有理函数的和可化为有理函数的不定积分
有理函数和化为有理函数的积分王金金
解令 ，于是 有
教
学
基
本
内
容
纲
要
=
练习求不定积分
教学重点难点
教学重点；掌握有理函数、三角函数有理式的积分、几类简单无理函数的积分。
教学难点：有理函数的积分
教学过程设计
着重讲解有理函数的积分，通过定理的讲解，让学生对有理函数的积分的有个大致的了解。然后通过例题让学生注意有理函数的积分的细节。最后让学生练习，在练习中把握有理函数的积分，计划用俩个课时。第三节讲解三角函数有理式的积分、几类简单无理函数的积分。
章节名称
4-5 有理函数和可化为有理函数的积分
授课方式
讲授法
授课时数
4
授课方法和手段
启发法和师生互动法
教学目的及要求
教学目的；熟悉掌握有理函数和可化为有理函数的不定积分的解法。
教学要求；掌握有理函数、三角函数有理式的积分、几类简单无理函数的积分的方法，技巧。
教
学
基
本
内
容
纲
要
一；有理函数的积分
其中m n为非负整数， 时，称有理真分式，反之为有理假分式。
作业讨论辅导
P-152第一题 第二题中2、4、6 第三题1、3、5
参考资料
课后小结
友情提示：方案范本是经验性极强的领域，本范文无法思考和涵盖全面，供参考!最好找专业人士起草或审核后使用。=Fra bibliotek练习求
二、三角函数有理式的积分
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。即利用万能公式将 化为有理函数的积分
教
学
基
本
内
容
纲
要
故有
上式右边是有理函数的积分
数学分析(第8.3节有理函数和可化为有理函数的不定积分)
而
(
x
1 1)2
1
dx
arctan(
x
1)
C1 ,
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[(
x
2
x 1)2
1
1]2
dx
2( [( x
x
1) 1 1)2 1]2
dx
tx1
(t
2
2t 1)2
dt
dt (t 2 1)2
1 t2 1
dt (t 2 1)2 .
1
dt
x2 2x 2 (t 2 1)2 .
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(3)真分式总可以唯一地分解为部分分式(最简真分式) 之和.
分母中若有因子 ( x a)k : 分解式中含有因子
A1 A2 ( x a) ( x a)2
L
Ak ( x a)k
其中 A1 , A2 , , Ak都是待定的常数.
分母中若有因子 ( x2 px q)k ( p2 4q 0) :
第8章 不定积分
• 不定积分概念与基本积分公式 • 换元积分法与分部积分法 • 有理函数和可化为有理函数的不定积分
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第8.3节 有理函数和可化为 有理函数的不定积分
• 有理函数的不定积分 • 三角函数有理式的不定积分 • 某些无理根式的不定积分
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一、有理函数的不定积分
dx
1 5
1
1 x2
dx
2 ln
1
2x
1
ln(1
x2 )
1 arctan
x
C
5
5
5
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例4
求
(
x
2
x
数学分析(下)8-3有理函数和可化为有理函数的不定积分
§3 有理函数和可化为一、有理函数的部分分式分解本节给出了求有理函数等有关类型的四、某些无理函数的不定积分三、三角函数有理式的不定积分二、有理真分式的递推公式有理函数的不定积分不定积分的方法与步骤.返回C x B +i A(ii),p t x =+令22,,p pL r q N M =-=-则2,k 时³111æö432x x x x24910 -++-11d x12x +21(22)1 x x--+对三角函数有理式的不定积分, 在某些条件下还可(iii)(,)(,),tan .R u v R u v t x --==若可作变换(i)(,)(,),cos ;R u v R u v t x -=-=若可作变换(ii)(,)(,),sin ;R u v R u v t x -=-=若可作变换?为什么以上变换可使不定积分简化(i),R 若满足条件由代数学知识可知,存在有理函0,R 数使得选用如下三种变换, 使不定积分简化.因此=--ò2(1cos ,cos )d(cos )R x x x 20(,)(,).R u v R u v u =0(ii),,R R 若满足条件则存在有理函数使得20(,)(,).R u v R u v v =类似可得2(1,)d .R t t t =--ò=òò2(sin ,cos )d (sin ,cos )sin d R x x x R x x x x2sin òx.)0(,d òab x32 31129 x t t-+33d òx22d223 x x x--注1对于本题来说,方法2 显然比方法1 简捷.作业P200：1（2)、（3）、（6）；2（1）、（3）、（5）。
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
有理函数
（其中各系数待定）； 其中各系数待定）；
例1
x+3 x2 − 5x + 6
=
分母因式分解
=
x + 3 ( x − 2 )( x − 3 )
比（ 较 系 数 法 ）
部分分式之和
A B , + x−2 x−3
x + 3 = A( x − 3 ) + B ( x − 2 ),
通分后分子相等
⇒
∴ x + 3 = ( + B ) x − ( 3 A + 2 B ),
3、有理函数积分法
(1) 假分式
多项式除法
→
多项式 + 真分式;
x3 + x + 1 1 如 = x+ 2 2 x +1 x +1
(2) 真分式
待定系数法
→
： 部分分式之和
P( x ) 化为部分分式之和的步骤： 有理真分式 化为部分分式之和的步骤： Q( x ) 在实数系作标准分解： （1）对分母 Q ( x )在实数系作标准分解： b0 ( x − λ1 )α1 L( x − λk )α k ( x 2 + p1 x + q1 ) β1 L( x 2 + ph x + qh ) β h
（其中 x 2 + p i x + q i , i = 1, L , h 为 不可约因式 )
( x − a ) k ，对应的部分分式为 （2）分母中因式 ） A1 A2 Ak , + + L+ k k −1 ( x − a) ( x − a) x−a
都是待定 常数. 待定的 其中 A1 , A2 ,L , Ak 都是待定的常数
《数学分析1》知识点总结：第八章-不定积分
第八章不定积分一、不定积分概念与基本积分公式1.原函数与不定积分①定义1：设函数f 与F 在区间I 上都有定义，若F’(x)=f(x),x ∈I ，则称F 为f 在区间I 上的一个原函数。
②定理8.1：若函数f 在区间I 上连续，则f 在I 上存在原函数F ，即F’(x)=f(x),x ∈I 。
·不连续的函数也可以有原函数③定理8.2：设F 是f 在区间I 上的一个原函数，则(i)F+C 也是f 在I 上的原函数，其中C 为任意常量函数；(ii)f 在I 上的任意两个原函数之间，只可能相差一个常数。
④定义2：函数f 在区间I 上的全体原函数称为f 在I 上的不定积分，记作∫f(x)dx 。
·[∫f(x)dx]’=[F(x)+C]’=f(x)；·d ∫f(x)dx=d[F(x)+C]；⑤不定积分的几何意义：积分曲线2.基本积分表①∫0dx=C ；②∫1dx=∫dx=x+C ；③)0,1(11>-≠++=⎰+x C x dx x αααα；④)0(||ln 1≠+=⎰x C x dx x ；⑤∫e x dx=e x +C ；⑥)0,1(ln >≠+=⎰a C aa dx a xx α；⑦)0(sin 1cos ≠+=⎰αC ax a axdx ；⑧)0(cos 1sin ≠+-=⎰αC ax a axdx ；⑨∫sec 2xdx=tanx+C ；⑩∫csc 2xd1=-cotx+C ；⑪∫secx ·tanxdx=secx+C ；⑫∫cscx ·cotxdx=-cscx+C ；⑬12arccos arcsin 1C x C x x dx+-=+=-⎰；⑭12cot arctan 1C x arc C x x dx +-=+=+⎰。
⑮定理8.3：若函数f 与g 在区间I 上都存在原函数，k 1，k 2为两个任意常数，则k 1f+k 2g 在I 上也存在原函数，且当k 1和k 2不同时为零时，有∫[k 1f(x)+k 2g(x)]dx=k 1∫f(x)dx +k 2∫g(x)dx二、换元积分法与分部积分法1.换元积分法①定理8.4（第一换元积分法/凑微分法）：设函数f(x)在区间I 上有定义，φ(t)在区间J 上可导，且φ(J)⊆I 。
课程自学资料51
有理函数的部 分分式分解
有理真分式 的递推公式
三角函数有理 式的不定积分
某些无理函数的不定积分
第十一讲
某些无理函数的 不定积分（2）
数学分析 第八章 不定积分
高等教育出版社
§3 有理函数和可化为有理 函数的不定积分
有理函数的部 分分式分解
有理真分式 的递推公式
2(t − 1),
dx
=
t2 − 2t − 3
2(t − 1)2 dt,
x
2
−
2
x
−
3
=
t2
2(t
+ −
3
1)
−
t
=
−
(t 2 − 2(t
2t −
− 1)
3).
