}(c$ + d\, $x)^{n}($ e + f $(a+b\,x)^{m}(c+d\,x)^{n}(e+f\,x)^{p}$ x)^{ $p}$ 형태의 적분에 사용할 수 있습니다.

${\begin{aligned}&\int (A+B\,x)(a+b\,x)^{m}(c+d\,x)^{n}(e+f\,x)^{p}dx=-{\frac {(A\,b-a\,B)(a+b\,x)^{m+1}(c+d\,x)^{n}(e+f\,x)^{p+1}}{b(m+1)(a\,f-b\,e)}}\,+\,{\frac {1}{b(m+1)(a\,f-b\,e)}}\,\cdot \\&\qquad \int (b\,c(m+1)(A\,f-B\,e)+(A\,b-a\,B)(n\,d\,e+c\,f(p+1))+d(b(m+1)(A\,f-B\,e)+f(n+p+1)(A\,b-a\,B))x)(a+b\,x)^{m+1}(c+d\,x)^{n-1}(e+f\,x)^{p}dx\end{aligned}}$
${\begin{aligned}&\int (A+B\,x)(a+b\,x)^{m}(c+d\,x)^{n}(e+f\,x)^{p}dx={\frac {B(a+b\,x)^{m}(c+d\,x)^{n+1}(e+f\,x)^{p+1}}{d\,f(m+n+p+2)}}\,+\,{\frac {1}{d\,f(m+n+p+2)}}\,\cdot \\&\qquad \int (A\,a\,d\,f(m+n+p+2)-B(b\,c\,e\,m+a(d\,e(n+1)+c\,f(p+1)))+(A\,b\,d\,f(m+n+p+2)+B(a\,d\,f\,m-b(d\,e(m+n+1)+c\,f(m+p+1))))x)(a+b\,x)^{m-1}(c+d\,x)^{n}(e+f\,x)^{p}dx\end{aligned}}$
${\begin{aligned}&\int (A+B\,x)(a+b\,x)^{m}(c+d\,x)^{n}(e+f\,x)^{p}dx={\frac {(A\,b-a\,B)(a+b\,x)^{m+1}(c+d\,x)^{n+1}(e+f\,x)^{p+1}}{(m+1)(a\,d-b\,c)(a\,f-b\,e)}}\,+\,{\frac {1}{(m+1)(a\,d-b\,c)(a\,f-b\,e)}}\,\cdot \\&\qquad \int ((m+1)(A(a\,d\,f-b(c\,f+d\,e))+B\,b\,c\,e)-(A\,b-a\,B)(d\,e(n+1)+c\,f(p+1))-d\,f(m+n+p+3)(A\,b-a\,B)x)(a+b\,x)^{m+1}(c+d\,x)^{n}(e+f\,x)^{p}dx\end{aligned}}$

형태 x^m (A + Bⁿ x) (a + bⁿ x)^p (c + dⁿ x)^q 의 적분

결과적인 적분은 원래의 적분과 같은 형태이므로 이러한 감소 공식을 반복적으로 적용하여 지수 m, p 및 q를 0으로 유도할 수 있습니다.
이러한 감소 공식은 정수 및/또는 분수 지수를 갖는 적분에 사용될 수 있습니다.
Special cases of these reductions formulas can be used for integrands of the form $\left(a+b\,x^{n}\right)^{p}\left(c+d\,x^{n}\right)^{q}$ and ${\displaystyle x^{m}\left(a+b\,$ m 및/또는 B를 0으로 설정하여 $x^{m}\left(a+b\,x^{n}\right)^{p}\left(c+d\,x^{n}\right)^{q}$ $x^{n}\right)^{p}\left(c+d\,$ x^{ $n}\$ right $)^{q}}.$

