2. 有理函数的不定积分

不定积分

张瑞
中国科学技术大学数学科学学院

有理函数的不定积分

有理函数的不定积分

定义 1.
有理函数是指一个分子、分母都是$x$的多项式的分式$\frac{p(x)}{p(x)}$，其中

\[\begin{aligned} p(x)=&a_0+a_1 x+\cdots+a_n x^n, a_n\neq 0 \\ q(x)=&b_0+b_1 x+\cdots+b_m x^m , b_m\neq 0 \end{aligned} \]

若$n\geq m$，则称$\frac{p(x)}{q(x)}$为有理假分式； 若$n<m$，则称$\frac{p(x)}{q(x)}$为有理真分式。

任何一个有理假分式都可以写成一个多项式和一个有理真分式的和。

有理函数的不定积分，依靠了2个代数学的结论，这里不作证明。

定理 1.
在实数范围内，任何实系数的多项式$q(x)$可以分解为

\[q(x)=b_m(x-a_1)^{r_1}\cdots(x-a_k)^{r_k}(x^2+b_1 x+c_1)^{s_1}\cdots(x^2+b_l x+c_l)^{s_l} \]

这里$r_1+\cdots+r_k+2s_1+\cdots+2s_l=m$，所有$a_i$, $b_j$, $c_j$都是实数，且 $b_j^2-rc_j<0$, $j=1,2\cdots,l$

定理 2.
对于有理真分式$\frac{p(x)}{q(x)}$，有

\[\begin{aligned} \frac{p(x)}{q(x)}= &\dfrac{A_{1,1}}{x-a_1}+\cdots+\dfrac{A_{1,r_1}}{(x-a_1)^{r_1}} \\ &+\cdots+\\ &\dfrac{A_{k,1}}{x-a_k}+\cdots+\dfrac{A_{k,r_k}}{(x-a_k)^{r_k}} \\ &+\dfrac{M_{1,1}x+N_{1,1}}{x^2+b_1x+c_1}+\cdots+\dfrac{M_{1,s_1}x+N_{1,s_1}}{(x^2+b_1x+c_1)^{s_1}} \\ &+\cdots+\\ &+\dfrac{M_{l,1}x+N_{l,1}}{x^2+b_lx+c_l}+\cdots+\dfrac{M_{l,s_l}x+N_{l,s_l}}{(x^2+b_lx+c_l)^{s_l}} \\ \end{aligned} \]

简单来说，若$q(x)$的分解式中有$(x-a)^k$，则$\frac{p(x)}{q(x)}$的分式分解中包含了

\[\dfrac{c_1}{x-a}+\dfrac{c_2}{(x-a)^2}+\cdots+\dfrac{c_k}{(x-a)^k} \]

若$q(x)$的分解式中有$(x+px+q)^m$，则$\frac{p(x)}{q(x)}$的分式分解中包含了

\[\dfrac{M_1x+N_1}{x^2+px+q}+\dfrac{M_2x+N_2}{(x^2+px+q)^2}+\cdots+\dfrac{M_mx+N_m}{(x^2+px+q)^m} \]

这样，求解有理真分式$\frac{p(x)}{q(x)}$的不定积分问题，化为求解以下两种积分

\[(i)\ \int\frac{1}{(x-a)^k}dx, \ \ \ (ii)\ \int\frac{m x+n}{(x^2+b x+c)^k}dx \]

1.对于第$(i)$种积分，有

\[\int\frac{1}{(x-a)^k}dx=\begin{cases} \ln(x-a) , & k=1 \\ \frac1{-k+1}(x-a)^{-k+1}, & k>1 \end{cases} \]

