第四节有理函数的积分
4(4)有理函数及三角函数有理式的积分(1)
原式=
5u + 2 (u2 + 1)2
du
5 2
d(u2 + 1)
(u2 + 1)2 + 2
du (u2 + 1)2
51
u
- 2 u2 + 1 + u2 + 1 + arctanu + C
递推公式
回代
2x -7 2( x2 - 2x + 2) + arctan( x - 1) + C
书上无
Q( x)
部分分式的和, 如果分母多项式Q( x)在实数域
上的质因式分解式为:
Q( x) b0( x - a) ( x2 + px + q) ,( p2 - 4q 0)
, 为正整数, 则 P( x) 可唯一的分解为:
Q( x)
4
有理函数的积分
Q( x) b0( x - a) ( x2 + px + q) ,( p2 - 4q 0)
+ arctan x + C
说明:当被积函数是假分式时,应把它分为 一个多项式和一个真分式,分别积分.
9
有理函数的积分
例2 求
x+3 x2 - 5x + 6 dx
解
x2
x+3 -5x + 6
(x
x+3 - 2)( x - 3)
A+ x-2
B x-3
因式分解 x + 3 A(x - 3) + B(x - 2)
Ap
At + (B - )
2
高等数学 第四节 有理函数的积分
有理函数的积分
P 210 −
初等函数 f ( x ) 在它的定义域上是连续 的 , 它的不定积
分 I = ∫ f ( x ) dx 一定存在 , 但是却不一定能把 I 用初等函数
表示出来 , 例如 sin x , x
1 , ln x
e
− x2
,
sin x2 .
我们称这些函数 "积不出来" , "积不出来" 不能说明它 的原函数不存在 .
⌠ x+ p d 2 In = n 2 p p2 x + 2 + q − 4 ⌡
1 u + I1 + c , I2 = 2 2 2a u + a 2
In =
1 u + ( 2n − 3) I n −1 + c . n 2a 2 ( n − 1) ( u 2 + a 2 ) −1
B D − 1 Bp ⋅ I = n 2 n −1 + 2 2 (1 − n) ( x + px + q )
4
⌠ I n = 2 du 2 n , ⌡ (u + a )
p p2 u= x+ , a = q− . 2 4
我们已经知道 : I1 = 1 arctan u + c , a a
2
⇒
1− u , 2u sin x = , cos x = 2 1+ u2 1+ u
1+ u2
x
2u
1− u2
x = 2arctanu ,
dx = 2 du . 1+ u2
高数讲义第四节有理函数的积分全
例9
求积分
1
x
1 xdx x
解 令 1 x t 1 x t2,
x
x
x
t
1 2
, 1
dx
2tdt t2 1
2,
例9
求积分
1
x
1 xdx x
解
令 1 x t x
x
xt2211a12,dxdx
1
2a
ln
x2tdat tx2 a1
2
C,
1 x
1
x
xdx
t
2
1t
t
2
2t
12
dt
2
x
2)
1
A 2x
Bx 1
C x2
解：令：
x
1 (1
x)
2
A x
B 1 x
C (1 x)
2
1 A(1 x)2 B x(1 x) C x
取 x1, 得 C 1; 取 x0, 得 A1;
再取 x 2 , 得 1 (1 2)2 B2(1 2) 2 , B 1 ;
1 x (1 x) 2
t
3
1 t 1
1dt
6
(t
2
t
1
t
1
)dt 1
2t 3 3t 2 6t 6 ln | t 1 | C
2 x 1 33 x 1 36 x 1 6 ln(6 x 1 1) C.
说明 无理函数去根号时, 取根指数的最小公倍数.