${\begin{aligned}&\int x^{m}\left(A+B\,x^{n}\right)\left(a+b\,x^{n}\right)^{p}\left(c+d\,x^{n}\right)^{q}dx=-{\frac {(A\,b-a\,B)x^{m+1}\left(a+b\,x^{n}\right)^{p+1}\left(c+d\,x^{n}\right)^{q}}{a\,b\,n(p+1)}}\,+\,{\frac {1}{a\,b\,n(p+1)}}\,\cdot \\&\qquad \int x^{m}\left(c(A\,b\,n(p+1)+(A\,b-a\,B)(m+1))+d(A\,b\,n(p+1)+(A\,b-a\,B)(m+n\,q+1))x^{n}\right)\left(a+b\,x^{n}\right)^{p+1}\left(c+d\,x^{n}\right)^{q-1}dx\end{aligned}}$
${\begin{aligned}&\int x^{m}\left(A+B\,x^{n}\right)\left(a+b\,x^{n}\right)^{p}\left(c+d\,x^{n}\right)^{q}dx={\frac {B\,x^{m+1}\left(a+b\,x^{n}\right)^{p+1}\left(c+d\,x^{n}\right)^{q}}{b(m+n(p+q+1)+1)}}\,+\,{\frac {1}{b(m+n(p+q+1)+1)}}\,\cdot \\&\qquad \int x^{m}\left(c((A\,b-a\,B)(1+m)+A\,b\,n(1+p+q))+(d(A\,b-a\,B)(1+m)+B\,n\,q(b\,c-a\,d)+A\,b\,d\,n(1+p+q))\,x^{n}\right)\left(a+b\,x^{n}\right)^{p}\left(c+d\,x^{n}\right)^{q-1}dx\end{aligned}}$
${\begin{aligned}&\int x^{m}\left(A+B\,x^{n}\right)\left(a+b\,x^{n}\right)^{p}\left(c+d\,x^{n}\right)^{q}dx=-{\frac {(A\,b-a\,B)x^{m+1}\left(a+b\,x^{n}\right)^{p+1}\left(c+d\,x^{n}\right)^{q+1}}{a\,n(b\,c-a\,d)(p+1)}}\,+\,{\frac {1}{a\,n(b\,c-a\,d)(p+1)}}\,\cdot \\&\qquad \int x^{m}\left(c(A\,b-a\,B)(m+1)+A\,n(b\,c-a\,d)(p+1)+d(A\,b-a\,B)(m+n(p+q+2)+1)x^{n}\right)\left(a+b\,x^{n}\right)^{p+1}\left(c+d\,x^{n}\right)^{q}dx\end{aligned}}$
${\begin{aligned}&\int x^{m}\left(A+B\,x^{n}\right)\left(a+b\,x^{n}\right)^{p}\left(c+d\,x^{n}\right)^{q}dx={\frac {B\,x^{m-n+1}\left(a+b\,x^{n}\right)^{p+1}\left(c+d\,x^{n}\right)^{q+1}}{b\,d(m+n(p+q+1)+1)}}\,-\,{\frac {1}{b\,d(m+n(p+q+1)+1)}}\,\cdot \\&\qquad \int x^{m-n}\left(a\,B\,c(m-n+1)+(a\,B\,d(m+n\,q+1)-b(-B\,c(m+n\,p+1)+A\,d(m+n(p+q+1)+1)))x^{n}\right)\left(a+b\,x^{n}\right)^{p}\left(c+d\,x^{n}\right)^{q}dx\end{aligned}}$
${\begin{aligned}&\int x^{m}\left(A+B\,x^{n}\right)\left(a+b\,x^{n}\right)^{p}\left(c+d\,x^{n}\right)^{q}dx={\frac {A\,x^{m+1}\left(a+b\,x^{n}\right)^{p+1}\left(c+d\,x^{n}\right)^{q+1}}{a\,c(m+1)}}\,+\,{\frac {1}{a\,c(m+1)}}\,\cdot \\&\qquad \int x^{m+n}\left(a\,B\,c(m+1)-A(b\,c+a\,d)(m+n+1)-A\,n(b\,c\,p+a\,d\,q)-A\,b\,d(m+n(p+q+2)+1)x^{n}\right)\left(a+b\,x^{n}\right)^{p}\left(c+d\,x^{n}\right)^{q}dx\end{aligned}}$
${\begin{aligned}&\int x^{m}\left(A+B\,x^{n}\right)\left(a+b\,x^{n}\right)^{p}\left(c+d\,x^{n}\right)^{q}dx={\frac {A\,x^{m+1}\left(a+b\,x^{n}\right)^{p+1}\left(c+d\,x^{n}\right)^{q}}{a(m+1)}}\,-\,{\frac {1}{a(m+1)}}\,\cdot \\&\qquad \int x^{m+n}\left(c(A\,b-a\,B)(m+1)+A\,n(b\,c(p+1)+a\,d\,q)+d((A\,b-a\,B)(m+1)+A\,b\,n(p+q+1))x^{n}\right)\left(a+b\,x^{n}\right)^{p}\left(c+d\,x^{n}\right)^{q-1}dx\end{aligned}}$
${\begin{aligned}&\int x^{m}\left(A+B\,x^{n}\right)\left(a+b\,x^{n}\right)^{p}\left(c+d\,x^{n}\right)^{q}dx={\frac {(A\,b-a\,B)x^{m-n+1}\left(a+b\,x^{n}\right)^{p+1}\left(c+d\,x^{n}\right)^{q+1}}{b\,n(b\,c-a\,d)(p+1)}}\,-\,{\frac {1}{b\,n(b\,c-a\,d)(p+1)}}\,\cdot \\&\qquad \int x^{m-n}\left(c(A\,b-a\,B)(m-n+1)+(d(A\,b-a\,B)(m+n\,q+1)-b\,n(B\,c-A\,d)(p+1))x^{n}\right)\left(a+b\,x^{n}\right)^{p+1}\left(c+d\,x^{n}\right)^{q}dx\end{aligned}}$