对于积分$\displaystyle\int\frac{m x+n}{(x^2+b x+c)^k}dx$，

可以令$t=x+\frac{b}2$， $a^2=c-\frac{b^2}4$， 则有

\[\begin{aligned} \int\frac{m x+n}{(x^2+b x+c)^k}dx =&\int\frac{m x+n}{\left((x+\frac{b}2)^2+(c-\frac{b^2}4)\right)^k}dx \\ =&\int\frac{m t-\frac{mb}2+n}{(t^2+a^2)^k}dt \\ =&\frac{m}2\int\frac{2t}{(t^2+a^2)^k}dt \\ &+\left(n-\frac{mb}2\right)\int\frac1{(t^2+a^2)^k}dt \end{aligned} \]

易知

\[\begin{aligned} \int\frac{2t}{(t^2+a^2)^k}dt =& \int\frac{1}{(t^2+a^2)^k}d(t^2+a^2) \\ =&\begin{cases} \ln(t^2+a^2), & k=1 \\ \frac1{-k+1}\frac{1}{(t^2+a^2)^{-k+1}}, & k>1 \end{cases} \end{aligned} \]

积分$\displaystyle\int\frac1{(t^2+a^2)^k}dt$前面已经计算过。

这样，一切有理函数和不定积分都可以用初等函数表示。

例

例 1. 求

\[\int\dfrac{1}{a^2+x^2}dx, \ \ \ \ \int\frac{1}{-a^2+x^2} \]

例 2. $\displaystyle\int\dfrac{x^2}{1+x^2}dx,\ \ \ \ \int\dfrac{x^3}{1+x^2}dx$

例 3. $\displaystyle\int\dfrac{x-1}{x^2+2x+3}dx$

例 4. $\displaystyle\int\dfrac{x-1}{x^2+2x-3}dx$

例 5. $\displaystyle\int\dfrac{x}{(x+1)(x+2)(x+3)}dx$

例 6. $\displaystyle\int\dfrac{1}{(x+1)(x+2)^2(x+3)^3}dx$

例 7. (例4.2.1) $\displaystyle\int\dfrac{1}{x^3+1}dx$

例 8. $\displaystyle\int\dfrac{1}{x^4+1}dx$

例 9. $\displaystyle\int\dfrac{1}{x^6+1}dx$

若$Q(x)=(x-a)^k(x^2+px+q)^{m-1}$，则

\[\begin{aligned} \dfrac{P(x)}{Q(x)}=&(\dfrac{P_1(x)}{Q_1(x)})'+\dfrac{P_2(x)}{Q_2(x)} \\ =&(\dfrac{P_1(x)}{(x-a)^{k-1}(x^2+px+q)^{m-1}})' \\ &+\dfrac{P_2(x)}{(x-a)(x^2+px+q)} \end{aligned} \]

其中$P_1(x)$的次数为${k-1+2(m-1)-1}$（即比$Q_1(x)$的次数少一次）， $P_2(x)$的次数为${2}$（即比$Q_2(x)$的次数少一次）

例 10. $\displaystyle\int\dfrac{4x^5-1}{(x^5+x+1)^2}dx$

例 11. $\displaystyle\int\dfrac{2x^4-4x^3+24x^2-40x+20}{(x-1)(x^2-2x+2)^3}dx$

例 12. (例4.2.3) 求$\displaystyle\int\frac1{x(x^{2019}+1)}dx$

三角函数有理式的不定积分

定义 2.
由三角函数及常数经过有限次四则运算构成的表达式，称为三角函数有理式。可以记为$R(\sin x, \cos x)$，这里$R(u,v)$是关于变量$u$, $v$的有理函数。

对三角函数有理式的不定积分$I=\displaystyle\int R(\sin x, \cos x)dx$

万能公式代换，令$t=\tan\frac{x}2$，则

\[\begin{aligned} \sin x=\dfrac{2t}{1+t^2}, \ \ \ \cos x=\dfrac{1-t^2}{1+t^2}, \\ dx=d(2\arctan t)=\dfrac2{1+t^2}dt \end{aligned} \]