因此
∫
x
dx x2 − 2x − 3
∫=2t(2t
− +
1) 3
⋅
−(
2(t t2 −
− 1) 2t −
3)
⋅
t
2− 2(t
2t − 3 − 1)2
2t + 2 − 1)2
dt
=∫[
2 t
−
3 2t − 1
+
(2t
3 − 1)2
]dt
数学分析 第八章 不定积分
高等教育出版社
§3 有理函数和可化为有理 函数的不定积分
有理函数的部 分分式分解
有理真分式 的递推公式
三角函数有理 式的不定积分
某些无理函数的不定积分
= 2ln t − 3 ln 2t − 1 − 3 + C
高等教育出版社
华东师范大学数学系《数学分析》(第4版)(上册)(课后习题 不定积分)【圣才出品】
第8章 不定积分§1 不定积分概念与基本积分公式1．验证下列等式，并与（3）、（4）两式相比照（1）（2）（3）式为（4）式为解：（1）因为，所以它是对f（x）先求导再积分，等于f（x）＋C，（3）式是对f（x）先积分再求导，则等于（2）因为，由（1）可知它是对f（x）先微分后积分，则等于f（x）＋C；而（4）式是对f（x）先积分后微分，则等于f（x）dx．2．求一曲线y＝f（x），使得在曲线上每一点（x,y）处的切线斜率为2x，且通过点（2，5）．解：由题意，有f'（x）＝2x，即又由于y＝f（x）过点（2，5），即5＝4＋C，故C＝1．因而所求的曲线为y＝f（x）＝x2＋1．3．验证是|x|在（－∞,＋∞）上的一个原函数．证明：因为所以而当x ＝0时，有即y'（0）＝0．因而即是在R 上的一个原函数．4．据理说明为什么每一个含有第一类间断点的函数都没有原函数?解：设x 0为f （x ）在区间I 上的第一类间断点，则分两种情况讨论．（1）若x 0为可去间断点．反证法：若f （x ）在区间I上有原函数F （x ），则在内由拉格朗日中值定理有，ξ在x 0和x 之间．而这与x 0为可去间断点是矛盾的，故F （x ）不存在．（2）若x 0为跳跃间断点．反证法：若f（x ）在区间I 上有原函数F （x ），则亦有成立．而这与x0为跳跃间断点矛盾，故原函数仍不存在．5．求下列不定积分：解：6．求下列不定积分：解：（1）当x≥0时，当x＜0时，由于在上连续，故其原函数必在连续可微．因此即，因此所以（2）当时，由于在上连续，故其原函数必在上连续可微．因此，即，因此所以7．设，求f（x）．解：令，则即8．举例说明含有第二类间断点的函数可能有原函数，也可能没有原函数．解：x＝0是此函数的第二类间断点，但它有原函数另外，狄利克雷函数D（x），其定义域R上每一点都是第二类间断点，但D（x）无原函数．§2 换元积分法与分部积分法1．应用换元积分法求下列不定积分：。
数学分析8-383 有理函数和可化为有理函数的不定积分
作部分
分式分解.
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解 因为 Q( x) x5 x4 5x3 2x2 4x 8 ( x 2)( x 2)2( x2 x 1).
所以 R( x) A0 A1 A2 Bx C , x 2 x 2 ( x 2)2 x2 x 1
两边乘以 Q( x), 得到 2x4 x3 4x2 9x 10
上述部分分式中的待定系数 Ai , Bi , Ci .
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3. 确定待定系数的方法 把所有分式通分相加, 所得分式的分子与原分子
P(x) 应该相等. 根据两个多项式相等时同次项系数 必定相等的原则, 得到待定系数所满足的线性方程
组, 由此解出待定系数.
例1
对
R( x)
2x4 x3 4x2 9x 10 x5 x4 5x3 2x2 4x 8
2
2
dx
x
1 2
2
2
3
2
1 ln | x2 x 1 | 1 2 arctan 2x 1 C.
2
23
3
于是
I ln | x 2 | ln | x 2 | 1 1 ln | x2 x 1 | x2 2
1 arctan 2x 1 C.
3
3
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例3
Q( x) ( x a1 ) 1 ( x as ) s ( x2 p1x q1)1
s
t
其中 i , j N+ , 且 i 2 j m,
i 1
j1
( x2 pt x qt )t ,
pj2 4qj 0, j 1,2, ,t.
2. 根据分母各个因式分别写出与之相应的部分分
r 2 )k1
C.
记 Ik
第八章 不定积分
u ( x ) v ( x )d x
存在, 并有
存在, 则不定积分
u ( x ) v ( x )d x
也
u ( x ) v ( x )d x u ( x ) v ( x ) u ( x ) v ( x )d x .
简写为
udv uv vdu.
分部积分公式
定
积
分
§1 不定积分概念与基本积分公式
一 原函数与不定积分
二 基本积分表
第 八 章 不 定 积 分
第八章
不
定
积
分
§2 换元积分法与分部积分法
一 换元积分法 二 分部积分法
第 八 章 不 定 积 分
第八章
不
定
积
分
§3 有理函数和可化为有理函数的不定积分
一 有理函数的不定积分 二 三角函数有理式的不定积分 三 某些无理根式的不定积分
f (x)在[a, b]上存在原函数F(x)时, g(u)在[, ]上也 存在原函数G(u), 且G(u) F( 1(u)) C, 即
g ( u )d u
g ( ( x )) ( x )d x
1
f ( x )d x
不 F ( x ) C F (u ) C . (2) 定 第二换元积分公式 积 分 g ( ( x )) ( x )d x g ( ( x ))d ( x ) G ( x ) C . (1)
5.
e dx e C .
x x
§1 不定积分概念与基本积分公式 第 八 章 不 定 积 分
6.
a dx
x
a
x
C ( a 0, a 1).
8有理函数
2u + 1 + u2 − 1 − u2 du =∫ 2 (1 + u)(1 + u )
(1 + u)2 − (1 + u 2 ) 1+ u 1 du = ∫ =∫ du − ∫ du 2 2 (1 + u)(1 + u ) 1+ u 1+ u
1 = arctan u + ln(1 + u 2 ) − ln | 1 + u | + C 2 x Q u = tan 2 x x = + ln | sec | − ln | 1 + tan x | + C . 2 2 2
2B A + 2B = 0, 4 2 1 B + 2C = 0, ⇒ A = , B = − , C = , 5 5 5 A + C = 1, 4 2 1 − x+ 1 ∴ = 5 + 5 25. 2 (1 + 2 x )(1 + x ) 1 + 2 x 1+ x
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：
有理函数和可化为有理函数的 不定积分
一、有理函数的不定积分
二、三角函数有理式的不定积分 三、简单无理函数的不定积分
一、有理函数的积分
有理函数的定义： 有理函数的定义： 两个多项式的商表示的函数称之. 两个多项式的商表示的函数称之.
P ( x ) a0 x n + a1 x n−1 + L + an−1 x + an = m m −1 Q( x ) b0 x + b1 x + L + bm −1 x + bm
(整理)3有理函数和可化为有理函数的不定积分.