b - 4 c = 0일 때 (d + x) (a + b x + c x) 형태의 적분

결과적인 적분은 원래의 적분과 같은 형태이므로 이러한 감소 공식을 반복적으로 적용하여 지수 m과 p를 0으로 유도할 수 있습니다.
이러한 감소 공식은 정수 및/또는 분수 지수를 갖는 적분에 사용될 수 있습니다.
$b^{2}-4\,a\,c=0$ 축소 공식의 특수한 $b^{2}-4\,a\,c=0$ 는 $b^{2}-4\,a\,c=0$ m을 0으로 설정하여 b 2 - 4 c = 0 {\displaystyle b^{2}-4\,a\,c=0}일 때 $\left(a+b\,x+c\,x^{2}\right)^{p}$ ( $a$ + $b$ x x x x $\left(a+b\,x+c\,x^{2}\right)^{p}$ x x $\left(a+b\,x+c\,x^{2}\right)^{p}$ $\left(a+b\,x+c\,x^{2}\right)^{p}$ x x $2}\right)^{p}$ 형태의 적분에 사용할 수 있습니다.

$\int (d+e\,x)^{m}\left(a+b\,x+c\,x^{2}\right)^{p}dx={\frac {(d+e\,x)^{m+1}\left(a+b\,x+c\,x^{2}\right)^{p}}{e(m+1)}}\,-\,{\frac {p(d+e\,x)^{m+2}(b+2c\,x)\left(a+b\,x+c\,x^{2}\right)^{p-1}}{e^{2}(m+1)(m+2p+1)}}\,+\,{\frac {p(2p-1)(2c\,d-b\,e)}{e^{2}(m+1)(m+2p+1)}}\int (d+e\,x)^{m+1}\left(a+b\,x+c\,x^{2}\right)^{p-1}dx$
$\int (d+e\,x)^{m}\left(a+b\,x+c\,x^{2}\right)^{p}dx={\frac {(d+e\,x)^{m+1}\left(a+b\,x+c\,x^{2}\right)^{p}}{e(m+1)}}\,-\,{\frac {p(d+e\,x)^{m+2}(b+2\,c\,x)\left(a+b\,x+c\,x^{2}\right)^{p-1}}{e^{2}(m+1)(m+2)}}\,+\,{\frac {2\,c\,p\,(2\,p-1)}{e^{2}(m+1)(m+2)}}\int (d+e\,x)^{m+2}\left(a+b\,x+c\,x^{2}\right)^{p-1}dx$
$\int (d+e\,x)^{m}\left(a+b\,x+c\,x^{2}\right)^{p}dx=-{\frac {e(m+2p+2)(d+e\,x)^{m}\left(a+b\,x+c\,x^{2}\right)^{p+1}}{(p+1)(2p+1)(2c\,d-b\,e)}}\,+\,{\frac {(d+e\,x)^{m+1}(b+2c\,x)\left(a+b\,x+c\,x^{2}\right)^{p}}{(2p+1)(2c\,d-b\,e)}}\,+\,{\frac {e^{2}m(m+2p+2)}{(p+1)(2p+1)(2c\,d-b\,e)}}\int (d+e\,x)^{m-1}\left(a+b\,x+c\,x^{2}\right)^{p+1}dx$
$\int (d+e\,x)^{m}\left(a+b\,x+c\,x^{2}\right)^{p}dx=-{\frac {e\,m(d+e\,x)^{m-1}\left(a+b\,x+c\,x^{2}\right)^{p+1}}{2c(p+1)(2p+1)}}\,+\,{\frac {(d+e\,x)^{m}(b+2c\,x)\left(a+b\,x+c\,x^{2}\right)^{p}}{2c(2p+1)}}\,+\,{\frac {e^{2}m(m-1)}{2c(p+1)(2p+1)}}\int (d+e\,x)^{m-2}\left(a+b\,x+c\,x^{2}\right)^{p+1}dx$
$\int (d+e\,x)^{m}\left(a+b\,x+c\,x^{2}\right)^{p}dx={\frac {(d+e\,x)^{m+1}\left(a+b\,x+c\,x^{2}\right)^{p}}{e(m+2p+1)}}\,-\,{\frac {p(2c\,d-b\,e)(d+e\,x)^{m+1}(b+2c\,x)\left(a+b\,x+c\,x^{2}\right)^{p-1}}{2c\,e^{2}(m+2p)(m+2p+1)}}\,+\,{\frac {p(2p-1)(2c\,d-b\,e)^{2}}{2c\,e^{2}(m+2p)(m+2p+1)}}\int (d+e\,x)^{m}\left(a+b\,x+c\,x^{2}\right)^{p-1}dx$
$\int (d+e\,x)^{m}\left(a+b\,x+c\,x^{2}\right)^{p}dx=-{\frac {2c\,e(m+2p+2)(d+e\,x)^{m+1}\left(a+b\,x+c\,x^{2}\right)^{p+1}}{(p+1)(2p+1)(2c\,d-b\,e)^{2}}}\,+\,{\frac {(d+e\,x)^{m+1}(b+2c\,x)\left(a+b\,x+c\,x^{2}\right)^{p}}{(2p+1)(2c\,d-b\,e)}}\,+\,{\frac {2c\,e^{2}(m+2p+2)(m+2p+3)}{(p+1)(2p+1)(2c\,d-b\,e)^{2}}}\int (d+e\,x)^{m}\left(a+b\,x+c\,x^{2}\right)^{p+1}dx$
$\int (d+e\,x)^{m}\left(a+b\,x+c\,x^{2}\right)^{p}dx={\frac {(d+e\,x)^{m}(b+2c\,x)\left(a+b\,x+c\,x^{2}\right)^{p}}{2c(m+2p+1)}}\,+\,{\frac {m(2c\,d-b\,e)}{2c(m+2p+1)}}\int (d+e\,x)^{m-1}\left(a+b\,x+c\,x^{2}\right)^{p}dx$
$\int (d+e\,x)^{m}\left(a+b\,x+c\,x^{2}\right)^{p}dx=-{\frac {(d+e\,x)^{m+1}(b+2c\,x)\left(a+b\,x+c\,x^{2}\right)^{p}}{(m+1)(2c\,d-b\,e)}}\,+\,{\frac {2c(m+2p+2)}{(m+1)(2c\,d-b\,e)}}\int (d+e\,x)^{m+1}\left(a+b\,x+c\,x^{2}\right)^{p}dx$