例11 求积分
x 3x 1
dx. 2x 1
解 先对分母进行有理化
f (x) 为真分式 , 当 m n 时
f (x) 为假分式
有理函数的不定积分
例5. 求
( x 2 x 2) (2 x 2) d x 解: 原式 2 2 ( x 2 x 2)
dx d( x 2 x 2) 2 2 2 ( x 1) 1 ( x 2 x 2)
2
2
1 C arctan(x 1) 2 x 2x 2
2
2
例11. 求 解: 为去掉被积函数分母中的根式, 取根指数 2, 3 的最小公倍数 6, 令 x t , 则有 5 1 2 6 t d t 原式 3 2 6 ( t t 1 ) dt 1 t t t
6
6
2 1t 3 1 ln 1 t t t 3 2
2
例3. 求 解: 原式
x 2x 3 2 d( x 1) 1 d( x 2 x 3) 3 2 2 x 2x 3 ( x 1) 2 ( 2 ) 2 3 x 1 1 2 arctan C ln x 2 x 3 2 2 2
1 ( 2 x 2) 3 2
例2. 求 解: 已知 1 1 4 2x 1 2 2 (1 2 x)(1 x ) 5 1 2 x 1 x 1 x 2
2 d(1 2 x) 1 d(1 x ) 1 dx 原式 2 2 5 5 1 2x 5 1 x 1 x 2 1 1 2 ln 1 2 x ln (1 x ) arctan x C 5 5 5
1 Bx C A 2 (1 2 x)(1 x ) 1 2 x 1 x 2
A(1 x 2 ) ( Bx C )(1 2 x) 2 (1 2 x)(1 x ) 2 1 A(1 x ) ( Bx C)(1 2x), 1 4 1 取x 得A , 取x 0得1 A C, C , 5 5 2 2 取x 1得1 2 A 3( B C), B
积分重要知识点归纳
2
x 2
sin
2
x 2
1 tan sec
2
x 2
1 tan 1 tan
2
x 2 , x 2
x 2
2
2 tan sin x 1 tan
x 2
2
1 tan
2
x 2 , x 2
x 2
,
cos x 1 tan
2
令
u tan
x 2
x 2 arctan u
（万能代换公式）
A 5
B6
故
原式
5 x2
6 x3
(3) 混合法
2
1 (1 2 x )(1 x )
2
A 1 2x
Bx C 1 x
2
A(1 x ) ( Bx C )(1 2 x ) 1
令x ，得
1 2
A
4 5
B 2 5
4 5 8
5
C 1
3( B C ) 1
dx
(1
2u
du
(1 u ) (1 u )
2 2
( 1 u )( 1 u )
2
du
1 x x x 2 1 1 arctan usec ln(1ln | u ) tan ln | | C . u | C ln | | 2 2 2
2
A
A ln x a C
A 1 n ( x a)
2
1 n
A
n
dx
C
(n 1)
2.
(1).
( 2).
有理函数的积分
1.有理函数的积分有理函数是指由两个多项式函数的商所表示的函数，一般形式为其中都是常数，为非负整数。
我们只需考虑真分式的积分，先来考虑两种特殊类型：（Ⅰ）这种类型是容易积出来的，（Ⅱ）作适当换元（令）,可化为上式右端第一个不定积分可用凑微分法积出来为：对第二个不定积分，记用分部积分法可导出递推公式：整理得重复使用递推公式，最终归结为计算而可积出来为这样就可完成对不定积分（Ⅱ）的计算。
对任一个有理函数而言，均可写成一个多项式与一个有理真分式的和，而多项式的积分问题已经解决，下面主要考虑有理真分式(不妨设)的积分问题。
为叙述简便，不妨设．其方法是将化成许多简单分式（即类型（Ⅰ）、（Ⅱ））的代数和然后逐项积分。
由于类型（Ⅰ）、（Ⅱ）总是可“积出来”的，从面有理函数总是可以“积出来”。
下面简述分解有理真分式（）的步骤：第一步按代数学的结论，将分母分解成实系数的一次因式与二次因式的乘幂之积。
其中均为自然数。
第二步根据因式分解结构，写出的部分分式的待定形式：对于每个形如的因式，所对应的部分分式为对于每个形如的因式，所对应的部分分式为把各个因式所对应的部分分式加起来，就完成了对的部分分式分解。
第三步确定待定系数：通分后比较分子上的多次式的系数，得待定系数的线性方程组，由此解得待定系数的值。
例8.13 求2.三角函数有理式和积分由及常数经过有限次四则运算所得的函数称为关于的有理式（或三角函数有理式）。
用表示对于这种函数的不定积分我们总可通过代换，化为以为变量的有理函数的积分。
理由是，，，又，故从而上面的讨论说明：三角函数有理式也总是可以“积出来”的，但对具体问题而言，用上述方法往往计算量太大，因此，有时要考虑用其它简便方法。
（1）如果是的奇函数时，即则设即可。
例如求（1）；（2）．（2）如果是的奇函数时，即则设即可。
例如求．（3）如果是关于与的偶函数时，即则设即可。
例如求（1）；（2）．（4）请研究被积函数为（为自然数）时的情况。
经济数学微积分有理函数的积分
例6 求积分
x 6
1 1 e e e
x 2 x 3 x 6
dx .
解
1 e e e
6 令 t e x 6 ln t , dx d t , t 1 1 6 dx dt x x x 3 2 1 t t t t 3 6 2
1 6 3 3 t 3 6 d t dt 2 2 t (1 t )(1 t ) t 1 t 1 t
1 dx . 例5 求积分 2 (1 2 x )(1 x )
4 2 1 x 1 5 dx 5 5 dx d x 解 2 1 2x 1 x2 (1 2 x )(1 x )
2 1 2x 1 1 ln(1 2 x ) dx dx 2 2 5 5 1 x 5 1 x 2 1 1 2 ln(1 2 x ) ln(1 x ) arctan x C . 5 5 5
可用递推法求出
※二、待定系数法举例
有理函数化为部分分式之和的一般规律： k （1）分母中若有因式 ( x a ) ，则分解后为
A1 A2 Ak , k k 1 ( x a) ( x a) xa
其中 A1 , A2 , , Ak 都是常数.
A ; 特殊地： k 1, 分解后为 xa
第四节 有理函数的积分
一、六个基本积分 二、待定系数法举例
三、小结
一、六个基本积分
定义 有理函数的定义：
n n 1
两个多项式的商表示的函数称之为有理函数.
