有理函数的不定积分

日期: 2022-12-29 19:12 查看: 103 次

有 理函 数
有理函数是指由两个多项式的商所表示的函数， 例如

$$
\frac{x-1}{1+x^2}, \frac{x^3}{1-x}, \frac{x^2}{x^3-x^2+x-1} .
$$

都是有理函数，其中 $\frac{x-1}{1+x^2} ， \frac{x^2}{x^3-x^2+x-1}$ 称为真分式, $\frac{x^3}{1-x}$ 称为假分式. 利用多项式的除法，可将一个假分式化为一个多项式和一个真分式之和的形式， 比如：

$$
\frac{x^3}{1-x}=\frac{x^3-1+1}{1-x}=\frac{(x-1)\left(x^2+x+1\right)+1}{1-x}=-\left(x^2+x+1\right)+\frac{1}{1-x} .
$$

最简 分式
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 $x^2+p x+q$ 为二次质因式.
(1) $\frac{A}{x-a}$;
(2) $\frac{A}{(x-a)^n}$;
(3) $\frac{M x+N}{x^2+p x+q}$;
(4) $\frac{M x+N}{\left(x^2+p x+q\right)^n}$.

如果一个真分式的分母不是质因式，我们总可以通过因式分解把它写成一次因式 或二次质因式的乘积，进而把真分式表示成最简分式的和.
例 1 把分式 $\frac{x+3}{x^2-5 x+6}$ 分解为最简分式之和.
解 $\frac{x+3}{x^2-5 x+6}=\frac{x+3}{(x-2)(x-3)}=\frac{A}{x-2}+\frac{B}{x-3}=\frac{A(x-3)+B(x-2)}{(x-2)(x-3)}$ ，
其中 $A$ 和 $B$ 为待定的系数.
比较分子部分 $x+3=A(x-3)+B(x-2)=(A+B) x-(3 A+2 B)$ ，得

$$
\left\{\begin{array}{c}
A+B=1 \\
-(3 A+2 B)=3^{\prime}
\end{array}\right.
$$

故 $A=-5, B=6$. 因此 $\frac{x+3}{x^2-5 x+6}=-\frac{5}{x-2}+\frac{6}{x-3}$.

例 2 把分式 $\frac{1}{x(x-1)^2}$ 分解为最简分式之和.
解 $\frac{1}{x(x-1)^2}=\frac{A}{x}+\frac{B}{(x-1)^2}+\frac{C}{x-1}=\frac{A(x-1)^2+B x+C x(x-1)}{x(x-1)^2}$ ，
比较分子部分

$$
1=A(x-1)^2+B x+C x(x-1) \text {, }
$$

令 $x=0$ ，得 $A=1$ ；令 $x=1$ ，得 $B=1$ ； 将 $A=1, B=1$ 及 $x=2$ 代入上式得 $C=-1$.

$$
\frac{1}{x(x-1)^2}=\frac{1}{x}+\frac{1}{(x-1)^2}-\frac{1}{x-1} \text {. }
$$

例 3 分解有理分式 $\frac{1}{(1+2 x)\left(1+x^2\right)}$.
解 设 $\frac{1}{(1+2 x)\left(1+x^2\right)}=\frac{A}{1+2 x}+\frac{B x+C}{1+x^2}$ ，
从而得 $1=A\left(1+x^2\right)+(B x+C)(1+2 x)$,
整理得 $\quad 1=(A+2 B) x^2+(B+2 C) x+C+A$,
即 $A+2 B=0, B+2 C=0, A+C=1$ ，
计算得 $A=\frac{4}{5}, B=-\frac{2}{5}, C=\frac{1}{5}$,
从而 $\quad \frac{1}{(1+2 x)\left(1+x^2\right)}=\frac{\frac{4}{5}}{1+2 x}+\frac{-\frac{2}{5} x+\frac{1}{5}}{1+x^2}$.

例 4 求 $\int \frac{x+3}{x^2-5 x+6} \mathrm{~d} x$.
解 由于 $\frac{x+3}{x^2-5 x+6}=-\frac{5}{x-2}+\frac{6}{x-3}$, 故

$$
\int \frac{x-2}{x^2+2 x+3} \mathrm{~d} x=-5 \int \frac{\mathrm{d} x}{x-2}+6 \int \frac{\mathrm{d} x}{x-3}=-5 \ln |x-2|+6 \ln |x-3|+C .
$$

