第4节 有理函数的不定积分

1 2 2 (t +1) +1 dt = ∫ ( + 2 ＋ 3 )dt 原式 = ∫ 3 t t t t 2 1 2 1 = ln| t | − − 2 + C = ln| x −1| − C. − 2+ t t x −1 ( x −1)
2
二、简单无理函数的不定积分
被积函数为简单根式的有理式 , 可通过 根式代换化为有理函数的积分 化为有理函数的积分. 根式代换化为有理函数的积分. 主要三种) 讨论类型 (主要三种 主要三种
这三类积分均可积出, 且原函数都是初等函数. 这三类积分均可积出 且原函数都是初等函数 将有理函数化为部分分式之和. 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： 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 ) ，则分解后为 ）
k
A1 A2 Ak , + + L+ k k −1 ( x − a) ( x − a) x−a
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 dx . 3 x +1+ x+1
解 令 t6 = x + 1 ,
则 t = 6 x + 1 , 6 t 5 d t = dx ,
3
t 1 5 dt 原式 = ∫ 3 2 ⋅ 6t dt = 6 ∫ t +1 t +t 1 2 ) dt = 6∫ ( t − t + 1 − t +1
= 2t 3 − 3t 2 + 6t − 6 ln | t + 1 | + C
解法三
1 dx = ∫ csc4 xdx = ∫ csc 2 x ⋅ csc 2 xdx ∫ sin 4 x
1 3 = − ∫ (1 + cot x )d cot x = − cot x − cot x + C . 3
2
比较以上三种解法, 比较以上三种解法 便知万能代换不一定是最佳 方法, 三角有理式的计算中先考虑其它手段, 方法 故三角有理式的计算中先考虑其它手段 不 得已才用万能代换. 得已才用万能代换
1 例2 求积分 ∫ 4 dx . sin x 2 2u x du, , dx = 解 令 u = tan , sin x = 2 2 1+ u 2 1+ u 1 1 + 3u 2 + 3u 4 + u 6 du ∫ sin 4 x dx = ∫ 4 8u
1 1 3 u3 = [ − 3 − + 3u + ] + C 8 3u u 3 3 1 3 3 x 1 x + tan + tan + C . =− 3 − 2 24 2 x 8 tan x 8 24 tan 2 2
例3 求积分
三、三角函数有理式的不定积分
由三角函数和常数经过有限次四则运算构成 的函数称为三角函数有理式 三角函数有理式. 的函数称为三角函数有理式. 一般记为 R(sin x , cos x) . x 令 u = tan , 则 x = 2 arctan u , (万能代换公式 万能代换公式) 万能代换公式 2 2 2u 1 − u2 du sin x = , cos x = , dx = 2 1+ u 1 + u2 1 + u2
1 u , dx = du, 解法二 令 u= tanx, 则 sin x = = 2 2 1+ u 1+ u 1 1 1 ∫ sin 4 x dx = ∫ u 4 ⋅ 1 + u2 du 2 1+ u
1 1 1 + u2 = ∫ 4 du = − 3 − + C u 3u u 1 3 = − cot x − cot x + C . 3
1 dx . 例2 求积分 ∫ 2 3 1 + 2x + x + 2x 1 1 解 dx = ∫ 1 + 2x + x2 + 2x3 ∫ (1 + 2 x )(1 + x 2 ) dx 4 2 1 − x+ = ∫ 5 dx + ∫ 5 2 5dx 1+ 2x 1+ x 2 1 2x 1 1 dx + ∫ dx = ln 1 + 2 x − ∫ 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
2u+1+ u2 −1− u2 2u du du = 原式 = 2 2 (1+ u)(1+ u ) (1 + u)(1 + u )
∫
∫
1 (1 + u)2 − (1 + u 2 ) 1+ u du du = = du − 2 2 1+ u (1 + u)(1 + u ) 1+ u
∫
∫
∫
1 = arctan u + ln(1 + u2 ) − ln | 1 + u | + C 2 x x x = + ln | sec | − ln | 1 + tan | + C . 2 2 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
1 x3 + x + 1 例如 . = x+ 2 2 x +1 x +1
将有理函数化为部分分式之和后， 说明 将有理函数化为部分分式之和后，只 出现三类情况： 出现三类情况：
A Mx + N (1) 多项式；( 2) 多项式； ; ( 3) ; n 2 n ( x − a) ( x + px + q )
dx 例1 求积分 ∫ 3 . 1+ x + 2
解 令t = 3 x + 2 ,
3t 2 (t 2 −1) +1 原式 = ∫ dt = 3∫ dt 1+ t 1+ 1+ t 1 )dt = 3∫ ( t −1+ 1+ t 1 2 = 3[ t − t + ln 1+ t ] + C 2
例2 求积分
Mt b dt + ∫ 2 =∫ 2 dt 2 n 2 n (t + a ) (t + a )
Mx + N dx (1) n = 1, ∫ 2 x + px + q p x+ M b 2 2 + C; = ln( x + px + q ) + arctan 2 a a Mx + N dx ( 2) n > 1, ∫ 2 n ( x + px + q ) M 1 b 2 dt . =− 2 2 n −1 + ∫ 2 n (t + a ) 2( n − 1)( t + a )
= 2 x + 1 − 33 x + 1 + 66 x + 1 − 6 ln( 6 x + 1 + 1) + C .