(d + x)^m (A + B x) (a + b x + c² x)^p 형식의 적분

결과적인 적분은 원래의 적분과 같은 형태이므로 이러한 감소 공식을 반복적으로 적용하여 지수 m과 p를 0으로 유도할 수 있습니다.
이러한 감소 공식은 정수 및/또는 분수 지수를 갖는 적분에 사용될 수 있습니다.
$\left(a+b\,x+c\,x^{2}\right)^{p}$ 감소 공식의 특별한 경우는 m 및/또는 B를 0으로 설정하여 $(d+e\,x)^{m}\left(a+b\,x+c\,x^{2}\right)^{p}$ $\left(a+b\,x+c\,x^{2}\right)^{p}$ ( $\left(a+b\,x+c\,x^{2}\right)^{p}$ + $\left(a+b\,x+c\,x^{2}\right)^{p}$ $\left(a+b\,x+c\,x^{2}\right)^{p}$ + c $\left(a+b\,x+c\,x^{2}\right)^{p}$ $\left(a+b\,x+c\,x^{2}\right)^{p}$ p ${\$ 및 $\left(a+b\,x+c\,x^{2}\right)^{p}$ $(d+e\,x)^{m}\left(a+b\,x+c\,x^{2}\right)^{p}$ ( $(d+e\,x)^{m}\left(a+b\,x+c\,x^{2}\right)^{p}$ + x $(d+e\,x)^{m}\left(a+b\,x+c\,x^{2}\right)^{p}$ $(d+e\,x)^{m}\left(a+b\,x+c\,x^{2}\right)^{p}$ + $(d+e\,x)^{m}\left(a+b\,x+c\,x^{2}\right)^{p}$ $(d+e\,x)^{m}\left(a+b\,x+c\,x^{2}\right)^{p}$ + c $(d+e\,x)^{m}\left(a+b\,x+c\,x^{2}\right)^{p}$ $(d+e\,x)^{m}\left(a+b\,x+c\,x^{2}\right)^{p}$ p ${\$ 형태의 적분에 사용할 수 있습니다.

