最后更新: 2025-03-16 09:00 查看: 90 次纠错评论(0) 课件开VIP

可以有理化的无理函数的不定积分

## 9.3.5 可以有理化的无理函数的不定积分
与前面一样用 $R(u, v)$ 表示两个变元的有理函数，下面考虑含有根式的无理函数的不定积分，其中介绍两种常见的可积类型。

（一）
$$
\int R\left(x, \sqrt[n]{\frac{a x+b}{c x+d}}\right) d x
$$

其中设 $a d-b c \neq 0$（否则如何？）．作代换

$$
t=\sqrt[n]{\frac{a x+b}{c x+d}}
$$

就可以解出 $x$ 为 $t$ 的有理函数：

$$
x=g(t)=\frac{b-d t^n}{c t^n-a}
$$

于是就一定可以有理化：

$$
\int R\left(x, \sqrt[n]{\frac{a x+b}{c x+d}}\right) d x=\int R(g(t), t) g^{\prime}(t) d t
$$

此外， $\int R(x, \sqrt[n]{a x+b}) d x$ 也属于这个类型，只要令 $t=\sqrt[n]{a x+b}$ 就可有理化．

**例题 9.46** 求 $I=\int \frac{ d x}{(1-x) \sqrt[3]{(1-x)^2(1+x)}}$ ．
解 表面上看似乎不属于上述类型，其实只要将三次根式作如下改写即可：

$$
\sqrt[3]{(1-x)^2(1+x)}=(1-x) \sqrt[3]{\frac{1+x}{1-x}}
$$

令 $t=\sqrt[3]{\frac{1+x}{1-x}}$ ，则 $x=\frac{1-t^3}{1+t^3}, 1-x=\frac{2 t^3}{1+t^3}, d x=-\frac{6 t^2}{\left(1+t^3\right)^2} d t$ ，于是得到

$$
\begin{aligned}
I & =-\int t \cdot \frac{\left(1+t^3\right)^2}{4 t^6} \cdot \frac{6 t^2}{\left(1+t^3\right)^2} d t=-\frac{3}{2} \int \frac{d t}{t^3}=\frac{3}{4} \cdot \frac{1}{t^2}+C \\
& =\frac{3}{4} \cdot \sqrt[3]{\left(\frac{1-x}{1+x}\right)^2}+C .
\end{aligned}
$$

（二）
$$
  \int R\left(x, \sqrt{a x^2+b x+c}\right) d x \text {. }
$$

其中设 $a \neq 0, b^2-4 a c \neq 0$（否则如何？）
用三角代换就可以证明这类不定积分也一定是可积的．关于这类积分的计算方法有很多内容，例如 Euler 代换和递推方法等［8］，这里不作介绍．下面举两个例子．其中用三角代换的方法未必最快捷。

例题 9.47 求 $I=\int \sqrt{x^2+a^2} d x$ ，其中 $a>0$ ．
解 1 用分部积分法，可以（与例题 9.36 的计算类似）如下求出答案：

$$
\begin{aligned}
I & =x \sqrt{x^2+a^2}-\int \frac{x^2}{\sqrt{x^2+a^2}} d x \\
& =x \sqrt{x^2+a^2}-\int \sqrt{x^2+a^2} d x+a^2 \int \frac{d x}{\sqrt{x^2+a^2}} \\
& =\frac{1}{2} x \sqrt{x^2+a^2}+\frac{a^2}{2} \ln \left(x+\sqrt{x^2+a^2}\right)+C .
\end{aligned}
$$

解 2 令 $x=a \tan t$ ，则 $\sqrt{x^2+a^2}=a \sec t, d x=a \sec ^2 t d t$ ，于是有

$$
\begin{aligned}
I & =\int a^2 \sec ^3 t d t=a^2 \int \sec t d \tan t=a^2 \tan t \sec t-a^2 \int \sec t \tan ^2 t d t \\
& =a^2 \tan t \sec t-a^2 \int \sec t\left(\sec ^2 t-1\right) d t=\frac{a^2}{2} \tan t \sec t+\frac{a^2}{2} \int \frac{d t}{\cos t} \\
& =\frac{a^2}{2} \tan t \sec t+\frac{a^2}{2} \ln \left|\tan \left(\frac{t}{2}+\frac{\pi}{4}\right)\right|+C
\end{aligned}
$$

最后需要将上式转化为 $x$ 的函数．容易看出其第一项就是 $\frac{1}{2} x \sqrt{a^2+x^2}$ ．利用

$$
\begin{aligned}
&\tan \left(\frac{t}{2}+\frac{\pi}{4}\right)=\frac{1-\cos \left(t+\frac{\pi}{2}\right)}{\sin \left(t+\frac{\pi}{2}\right)}=\frac{1+\sin t}{\cos t}=\sec t+\tan t\\
&\text { 可见第二项就是 } \frac{a^2}{2} \ln \left(\frac{x}{a}+\frac{\sqrt{x^2+a^2}}{a}\right) \text { ，答案与解 } 1 \text { 相同．}
\end{aligned}
$$

最后介绍著名的微分二项式的不定积分．这就是下列形式的积分：

$$
\int x^m\left(b x^n+a\right)^p d x
$$

其中 $m, n, p$ 都是有理数，且至少有一个不是整数．切比雪夫Chebyshev 证明：微分二项式的不定积分可积的充分必要条件是以下三个有理数

$$
p, \frac{m+1}{n}, p+\frac{m+1}{n}
$$

之中至少有一个是整数

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