例 5 求 $\int \frac{x-2}{x^2+2 x+3} \mathrm{~d} x$.
解 由于 $x-2=\frac{1}{2}(2 x+2)-3$ 故

$$
\begin{aligned}
\frac{x-2}{x^2+2 x+2} & =\frac{1}{2} \cdot \frac{(2 x+2)}{x^2+2 x+3}-3 \frac{1}{(x+1)^2+(\sqrt{2})^2} . \\
\int \frac{x-2}{x^2+2 x+3} \mathrm{~d} x & =\frac{1}{2} \int \frac{2 x+2}{x^2+2 x+3} \mathrm{~d} x-3 \int \frac{\mathrm{d} x}{(x+1)^2+(\sqrt{2})^2} \\
& =\frac{1}{2} \int \frac{\mathrm{d}\left(x^2+2 x+3\right)}{\mathrm{x}^2+2 x+3}-3 \int \frac{\mathrm{d}(x+1)}{(x+1)^2+(\sqrt{2})^2} \\
& =\frac{1}{2} \ln \left|x^2+2 x+2\right|-\frac{3}{\sqrt{2}} \arctan \frac{x+1}{\sqrt{2}}+C .
\end{aligned}
$$

例 6 求 $\int \frac{\mathrm{d} x}{x(x-1)^2}$.
解 由于 $\frac{1}{x(x-1)^2}=\frac{1}{x}+\frac{1}{(x-1)^2}-\frac{1}{x-1}$ ，故

$$
\begin{aligned}
\int \frac{\mathrm{d} x}{x(x-1)^2} & =\int \frac{1}{x} \mathrm{~d} x+\int \frac{1}{(x-1)^2} \mathrm{~d} x-\int \frac{1}{x-1} \mathrm{~d} x \\
& =\ln |x|-\frac{1}{x-1}-\ln |x-1|+C
\end{aligned}
$$

例 7 求 $\int \frac{1}{(1+2 x)\left(1+x^2\right)} d x$.
解 由于 $\frac{1}{(1+2 x)\left(1+x^2\right)}=\frac{4}{5} \cdot \frac{1}{1+2 x}+\left(-\frac{2}{5} x+\frac{1}{5}\right) \cdot \frac{1}{1+x^2}$ $=\frac{2}{5} \cdot \frac{2}{1+2 x}-\frac{1}{5} \cdot \frac{2 x}{1+x^2}+\frac{1}{5} \cdot \frac{1}{1+x^2}$ ，故

$$
\begin{aligned}
\int \frac{1}{(1+2 x)\left(1+x^2\right)} \mathrm{d} x & =\frac{2}{5} \int \frac{2}{1+2 x} \mathrm{~d} x-\frac{1}{5} \int \frac{2 x}{1+x^2} \mathrm{~d} x+\frac{1}{5} \int \frac{1}{1+x^2} \mathrm{~d} x \\
& =\frac{2}{5} \ln |1+2 x|-\frac{1}{5} \ln \left(1+x^2\right)+\frac{1}{5} \arctan x+C .
\end{aligned}
$$

例 8 求不定积分 $\int \frac{1}{3 \sin x+4 \cos x} \mathrm{~d} x$.
解 令 $u=\tan \frac{x}{2}(-\pi<x<\pi)$, 则 $\sin x=\frac{2 u}{1+u^2}, \cos x=\frac{1-u^2}{1+u^2}, d x=\frac{2 d u}{1+u^2}$ ，

$$
\begin{aligned}
\text { 原式 } & =\int \frac{\frac{2}{1+t^2} \mathrm{~d} t}{3 \frac{2 t}{1+t^2}+4 \frac{1-t^2}{1+t^2}}=\int \frac{2 \mathrm{~d} t}{4+6 t-4 t^2} \\
& =\int \frac{\mathrm{d} t}{(2 t+1)(2-t)}=\frac{1}{5} \int\left(\frac{2}{2 t+1}+\frac{1}{2-t}\right) \mathrm{d} t \\
& =\frac{1}{5} \ln \left|\frac{2 t+1}{2-t}\right|+C=\frac{1}{5} \ln \left|\frac{2 \tan \frac{x}{2}+1}{2-\tan \frac{x}{2}}\right|+C .
\end{aligned}
$$

这里所用的变量代换 $u=\tan \frac{x}{n}$ 对三角函数的有理式都可以应用, 此也称它为万能置换.
例 9 求不定积分 $\int \frac{1}{\sin ^4 x} \mathrm{~d} x$.
解- 利用万能置换公式

$$
\begin{aligned}
\sin x & =\frac{2 u}{1+u^2}, \cos x=\frac{1-u^2}{1+u^2}, \mathrm{~d} x=\frac{2}{1+u^2} \mathrm{~d} u, \\
\text { 原式 } & =\int \frac{1+3 u^2+3 u^4+u^6}{8 u^4} \mathrm{~d} u=\frac{1}{8}\left[-\frac{1}{3 u^3}-\frac{3}{u}+3 u+\frac{u^3}{3}\right]+C \\
& =-\frac{1}{24\left(\tan \frac{x}{2}\right)^3}-\frac{3}{8 \tan \frac{x}{2}}+\frac{3}{8} \tan \frac{x}{2}+\frac{1}{24}\left(\tan \frac{x}{2}\right)^3+C .
\end{aligned}
$$