P ( x ) a0 x a1 x an1 x an m m 1 Q( x ) b0 x b1 x bm 1 x bm
《有理函数积分》课件
有理函数的分类
总结词
根据分母中变量的最高次幂的次数，可以将有理函数分为一次、二次、三次等有理函数 。
详细描述
根据分母中变量的最高次幂的次数，可以将有理函数分为一次、二次、三次等有理函数 。例如，形如 f(x)=p(x)/x 的函数被称为一次有理函数，形如 f(x)=p(x)/(x^2+1) 的函 数被称为二次有理函数，以此类推。不同次数的有理函数具有不同的性质和积分方法。
舍入误差
在将数值近似为有限小数时，舍入误差是不可避免的。因 此，在处理实际问题时，需要注意舍入误差对结果的影响 。
初始条件和边界条件的影响
在求解微分方程时，初始条件和边界条件可能会影响积分 的结果。因此，在处理实际问题时，需要注意初始条件和 边界条件对结果的影响。
THANK YOU
信号处理
在信号处理中，有理函数积分用于描述信号的频 谱和滤波器的传递函数，如低通滤波器、高通滤 波器等。
材料力学
在材料力学中，有理函数积分用于描述材料的应 力-应变关系，从而为材料性能分析和优化提供 依据。
04
有理函数积分的注意 事项
积分公式的应用范围
确定被积函数的定义域
在应用积分公式之前，需要先确定被积函数的定义域，以避免出现 无意义或错误的积分结果。
02
有理函数的积分方法
部分分式积分法
总结词
将有理函数表示为部分分式的积分方法，适用于 有理函数积分问题。
适用范围
适用于有理函数积分问题，特别是当分母为多项 式时，应用更加广泛。
详细描述
部分分式积分法是一种将有理函数表示为部分分 式的积分方法，通过将有理函数分解为多项式和 简单函数的商，将积分问题转化为多项式和简单 函数的积分问题，从而简化计算过程。
第四节有理函数的积分
第四节 有理数函数的积分本节我们还要介绍一些比较简单的特殊类型函数的不定积分,包括有理函数的积分以及可化为有理函数的积分,如三角函数有理式、简单无理函数的积分等.分布图示★ 有理函数的积分 ★ 例1 ★ 例2★ 例3 ★ 例4 ★ 例5 ★ 例6 ★ 例7 ★ 例8 ★ 例9 ★ 例10 ★ 有理函数的原函数★ 三角函数有理式的积分★ 例 11 ★ 例 12 ★ 例 13 ★ 例 14★ 简单无理函数的积分★ 例 15 ★ 例 16 ★ 例 17 ★ 例 18★ 例 19 ★ 例 20 ★ 例 21 ★ 例 22★ 内容小结 ★ 课堂练习★ 习题4-4★ 返回内容要点一、有理函数的积分1．最简分式的积分下列四类分式称为最简分式,其中n 为大于等于2的正整数.,A 、M 、N 、a 、p 、q 均为常数,且042<-q p . (1) a x A -； (2) na x A )(-； (3) qpx x N Mx +++2； (4) n q px x N Mx )(2+++. 2．有理分式化为最简分式的和二、可化为有理函数的积分1．三角函数有理式的积分: 由x sin 、x cos 和常数经过有限次四则运算构成的函数称为三角有理函数,记为).cos ,(sin x x R2．简单无理函数的积分求简单无理函数的积分,其基本思想是利用适当的变换将其有理化,转化为有理函数的积分. 下面我们通过例子来说明.三、总结本章我们介绍了不定积分的概念及计算方法. 必须指出的是：初等函数在它有定义的区间上的不定积分一定存在,但不定积分存在与不定积分能否用初等函数表示出来不是一回事. 事实上,有很多初等函数,它的不定积分是存在的,但它们的不定积分却无法用初等函数表示出来,如dx e x ⎰-2,⎰dx x x sin ,⎰+31x dx.同时我们还应了解,求函数的不定积分与求函数的导数的区别,求一个函数的导数总可以循着一定的规则和方法去做,而求一个函数的不定积分并无统一的规则可循,需要具体问题具体分析,灵活应用各类积分方法和技巧.例题选讲有理式的分解例1(E01) 分解有理分式6532+-+x x x . 解 ,)3)(2(36532--+=+-+x x x x x x ∴设,326532-+-=+-+x B x A x x x ),2()3(3-+-=+x B x A x )23()(3B A x B A x +-+=+∴⇒⎩⎨⎧=+-=+3)23(1B A B A ⇒⎩⎨⎧=-=,65B A .36256532-+--=+-+∴x x x x x 例2 分解有理式 .2424x x +解 ⎥⎦⎤⎢⎣⎡++++=+=+24)2(424222224x D Cx x B x A x x x x 两边同乘以2x 得:⎥⎦⎤⎢⎣⎡⋅++++=+2222424x x D Cx B Ax x 令,0=x 得.2/1=B 再将上式两边求导:⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡'⎪⎭⎫ ⎝⎛+++++⋅+=+-2224)2(822222x D Cx x x D Cx x A x x 令,0=x 得.0=A同理，两边同乘以,22+x 令,2C x =得,0=C ,2/1-=D 所以)2(4242224+=+x x x x ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=)2(2121422x x .22222+-=x x例3 分解有理分式 2)1(1-x x .解 设1)1()1(122-+-+=-x C x B x A x x ⇒),1()1(12-++-=x Cx Bx x A (*) 代入特殊值来确定系数,,,C B A 取0=x ⇒;1=A 取1=x ⇒;1=B取,2=x 并将B A ,值代入(*)⇒;1-=C.11)1(11)1(122---+=-∴x x x x x例4 分解有理分式 )1)(21(12x x ++. 