4第四节有理函数的积分
高数上4.4 有理函数积分法
5 2
d
x
1 2
x 1 2 3
2 4
解
(
x
x2 2x 1 1)( x2 x
1)
dx
x
2
1
x3 x2 x
1 dx
2
ln
|
x
1
|
1 2
d
( x2 x 1) x2 x 1
5 2
d
x
1 2
x
1 2
2
3 4
2ln | x 1 | 1 ln | x2 x 1 | 2
1
去分母, 得
x2 2x 1 A( x2 x 1) (Bx C )( x 1)
令 x 1, 得 A 2; 令 x 0, 得 1 A C, 所以 C 3;
令 x 2, 得 7 3A 2B C, 所以 B 1.
因此
(x
x2 2x 1 1)( x2 x 1)
4
dx
x
4
2x2 5x2
5
4
dx
1 2
d(x4 5x2 5) x4 5x2 4
(x2 1) (x2 4) (x2 1)(x2 4)
dx
1 ln x4 5x2 4 1 arctan x arctan x C
2
2
2
例 9
求不定积分 I
2
x
3 x4
2x2 5x2
解 根据例5的结果, 有
(
x
x2 2x 1 1)( x2 x
1)
dx
2 x
1
x3 x2 x
1 dx
2 ln
|
x
1
|
1 2
2x x2
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
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
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
4.4 有理函数的积分
x
2 x
2tan x
1
tan
2 2x
2u 1 u
2
,
2
2
cosx cos2
x 2
sin 2
x 2
1 tan2 x
2 sec2 x
1 1
u u
2 2
.
2
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铃
令 u tan x , 2
则 sin x12uu2 ,
cos
x
1 1
u2 u2
.
例例44
求
1sin x sin x(1cosx)
请看如下积分:
cosx 1sin x
dx
1 1sin
x
d(1sin
x) ln(1 sin
x)
C
.
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铃
•简单无理函数的积分 无理函数的积分一般采用第二类换元法把根号消去.
例例55 求
x1 dx . x
解 设 x1u , 即 xu2 1 , 则
x 1 x
dx
u2u1
2udu
2
,
于是
1 x
1 x
x
dx
(t
2
1)t
(t
2t 2 1)2
dt
2
t
t
2
2
dt 1
2
(1
t
211)dt
2t
ln
|
t t
1|C 1
2 1 x ln 1 x x C .
x
1 x x
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部分分式
1 = 6∫ (1− )dt = 6(t − tg−1t) + c 1+ t 2
= 6(6 x − tg −1 6 x ) + c
学 数
高 等 数 学
注意：不是所有初等函数的不定积分或原函数（即
电 子 教 案
使存在）都是初等函数, 例如
dx sin x − x2 , ∫ e dx, ∫ dx, ∫ sin x 2 dx, ∫ 1 − k 2 sin 2 x dx ∫ ln x x
= 2 ∫ (1 − 1 ) dt = 2(t − tg −1t ) + C t2 +1
学 数
= 2( x − 1 − tg −1 x − 1) + C
高 等
例11 求
数 学 电
解
dx ∫ (1 + 3 x ) x
子 教 案
t 6 = x , dx = 6 t 5 dt
dx 6t 5 dt 6t 2 dt ∫ (1 + 3 x ) x = ∫ (1 + t 2 )t 3 = ∫ 1 + t 2
数
高 等 数 学 电 子 教 案
个多项式和一个真分式之和的形式。 通过多项式的除法,总可以把一个假分式化为一
2.真分式及其性质 2.真分式及其性质
x3 + x + 1 1 例如 = x+ 2 x2 +1 x +1
由此可见,对于有理函数的积分,只要计算真分式
学 数
即可,因为多项式的积分在前面已经得到了研究,
学
当n = 1时,
p x+ Mx + N M b 2 +C dx = ln( x 2 + px + q ) + arctg ∫ x 2 + px + q 2 a a
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
第4节 有理函数的积分
(1)
1 1 1 1 . ∴ = + − 2 2 x ( x − 1) x ( x − 1) x − 1
9
1 A Bx + C , + 例4 2 = 2 (1 + 2 x )(1 + x ) 1 + 2 x 1 + x
1 = A(1 + x 2 ) + ( Bx + C )(1 + 2 x ),
整理得 1 = ( A + 2 B ) x 2 + ( B + 2C ) x + C + A,
∫
16
例10. 求
∫ (x2 + 2x + 2)2 dx
2
x
2
(x + 2x + 2) − (2x + 2) dx 解: 原式 = ∫ 2 2 (x + 2x + 2) 2 dx d(x + 2x + 2) =∫ −∫ 2 2 2 (x +1) +1 (x + 2x + 2)
= arctan( x +1) +
令t = cos x
令t = sin x
令t = tan x
19
例1. 求
x 为奇函数, 故令t = sin x , (cos2 x − 2) cos x dx (sin 2 x +1) d sin x 原式 = ∫ = −∫ 2 4
解: 因被积函数关于 cos
∫ 1+ sin 2 x + sin 4 x dx .