§3 有理函数和可化为有理函数的不定积分教学目的：掌握有理函数、三角函数及简单无理函数化有理函数积分的方法。
重点难点：重点与难点为有理函数的分解。
教学方法：讲练结合。
至此我们已经学得了一些最基本的积分方法．在此基础上，本节将讨论某些特殊类型的不定积分，这些不定积分无论怎样复杂，原则上都可按一定的步骤把它求出来． 一 有理函数的不定积分有理函数是指由两个多项式函数的商所表示的函数，其一般形式为mm m nn n x x x x x Q x P x R βββααα++++++==-- 110110)()()(， (1) 其中n ，m 为非负整数，n ααα,,,10 与m βββ ,,10都是常数，且00≠α，00≠β． 若n m >，则称它为真分式；若n m ≤，则称它为假分式．由多项式的除法可知，假分式总能化为一个多项式与一个真分式之和．由于多项式的不定积分是容易求得的，因此只需研究真分式的不定积分，故设(1)为一有理真分式．根据代数知识，有理真分式必定可以表示成若干个部分分式之和(称为部分分式分解)．因而问题归结为求那些部分分式的不定积分．为此，先把怎样分解部分分式的步骤简述如下(可与例1对照着做)： 第一步 对分母()x Q 在实系数内作标准分解： ()()()()()t t t s q p x q x p xa x a x x Q μμλλ++++--=21121121 ，（2） 其中()t i j i ,,2,1,1,0 ==μλβ均为自然数，而且.,,2,1,04;2211t j q p m j j si tj j i=-=+∑∑==μλ第二步 根据分母的各个因式分别写出与之相应的部分分式：对于每个形如()ka x -的因式，它所对应的部分分式是()();221kk a x A a x A a x A -++-+- 对每个形如()kq px x ++2的因式，它所对应的部分分式是()().22222211kkk qpx xC x B qpx x C x B q px x C x B ++++++++++++把所有部分分式加起来，使之等于()x R ．(至此，部分分式中的常数系数i i i C B A ,,尚为待定的.) 第三步 确定待定系数：一般方法是将所有部分分式通分相加，所得分式的分母即为原分母()x Q ，而其分子亦应与原分子()x P 恒等．于是，按同幂项系数必定相等，得到一组关于待定系数的线性方程，这组方程的解就是需要确定的系数．例1 对()8425109422345234-+--+-++-=x x x x x x x x x x R 作部分分式分解 解 按上述步骤依次执行如下：()=x Q 84252345-+--+x x x x x()()().12222+-+-=x x x x部分分式分解的待定形式为 ()().122222210+-++++++-=x x CBx x A x A x A x R （3） 用()x Q 乘上式两边，得一恒等式()()1210942220234+-+≡-++-x x x A x x x x+()()()()()121222221+--++-+-x x x A x x x x A+()()()222+-+x x C Bx然后使等式两边同幂项系数相等，得到线性方程组：⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧-=---=--+=+----=+++-=++常数项的系数，的系数，的系数，的系数.1082449483442433123,22102122103210410C A A A x C B A A x C B A A A x C B A A A x B A A 求出它的解：1,1,1,2,1210=-=-===C B A A A ，并代人(3)式，这便完成了)(x R 的部分分式分解：.11)2(12221)(22+---+-++-=x x x x x x x R 上述待定系数法有时可用较简便的方法去替代．例如可将x 的某些特定值(如0)(=x Q 的根)代人(4)式，以便得到一组较简单的方程，或直接求得某几个待定系数的值．对于上例，若分别用2=x 和2-=x 代人(4)式，立即求得1120-==A A 和于是（4）式简化成为)1)(2)(2(161232134+-+-=-+-x x x x A x x x.)2)(2)((2+-++x x C Bx为继续求得C B A ,,1，还可用x 的三个简单值代人上式，如令1,1,0-=x ，相应得到⎪⎩⎪⎨⎧=+-=++=+.83,233,42111C B A C B A C A 由此易得1,1,21=-==C B A ．这就同样确定了所有待定系数．一旦完成了部分分式分解，最后求各个部分分式的不定积分．由以上讨论知道，任何有理真分式的不定积分都将归为求以下两种形式的不定积分：⎰-I k a x dx )()(； ()⎰<-+++II )04()(22q p dx q px x M Lx k． 对于()I ，已知()()⎪⎩⎪⎨⎧>+--=+-=--⎰.1,11,1,ln )(1k C a x k k C a x a x dx k k 对于()II ，只要作适当换元(令2px t +=)，便化为()⎰⎰++=+++dt r t NLt dx q px x M Lx k k 222)(⎰⎰+++=,)()(2222k k r t dtN dt r t t L （5） 其中.2,422L pM N p q r -=-=． 当1=k 时，（5）式右边两个不定积分分别为⎰++=+C r t dt r t t )ln(212222， .arctan 122C r tr rt dt +=+⎰ （6） 当2≥k 时，（5）式右边第一个不定积分为C r t k dt r t t k k++-=+⎰-12222))(1(21)(. 对于第二个不定积分，记,)(122⎰-+=k k r t dtI可用分部积分法导出递推公式如下：dt r t t r t r I kk ⎰+-+=)()(1222222 ⎰+-=-dt r t t r I r kk )(11222212 ⎰⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+=--122212)(1)1(211k k r t td k r I r .)()1(2111122212⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-+=---k k k I r t tk r I r 经整理得到 .)1(232))(1(2121222----++-=k k k I k r k r t k r t I （7）重复使用递推公式(7)，最终归为计算1I ，这已由(6)式给出. 把所有这些局部结果代回(5)式，并令2p x t +=，就完成了对不定积分（II ）的计算．例2 求.)22(1222dx x x x ⎰+-+ 解 在本题中，由于被积函数的分母只有单一因式，因此，部分分式分解能被简化为222222)22()12()22()22(1+--++-=+-+x x x x x x x x .)22(12221222+--++-=x x x x x现分别计算部分分式的不定积分如下：.)1arctan(1)1()1(22122C x x x d x x dx +-=+--=+-⎰⎰dx x x x dx x x x ⎰⎰+-+-=+--2222)22(1)22()22(12++-+-=⎰222)22()22(x x x x d []⎰+--221)1()1(x x d.)1(221222⎰+++--=t dtx x由递推公式（7）,求得其中⎰⎰+++=+121)1(2)1(2222t dtt t t dt.)1arctan(21)22(2122C x x x x +-++--= 于是得到.)1arctan(23)22(23)22(12222C x x x x dx x x x +-++--=+-+⎰ 下面再介绍几类被积函数能变换为有理数的不定积分。
有理函数和可化为有理函数的不定积分83(数分教案)精品PPT课件
2 ln 1 2 x 1 ln ( 1 x 2 ) 1 a rc ta n x C .
5
5
5
例6 求积分
1
xx
x dx.
1e2 e3 e6
解
x
令 t e 6 x6ln t,
dx 6 dt,
t
1
xx
x dx1t3 1t2t6tdt
1e2 e3 e6
6 t(1t)1(1t2)d t 6 t1 3t3 1tt3 2dt
, ,; , , N ; 2 ( ) m
a ,b , ,p ,q,r ,s R ;p 2 4 q 0 , ,r2 4 s 0
(b0 0)
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 (xa)k，则分解后为
(x A 1 a)k(x A a 2)k1 xA ka,
其 中 A 1 ,A 2 , ,A k 都 是 常 数 .
Q ( x ) b 0 ( x a ) ( x b ) ( x 2 p x q )( x 2 r x s )
( 1 )
其 中 , ,;, , N ;a ,b , ,p ,q,r ,s R
p 2 4 q 0 ,,r 2 4 s 0 ( b 0 0 ) ( 1 ) 式 中 相 同 的 因 子 乘 在 一 起 .
例4 求积分
1 x(x 1)2dx.
解 x(x11)2dx1 x(x 11)2x1 1dx
1 xd x(x 11)2d xx1 1dx
lnx1 lnx1C . x1
1
例5 求积分 (12x)(1x2)dx.