则可以将三角函数有理式的不定积分化为有理函数的不定积分

\[I=\int R(\dfrac{1-t^2}{1+t^2},\dfrac{2t}{1+t^2})\dfrac{2}{1+t^2}dt \]

例 13. $\displaystyle\int\dfrac1{2\sin x-\cos x+5}dx$

例 14. $\displaystyle\int\dfrac{\sin x\cos x}{\sin x+\cos x}dx$

万能公式代换可能导致有理函数的次数较高，

  • 若$R(-\sin x, \cos x)=-R(\sin x ,\cos x)$， 令$t=\cos x$;
  • 若$R(\sin x, -\cos x)=-R(\sin x ,\cos x)$， 令$t=\sin x$;
  • 若$R(-\sin x, -\cos x)=R(\sin x ,\cos x)$， 令$t=\tan x$;

如$P(\cos^2x, \cos x\sin x, \sin^2x)$, 令$t=\tan x$, 化为

\[\int P(\dfrac{1}{1+t^2},\dfrac{t}{1+t^2},\dfrac{t^2}{1+t^2})\dfrac1{1+t^2}dt \]

例 15. $\displaystyle\int\sin^2x\cos^3xdx$

例 16. $\displaystyle\int\dfrac{\sin^5x}{\cos^4x}dx,\ \ \ \int\dfrac1{\sin x\cos 2x}dx$

例 17. $\displaystyle\int\dfrac1{\sin^4x\cos^2x}dx,\ \ \ \int\dfrac1{\sin^4x+\cos^4x}dx$

例 18. $\displaystyle\int\dfrac{1}{A\cos^2x+2B\sin x\cos x+C\sin^2x}dx$

例 19. $\displaystyle\int\dfrac{\sin^2 x\cos x}{\sin x+\cos x}dx$

若$R(\sin(x),\cos(x))$不满足上述的三个条件，可以将函数$R(u,v)$做拆分。

一种通用的方法为如下的分解：

\[\begin{aligned} R(u,v)=\frac{R(u,v)-R(-u,v)}2+\frac{R(-u,v)-R(-u,-v)}2 \\ +\frac{R(-u,-v)+R(u,v)}2 \end{aligned} \]

分解出的三个部分, 分别满足三个条件

例 20. 如$\displaystyle\int\dfrac{\sin x\cos x}{\sin x+\cos x}dx$

\[\begin{aligned} \int\dfrac{\sin x\cos x}{\sin x+\cos x}dx =&\int\dfrac{\sin x\cos x(-\sin x+\cos x)}{\cos^2x-\sin^2x}dx \\ =&\int\dfrac{\cos^2x\sin x}{2\cos^2x-1}dx+\int\dfrac{-\sin^2x\cos x}{1-2\sin^2x}dx \\ =&\int\dfrac{-\cos^2x}{2\cos^2x-1}d(\cos x)+\int\dfrac{-\sin^2x}{1-2\sin^2x}d(\sin x) \\ \end{aligned} \]

一些特例

注意到

\[\begin{aligned} (\sin^px\cos^qx)'=&p\sin^{p-1}x\cos x\cos^qx+\sin^pxq\cos^{q-1}x(-\sin x) \\ =&p\sin^{p-1}x\cos^{q+1}x-q\sin^{p+1}x\cos^{q-1}x \\ =&p\sin^{p-1}x\cos^{q-1}x(\cos^2x)-q\sin^{p-1}x\cos^{q-1}x(\sin^2x)\\ =&p\sin^{p-1}x\cos^{q-1}x-(p+q)\sin^{p+1}x\cos^{q-1}x \\ =&(p+q)\sin^{p-1}x\cos^{q+1}x-q\sin^{p-1}x\cos^{q-1}x \\ \end{aligned} \]