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
四节有理函数积分
其中 Mi , Ni 都是常数 i1,2,k
特殊地：k 1, 分解后为
Mx N x2 px q ;
（3）真分式化为部分分式之和的待定系数法
例1
x3
AB
x2 5x 6
, x2 x3
解
x 3 x3 x2 5x 6 (x2)(x3)
x 3 A (x 3 ) B (x 2 ),
x1dxt3
1 t2
6t5dt
6
t
t3 dt 1
2 t3 3 t2 6 t 6 l|n t 1 | C
2 x 1 3 3 x 1 3 6 x 1 6 l6 x n 1 1 ) ( C .
说明 无理函数去根号时, 取根指数的最小公倍数.
解（二） 修改万能置换公式, 令 utaxn
sinx u , 1u2
dx11u2 du,
1 sin4
x
dx
1 u
4
1 1u2du
1
u4u2du
1u2
31u3
1C1co3xtcoxtC.
u
3
解（三） 可以不用万能置换公式.
1 sin4
x
代入特殊值来确定系数 A,B,C
取 x0, A1取 x1, B1
取 x2,并将 A,B 值代入 (1) C 1
x(
1 x
1)2
1x(x11)2x11.
例3
1 (12x)(1
x2)1A2xB 1xxC 2 ,
解 1 A ( 1 x 2 ) ( B C ) x 1 ( 2 x ),
有理函数的不定积分
A Mx + N ; ( k ∈N+ , p2 − 4q < 0) (x − a)k (x2 + p x + q)k
注：
1）若Q( x)含有因子( x − a) k , 则分解式中含有： ] [ Ak A1 A2 + +⋯ + ( A1 , A2 ,⋯ , Ak 为常数）； k 2 x − a ( x − a) ( x − a)
x x 2sin 2 cos 2
x 2tan 2
1+ sin x x 例 ∫ 5. dx(令t = tan ) sin x(1+ cos x) 2
=∫
1+
2t
2t 1+t 2
1−t 2 ) 1 2( + 1+t 1+t 2
⋅ 2 2 dt 1+t
1 1 = ∫ t + 2 + dt 2 t
1 1 2 = t + 2t + ln t + C 2 2
1 2x x x 1 = tan + tan + ln tan + C 4 2 2 2 2
例6. 求
dx x 1 2 解法1: 解法 ∫ (令t = tan ) = ∫ ⋅ dt 2 2t 1 + t 1+ sin x 2 1+
dx 例4. 求 ∫ 4 x +1 1 (x2 +1) − (x2 −1) 解: 原式 = ∫ dx 4 2 x +1
1+ 1 1− 1 1 1 x2 x2 = ∫ 2 dx − ∫ 2 dx 2 x +1 2 x +1 2 2
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。
有理函数的积分
解 (1) 直接拼凑
1 x ( x 1) 1 1 2 2 2 x( x 1) x( x 1) ( x 1) x( x 1)
1 x ( x 1) 1 1 1 . 2 2 ( x 1) x( x 1) ( x 1) x 1 x
假分式
2x4 x2 3 4 2 2x 1 2 . 2 x 1 x 1
第四节 有理函数的积分
2. 真分式的分解式
P( x) , 如果分母可分解为两个多项式 对于真分式 Q( x)
的乘积 Q( x) Q1 ( x)Q2 ( x) , 且 Q1(x) 与 Q2(x) 没有公因 式，则
n n 1
称为有理函数， 当 n < m 时，称为真分式， 当 n m 时， 称为假分式. 假分式一定可以化成一个多项式与一个真分式之和.