解 (12x)1(1x2)dx1542xdx152xx215dx
2 5 ln 1 2 x 1 5 1 2 x x 2 d x 1 5 1 1 x 2 d x
华东师范大学 数学分析第8章习题答案
第八章一：不定积分概念与基本积分公式（教材上册P181） 1. 验证下列(1)、(2)等式并与(3)、(4)两试相比照: (1)'()()f x dx f x c =+⎰; (2) ()()df x f x c =+⎰; (3) [()]'()f x dx f x =⎰; (4) ()()()d f x d x f x dx =⎰; 解: (1)'0(())''()'()'()()c f x c f x c f x f x dx f x c=∴+=+=∴=+⎰ 与(3)相比(1)试求不定积分运算,(2)是求导运算,(1) (3)互为逆运算,不定积分相差一个常数但仍为原不定积分,该常数用c 表示,称为积分常数.(2)()'()()'()()df x f x dxdf x f x dx f x c===+⎰⎰与(4)相比: (2)是先求导再积分,因此包含了一个积分常数,(4)是先积分再求导,因此右侧不含积分常数.2. 求一曲线y=f (x),使得在曲线上的每一点(x,y)处的切线斜率为2x,且通过点(2,5). 解:222dy xdxy dy xdx x c====+⎰⎰将(x,y)=(2,5)代入得: 5=22+cC=1该曲线为21y x =+3. 验证2sgn 2x y x =是|x|在(,)+∞-∞上的一个原函数. 解:x>0时,y ’=2()'||2x x x ==x<0时,2'()'||2x y x x =-=-=x=0时,22000sgn 022'lim lim lim 002x x x x x x x y x x ++++→→→-====- 2200sgn 02'lim lim()0||02x x x x x y x x --→→-==-==- 因此'''0||y y y x +-====综上得2'(sgn )'||,(,)2x y x x x ==∀∈+∞-∞2sgn 2x y x =是|x|在(,)+∞-∞上的一个原函数.4. 据理说明为什么每一个含有第一类间断点的函数都没有原函数?解: 设0x 是 f (x)的第一类间断点,且 f (x)在0()U x 上有原函数 F (x),则0'()(),()F x f x x U x =∈.从而由导数极限定理得00lim ()lim '()'()()x x x x f x F x F x f x +++→→=== 同理 000lim ()'()()x x f x F x f x -→==.可见0()f x x 点连续,推出矛盾.二: 换元积分法与部分积分法(教材上册P188) 1. 应用换元积分法求下列积分 (1) cos(34)x dx +⎰; (2)22xxe dx ⎰;(3) 21dx x +⎰; (4) (1)nx dx +⎰;(5)dx ⎰; (6) 232x dx +⎰;(7);(8)(9)2sin x x dx ⎰; (10) 2sin (2)4dxxx +⎰;(11) 1cos dx x +⎰; (12) 1sin dxx+⎰;(13)csc xdx ⎰;(14);(15)44xdx x +⎰; (16)ln dx x x ⎰;(17) 453(1)x dx x +⎰; (18) 382x dx x -⎰;(19)(1)dxx x +⎰; (20) cot xdx ⎰;(21) 5cos xdx ⎰; (22)sin cos dxx x ⎰;(23)x xdx e e -+⎰; (24) 22338x dx x x --+⎰;(25) 252(1)x dx x ++⎰;(26) (a>0);(27) 223/2(0)()dxa x a >+⎰;(28) 5;(29)(30).解: (1)34cos(34)cos 3t x t x dxd =++=⎰⎰ 11sin sin(34)33t c x c =+=++ (2)22112222()'()22t x x t txedx e d ==⎰⎰112211()()()22224t t t t t ed e dt ==⎰⎰ 221144t x e c e c =+=+ (3)21111ln ||ln |21|21222t x dx t d t c x c x t =+==+=+++⎰⎰(4)①当1n ≠-时,111(1)(1)11n n t x nnt x x dx t dt c c n n ++=+++==+=+++⎰⎰ ②当1n =-时,(1)ln |1|nx dx x c +=++⎰(5)dx =⎰arcsinc =++ (6)232323231212122222ln 22ln 22ln2t x x t x x tt dx d c c c ++=++==+=+=+⎰⎰(7)332222222()(83)3399t t td t dt t c x c -=-=-+=--+⎰(8)322/31333()(75)551010t t d tdt t c x c t -=-=-+=--+⎰ (9)211112222211sin sin sin sin 22t x x x dx t tdt t t t dt tdt =-===⎰⎰⎰⎰211cos cos 22t c x c =-+=-+ (10)2422111cot cot(2)224sin (2)sin 42t x dx t c x c xt x td ππ=+==-+=-+++⎰⎰ (11)222(2)12sec tan tan()1cos 1cos 22cos 2t x dx d t x dt tdt t c c x t t =====+=+++⎰⎰⎰⎰ (12) 221sin (sec sec tan )tan sec 1sin dx xdx x x x dx x x c x cos x-==-=-++⎰⎰⎰ (13)2111csc sin sin cos tan cos2222xdx dx dx x x x x x ===⎰⎰⎰⎰αtan2ln |tan |2tan 2x d x c x ==+⎰ (14)21(1)2x c =--=(15)22242111()arctan()442421()2x x x dx d c x x ==+++⎰⎰(16)ln 11ln ||ln |ln |ln t x t t dx de dt t c x c x x e t t====+=+⎰⎰⎰(17)4555253535311111(1)(1)(1)5(1)5(1)10x dx dx d x x c x x x -==--=-++--⎰⎰⎰(18)4344888111|242112x dx dx d c x x x ===+---⎰⎰⎰(19)11()ln ||ln |1|ln ||(1)11dx xdx x x c c x x x x x=-=-++=++++⎰⎰ (20)cos cot ln ||ln |sin |sin xxdx dx t c x c x ==+=+⎰⎰(21)52224cos (1sin )sin (12sin sin )sin xdx x d x x x d x =-=-+⎰⎰⎰53sin 2sin sin 53x x x c =-++ (22)2cos tan ln |tan |sin cos sin cos tan dx xdx d x x c x x x x x ===+⎰⎰⎰(23)22arctan 1()1()x x x xx x x dx e de dx e c e e e e -===++++⎰⎰⎰ (24)222223(38)ln(38)3838x d x x dx x x c x x x x --+==-++-+-+⎰⎰ (25)2221533232(1)223123()(1)t x x t t t dx dt dt dt x t t t t t =++-+-+===-++⎰⎰⎰⎰ 222323ln ||ln |1|(1)212t t c x x c t x --=+-+=++-+++(26)1()ln |x t ax t c a====++1ln |ln |x c x c a =+=++(27)令tan x a θ=,sec 22t a tdt ππ-<<⇒2223/23322sec 11cot sin ()sec dx a t dt tdt t c x a a t a a ===++⎰⎰⎰c =+(28)55sin 42sin sin (cos 2cos 1)cos x d d cos θθθθθθθ===--+⎰⎰35322121cos cos cos (1)535c x c θθθ=-+-+=--(29)32256642226666111t t t t dt t dt t dt t dt t t t ===-+---⎰⎰⎰⎰ 642266661tt t dt t dt t dt dt dt t =---+-⎰⎰⎰⎰⎰75366126ln ||751t t t t t c t+=----++- 165116766216661263ln ||751x x x x x c x +=----++- (30)1121t t tdt t -→=+⎰222(2)44ln |1|1t t dt t t t ct =-+=-++++⎰14ln |1|x c =+-+ 4ln |1|'x c =-+ 2. 应用分部积分法求下列不定积分 (1) arcsin xdx ⎰; (2) ln xdx ⎰;(3) 2cos x xdx ⎰; (4)3ln xdx x ⎰;(5) 2(ln )x dx ⎰; (6) tan xarc xdx ⎰;(7) 1[ln(ln )]ln x dx x+⎰;(8) 2(arcsin )x dx ⎰ (9)3secxdx ⎰; (10)(0)a >.