${\begin{aligned}&\int (d+e\,x)^{m}(A+B\,x)\left(a+b\,x+c\,x^{2}\right)^{p}dx={\frac {(d+e\,x)^{m+1}(A\,e(m+2p+2)-B\,d(2p+1)+e\,B(m+1)x)\left(a+b\,x+c\,x^{2}\right)^{p}}{e^{2}(m+1)(m+2p+2)}}\,+\,{\frac {1}{e^{2}(m+1)(m+2p+2)}}p\,\cdot \\&\qquad \int (d+e\,x)^{m+1}(B(b\,d+2a\,e+2a\,e\,m+2b\,d\,p)-A\,b\,e(m+2p+2)+(B(2c\,d+b\,e+b\,em+4c\,d\,p)-2A\,c\,e(m+2p+2))x)\left(a+b\,x+c\,x^{2}\right)^{p-1}dx\end{aligned}}$
${\begin{aligned}&\int (d+e\,x)^{m}(A+B\,x)\left(a+b\,x+c\,x^{2}\right)^{p}dx={\frac {(d+e\,x)^{m}(A\,b-2a\,B-(b\,B-2A\,c)x)\left(a+b\,x+c\,x^{2}\right)^{p+1}}{(p+1)\left(b^{2}-4a\,c\right)}}\,+\,{\frac {1}{(p+1)\left(b^{2}-4a\,c\right)}}\,\cdot \\&\qquad \int (d+e\,x)^{m-1}(B(2a\,e\,m+b\,d(2p+3))-A(b\,e\,m+2c\,d(2p+3))+e(b\,B-2A\,c)(m+2p+3)x)\left(a+b\,x+c\,x^{2}\right)^{p+1}dx\end{aligned}}$
${\begin{aligned}&\int (d+e\,x)^{m}(A+B\,x)\left(a+b\,x+c\,x^{2}\right)^{p}dx={\frac {(d+e\,x)^{m+1}(A\,c\,e(m+2p+2)-B(c\,d+2c\,d\,p-b\,e\,p)+B\,c\,e(m+2p+1)x)\left(a+b\,x+c\,x^{2}\right)^{p}}{c\,e^{2}(m+2p+1)(m+2p+2)}}\,-\,{\frac {p}{c\,e^{2}(m+2p+1)(m+2p+2)}}\,\cdot \\&\qquad \int (d+e\,x)^{m}(A\,c\,e(b\,d-2a\,e)(m+2p+2)+B(a\,e(b\,e-2c\,d\,m+b\,e\,m)+b\,d(b\,e\,p-c\,d-2c\,d\,p))+\\&\qquad \qquad \left(A\,c\,e(2c\,d-b\,e)(m+2p+2)-B\left(-b^{2}e^{2}(m+p+1)+2c^{2}d^{2}(1+2p)+c\,e(b\,d(m-2p)+2a\,e(m+2p+1))\right)\right)x)\left(a+b\,x+c\,x^{2}\right)^{p-1}dx\end{aligned}}$
${\begin{aligned}&\int (d+e\,x)^{m}(A+B\,x)\left(a+b\,x+c\,x^{2}\right)^{p}dx={\frac {(d+e\,x)^{m+1}\left(A\left(b\,c\,d-b^{2}e+2a\,c\,e\right)-a\,B(2c\,d-b\,e)+c(A(2c\,d-b\,e)-B(b\,d-2a\,e))x\right)\left(a+b\,x+c\,x^{2}\right)^{p+1}}{(p+1)\left(b^{2}-4a\,c\right)\left(c\,d^{2}-b\,d\,e+a\,e^{2}\right)}}\,+\\&\qquad {\frac {1}{(p+1)\left(b^{2}-4a\,c\right)\left(c\,d^{2}-b\,d\,e+a\,e^{2}\right)}}\,\cdot \\&\qquad \qquad \int (d+e\,x)^{m}(A\left(b\,c\,d\,e(2p-m+2)+b^{2}e^{2}(m+p+2)-2c^{2}d^{2}(3+2p)-2a\,c\,e^{2}(m+2p+3)\right)-\\&\qquad \qquad \qquad B(a\,e(b\,e-2c\,dm+b\,e\,m)+b\,d(-3c\,d+b\,e-2c\,d\,p+b\,e\,p))+c\,e(B(b\,d-2a\,e)-A(2c\,d-b\,e))(m+2p+4)x)\left(a+b\,x+c\,x^{2}\right)^{p+1}dx\end{aligned}}$