例 9 求不定积分 $\int \frac{1}{\sin ^4 x} \mathrm{~d} x$.
解二 修改万能置换公式, 令 $u=\tan x$

$$
\begin{aligned}
\sin x & =\frac{u}{\sqrt{1+u^2}}, \cos x=\frac{1}{\sqrt{1+u^2}}, \mathrm{~d} x=\frac{1}{1+u^2} \mathrm{~d} u, \\
\text { 原式 } & =\int \frac{1}{\left(\frac{u}{\sqrt{1+u^2}}\right)} \cdot \frac{1}{1+u^2} \mathrm{~d} u=\int \frac{1+u^2}{u^4} \mathrm{~d} u=-\frac{1}{3 u^3}-\frac{1}{u}+C \\
& =-\frac{1}{3} \cot ^3 x-\cot x+C .
\end{aligned}
$$

例 9 求不定积分 $\int \frac{1}{\sin ^4 x} \mathrm{~d} x$.
解三 不用万能置换公式

$$
\text { 原式 }=\int \csc ^2 x\left(1+\cot ^2 x\right) \mathrm{d} x=\int \csc ^2 x \mathrm{~d} x+\int \cot ^2 x \csc ^2 x \mathrm{~d} x=-\frac{1}{3} \cot ^3 x-\cot x+C .
$$

比较以上三种解法，便知万能置换不一定是最佳方法，故三角函数有理式的 计算中先考虑其他手段，不得已才用万能置换.
考虑下列形式的简单无理根式的不定积分

$$
\int f\left(x, \sqrt[n]{\frac{a x+b}{c x+d}}\right) \mathrm{d} x
$$

令 $\sqrt[n]{\frac{a x+b}{c x+d}}=t$, 这样上述形式的简单无理根式的不定积分可化为有理函 数的不定积分.
例 10 求 $\int \frac{1}{x} \sqrt{\frac{1+x}{x}} \mathrm{~d} x$.
解 令 $\sqrt{\frac{1+x}{x}}=t$, 则 $t^2=\frac{1+x}{x}$, 则 $x=\frac{1}{t^2-1}, \mathrm{~d} x=-\frac{2 t \mathrm{~d} t}{\left(t^2-1\right)^2}$.

$$
\begin{aligned}
\int \frac{1}{x} \sqrt{\frac{1+x}{x}} \mathrm{~d} x & =\int\left(t^2-1\right) t \cdot \frac{-2 t}{\left(t^2-1\right)^2} \mathrm{~d} t=-2 \int \frac{t^2}{t^2-1} \mathrm{~d} t=-2 \int\left(1+\frac{1}{t^2-1}\right) \mathrm{d} t \\
& =-2\left(t-\ln \left|\frac{t-1}{t+1}\right|\right)+C=-2 t+2 \ln (t+1)-\ln \left|t^2-1\right|+C \\
& =-2 \sqrt{\frac{1+x}{x}}+2 \ln \left(\sqrt{\frac{1+x}{x}}+1\right)+\ln |x|+C .
\end{aligned}
$$

除了上述基本换元形式外，应根据所给被积函数的特点，进行适当的变量替换， 转化便干求积的形式,
例 11 求 $\int \frac{1}{\sqrt{\mathrm{e}^x+1}} \mathrm{~d} x$.
解 令 $\sqrt{\mathrm{e}^x+1}=t$, 则 $x=\ln \left(t^2-1\right), \mathrm{d} x=\frac{2 t \mathrm{~d} t}{t^2-1}$, 于是

$$
\begin{aligned}
\int \frac{1}{\sqrt{\mathrm{e}^x+1}} \mathrm{~d} x & =\int \frac{1}{t} \cdot \frac{2 t}{t^2-1} \mathrm{~d} t=\int \frac{2}{t^2-1} \mathrm{~d} t \\
& =\int\left(\frac{1}{t-1}-\frac{1}{t+1}\right) \mathrm{d} t=\int \frac{1}{t-1} \mathrm{~d}(t-1)-\int \frac{1}{t+1} \mathrm{~d}(t+1) \\
& =\ln |t-1|-\ln |t+1|+C=\ln \left|\frac{t-1}{t+1}\right|+C \\
& =\ln \left|\frac{\sqrt{\mathrm{e}^x+1}-1}{\sqrt{\mathrm{e}^x+1}+1}\right|+C .
\end{aligned}

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