解 (1)arcsin arcsin arcsin arcsinxdx x x xd x x x =-=-⎰⎰ 122arcsin (1)x x x c =+++ (2)1ln ln ln ln ln xdx x x xd x x x xdx x x x c x=-=-=-+⎰⎰⎰(3)222cos sin 2sin sin 2cos x xdx x x x xdx x x xd x =-=+⎰⎰⎰2sin 2cos 2cos x x x x xdx =+-⎰2sin 2cos 2sin x x x x x c =+-+(4)2223ln 11ln [ln (ln )]22x dx xdx x x x d x x ---=-=--⎰⎰⎰ 222ln 11(ln 1)244x c x c x x x=--+=-++(5)2221(ln )(ln )2ln (ln )2ln x dx x x x x dx x x xdx x=-=-⎰⎰⎰(参考（2）结果)2(ln )2ln 2x x x x x c =-++(6)2222111tan tan arctan 2221x xarc xdx arc xdx x x dx x ==-+⎰⎰⎰221111arctan 2221x x dx dx x =-++⎰⎰ 2111arctan arctan 222x x x x c =-++(7)11111[ln(ln )]ln(ln )ln(ln )ln ln ln ln x dx x dx dx x x x dx dx x x x x x+=+=-+⎰⎰⎰⎰⎰ln(ln )x x c =+ (8)12222(arcsin )(arcsin)2arcsin (1)x dx x x x x dx -=--⎰⎰12222(sin )arcsin (1)(1)x arx x x x d x -=+--⎰1222(arcsin )2arcsin (1)x x xd x =+-⎰1222(arcsin )2(1)arcsin 2x x x x dx =+--⎰1222(arcsin )2(1)arcsin 2x x x x x c =+--+ (9) 令3sec I xdx =⎰sec tan sec tan tan sec tan I xd x x x x x xdx ==-⎰⎰23sec tan (1cos )sec sec tan sec x x x xdx x x I xdx =--=-+⎰⎰11sec tan sec 22I x x xdx =+⎰1(sec tan ln |sec tan |)2x x x x c =+++(10)112222222222(0)()2()a Ia x x a xdx x a xdx a-=>=±=+-±1122222222()()()x xx a I ax x aI a a=±-±=±-± 则122222111()()(ln ||)222x I x x a a a x c a =±±=+ 3. 求下列不定积分(1)[()]()'(1)f x f x dx αα≠⎰; (2)2'()1[()]f x dx f x +⎰;(3)'()()f x dx f x ⎰; (4)()'()f x e f x dx ⎰. 解: (1)11[()]()'[()]()[()]1f x f x dx f x df x f x c αααα+==++⎰⎰(2)122'()1()arctan[()](arccot[()])1[()]1[()]f x dx df x f x c f x c f x f x ==+=-+++⎰⎰(3)'()1()ln |()|()()f x dx df x f x c f x f x ==+⎰⎰ (4)()()()'()()f x f x f x e f x dx e df x e c ==+⎰⎰三. 有理函数和可化为有理函数的不定积分(教材上册P198) 1. 求下列不定积分(1)31x dx x -⎰; (2)22712x dx x x --+⎰;(3)31dx x +⎰; (4)41dxx +⎰;(5)22(1)(1)dx x x -+⎰; (6)222(221)x dx x x -++⎰;解: (1)3321111111x x x x x x x -+==+++--- 3232111(1)ln |1|1132x dx x x dx x x x x c x x =+++=+++-+--⎰⎰ (2)2223111712(3)(4)(3)(4)4(3)(4)x x x x x x x x x x x x ---+===+-+-------22211(4)7124712x dx d x dx x x x x x -=-+-+--+⎰⎰⎰211(4)2(27)4(27)d x d x x x =-+---⎰⎰2ln |4|ln |3|x x c =---+ (3)设321111A Bx Cx x x x +=+++-+ 则21(1)()(1)A x x Bx C x =-++++ 2()()A B x B C A x A C =+++-++, 则比较两端系数,得121,,333B C A =-== 321121311dx x dx x x x x -⎛⎫=-⎪++-+⎝⎭⎰⎰221111(1)21313311d x d x x =+-+-+++⎰⎰221(1)ln 61x c x x +=-+(4)22422221111()1111()21x d x x x x dx dx x x x x x x -+-+===++-+-+⎰⎰⎰11x c -=+22224222211111111()2x x xdx dx c x x x x x---===++++-⎰⎰⎰则234441111112121x x dx dx dx x x x +-=-+++⎰⎰⎰22ln |418c x =++- (5)设1122222221(1)(1)11(1)B xC B x C A x x x x x ++=++-+-++ 则22211221(1)()(1)(1)()(1)A x B x C x x B x C x =+++-+++-432111112121212()()(2)()()A B x C B x A C B B x C C B B x A C C =++-+-++++--+--比较两边系数得到12211111,,,,44422A B C B C ==-=-=-=- 22222111111(1)(1)(1)(1)418141dx d x d x dx x x x x x =--+--+-++⎰⎰⎰⎰ 222221111(1)4(1)2(1)d x dx x x -+-++⎰⎰ 2222111(1)2(1)21x dx dx x x x =++++⎰⎰ 222111ln |1|ln(1)arctan (1)(1)482dx x x x x x ∴=--+--+⎰211(1)4x -++ 211(1)4x x c --++(6)2222222125(221)4(221)2(221)x x dx dx dx x x x x x x --=-++++++⎰⎰⎰ 由课本P193页逆推公式得22222141(21)2[(21)1][(21)1][1(21)]dx d x x x x +==++++++⎰⎰⎰222(221)x dx x x -∴++⎰ 22115215arctan(21)2(21)142212x x c x x x +=---++++++ 2535arctan(21)2(221)2x x c x x +=--++++ 2.求下列不定积分 (1)53cos dx x -⎰; (2) 22sin dx x +⎰; (3)1tan dx x +⎰;(4)2;(5);(6)⎰.解: (1)令tan 2x t =,则22212cos ,11t x dx dt t t -==++,于是有 2222121153cos 114531dx dt dt t x t t t ==--++-+⎰⎰⎰ =211112arctan(2)arctan(2tan )21(2)222x d t t c c t =+=++⎰ (2) 22222sec (tan )2sin 2sec tan 3tan 2dx xdx d x x x x x ==+++⎰⎰⎰2)tan 12x c x ==++(3)cos1cos sin sin cos1tan cos sin2cos sindx x x x x xdx dx x x x x x+-+==+++⎰⎰⎰1(cos sin)1[](ln|cos sin|)2cos sin2d x xdx x x x cx x+=+=++++⎰⎰(4)设1,2x t-=则dx tdt=2221()22t dt==+⎰1575[(cos2)]sin24288216t t dt t t t c =++-=--+⎰7arcsin8c=(5)令111sec,,sec tan22222x t t dx t tdtππ+=-<<=sec ln|sec tan|dt t t c===++⎰ln|(21)x c=+++(6)令2211tt xt-=⇒=+,则224(1)tdxt dt-=+222222222(1)44[](1)(1)(1)t tt dt dtt t t+=-=--+-⎰⎰222222(1)12222(1)111d t t dtt tdt t t t-==-=+----⎰⎰⎰221ln||11t tct t-=-+-+ln|c++。
数学分析8.3有理函数可化为有理函数的不定积分
第八章 不定积分3 有理函数可化为有理函数的不定积分一、有理函数的不定积分有理函数：由两个多项式函数的商所表示的函数，其一般形式为：R(x)=)(Q )P(x x =n1-m 1m 0n1-n 1n 0βx βx βαx αx α+⋯+++⋯++, 其中n,m 为非负整数，α0,α1,…αn 与β0,β1,…βn 都是常数，且α0β0≠0. 若m>n ，则称它为真分式；若m ≤n ，则称它为假分式.注：1、假分式可化为整式与真分式的和；2、真分式可表示为若干个部分分式之和(称为部分分式分解)；3、分解部分分式的一般步骤：第一步：对分母Q(x)在实系数内作标准分解：(分解前先化β0=1) Q(x)=(x-a 1)1λ…(x-a s )sλ(x 2+p 1+q 1)1μ…(x 2+p t +q t )tμ，其中λi ,μj (i=1,2,…,s ；j=1,2,…,t)均为自然数，而且∑=s1i iλ+2∑=t1j j μ=m ；p j 2-4q j <0, j=1,2,…,t.第二步：根据分母各因式分别写出与之相应的部分分式。
对于每个形如(x-a)k 的因式，它所对应的部分分式是：a -x A 1+22a)-(x A +…+k k a)-(x A ；对于每个形如(x 2+px+q)k 的因式，它所对应的部分分式是：q px x C x B 211++++2222q)px (x C x B ++++…+k2kk q)px (x C x B +++.第三步：确定待定系数。