${\begin{aligned}&\int (d+e\,x)^{m}(A+B\,x)\left(a+b\,x+c\,x^{2}\right)^{p}dx={\frac {B(d+e\,x)^{m}\left(a+b\,x+c\,x^{2}\right)^{p+1}}{c(m+2p+2)}}\,+\,{\frac {1}{c(m+2p+2)}}\,\cdot \\&\qquad \int (d+e\,x)^{m-1}(m(A\,c\,d-a\,B\,e)-d(b\,B-2A\,c)(p+1)+((B\,c\,d-b\,B\,e+A\,c\,e)m-e(b\,B-2A\,c)(p+1))x)\left(a+b\,x+c\,x^{2}\right)^{p}dx\end{aligned}}$
${\begin{aligned}&\int (d+e\,x)^{m}(A+B\,x)\left(a+b\,x+c\,x^{2}\right)^{p}dx=-{\frac {(B\,d-A\,e)(d+e\,x)^{m+1}\left(a+b\,x+c\,x^{2}\right)^{p+1}}{(m+1)\left(c\,d^{2}-b\,d\,e+a\,e^{2}\right)}}\,+\,{\frac {1}{(m+1)\left(c\,d^{2}-b\,d\,e+a\,e^{2}\right)}}\,\cdot \\&\qquad \int (d+e\,x)^{m+1}((A\,c\,d-A\,b\,e+a\,B\,e)(m+1)+b(B\,d-A\,e)(p+1)+c(B\,d-A\,e)(m+2p+3)x)\left(a+b\,x+c\,x^{2}\right)^{p}dx\end{aligned}}$

b - 4 a c = 0일 때 x (a + b x + c x) 형태의 적분

결과적인 적분은 원래의 적분과 같은 형태이므로 이러한 감소 공식을 반복적으로 적용하여 지수 m과 p를 0으로 유도할 수 있습니다.
이러한 감소 공식은 정수 및/또는 분수 지수를 갖는 적분에 사용될 수 있습니다.
$b^{2}-4\,a\,c=0$ 축소 공식의 특수한 $b^{2}-4\,a\,c=0$ 는 $b^{2}-4\,a\,c=0$ m을 0으로 설정하여 b 2 - 4 c = 0 {\displaystyle b^{2}-4\,a\, $\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p}$ =0}일 때 $\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p}$ ( $\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p}$ + $\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p}$ $\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p}$ $\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p}$ + $\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p}$ ) p ${\displaystyle \left(a$ + $b\,x^{n}+$ c $\,x^{2n}\right)^{p}$ 형태의 적분에 사용할 수 있습니다.