解 设22121)1)(21(1xC Bx x A x x ++++=++⇒),21)(()1(12x C Bx x A ++++= 整理得 ,)2()2(12A C x C B x B A +++++=即1,02,02=+=+=+C A C B B A ⇒,51,52,54=-==C B A .151522154)1)(21(122x x x x x ++-++=++∴例5 将 )1)(1(1222+---+x x x x x 分解为部分分式. 解 设11)1)(1(12222+-++-=+---+x x C Bx x A x x x x x 去分母，得)1)(()1(1222-+++-=-+x C Bx x x A x x令,1=x 得;2=A 令,0=x 得,1C A -=-所以;3=C令,2=x 得,237C B A ++=所以.1-=B因此 .1312)1)(1(12222+----=+---+x x x x x x x x x有理式的积分例6 (E02) 求不定积分⎰-dx x x 2)1(1. 解 根据例3的结果,11)1(11)1(122---+=-x x x x x ∴原式dx x x x ⎰⎥⎦⎤⎢⎣⎡---+=11)1(112dx x dx x dx x ⎰⎰⎰---+=11)1(112 .|1|ln 11||ln C x x x +----= 例7 (E03) 求不定积分⎰++dx x x )1)(21(12.解 根据例4的结果,151522154)1)(21(122x x x x x ++-++=++ ∴原式⎰⎰++-++=dx x x dx x 2151522154⎰⎰+++-+=dx x dx x x x 2211511251|21|ln 52 .arctan 51)1ln(51|21|ln 522C x x x +++-+=例8 求不定积分.)1)(1(1222dx x x x x x ⎰+---+ 解 根据例5的结果，有dx x x x x dx x x x x x ⎰⎰⎪⎭⎫ ⎝⎛+----=+---+1312)1)(1(12222⎰⎰+----=dx x x x x dx 13122 ⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡++--+----=⎰⎰4341511221|1|ln 222x x dx dx x x x x ⎰⎰+⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛--+-+---=432121251)1(21|1|ln 2222x x d x x x x d x |1|ln 21|1|ln 22+---=x x x C x +-⋅+2/32/1arctan 3225 .312arctan 351)1(ln 22C x x x x +-++--=例9 (E04) 求不定积分⎰+++++4555222423x x x x x . 解法1⎰⎰+++++++=dx x x x dx x x x x I 45524552242243⎰⎰++++++++++=dx x x x x x x x x d )4)(1(4145)45(212222424 ⎰⎰++++++=14|45|ln 212224x dx x dx x x .2arctan 21arctan |45|ln 2124C x x x x +++++= 解法241)4)(1(5522222223+++++=+++++x D Cx x B Ax x x x x x)4)((5522223++=+++x B Ax x x x )1)((2+++x D Cx比较x 同次幂的系数得54,54,2,2=+=+=+=+D B C A D B C A解得.1,1,1,1====D C B A 故⎰⎰+++++=dx x x dx x x I 411122 |4|ln 21|1|ln 2122+++=x x C x x +++2arctan arctan .2arctan 21arctan |45|ln 2124C x x x x +++++= 解法3 由)1(5)1(25522223+++=+++x x x x x x )52)(1(2++=x x ，则有)4)(1()52)(1()4)(1(55222222223++++=+++++x x x x x x x x x )4)(1()41)(1(2222++++++=x x x x x .411122+++++=x x x x 所以.2arctan 21arctan |45|ln 2124C x x x x I +++++=例10 求不定积分.116/3/2/dx e e e x x x ⎰+++ 解 令6xe t =⇒,6,ln 6dt t dx t x ==原式dt t t t dt t t t t ⎰⎰++=⋅+++=)1)(1(6611223dt t t t t ⎰⎪⎭⎫ ⎝++-+-=213313 ⎰⎰+-++-+-=dt tt t d t t 2221131)1(23)1ln(3ln 6 C t t t t +-+-+-=arctan 3)1ln(23)1ln(3ln 62 .arctan 3)1ln(23)1ln(3636C e e e x xx x+-+-+-=例11 (E05) 求不定积分.cos sin 1sin dx xx x ⎰++ 解 由万能置换公式,12,11cos ,12sin 2222du u dx u u x u u x +=+-=+= 原式⎰⎰++--++=++=du u u u u u du u u u )1)(1(112)1)(1(22222 ⎰⎰⎰+-++=+++-+=du u du u u du u u u u 1111)1)(1()1()1(2222C u u u ++-++=|1|ln )1ln(21arctan 2 ↓2tan xu =.2tan 1ln 2sec ln 2C x x x ++-=例12 (E06) 求不定积分⎰dx x4sin 1. 