将所有部分分式通分相加，所得分式的分母即为原分母Q(x)，分子与原分子P(x)恒等。
根据同幂项系数相等，可得一组关于待定系数的线性方程，方程组的解就是需要确定的系数。
例1：对R(x)=8-x 4x 2x 5x x 10-x 9x 4x 2x 2345234+--+++-作部分分式分解.解：Q(x)=x 5+x 4-5x 3-2x 2+4x-8=(x-2)(x+2)2(x 2-x+1)， R(x)=2-x A 0+2x A 1++222)(x A ++1x x C Bx 2+-+，两边乘以Q(x)得：2x 4-x 3+4x 2+9x-10 ≡A 0(x+2)2(x 2-x+1)+A 1(x 2-4)(x 2-x+1)+A 2(x-2)(x 2-x+1)+(Bx+C)(x-2)(x+2)2. 根据等式两边同幂项系数相等，得到线性方程组：⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧-10.=8C -2A -4A -4A ，9=4C -8B -3A +4A ，4=2C +4B -3A -3A -A ，-1=C +2B +A +A -3A ，2=B +A +A 2102121021010 解得：A 0=1, A 1=2, A 2=-1, B=-1, C=1. ∴对R(x)作部分分式分解的结果为：R(x)=2-x 1+2x 2+-22)(x 1+-1x x 1-x 2+-.注：对以上待定系数法有时可运用简便方法，如将x=2代入恒等式得： 32-8+16+18-10≡A 0·(2+2)2(4-2+1)，∴A 0=1，将x=-2代入恒等式得： 32+8+16-18-10≡A 2(-2-2)(4+2+1)，∴A 2=-1，于是化简恒等式得： x 4-3x 3+12+16≡A 1(x 2-4)(x 2-x+1)+(Bx+C)(x-2)(x+2)2，分别令x=0,1,-1可得：⎪⎩⎪⎨⎧+ 8.=C +B -3A 2，=3C 3B +A 4，=2C +A 111 解得：A 1=2, B=-1, C=1.小结：求有理真分式的不定积分可归为以下两种形式的不定积分：(1)∫k a)-(x dx =⎪⎩⎪⎨⎧>+=+ 1.k ；C a)-k)(x -(111，k C ；|a -x |ln 1-k (2)∫k 2q)px (x M Lx +++dx=∫k 22)r (t N Lt ++dt=L ∫k 22)r (t t +dt+N ∫k22)r (t dt+，其中 t=x+2p ，r 2=q-4p 2，N=M-4p L.当k=1时，原式=L ∫22r t t +dt+N ∫22rt dt +=2L ln(t 2+r 2)+ r N arctan r t +C. 当k ≥2时，∫k 22)r (t t +dt =1-k 22)r (t )k 1(21+-+C. I k =∫k 22)r (t dt +=2r 1∫k 22222)r (t t -)r (t ++dt=2r 1I k-1-2r 1∫k 222)r (t t +dt=2r 1I k-1+)1k (2r 12-∫td ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+1-k 22)r (t 1=2r 1I k-1+)1k (2r 12-⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+1-k 1-k 22I )r (t t=1-k 21-k 222I )1k (2r 3-2k )r (t )1k (2r t -++-.重复计算直至归为计算I 1. 最后换元为x ，就得到最终的结果.例2：求∫2222)2x -(x 1x ++dx. 解：2222)2x -(x 1x ++=2222)2x -(x 1)-x 2(2)x 2(x +++-=22x -x 12++222)2x -(x 1-x 2+∫22x -x dx2+=∫11)-(x 1)-d(x 2+dx=arctan(x-1)+C.∫222)2x -(x 1-x 2+dx=∫2222)2x -(x 2)2x -d(x +++∫221)]1)-[(x 1)-d(x +=-222)2x -(x 1++∫22)1t (dt +. ∫22)1t (dt +=1)2(t t 2++21∫1t dt 2+=1)2(t t 2++21arctant+C=2)2x -2(x 1-x 2++21arctan(x-1)+C. ∴原式= arctan(x-1)-222)2x -(x 1++2)2x -2(x 1-x 2++21arctan(x-1)+C=2)2x -2(x 3-x 2++23arctan(x-1)+C.二、三角函数有理式的不定积分：由u(x),v(x)及常数经过有限次四则运算所得到的函数称为关于u(x),v(x)的有理式，并用R(u(x),v(x))表示.∵sinx=2x tan 12x2tan2+=2t12t +, cosx=2x tan 12xtan -122+=22t 1t -1+, (t=tan 2x )； ∴∫R(sinx,cosx)dx=∫R(2t 12t +,22t 1t -1+)d(2arctant)=∫R(2t 12t +,22t 1t -1+)2t12+d(t). 例3：求∫cosx )sinx (1sinx1++dx.解：∫cosx )sinx (1sinx 1++dx=∫22222t 12)t1t -1(1t 12t t 12t 1+⋅+++++dt =21∫(t+2+t 1)dt=4t 2+t+21ln|t|+C=41tan 22x + tan 2x +21ln|tan 2x|+C.例4：求∫xcos b x sin a dx2222+(ab ≠0).解：∫x cos b x sin a dx 2222+=∫2222b x tan a x sec +dx=∫222b x tan a dtanx +=∫222b t a dt+=ab 1∫1b at bat d 2+⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛=ab 1arctan b at +C=ab 1arctan batanx +C.三、某些无理根式的不定积分： 1、∫R(x,nd cx b ax ++)dx 型不定积分(ad-bc ≠0)，只需令t=n dcx bax ++，化为有理函数的不定积分. 例5：求∫2x 2x x1-+dx. 解：令t=2x 2x -+，则x=1t 22t 22-+，原式=∫22t 1)t(t 22+-d 1t 22t 22-+=∫2222221)2)(t (2t 2)]2t(2t -1)1)[4t(t t(t -++--dt=-2∫1)1)(t (t 2t 222-+dt=-2∫(1t 12++1t 12-)dt=-2arctant-∫(1t 1--1t 1+)dt=ln 1t 1t -+-2arctant +C =ln12x 2x 12x 2x --++-+-2arctan 2x 2x -++C=ln 2x 2x 2x 2x --+-++-2arctan2x 2x -++C =ln 44x 2x 22-+-2arctan 2x 2x -++C=ln|2x+24x 2-|-2arctan 2x 2x -++C.例6：求∫2xx 2x)(1dx-++.解：∫2x x 2x)(1dx-++=∫)x 1)(x 2(x)(1dx+-+=∫x2x1x)(112-++dx. 令t=x 2x 1-+，则x=1t 1-2t 22+，dx=22221)(t 1)-2t(2t -1)4t(t ++dt=221)(t t 6+dt. 1+x=1+1t 1-2t 22+=1t 3t 22+，2x )(11+=422t 91)(t +.原式=∫224221)(t t6t 91)t(t +⋅+dt=32∫t -2dt=-t 32+C=x 1x 232+--+C.2、∫R(x,c bx ax 2++)dx 型不定积分(a>0时b 2-4ac ≠0, a<0时b 2-4ac>0)，由于ax 2+bx+c=a[(x+a 2b )2+22a 4b -4ac ]，若记u=x+a 2b , k 2=22a4b -4ac ，则此二次三项式必属于以下三种情形之一：|a|(u 2±k 2)，|a|(k 2-u 2). 因此上述无理根式的不定积分可化为以下三种类型之一：∫R(u,22k u ±)du ，∫R(u,22u k -)du.分别令u=ktant, u=ksect, u=ksint ，则都化为三角有理式的不定积分.例7：求I=∫3x 2x x dx 2--.解法一：令u=x-1=2sec θ, t=tan 2θ, 则t=1x 3-x +. I=∫41)-(x x 1)-d(x 2-=∫4u )1(u du 2-+=∫1θsec )1(2sec θdsec θ2-+=∫)1θ(2secθtan tan θanθs+d θ=∫12sec θsec θ+d θ=∫cos θ21+d θ=∫222t 1t -12t 12+++dt=2∫3t 12+dt=32∫13t 12+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛d ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛3t=32arctan ⎪⎪⎭⎫⎝⎛3t +C=32arctan ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+33x 3-x +C. 解法二：令3x 2x 2--=x-t, 则x=)1t (23t 2-+, dx=22)1t (23-t 2t --dt. I=∫⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--+-+--t )1t (23t )1t (23t )1t (23-t 2t 2222dt=-2∫3t 12+dt=-32arctan ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛3t +C =32arctan ⎪⎪⎭⎫⎝⎛---3x 3x 2x 2+C.