第四节 有理函数的积分
例如，
2 x3 5x 2 3 , 4 3 2 x x 7x 2x 8
真分式
2x4 x2 3 , 2 x 1
三类函数(其中 p2 – 4q < 0 , P1(x) 为小于 k 次的多项式， P2(x) 为小于 2l 次的多项式).
第四节 有理函数的积分 第四节
例1 将下列真分式分解成部分分式之和：
1 x3 x2 (1) ; (2) 2 ; (3) . 2 2 x( x 1)2 x2 5 x 6 ( x 1)( x 2 x 1)
第四节 有理函数的积分
2. 简单无理函数的积分
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. 例如:
n n ax b ; 令 R ( x , ax b ) d x , t
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 )
第四节有理函数积分(1)
2
2
作业
P218 3 , 6 , 8 , 9 , 13 , 15, 17 , 18 , 20 , 21
第四节 有理函数的积分
第四章
• 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
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:
P( x) R( x) Q( x)
a0 x n a1x n1 an
b
2 2
cos
a sin x b cos x cos sin b 2 2 1 a a sin x cos x a b tan( x arctan ) C 2 2 2 2 2 2b a a b b a b
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d(t 1 ) t (t
2 1 t)
(t 1) dt 1 t2 t4 1 t 1 arctan t C 3 3 2 1 cos x arctan C 3 3 sin x
3
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2. 简单无理函数的积分
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. 例如:
1
2t
2t 1t 2
2 1 t ) 2 (1 2 1t 1t
22 1 t
1 1 dt t 2 2 t
dt
1 1 2 t 2t ln t C 2 2
1 2x x x 1 tan tan ln tan C 4 2 2 2 2
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有理函数积分
2. 特殊类型的积分按上述方法虽然可以积出, 但不一定 简便 , 要注意综合使用基本积分法 , 简便计算 .
27
第四节 有理函数的积分
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
66a1a133llnn
xx33aa33 xx33aa33
1. 三角函数有理式的积分
设
表示三角函数有理式 , 则
R(sin x , cos x) dx
令
t
tan
x 2
万能代换
t 的有理函数的积分
15
第四节 有理函数的积分
例7. 求
sin
1 sin x x(1 cos
x)
dx
.
解: 令 t tan x , 则 2
sin
x
2 sin
sin
2
x 2
x 2
cos
x 2
cos2
x 2
2 1
tan tan
x 2
2
x 2
2t 1 t
2
cos
x
cos 2 sin 2
x 2
x 2
sin cos
2 2
x 2
x 2
1 1
tan tan
2 2
x 2
x 2
1 1
t t
2 2
dx
1
2 t
2
dt
16
第四节 有理函数的积分
sin
1 sin x x(1 cos
x)
dx
) dx
,
令
tn
a xb c xd
R(x , n ax b , m ax b)dx ,
【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。
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2 x2 2x 3 4 x2 2x 3 2 2
2
x 2 1 arctan x 1 C.
2 x2 2x 3 2 2
2
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例4
求积分
x
x
1
5
x
22
dx.
解
x
x5
1 x
22
2 3
1 x1
2 3
1 x
2
x
1
22
x
x5
1 x
22
dx
2 3
1 x
1 dx
1 x( x 1)2
1 x
(x
1 1)2
1. x1
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例(3)
1 (1 2x)(1 x2 )
A 1 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,
3,
A B
5 ,
6
x2
x3 5x
6
5 x2
x
6
. 3
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例(2)
1 x( x1)2
A x
B ( x 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
dx.
解 sin A sin B 2sin A B cos A B
2
2
1 sin x sin 3x sin
x
dx
2
1 sin x sin 2x cos
x
dx
1 sin x 4sin x cos2
x
dx
1 4
sin
1 x cos2
x
dx
1 4
1 cos2
x
dx
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2
At a2
)n
dt
(t 2
b a2
)n
dt
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(1)
n
1,
A ln(x2
Ax B x2 px q
px q)
dx b arctan
x
p 2
C;
2
a
a
(2) n 1,
(
x2
Ax px
B
q)n
dx
2(n
A 1)(t 2
a2 )n1
b
(t 2
1 a2
x1 x2 2x 3
2 dx.