解一 利用万能置换公式,12,11cos ,12sin 2222du u dx u u x u u x +=+-=+= 原式⎰+++=du u u u u 46428331C u u u u +⎥⎦⎤⎢⎣⎡++--=333318133 .2tan 2412tan 832tan 832tan 24133C x x x x +⎪⎭⎫ ⎝⎛++-⎪⎭⎫ ⎝⎛-= 解二 修改万能置换公式 ,令x u tan =,11,11cos ,1sin 222du u dx u x u ux +=+=+= 原式du u u du u u u ⎰⎰+=+⋅⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=422211111C u u +--=1313.cot cot 313C x x +--= 解三 不用万能置换公式原式dx x x )cot 1(csc 22+=⎰dx x x xdx ⎰⎰+=222csc cot csc .cot cot 313C x x +--= 结论：比较以上三种解法，便知万能置换不一定是最佳方法，故三角有理式的计算中先考虑其他手段，不得已才用万能置换.例13 求不定积分.sin 3sin sin 1dx xx x ⎰++ 解 ,2cos 2sin 2sin sin B A B A B A -+=+ 原式⎰⎰+=+=dx x x x dx x x x 2cos sin 4sin 1cos 2sin 2sin 1⎰⎰+=dx x dx x x 22cos 141cos sin 141 ⎰⎰+=dx xdx x x x x 2222cos 141cos sin cos sin 41 ⎰⎰⎰++=dx xdx x dx x x 22cos 141sin 141cos sin 41 ⎰⎰⎰++-=dx x dx x x d x 22cos 141sin 141)(cos cos 141.tan 412tan ln 41cos 41C x x x +++=例14 求不定积分.cos 4sin 3⎰+xx dx 解一 作代换.2tan x t = 原式⎰⎰-+=+-+++=22222464211412312t t dt t t t t dt t dt t t t t dt ⎰⎰⎪⎭⎫ ⎝⎛-++=-+=2112251)2)(12( .2tan 212tan2ln 51212ln 51C xx C t t +-+=+-+= 解二 原式⎰+=x x dx cos 54sin 5351⎰++=)sin()(51θθx x d .2tan ln 51C x +⎪⎭⎫ ⎝⎛+=θ 其中.54sin ,53cos ==θθ简单无理函数的积分例15 求不定积分.1213dx x x x ⎰+++解 先对分母进行有理化 原式=dx x x x x x x x ⎰+-+++++-+)1213)(1213()1213(⎰+-+=dx x x )1213( ⎰⎰++-++=)12(1221)13(13(31x d x x d x .)12(31)13(922323C x x ++-+=例16 (E07) 求不定积分⎰+dx x x 1.解 令x t =,即作变量代换)0(2>=t t x ,从而tdt dx 2=,所以不定积分C x C t dt t tdt t t dx x x ++=++=+=⋅+=+⎰⎰⎰)1ln(21ln 21122112.例17 (E08) 求不定积分 ⎰+dx x x 313. 解 令,133+=x t 则,,3123dt t dx t x =-=从而 ⎰⎰⎰-=-=+dt t t dt t t t dx x x )(3131134233C t t +⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=253125.)13(61)13(1513/23/5C x x ++-+=例18 (E09) 求不定积分dx x x ⎰+)1(13.方法: 当被积函数含有两种或两种以上的根式,k x …，l x 时,可令n t x =(n 为各根指数的最小公倍数).解 令6t x =⇒,65dt t dx =dt t t t dx x x ⎰⎰+=+)1(6)1(12353⎰⎰+-+=+=dt t t dt t t 2222111616 ⎰+-=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=C t t dt t ]arctan [611162.]arctan [666C x x +-= 例19 求不定积分.1113dx x x ⎰+++解 令16+=x t ⇒dx dt t =56 原式dt t t t 52361⋅+=⎰dt t t t t ⎰⎰+-+=+=11161633C t t t t ++++-=|1|ln 663223 63131312+++-+=x x x .)11ln(66C x ++++例20 求不定积分⎰+dx xx x 11. 