x²+6x+13=x²+6x+9+4=(x+3)²-(-4)=(x+3)²-(2i)²=(x+3-2i)(x+3+2i)
x²+23=A(x+3-2i)(x+3+2i)+B(x+1)(x+3-2i)+C(x+1)(x+3+2i)=
=A(x²+6x+13)+B(x²+x(4-2i)+3-2i)+C(x²+x(4+2i)+3+2i)=
=(A+B+C)x²+(6A+(4-2i)B+(4+2i)C)x+(13A+(3-2i)B+(3+2i)C)
A+B+C=1, 6A+(4-2i)B+(4+2i)C=0, 13A+(3-2i)B+(3+2i)C=23 ⇒ A=3, B=-(2+5i)/2, C=-(2-5i)/2
(x²+23)/((x+1)(x²+6x+13))=3/(x+1)-(2+5i)/(2(x+3+2i))-(2-5i)/(2(x+3-2i))
∫(x²+23)/((x+1)(x²+6x+13)) dx=∫ 3/(x+1) dx - ∫(2+5i)/(2(x+3+2i)) dx - ∫ (2-5i)/(2(x+3-2i)) dx=
=3 ∫1/(x+1) d(x+1) - (2+5i)/2 ∫ 1/(x+3+2i) d(x+3+2i) - (2-5i)/2 ∫ 1/(x+3-2i) d(x+3-2i) =
= 3 ln(x+1) - (2+5i)/2 ln(x+3+2i) - (2-5i)/2 ln(x+3-2i) + const
дальше можно немного поупрощать с учётом действительности переменной x
3 ln(x+1) = 3 ln|x+1| + a, где a = 0 для x+1 > 0, a = 3iπ для x+1 < 0
если интеграл берётся в пределах отрезка, который не содержит особенную точку x=-1, то a просто заносится в константу и можно заменить ln(x+1) на ln|x+1|
- (2+5i)/2 ln(x+3+2i) - (2-5i)/2 ln(x+3-2i) = -1 (ln(x+3+2i) + ln(x+3-2i)) + 5i/2 (ln(x+3-2i) - ln(x+3+2i)) =
= - ln(x²+6x+13) + 5i/2 (ln(x+3-2i) - ln(x+3+2i))
x²+6x+13 всегда больше нуля, поэтому тут модуль можно не ставить
ln(x+3+2i)=ln|x+3+2i|+i arg(x+3+2i)=ln√(x²+6x+13)+i arctg(2/(x+3)) + a, где a = iπ для x+3 < 0, a=0 для x+3 > 0
ln(x+3-2i)=ln|x+3+2i|+i arg(x+3-2i)=ln√(x²+6x+13)-i arctg(2/(x+3)) - a, где a = iπ для x+3 < 0, a=0 для x+3 > 0
ln(x+3-2i)-ln(x+3+2i)=-2i arctg(2/(x+3))-2a
5i/2 (ln(x+3-2i) - ln(x+3+2i))=5 arctg(2/(x+3)) -5ia
arctg(2/(x+3)) = b - arctg((x+3)/2), где b = π/2 при x+3 > 0, -π/2 при x+3 < 0
5i/2 (ln(x+3-2i) - ln(x+3+2i)) = 5b - 5arctg((x+3)/2)-5ia
при x+3 > 0: 5b-5ia = 5π/2
при x+3 < 0: 5b-5ia = -5π/2+5π=5π/2
стало быть 5i/2 (ln(x+3-2i) - ln(x+3+2i)) = 5π/2 - 5arctg((x+3)/2)
5π/2 заносим в константу интегрирования и получаем ответ
∫(x²+23)/((x+1)(x²+6x+13)) dx = 3 ln|x+1| - ln(x²+6x+13) - 5arctg((x+3)/2) + const
заодно попрактиковались в теории ФКП