注：一般地，二次三项式ax 2+bx+c 中若a>0，则可令c bx ax 2++=a x ±t ；若c>0，也可令c bx ax 2++=xt ±a ，这类变换称为欧拉变换.习题求下列不定积分：(1)∫1-x x 3dx ；(2)∫127x -x 2-x 2+dx ；(3)∫3x 1dx +；(4)∫4x1dx+；(5)∫221)1)(x -(x dx +； (6)∫22)1x 2(2x 2-x ++dx ；(7)∫x cos 35dx -；(8)∫xsin 2dx 2+；(9)∫x tan 1dx+； (10)∫22x x 1x -+dx ；(11)∫xx dx 2+；(12)∫x1x-1x 12+dx. 解：(1)∫1-x x 3dx=∫1-x 11x 3+-dx=∫(x 2+x+1)dx+∫1-x 1dx=3x 3+2x 2+x+ln|x-1|+C.(2)127x -x 2-x 2+=4)-3)(x -(x 2-x ≡3-x A +4-x B ；∴x-2≡A(x-4)+B(x-3).当x=3时，解得A=-1；当x=4时，解得B=2.∴原式=∫4-x 2dx-∫3-x 1dx=2ln|x-4|-ln|x-3|+C=ln 3-x 4)-(x 2+C.(3)3x11+=1)x 1)(x (x 12+-+≡1x A ++1x -x C Bx 2++;∴A(x 2-x+1)+(Bx+C)(x+1)≡1. 当x=-1时，解得A=31；由A+B=0，得B=-31；由A+C=1，得C=32. ∴原式=31∫1x 1+dx-31∫1x -x 2-x 2+dx=31ln|x+1|-61∫1x -x 3-1-2x 2+dx=31ln|x+1|-61∫1x -x 1)x -d(x 22+++21∫1x -x 12+dx=61ln 1x -x 1)+(x 22++21∫4321-x 12+⎪⎭⎫ ⎝⎛dx =61ln 1x -x 1)+(x 22++31∫121-x 3221-x 32d 2+⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛=61ln 1x -x 1)+(x 22++31arctan 31-x 2+C. (4)∫4x 1dx +=21∫422x 11x -1x +++dx=21∫42x 11x ++dx -21∫42x 11x +-dx=21∫222x 1x x 11++dx-21∫222x 1x x 11+-dx=21∫2x 1x x 1x d 2+⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛--21∫2x 1x x 1x d 2-⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+ =42arctan x 21-x 2-82∫)2x 1(x x 1x d ++⎪⎭⎫ ⎝⎛++82∫)2x 1(x x 1x d -+⎪⎭⎫ ⎝⎛+=42arctan x 21-x 2-82ln 1x 2x 1x 2x 22+-+++C. (5)由221)1)(x -(x 1+≡1-x A +1x C Bx 2+++221)(x EDx ++得：A(x 2+1)2+(Bx+C)(x-1)(x 2+1)+(Dx+E)(x-1)≡1. 当x=1时，解得A=41. ∴41x 4+21x 2+41+Bx 4-Bx 3+Cx 3+Bx 2-Cx 2-Bx+Cx-C+Dx 2-Dx+Ex-E=(41+B)x 4-(B-C)x 3+(21+B-C+D)x 2-(B-C+D-E)x-(C+E-41)≡1. ∴B=-41，C =-41，D=-21，E=-21. 原式=41∫1-x dx -41∫1x 1x 2++dx-21∫221)(x 1x ++dx =41ln|x-1|-81∫1x 1)d(x 22++-41∫1x dx 2+-41∫2221)(x 1)d(x ++-21∫221)(x dx + =81ln 1x 1)(x 22+--41arctanx+)1x (412+-21∫221)(x dx +又∫221)(x dx +=∫221)t (tan dtant +=∫cos 2tdt=21∫(cos2t+1)dt=41∫cos2td2t +21∫dt =41sin2t+21t+C=)1t (tan 2tant 2++21arctanx+C=)1x (2x 2++21arctanx+C.∴原式=81ln 1x 1)(x 22+--41arctanx+)1x (412+-)1x (4x 2+-41arctanx+C=81ln 1x 1)(x 22+--21arctanx+)1x (4x -12++C.(6)∫22)1x 2(2x 2-x ++dx=41∫222)1x 2(2x )1x 2d(2x ++++-25∫22)1x 2(2x dx ++=-)1x 24(2x 12++-5∫22)]11)[(2x 1)d(2x +++=-)1x 24(2x 12++-45[1x 22x 12x 2++++2arctan(2x+1)]+C =-)1x 22(2x 3x 52+++-25arctan(2x+1)+C.(7)∫x cos 35dx -=∫222t 1)t 3(15t 12+--+dt=21∫1t)2(d2t 2+=21arctan2t+C=21arctan(2tan 2x )+C.(8)方法一：∫x sin 2dx 2+=∫22t 1t 22t 12+++dt=∫1t t dt 2++=32∫13132t 3132t d 2+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+ =32arctan ⎪⎭⎫ ⎝⎛+3132t +C=32arctan ⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+3132x 2tan +C. 方法二：∫x sin 2dx 2+=∫x tan x sec 2x dx sec 222+=∫2x tan 3dtanx 2+dt=66∫1x tan 23tanx23d2+=66arctan(tanx 23)+C.(9)∫x tan 1dx +=∫x tanx sec x sec x dx sec 222+=∫1tanx x tan x tan dtanx23+++ =21(∫1tanx dtanx +-∫1x tan tanxdtanx 2++∫1x tan dtanx 2+)=21(ln|tanx+1|-21∫1x tan )1x d(tan 22+++x) =21(ln 1x tan |1tanx |2+++x)+C=21(ln|cosx+sinx|+x)+C. (10)I=∫22xx 1x -+dx=-∫22xx 1x x 1-+-+dx+∫2xx 11)dx (x -++=-∫2x x 1-+dx+∫2xx 11)dx (x -++=-x 2x x 1-+-∫22xx 12x -x 2-+dx+∫2xx 11)dx (x -++=-x 2xx 1-+-I+21∫2xx 1x -+dx+∫2xx 11)dx (x -++=-x 2x x 1-+-I+23∫2xx 132x -++dx. ∴I=-2x x 12x -++43∫2x x 132x -++dx.又∫2x x 132x -++dx=-21∫2x x 1x 21-+-dx+67∫2x x 1dx -+ =-2x x 1-++67∫251-2x 151-2x d ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=-2x x 1-++67∫arcsin 51-2x +C. ∴原式=-2x x 12x -+-432x x 1-++87∫arcsin 51-2x +C. (11)令t-x=x x 2+，则x=12t t 2+，dx=d 12t t 2+=21)(2t 1)t(t 2++dt. ∫x x dx 2+=∫12t t t 1)(2t 1)t(t 222+-++dt=∫12t 1)d(2t ++=ln|2t+1|+C=ln|2x x 2++2x+1|+C. (12) ∫x 1x -1x 12+dx=-∫1x11-x 1+d x 1=-∫1t 1-t +dt=-∫1t 1-t 2-dt=-∫1t tdt 2-+∫1t dt 2- =-1t 2-+ln|t+1t 2-|+C=-x x 12-+ln x x 112-++C.。
几种特殊类型函数的不定积分
cos x
1
tan2
2 x
u
tan
x 2
1 1
u2 u2
2
tan x
2 tan x 2
1 tan2 x 2
x 2u u tan 2 1 u2
令u tan x x 2arctan u 2
dx
1
2 u
2
du
R(sin x,cos x)dx
R
1
2u u2
M1x N1 ( x2 px q)k
(
x
M2 2
x N2 px q)k1
Mk x Nk x2 px q
其中 Mi , Ni都是待定的常数(i 1,2, , k).
为了便于求积分，必须把真分式化为部分分式之和，
同时要把上面的待定的常数确定，这种方法叫待定系
补充例题5 求
解:
I
x
2x3 5x 4 5x2
4
dx
1 2
d(x4 5x2 5) x4 5x2 4
(x2 1) (x2 4)
1 ln x4 5x2 4 1 arctan x arctan x C
2
2
2
自主学习课本P151例4.3.4
x(
1 x
1)2dx
补充例题1
1 x
(x
1 1)2
1 x
1
dx
1dx x
(
x
1 1)2
dx
x
课程自学资料57
三角函数有理 式的不定积分
某些无理函数的不定积分
于是
x2 1 dx (x2 2x 2)2
1 x2 2x 2 dx
2x 1 ( x2 2x 2)2 dx
x 3 3 arctan( x 1) C. 2( x2 2x 2) 2
x2dx2x 2 arctan x 1 C
x2 2x 2 (t 2 1)2
t x 1
dt (t 2 1)2
t 1 2(t 2 1) 2
dt t2 1
x 1
2( x2 2x 2)
1 2
arctan(
x
1)
C
2
.