1 1+ x ∫ x x dx . 1+ x 解 令t = , x t2 − 2t 2 dt dt = −2∫ 2 原式 = ∫ (t −1)t ⋅ 2 2 t −1 (t −1) t −1 C 1 + ) dt = −2t − ln = −2 ∫ (1 + 2 t +1 t −1
1. 2. 3.
R(x , n ax + b)dx , 令 t = n ax + b ∫
∫ R(x ,
n a x+b c x+d
源自文库
)dx ,
令 t=
n a x+b c x+d
R(x , n ax + b, m ax + b)dx , ∫
中 最 公 数 令 t = p ax + b , 其 p为m,n的 小 倍 .
第四节 有理函数的不定积分
一、有理函数的不定积分 二、简单无理函数的不定积分 三、三角函数有理式的不定积分
一、有理函数的不定积分
两个多项式的商表示的函数称为有理函数. 两个多项式的商表示的函数称为有理函数. 有理函数 n n −1 P ( x ) a0 x + a1 x + L + an−1 x + an R( x ) = = Q ( x ) b0 x m + b1 x m −1 + L + bm −1 x + bm 其中 m、n 都是非负整数 ; a0 , a1 , …, an 及 b0, 、 b1 ,…, bn 都是实数，并且 0≠0, b0≠0 . 都是实数，并且a n < m , R(x)称为真分式；n ≥ m , R(x)称为假分式 称为真分式 称为真分式； 称为假分式 称为假分式. 利用多项式除法, 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. 式和一个真分式之和
例4 求积分
( x2 + 2x + 2)− (2x + 2) 解 原式 = ∫ (x2 + 2x + 2)2 dx
dx d( x + 2x + 2) =∫ −∫ 2 2 ( x +1) +1 ( x + 2x + 2)2
2
1 = arctan( x +1) + 2 + C. x + 2x + 2
例5 求积分
例3 求积分
1 (2x + 2) − 3 解 原式 = 2 ∫ x2 + 2x + 3 dx 1 d( x2 + 2x + 3) d( x +1) = ∫ 2 − 3∫ 2 x + 2x + 3 (x ( x +1)2 + ( 2)2 3 x +1 1 2 +C . = ln x + 2x + 3 − arctan 2 2 2
2u 1 − u 2 2 ∫ R(sin x , cos x ) dx = ∫ R(1 + u2 , 1 + u2 ) ⋅ 1 + u2 du.
的有理函数的积分. 化为了 u 的有理函数的积分.
sin x dx . 例1 求积分 ∫ 1 + sin x + cos x 解 x 1 − u2 2u
, dx = 2 2 du , 令u= tan ,则 sin x = = , cos x = 2 1 + u2 1 + u2 1+ u
1 dx (a > 0, b > 0). 例3 求积分 ∫ 2 2 2 2 a cos x + b sin x
这三类积分均可积出, 且原函数都是初等函数. 这三类积分均可积出 且原函数都是初等函数 结论 有理函数的原函数都是初等函数. 有理函数的原函数都是初等函数.
1 dx . 例1 求积分 ∫ 2 x ( x − 1)
解
1 1 1 1 ∫ x( x − 1)2 dx = ∫ x + (x −1)2 − x −1dx 1 1 1 dx − ∫ dx = ∫ dx + ∫ 2 x x −1 ( x − 1) 1 = ln x − − ln x − 1 + C . x −1
都是常数. 其中 A1 , A2 ,L , Ak 都是常数
A ; 特殊地： 特殊地：k = 1, 分解后为 x−a
（2）分母中若有因式 ( x + px + q ) ，其中 ） 2 p − 4q < 0 则分解后为
2 k
M1 x + N1 M2 x + N2 Mk x + Nk + 2 + L+ 2 2 k k −1 ( x + px + q ) ( x + px + q ) x + px + q
p p Q x + px + q = x + + q − , 2 4 p 令 x+ =t 2
2 2 2
记 x 2 + px + q = t 2 + a 2 , 则
Mx + N = Mt + b,
p a =q− , 4
2
2
Mp b= N − , 2
Mx + N dx ∴∫ 2 n ( x + px + q )
其中 M i , N i 都是常数( i = 1,2,L , k ) .
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 )