解
x2
x1 2x 3
2
1 2
2x 2 x2 2x 3
2
2 x2 2x 3 2
x2
x1 2x 3
2
dx
1 2
d x2 2x 3 x2 2x 3 2 2
d x 1 x 12 2 2
1
2 x 1 1 arctan x 1 C.
1,
分解后为
x
Mx 2
N px
q
;
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真分式化为部分分式之和的待定系数法.
例(1)
x2
x
3 5x
6
(
x
x 2)(
3 x
3)
x
A
2
B x3
x 3 A( x 3) B( x 2),
x 3 ( A B)x (3A 2B),
A (3
B A
1, 2B)
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.
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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.
2
,
1 x
1
x
x
dx
t2 1
t
2t t2 1
2
dt
2
t 2dt t2 1
2
1
1 t2
1
dt
2t
ln
t t
1 1
C
2
1 x x
ln x
1 x x
2 1
C.
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例9 求积分
1
dx.
x1 3 x1
解 令 t 6 x 1 6t5dt dx,
dx
6 t
dt ,
1
x
x
x dx
1e2 e3 e6
1
t
3
1
t2
t
6 t
dt
6
t(1
1 t )(1
t2)
dt
6 t
1
3
t
3t 3 1 t2
dt
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6 t
3 1
t
3t 3 1 t2
dt
6
ln
t
3
ln(1
t
)
3 2
d(1 t 2 1 t2
)
3
1
1 t
2
dt
dx
1 12
ln
x
2
1 24
ln
x2
2x
4
1 4
d x 1 x 12 3
1 ln x 2 1 ln x2 2x 4 1 arctan x 1 C.
12
24
43
3
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选讲：
求积分
1
x
x
x dx.
1e2 e3 e6
x
解 令t e 6 x 6ln t,
解（一） u tan x , 2
sin
x
1
2u u2
,
dx
1
2 u2
du,
1
sin4
x
dx
1
3u2
3u4 8u4
u6
du
1[ 8
1 3u3
3 u
3u
u3 3
]
C
24
1 tan
x 2
3
3 8 tan
x 2
3 8
tan
x 2
1 24
tan
x 2
3
C
.
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解（二） 修改万能置换公式, 令 u tan x
3
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小结
有理式分解成部分分式之和的积分. （注意：必须化成真分式） 三角有理式的积分.（万能代换公式） （注意：万能公式并不“万能”） 简单无理式的积分.
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思考题1
1, x 0 符号函数 f ( x) sgn x 0, x 0
1, x 0 在 (, )内是否存在原函数？为什么？
)n
dt .
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.
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可化为有理式的积分
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
1 x2
dx 1
1 x2 arctan x C. 2
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例2 求积分
x2
1 3x
2
dx.
解
x2
1 3x 2
1 x2
1 x1
x2
1 3x
2
dx
x
1
2
dx
x
1
1
dx
ln x 2 ln x 1 C.
ln
x2 x1
C.
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例3 求积分
2 3
x
1
2 dx
dx
x 22
x
1
2
2 3
ln
x2 x1
C.
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例5 求积分
x
1 3
8
dx
.
解
1
x3
8
12
1 x
2
12
x4 x2 2x 4
1 x3
8
dx
1 12
x
1
2
dx
1 12
x2
x
4 2x
4
dx
1 12
ln
x
2
1 24
2x 26 x2 2x 4
B 2C 0, A C 1,
1
(1 2x)(1
A x2 )
1
4, B 5 4
5 2x
2,C 5
2x1 55 1 x2
1 5
.
,
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例1 求积分
x
3 x1 x 2＋１
dx
.
解
x3 x 1 x2＋１
x
1 x2 1
x
3 x1 x2＋１
dx
xdx
sec2 x
x
2 tan
1
tan
2
2
x
,
2
2
cos x cos2 x sin2 x ,
2