数学分析 第八章 不定积分
高等教育出版社
§3 有理函数和可化为有理 函数的不定积分
有理函数的部 分分式分解
有理真分式 的递推公式
1 Ik r 2
(t 2 r2 ) t2 dt
r12
k 1
I
r12
(t 2 r 2 )k
(t 2 t 2r 2 )k dt
1 r2
I k 1
1 2r 2(k
1)
td
(t
2
1 r
2
)k
1
1 r2
I k 1
1 2r 2 (k
1)
(t
2
t r 2 )k1
I
k 1
.
数学分析 第八章 不定积分
解 由例1,
2x4 x5 x4
x3 5x
4x 3
2 9x 2x2
10 4x
dx 8
dx x2
2dx x2
dx ( x 2)2
( x 1)dx . x2 x 1
ln
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定理 1 （多项式的因式分解定理）任何实系数多项式 Q ( x ) 总那个 可以唯一分解为实系数一次或二次因式的乘积： Q ( x ) b0 ( x a) k ( x b) l ( x 2 px q ) s ( x 2 rx h ) v 定理 2 （ 部分分式展开定理） A1 A2 Ak P( x ) 2 k Q ( x) ( x a ) ( x a) ( x a) B1 B2 dx Bl ( x c) m ( x b ) ( x b) 2 ( x b) l 和 P x Q P x Q P 1 1 2 2 1 x Q1 x 2 px q ( x 2 px q ) 2 ( x 2 px q) s R x H1 R x H2 Rv x H v 21 2 2 x rx h ( x rx h ) 2 ( x 2 rx h) v 因此有理函数的积分问题就归结为
解法三 ( 用初等化简, 并凑微 ) 1 cos x d sin x 2 I dx csc xdx 2 2 1 cos x sin x 1 x ctgx c csc x ctgx c tg c. sin x 2 代换法是一种很灵活的方法.
clc,f=sym('A*(x+2)^2*(x^2-x+1)+B*(x-2)*(x+2)*(x^2-x+1)+C*(x-2)*(x^2x+1)+(D*x+E)*(x-2)*(x+2)^2');collect(f,'x') ans = (B+A+D)*x^4+(E+2*D+C-B+3*A)*x^3+(-3*C+2*E-4*D-3*B+A)*x^2+(3*C-4*E-8*D +4*B)*x+4*A-2*C-4*B-8*E
Mx N ( x 2 px q) nBiblioteka 例 1.求不定积分
2x 1 dx 2 x 5x 6
将被积函数按部分分式分解 2x 1 A B x 2 5x 6 x 2 x 3 两边同乘 ( x 2)( x 3) 2 x 1 A( x 3) B( x 2) 比较同次项系数 A B 2 3 A 2 B 1 解此方程组 f1='A+B-2'; A = -3 由此得到 f2='3*A+2*B-1'; [A,B]=solve(f1,f2)
f=sym('x^5+x^4-5*x^3-2*x^2+4*x-8'); factor(f) ans =(x-2)*(x^2-x+1)*(x+2)^2 因此可分成部分分式 2 x 4 x 3 4 x 2 9 x 10 A B C Dx E x 5 x 4 5x 3 2 x 2 4 x 8 x 2 x 2 ( x 2) 2 x 2 x 1 两边同乘 ( x 2)( x 2) 2 ( x 2 x 1) ，比较同次项系数得 2 x 4 x 3 4 x 2 9 x 10 A( x 2) 2 ( x 2 x 1) B( x 2)( x 2)( x 2 x 1) C ( x 2)( x 2 x 1) ( Dx E )( x 2)( x 2) 2
1 1 2x 1 arctg C x2 3 3
另一种方法是
2 x 4 x 3 4 x 2 9 x 10 A( x 2) 2 ( x 2 x 1) B( x 2)(x 2)(x 2 x 1) C ( x 2)(x 2 x 1) ( Dx E )(x 2)(x 2) 2
[r,p,k]=residue(b,a)
r = 5
-3
2x 1 5 3 x 2 5x 6 x 3 x 2
例 2 解
2 x 4 x 3 4 x 2 9 x 10 x 5 x 4 5 x 3 2 x 2 4 x 8 dx 将分母分解因式
f='2*(3-sin(x))/((3+cos(x))*(1+t^2))';
f1=simplify(subs(subs(f,'2*t/(1+t^2)','sin(x)'),'(1-t^2)/(1+t ^2)','cos(x)')) f1 = (3+3*t^2-2*t)/(2+t^2)/(1+t^2) 利用部分分式展开，积分
f4='3*C-4*E-8*D+4*B-9' ; f5='4*A-2*C-4*B-8*E+10' ; [A,B,C,D,E]=solve(f1,f2,f3,f4,f5) A =1 B =2 C =-1 D =-1 E =1
2 x 4 x 3 4 x 2 9 x 10 1 2 1 x 1 dx ( x5 x 4 5x3 2x 2 4x 8 x 2 x 2 ( x 2)2 x 2 x 1)dx ln | x 2 | 2 ln | x 2 | ln | x 2 | ( x 2) 2 x2 x 1 1 1 2x 1 ln( x 2 x 1) arctg C x 2 3 3
就有
x 2arctgt.
dx 1 cos x . 2 2 x 1 t I dt dt t c tg c. 2 1t 2 1 1t2
t tg x 2
解法一 ( 用万能代换 )
解法二 ( 用初等化简 )
I
1 dx x x 2 x sec d ( ) tg c. x 2 cos 2 2 2 2 2
§3 有理函数的和可化为有理函数的不定积分 有理函数的不定积分 内容：1）有理函数的部分分式分解 2）有理函数的不定积分 难点：有理函数的部分分式分解 要求：掌握有理函数的积分方法 我们已经学习了不定积分的三种基本积分方法：第一换元法，第二 换元法，分部积分法。灵活的应用它们，就可以求出许多不定积分。 有理函数是指两个多项式的商表示的函数 P( x ) a 0 x n a1 x n1 a n Q( x) b0 x m b1 x m 1 bm 先介绍代数学中两个定理：
令 x 0
得
10 4 4 B 2 8 E x 1 4 9 3 B 1 9( D E) x 1 12 3 9 B 9 3( E D )
§4
不定积分的计算 （4）
三角函数有理式
R (sin x, cos x) dx
型的积分
万能代换: 万能代换常用于三角函数有理式的积分， 令 t tg x x x 2 2t ， sin x 2 sin cos 2 2 1 t2 2 x sec 2 2tg 1t2 cos x , 2 1 t tgx 2t 1t2 ， dx 2 dt , 2 1 t
x ， 2
[B = 5
2x 1 5 3 x 2 5x 6 x 3 x 2 2x 1 5 3 ( x 3) 5 x 2 5 x 6 dx ( x 3 x 2 )dx ln | (x 2)3 | C
也可直接用下面命令 b=[2,-1]; a=[1,-5,6];
g='(-6/(1+x)^2)/(1+t^2)^2';
g1=simplify(subs(g,'x','(2-t^2)/(1+t^2)'))
g1 = -2/3
2 x x 2 2 dt t C 3 3
2
(1 x)
1
dx
1 (1 x ) (1 x )( 2 x )
例 1
求
sin x(1 cos x) dx
1 sin x
f='2*(1+sin(x))/(sin(x)*(1+cos(x))*(1+t^2))';
f1=simplify(subs(subs(f,'2*t/(1+t^2)','sin(x)'),'(1-t^2)/(1+t^2)' ,'cos(x)'))
int(g1) ans = -log(t-1)+log(1+t)-2*atan(t)
1 x
x2 t 1 dx ln | | 2arctg t C x2 t 1 1 2 x x
2
(1 x)
dx
1 (1 x ) (1 x )( 2 x )
dx
f='t^2-(2-x)/(1+x)';x=solve(f), dx=simplify x = -(t^2-2)/(1+t^2) dx = -6*t/(1+t^2)^2
f1 = 1/2*(1+t^2+2*t)/t expand(f1)
ans = 1/2/t+1/2*t+1 1 sin x 1 t dx ( sin x(1 cos x ) 2t 2 1) dt
int(f1) ans = 1/4*t^2+t+1/2*log(t)
1 sin x t2 ln | t | dx t C sin x(1 cos x ) 4 2 例 2 求 3 sin x 3 cos x ) dx