解 令t x x =+1⇒,)1(2,11,12222--=-==+t tdt dx t x t x x 原式⎰⎰--=---=12)1(2)1(2222t dt t dt t t t t C t t t dt t ++---=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-=⎰11ln 211122 .11ln 122C x x x x x +⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-+-=例21 (E10) 求不定积分.111dx x x x -+⎰ 解 令,11-+=x x t 则.)1(4,112222--=-+=t tdt dx t t x 原式dt t t t t t dt t ⎰⎰⎪⎭⎫ ⎝⎛+---+=-+-=121111)1)(1(42222C t t t +--+=arctan 211ln 111ln 111ln --+-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+=x x x x .11arctan 2C x x +-+-例22 求不定积分⎰+++12x x x dx . 解 令,12t x x x =+++则,2112tt x +-=且 ,)21()1(222dt t t t dx +++=,211122t t t x x +++=++ 于是⎰⎰+++=+++dt t t t t x x x dx )2/1(121122⎰⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-+-=dt t t t 2)2/1(232/13421 C t t t +⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++-=)2/1(2321ln 3||ln 421.)12(23|2/1|ln 2134C t t t ++++= 注: 上式最后一步只需将变量t 回代为变量x 即可.课堂练习求下列不定积分.4cos 5)2(;)1)(1(1)1(224⎰⎰-+-+x dx dx x x x。
第4节 有理函数的不定积分
Mx + N ; 特殊地： 特殊地：k = 1, 分解后为 2 x + px + q
说明 将有理函数化为部分分式之和后，只出 将有理函数化为部分分式之和后， 现三类情况： 现三类情况：
A Mx + N (1) 多项式； ( 2) 多项式； ; ( 3) ; n 2 n ( x − a) ( x + px + q ) Mx + N dx , 讨论积分∫ 2 n ( x + px + q )
2x3 + 5x 2x2 + 5 解 原式 = ∫ x4 + 5x2 + 4dx + ∫ x4 + 5x2 + 4dx
1 d( x4 + 5x2 + 5) ( x2 +1) + ( x2 + 4) = ∫ 4 dx +∫ 2 2 2 2 x + 5x + 4 ( x +1)( x + 4)
1 1 1 4 2 + 2 )dx = ln x + 5x + 4 + ∫ ( 2 x +1 x + 4 2
1 = ln x4 + 5x2 + 4 + arctanx + 1arctan x + C. 2 2 2
注意 将有理函数分解为部分分式求积分虽可行, 将有理函数分解为部分分式求积分虽可行, 但不一定简便 ,因此要注意根据被积函数的结构 特点，灵活处理，寻求简便的方法求解. 特点，灵活处理，寻求简便的方法求解. 例6 求积分 解
2u+1+ u2 −1− u2 2u du du = 原式 = 2 2 (1+ u)(1+ u ) (1 + u)(1 + u )
第4节有理函数的不定积分
2
2
2
例2
求积分
1 sin4
x
dx.
解
令utanx, 2
sinx12uu2 ,
dx12u2du,
1 sin4
x
dx
13u28u34u4u6du
1 8[31 u3u 33uu 33]C 2 4 t1 a2 x n 38t3 a2 xn 8 3ta2 xn 2 1 4 ta2 x n 3C .
解法二
令 utaxn ,则sinx
u, 1u2
dx11u2
du,
1 sin4 xdx
1 u
4 11u2du
1u2
1 u2 u4
du
31u3
1C u
1co3xtcoxtC. 3
解法三
1 sin4
dx x
cs4cxdxcs2x ccs2xc dx
令 t pa x b,其中p为m,n的最小公.倍数
例1
求积分
1
dx 3x
2
.
解 令 t3x2, 则 xt32,dx3t2dt,
原式 13t2tdt 3(t211)t1dt 3(t11 1t)dt
31 t 2 tln1t C
2 33 (x2)2 33 x23ln13x2C.
原式 (1u)2u 1 (u2)du 2u( 11u)u(12 1u 2)u2du
(1(1u)u2)(1(1u2u)2)du
1u 1u2
du
1 du 1 u
arctuan 1ln(1u2)ln |1u|C
2
x ln| secx | ln|1taxn|C.
4-4第四节 有理函数的积分
高 等 数 学 电 子 教 案
数的导数灵活得多,一个积分可以用多种方法计算,并且 积分结果在形式上也可能不一样,在具体计算时,应尽可 能选择简单的积分法. 例9 求 从上面的不定积分看出,求一个函数的不定积分比求函
学 数
∫x
dx
2
4 − x2
高 等 数 学 电 子 教 案
三角函数有理式是指三角函数和常数经过有限次四则 运算所构成的函数,而各类三角函数都可用sinx及cosx 的有理式表示.