$\int x^{m}\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p}dx={\frac {x^{m+1}\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p}}{m+2n\,p+1}}\,+\,{\frac {n\,p\,x^{m+1}\left(2a+b\,x^{n}\right)\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p-1}}{(m+1)(m+2n\,p+1)}}\,-\,{\frac {b\,n^{2}p(2p-1)}{(m+1)(m+2n\,p+1)}}\int x^{m+n}\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p-1}dx$
$\int x^{m}\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p}dx={\frac {(m+n(2p-1)+1)x^{m+1}\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p}}{(m+1)(m+n+1)}}\,+\,{\frac {n\,p\,x^{m+1}\left(2a+b\,x^{n}\right)\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p-1}}{(m+1)(m+n+1)}}\,+\,{\frac {2c\,p\,n^{2}(2p-1)}{(m+1)(m+n+1)}}\int x^{m+2n}\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p-1}dx$
$\int x^{m}\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p}dx={\frac {(m+n(2p+1)+1)x^{m-n+1}\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p+1}}{b\,n^{2}(p+1)(2p+1)}}\,-\,{\frac {x^{m+1}\left(b+2c\,x^{n}\right)\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p}}{b\,n(2p+1)}}\,-\,{\frac {(m-n+1)(m+n(2p+1)+1)}{b\,n^{2}(p+1)(2p+1)}}\int x^{m-n}\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p+1}dx$
$\int x^{m}\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p}dx=-{\frac {(m-3n-2n\,p+1)x^{m-2n+1}\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p+1}}{2c\,n^{2}(p+1)(2p+1)}}\,-\,{\frac {x^{m-2n+1}\left(2a+b\,x^{n}\right)\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p}}{2c\,n(2p+1)}}\,+\,{\frac {(m-n+1)(m-2n+1)}{2c\,n^{2}(p+1)(2p+1)}}\int x^{m-2n}\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p+1}dx$
$\int x^{m}\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p}dx={\frac {x^{m+1}\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p}}{m+2n\,p+1}}\,+\,{\frac {n\,p\,x^{m+1}\left(2a+b\,x^{n}\right)\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p-1}}{(m+2n\,p+1)(m+n(2p-1)+1)}}\,+\,{\frac {2a\,n^{2}p(2p-1)}{(m+2n\,p+1)(m+n(2p-1)+1)}}\int x^{m}\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p-1}dx$
$\int x^{m}\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p}dx=-{\frac {(m+n+2n\,p+1)x^{m+1}\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p+1}}{2a\,n^{2}(p+1)(2p+1)}}\,-\,{\frac {x^{m+1}\left(2a+b\,x^{n}\right)\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p}}{2a\,n(2p+1)}}\,+\,{\frac {(m+n(2p+1)+1)(m+2n(p+1)+1)}{2a\,n^{2}(p+1)(2p+1)}}\int x^{m}\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p+1}dx$
$\int x^{m}\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p}dx={\frac {x^{m-n+1}\left(b+2c\,x^{n}\right)\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p}}{2c(m+2n\,p+1)}}\,-\,{\frac {b(m-n+1)}{2c(m+2n\,p+1)}}\int x^{m-n}\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p}dx$
$\int x^{m}\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p}dx={\frac {x^{m+1}\left(b+2c\,x^{n}\right)\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p}}{b(m+1)}}\,-\,{\frac {2c(m+n(2p+1)+1)}{b(m+1)}}\int x^{m+n}\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p}dx$

형식 x^m (A + B xⁿ) (a + b xⁿ + c²ⁿ x)^p의 적분

결과적인 적분은 원래의 적분과 같은 형태이므로 이러한 감소 공식을 반복적으로 적용하여 지수 m과 p를 0으로 유도할 수 있습니다.
이러한 감소 공식은 정수 및/또는 분수 지수를 갖는 적분에 사용될 수 있습니다.
이러한 감소 공식의 특별한 경우는 m 및/또는 B를 0으로 설정하여 $x^{m}\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{{2n}}\right)^{p}$ $\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p}$ ( $\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p}$ + $\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p}$ $\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p}$ $\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p}$ + $\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p}$ x $\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p}$ $\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p}$ $\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p}$ ${\$ 및 $\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p}$ $x^{m}\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p}$ $x^{m}\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p}$ + $x^{m}\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p}$ $x^{m}\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p}$ $x^{m}\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p}$ + c $x^{m}\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p}$ $x^{m}\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p}$ n $x^{m}\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p}$ p ${\$ 형태의 적분에 사용할 수 있습니다.

