Yo estaba un poco confundido acerca de lo que hizo y no quiero involucrar, pero en mi opinión la forma más sencilla de hacer esto es mediante la diferenciación.
Tenga en cuenta que:
$${\frac { \left( -1 \right) ^{n-1} }{ \left( n-1 \right) !}}{\frac {\partial }{\partial c^{n-1}}}\frac{1}{ a{x}^{2}+bx+c
} = \frac{1}{ \left ({x}^{2}+bx+c
\right)^n}
$$
y que:
$$\int \! \frac{1}{ a{x}^{2}+bx+c
}{dx}=2\,\arctan \left( {
\frac {2\,ax+b}{\sqrt {4\,ca-{b}^{2}}}} \right) {\frac {1}{\sqrt {4\,c
a-{b}^{2}}}}$$
por lo tanto:
$$\int \! \frac{1}{ \left ({x}^{2}+bx+c
\right)^n}{dx}=
{\frac { \left( -1 \right) ^{n-1} }{ \left( n-1 \right) !}}{\frac {\partial }{\partial c^{n-1}}}
\left( 2\,\arctan \left( {\frac {2\,ax+b}{\sqrt {4\,ca-{b}^{2}}}}
\right) {\frac {1}{\sqrt {4\,ca-{b}^{2}}}} \right)
$$
Usted puede utilizar la generalizada Leibniz formula para obtener un polinomio además de un arctan parte, a pesar de que como lo que puedo decir que la arctan parte siempre va a estar ahí, ya que comienza la terrible recursividad.
Actualización
A la luz de la discusión en los comentarios de esta respuesta, tal vez algo como esto iba a ser mejor...
Tenga en cuenta que:
$${\frac {1}{ \left( x-\mu \right) ^{1
+n} \left( x-\nu \right) ^{1+n}}}=\frac{1}{(n!)^2}{\frac {\partial ^{2\,n}}{\partial {\nu}^{n}\partial {\mu}^{n}}}
\left( {\frac {1}{ \left( x-\mu \right) \left( x-\nu \right) }}
\right) \etiqueta{1}$$
y:
$${\frac {1}{ \left( x-\mu \right) \left( x-\nu \right) }}={\frac {1}{ \left( -
\nu+\mu \right) \left( x-\mu \right) }}-{\frac {1}{
\left( x-\nu \right) \left( -\nu+\mu \right) }} \etiqueta{2}$$
por lo tanto:
$$\begin{aligned}
\int{\frac {1}{ \left( x-\mu \right) ^{1+n} \left( x-\nu \right) ^{1+n}}}{dx}=
&\frac{1}{(n!)^2}{\frac {\partial ^{2\,n}}{\partial {\nu}^{n}\partial {\mu}^{n}}}\frac{1}{\left( -\nu+\mu \right)}\int
\!{
\frac {1}{ \left( x-\mu \right) }}-{\frac {1}{ \left( x-\nu \right) }}{dx}\\
&\frac{1}{(n!)^2}{\frac {\partial ^{2\,n}}{\partial {\mu}^{n}\partial {\nu}^{n}}}
\left({\frac {\ln
\left( x-\mu \right) }{-\nu+\mu}} -{\frac {\ln \left( x-\nu \right) }{-\nu+\mu}}\right) \tag{3}
\end{aligned}
$$
A continuación, tenga en cuenta que, por ejemplo:
$$\frac{1}{(n!)^2}{\frac {\partial ^{2\,n}}{\partial {\mu}^{n}\partial {\nu}^{n}}}\frac {\ln \left( x-\mu \right) }{-\nu+\mu}=\frac{1}{n!}{\frac {\partial }{\partial \mu^n}} \left( {\frac {\ln \left( x-\mu \right) }{ \left( -
\nu+\mu \right) ^{1+n}}} \right) \etiqueta{4}
$$
y que el segundo término de la derecha de $(3)$ es sólo $\mu \leftrightarrow\nu$. La generalizada Leibniz formulalos estados:
$${\frac {d}{d \mu^n}}\left( f\left( \mu \right) g \left( \mu \right) \right)
=\sum _{m=0}^{n}{n\elegir m} \left( {\frac {d^{m}}{d{\mu}^{m}}}f \left( \mu \right) \right)\left( {\frac {d^{n-m}}{d{\mu}^{n-m}}}g \left( \mu \right)\right) \etiqueta{5}$$
se aplican $(5)$ a el lado derecho de la $(4)$, utilizando el numerador como $f$ y el denominador como $g$. Tire de la orden cero término de la suma, ya que contiene la $\log$ plazo. Desplazarse hacia abajo con el índice de la suma restante por $1$, aplicando la derivada de una vez, para el registro de término en la suma. Para el resto de los derivados usted tendrá la utilidad de la fórmula:
$${\frac {\partial ^{k}}{\partial {\mu}^{k}}} \frac{1}{\left( -
\nu+\mu \right) ^{1+n}} ={\frac { \left( -1
\right) ^{k} \left( n+k \right) !}{n!\, \left( -\nu+\mu \right) ^{1+n
+k}}} \etiqueta{6}$$
Después de algunos largos álgebra, el resultado final es:
$$\int{\frac {1}{ \left( x-\mu \right) ^{1+n} \left( x-\nu \right) ^{1+n}}}{dx}= \frac{\left( -1 \right) ^{n}}{\left( -\nu+\mu \right) ^{1+2\,n}} \left[{2\,n\choose n}\left(\ln \left( x-\mu\right)-\ln \left( x-\nu \right)\right)-P_n(\mu,\nu,x)\right] $$
donde:
$$P_n(\mu\nu,x)=\sum _{m=1}^{n}\frac{{2\n-m\elegir n}}{m} \left[ \left( {\frac {-\nu+\mu}
{-x+\mu}} \right) ^{m}- \left( {\frac {\nu\mu}{-x+\nu}} \right) ^{m}
\right] \etiqueta{7}$$
El polinomio es de hipergeométrica generalizada formulario.