高 等 数 学 电 子 教 案
1 例2 把真分式 2 分解为部分分式之和 x( x − 1)
解:
A B C A( x − 1) 2 + Bx + Cx( x − 1) 1 = + + = 2 2 x( x − 1) x ( x − 1) x −1 x( x − 1) 2
A( x − 1) 2 + Bx + Cx( x − 1) = 1
当n > 1时,
Mx + N M b dx = − +∫ 2 dt 2 2 n +1 2 n ∫ ( x 2 + px + q)n 2(n − 1)(t + a ) (t + a ) 1 ∫ (t 2 + a 2 )n dt用递推公式解之,
学 数
有理函数的原函数都是初等函数
高 等 数 学 电 子 教 案
A B A( x − 3) + B ( x − 2) + = x−2 x−3 ( x − 2)( x − 3)
x + 3 = A( x − 3) + B( x − 2) = ( A + B) x − (3 A + 2 B)
【考研数学】高数有理分式积分法
第四节1•基本积分法: 直接积分法;换元积分法;分部积分法•初等函数求导初等函数积分一、有理函数的积分二、可化为有理函数的积分举例有理函数的积分本节内容:第四章n1m>时,为真分式为假分式;n简单分式:形如3456789解:(1) 用拼凑法111-)1(--x x10112C +42-=B已知1⎡1=1213原式x x 22⎰+=)22(21+x 如何求变形方法同例3, 并利用上一节课件例1415⎰+++=x x x x x d 4552243⎰++x x 52416原式⎰+=x x 2(2)22(2++x x172arctan2211xx -=21-221 ln 21-+x x 21++x x C+比较系数定a , b , c , d . 得化为部分分式. 即令比较系数定A , B , C , D..此解法较繁18xcos-x sinxA=xsin)(cos++⎰x(sinR,20212223⎰=原式xxd 2cos 1⎰=tan d 12425xb cos +⎢⎣⎡2+b a a sin 22ba +x ba +tan(12226=Ct +-31C x +cos 22728uu d 1)1(32⎰+-=29为去掉被积函数分母中的根式6 ,t x =令30t t td )1(222--内容小结31 1. 可积函数的特殊类型有理函数分解多项式及部分分式之和三角函数有理式万能代换简单无理函数三角代换根式代换2.特殊类型的积分按上述方法虽然可以积出,但不一定要注意综合使用基本积分法,简便计算.简便,32:1.⎰-=233()(d 31a x 原式a x a x a +--=33333ln 61ax ax a -+33333ln 61作业33P218 1-2434⎰11t551t -=t -d x =511113x x +35前式令arctan21u=; 后式配元13cos x+cos x2tanxu =2d u ⋅1。
高等数学 第4章 第四节 几种特殊类型函数的积分
例
求
1
cos x sin
x
dx
解
1
cos x sin
x
dx
d1 sin x
1 sin x
ln(1 sin x) C
17
三. 简单无理函数的积分：
只讨论R
x, n
ax b
及R x, n
ax b cx d
作代换n ax b t及n ax b t。 cx d
例7
求
x 1 dx x
b dt
t2 a2 n
11
Mt
b
dt
dt
t2 a2 n
t2 a2 n
当 n 1时，如例4。
当 n 1时，
Mx N dx M
1 d t 2 a2 b dt
x2 px q n
2 t2 a2 n
t2 a2 n
M
b dt
2 n 1 t 2 a 2 n1
A
3
B A
1
2B
3
A 5, B 6
法2. （赋值法） x 3 Ax 3 Bx 2
令x 2，得A 5; 令x 3， 得B 6.
x2
x
3 5x
6
x
5
2
x
6
3
3
例1
可分解为
xx 12
1
xx 12
A x
x
B
1
x
C
12
A( x 1)2 Bx( x 1) Cx x( x 1)2
6t 2dt 1 t2
6
1
1
1 t
2
dt
6t arctan t C 6 6 x arctan 6 x C
第四节有理函数积分65002
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例9. 求
(a
sin
x
1 b
cos
x)
2
dx
(ab 0) .
解法 1
原式
dx (a tan x b)2 cos2 x
令 t tan x
dt (a t b)2
1 C a(a t b)
cos x
C
a(a sin x b cos x)
2
22
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思考与练习
如何求下列积分更简便 ?
解: 1. 原式 1 3
dx3 (a3)2 (x3)2
66a1a133llnnxxxx3333aaaa3333 CC
2. 原式
sin2 x sin3
x
cos2 cos x
x
dx
dx sin x cos x
第四节
第四章
有理函数的积分
• 基本积分法 : 直接积分法 ; 换元积分法 ; 分部积分法
求导 • 初等函数
积分
初等函数
本节内容: 一、有理函数的积分
二、可化为有理函数的积分举例
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一、 有理函数的积分
有理函数:
R(x) P(x) a0xn a1xn1 an Q(x)
cos sin 3
x x
dx
d tan x tan x
d sin sin 3
x x
ln tan x
1 2
1 sin 2
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A (3
B A
1, 2B)
3,
A B
5 ,
6
x2
x3 5x
6
5 x2
x
6
. 3
例2
1 x( x1)2
A x
(x
B 1)2
C, x1
1 A( x 1)2 Bx Cx( x 1)
(1)
代入特殊值来确定系数 A, B,C
取 x 0, A 1 取 x 1, B 1
取 x 2, 并将 A, B 值代入(1) C 1
x
cos
x
dx.
解
由万能置换公式
sin
x
1
2u u2
,
cos
x
1 1
u2 u2
2 dx 1 u2 du,
1
sin sin x
x
cos
x
dx
(1
2u u)(1
u2
du )
2u 1 u2 1 u2
(1 u)(1 u2 ) du
(1 (1
u)2 (1 u)(1
u
u2 2)
cos x
sec2
x
2
1
tan2
2 x
,
2
2
令u tan x x 2arctan u（万能置换公式） 2
sin
x
1
2u u2
,
cos
x
1 1
u2 u2
,
dx
1
2 u2
du
R(sin x,cos x)dx
2u 1 u2 2
R
1
u2
,
1
u2
1
u2
du.