${\begin{aligned}&\int x^{m}\left(A+B\,x^{n}\right)\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p}dx={\frac {x^{m+1}\left(A(m+n(2p+1)+1)+B(m+1)x^{n}\right)\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p}}{(m+1)(m+n(2p+1)+1)}}\,+\,{\frac {n\,p}{(m+1)(m+n(2p+1)+1)}}\,\cdot \\&\qquad \int x^{m+n}\left(2a\,B(m+1)-A\,b(m+n(2p+1)+1)+(b\,B(m+1)-2\,A\,c(m+n(2p+1)+1))x^{n}\right)\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p-1}dx\end{aligned}}$
${\begin{aligned}&\int x^{m}\left(A+B\,x^{n}\right)\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p}dx={\frac {x^{m-n+1}\left(A\,b-2a\,B-(b\,B-2A\,c)x^{n}\right)\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p+1}}{n(p+1)\left(b^{2}-4a\,c\right)}}\,+\,{\frac {1}{n(p+1)\left(b^{2}-4a\,c\right)}}\,\cdot \\&\qquad \int x^{m-n}\left((m-n+1)(2a\,B-A\,b)+(m+2n(p+1)+1)(b\,B-2A\,c)x^{n}\right)\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p+1}dx\end{aligned}}$
${\begin{aligned}&\int x^{m}\left(A+B\,x^{n}\right)\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p}dx={\frac {x^{m+1}\left(b\,B\,n\,p+A\,c(m+n(2p+1)+1)+B\,c(m+2n\,p+1)x^{n}\right)\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p}}{c(m+2n\,p+1)(m+n(2p+1)+1)}}\,+\,{\frac {n\,p}{c(m+2n\,p+1)(m+n(2p+1)+1)}}\,\cdot \\&\qquad \int x^{m}\left(2a\,A\,c(m+n(2p+1)+1)-a\,b\,B(m+1)+\left(2a\,B\,c(m+2n\,p+1)+A\,b\,c(m+n(2p+1)+1)-b^{2}B(m+n\,p+1)\right)x^{n}\right)\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p-1}dx\end{aligned}}$
${\begin{aligned}&\int x^{m}\left(A+B\,x^{n}\right)\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p}dx=-{\frac {x^{m+1}\left(A\,b^{2}-a\,b\,B-2a\,A\,c+(A\,b-2a\,B)c\,x^{n}\right)\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p+1}}{a\,n(p+1)\left(b^{2}-4a\,c\right)}}\,+\,{\frac {1}{a\,n(p+1)\left(b^{2}-4a\,c\right)}}\,\cdot \\&\qquad \int x^{m}\left((m+n(p+1)+1)A\,b^{2}-a\,b\,B(m+1)-2(m+2n(p+1)+1)a\,A\,c+(m+n(2p+3)+1)(A\,b-2a\,B)c\,x^{n}\right)\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p+1}dx\end{aligned}}$
${\begin{aligned}&\int x^{m}\left(A+B\,x^{n}\right)\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p}dx={\frac {B\,x^{m-n+1}\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p+1}}{c(m+n(2p+1)+1)}}\,-\,{\frac {1}{c(m+n(2p+1)+1)}}\,\cdot \\&\qquad \int x^{m-n}\left(a\,B(m-n+1)+(b\,B(m+n\,p+1)-A\,c(m+n(2p+1)+1))x^{n}\right)\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p}dx\end{aligned}}$
${\begin{aligned}&\int x^{m}\left(A+B\,x^{n}\right)\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p}dx={\frac {A\,x^{m+1}\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p+1}}{a(m+1)}}\,+\,{\frac {1}{a(m+1)}}\,\cdot \\&\qquad \int x^{m+n}\left(a\,B(m+1)-A\,b(m+n(p+1)+1)-A\,c(m+2n(p+1)+1)x^{n}\right)\left(a+b\,x^{n}+c\,x^{2n}\right)^{p}dx\end{aligned}}$

참고문헌

^ "독자조사: log x + C", Tom Leinster, n-category Cafe, 2012년 3월 19일

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