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高等数学
第三章 一元函数积分学
有理函数的不定积分
最后
更新:
2024-10-03 08:03
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有理函数的不定积分
## 有理函数的不定积分 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`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` 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` 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` 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` 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` 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` 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` 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`求不定积分 $\int \frac{1}{\sin ^4 x} \mathrm{~d} x$. 解- 利用万能置换公式 $$ \begin{aligned} \sin x & =\frac{2 u}{1+u^2}, \cos x=\frac{1-u^2}{1+u^2}, \mathrm{~d} x=\frac{2}{1+u^2} \mathrm{~d} u, \\ \text { 原式 } & =\int \frac{1+3 u^2+3 u^4+u^6}{8 u^4} \mathrm{~d} u=\frac{1}{8}\left[-\frac{1}{3 u^3}-\frac{3}{u}+3 u+\frac{u^3}{3}\right]+C \\ & =-\frac{1}{24\left(\tan \frac{x}{2}\right)^3}-\frac{3}{8 \tan \frac{x}{2}}+\frac{3}{8} \tan \frac{x}{2}+\frac{1}{24}\left(\tan \frac{x}{2}\right)^3+C . \end{aligned} $$ 解二 修改万能置换公式, 令 $u=\tan x$ $$ \begin{aligned} \sin x & =\frac{u}{\sqrt{1+u^2}}, \cos x=\frac{1}{\sqrt{1+u^2}}, \mathrm{~d} x=\frac{1}{1+u^2} \mathrm{~d} u, \\ \text { 原式 } & =\int \frac{1}{\left(\frac{u}{\sqrt{1+u^2}}\right)} \cdot \frac{1}{1+u^2} \mathrm{~d} u=\int \frac{1+u^2}{u^4} \mathrm{~d} u=-\frac{1}{3 u^3}-\frac{1}{u}+C \\ & =-\frac{1}{3} \cot ^3 x-\cot x+C . \end{aligned} $$ 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`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`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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