例6
求积分
1
sin sin x
1 x( x 1)2
1 x
(x
1 1)2
1. x1
例3
(1
1 2x)(1
x2
)
1
A 2x
Bx C 1 x2
,
1 A(1 x2 ) (Bx C )(1 2x),
整理得 1 ( A 2B)x2 (B 2C )x C A,
A 2B 0,
B 2C 0, A C 1,
Mk x Nk x2 px q
其中Mi , N i 都是常数(i 1,2,, k).
特殊地：k
1,
分解后为
x
Mx 2
N px
q
;
真分式化为部分分式之和的待定系数法
例1
x
2
x
3 5x
6
(
x
x 2)(
3 x
3)
A x2
B, x3
x 3 A( x 3) B( x 2),
x 3 ( A B)x (3A 2B),
第四节 有理函数的积分
一、有理函数的积分
有理函数的定义：
两个多项式的商表示的函数称之.
P( Q(
x) x)
a0 xn b0 x m
a1 x n1 b1 x m1
an1 x bm1 x
an bm
其中m 、n 都是非负整数；a0 , a1 ,, an 及 b0 , b1 ,, bm 都是实数，并且a0 0 ，b0 0 .
)du
1 u 1 u2
du
1
1
du u
arctan u 1 ln(1 u2 ) ln | 1 u | C
2 u tan x
2
x 2
ln | sec x | ln | 1 tan x | C.
2
2
例7
求积分
1 sin 4
x
dx.
解（一） u tan x , 2
sin
x
1
2u u2
xdx
(1 cot2 x)csc2 xdx
(1 u2 )du
u3 (u ) C
3
cot3 x
(cot x
)C
3
特别注意
对于三角函数有理式的积分, 万能置换 不一定是最佳方法, 故三角有理式的计 算中先考虑其它手段, 不得已才用万能 置换.
三、简单无理函数的积分
讨论类型 R( x, n ax b), R( x, n ax b ), cx e
1
C.
例9 求积分
1 x1
3
x
dx. 1
例9 求积分
1 x1
3
x
dx. 1
解 令 t 6 x 1 6t 5dt dx,
1
(1 2x)(1
A x2 )
1
4, B 5 4
5 2x
2,C 5
2x1 55 1 x2
1 5
.
,
例4
求积分
1 x( x 1)2dx.
例4
求积分
1 x( x 1)2dx.
解
1 x(x
1)2dx
1 x
(x
1 1)2
1 x
1
dx
1
1
1
dx x
(
x
1)2
dx
x
dx 1
ln x 1 ln( x 1) C. x1
解决方法 作代换去掉根号.
例8
求积分
1 x
1 xdx x
解 令 1 x t 1 x t2,
x
x
1
x
t2ຫໍສະໝຸດ , 1dx 2tdt t2 1 2 ,
1 x
1
x
xdx
t
2
1t
t
2
2t
12
dt
2
t 2dt t2 1
2
1
t
2
1
1
dt
2t
ln
t t
1 1
C
2
1
x
x
ln
x
1
x
x
2
1
例5 求积分 (1 2x)(1 x2 ) dx.
1
例5 求积分 (1 2x)(1 x2 ) dx.
解
(1
1 2 x )(1
x2
)
dx
1
4
5 2x
dx
2x 5 1 x2
1 5dx
2 5
ln(1
2
x)
1 5
1
2
x x2
dx
1 5
1
1 x
2dx
2 ln(1 2x) 1 ln(1 x2 ) 1 arctan x C.
(x
A1 a)k
(x
A2 a)k1
Ak , xa
其中A1 , A2 ,, Ak 都是常数. 特殊地：k 1, 分解后为 A ;
xa
（2）分母中若有因式 ( x2 px q)k ，其中 p2 4q 0 则分解后为
M1x ( x2 px
N1 q)k
M2x N2 ( x2 px q)k1
,
dx
1
2 u2
du,
1 sin4
x
dx
1
3u2 3u4 8u4
u6du
1[ 8
1 3u3
3 u
3u
u3 3
]
C
24
1 tan
x 2
3
3 8 tan
x 2
3 tan 8
x 2
1 24
tan
x 2
3
C.
解（二） 令u cot x,则du csc2 xdx
1 sin4
x
dx
csc4
假定分子与分母之间没有公因式
(1) n m, 这有理函数是真分式；
(2) n m, 这有理函数是假分式；
利用多项式除法, 假分式可以化成一个 多项式和一个真分式之和.
例
x3 x2
x 1
1
x
1 x2
. 1
难点 将有理函数化为部分分式之和.
有理函数化为部分分式之和的一般规律：
（1）分母中若有因式 ( x a)k ，则分解后为
5
5
5
二、三角函数有理式的积分
三角有理式的定义：
由三角函数和常数经过有限次四则运算
构成的函数称之．一般记为 R(sin x,cos x)
sin x 2sin x cos x 22
2tan x 2
sec2 x
2tan x
1
tan
2
2
x
,
2
2
cos x cos2 x sin2 x ,
2
2
1 tan2 x 1 tan2 x