上式两边积分后，就可以得到关于$\displaystyle I_{p,q}=\int\sin^p(x)\cos^qxdx$的递推公式

  • $q\neq-1$ ,
    \[I_{p,q}=-\dfrac{\sin^{p+1}x\cos^{q+1}x}{q+1}+\dfrac{p+q+2}{q+1}\displaystyle\int\sin^px\cos^{q+2}xdx \]
  • $p\neq-1$,
    \[I_{p,q}=\dfrac{\sin^{p+1}x\cos^{q+1}x}{p+1}+\dfrac{p+q+2}{p+1}\displaystyle\int\sin^{p+2}x\cos^{q}xdx \]
  • $p+q\neq0$,
    \[\begin{aligned} I_{p,q}= \dfrac{\sin^{p+1}x\cos^{q-1}x}{p+q}+\dfrac{q-1}{p+q}\displaystyle\int\sin^{p}x\cos^{q-2}xdx \\ I_{p,q}= -\dfrac{\sin^{p-1}x\cos^{q+1}x}{p+q}+\dfrac{p-1}{p+q}\displaystyle\int\sin^{p-2}x\cos^{q}xdx \end{aligned} \]

当$p,q$为整数时，递推后，最终化为以下积分

\[\begin{aligned} &\int \cos xdx=\sin x ,&& \int \sin xdx=-\cos x \\ &\int \dfrac1{\cos x}dx=\ln|\tan(\frac{x}2+\dfrac{\pi}4)| ,&& \int \dfrac1{\sin x}dx=\ln|\tan(\frac{x}2)| \\ &\int \sin x\cos xdx=\dfrac{\sin^2x}2 ,&& \int\dfrac{1}{\sin x\cos x}dx=\ln|\tan x| \\ &\int \dfrac{\sin x}{\cos x}dx=-\ln|\cos x| ,&& \int \dfrac{\cos x}{\sin x}dx=\ln|\sin x| \end{aligned} \]

例 21. $\displaystyle\int\dfrac1{\cos^5x}dx$

例 22. $\displaystyle\int {\cos^5x}dx$

例 23. $\displaystyle\int \frac{\cos^4x}{\sin^3x}dx$

2.形如$\displaystyle\int\dfrac{\sin x}{a\cos x+b\sin x+c}dx$

例 24. $\displaystyle\int\dfrac{\sin x}{a\cos x+b\sin x}dx$ 和 $\displaystyle\int\dfrac{\cos x}{a\cos x+b\sin x}dx$,

例 25. $\displaystyle\int\dfrac{\sin x}{a\cos x+b\sin x+c}dx$, $\displaystyle\int\dfrac{\cos x}{a\cos x+b\sin x+c}dx$,

例 26. $\displaystyle\int\dfrac{1}{a+b\cos x}dx$ 和 $\displaystyle\int\dfrac{1}{a+b\sin x}dx$,

例 27. $\displaystyle\int\dfrac{1}{a+b\cos x+c\sin x}dx$,

\[\begin{aligned} \int\dfrac1{(a\sin x+b\cos x)^n}dx=&\dfrac{A\sin x+B\cos x}{(a\sin x+b\cos x)^{n-1}} \\ &+C\int\dfrac1{(a\sin x+b\cos x)^{n-2}}dx \end{aligned} \]
\[\begin{aligned} \int\dfrac1{(a+b\cos x)^n}dx=\dfrac{A\sin x}{(a+b\cos x)^{n-1}}+B\int\dfrac1{(a+b\cos x)^{n-1}}dx \\ +C\int\dfrac{1}{(a+b\cos x)^{n-2}}dx \end{aligned} \]

三角函数化

例 28. $\displaystyle\int\dfrac1{(1-x^2)^{\frac32}}dx$

例 29. $\displaystyle\int\dfrac1{(1+x^2)\sqrt{1-x^2}}dx$

其它类型的初等函数的不定积分

仍然记$R(u,v)$为关于变量$u$, $v$的有理函数，即$R(u,v)$是$u$, $v$和常数经有限次四则运算得到的。

  • $R(x,\sqrt[m]{\dfrac{\alpha x+\beta}{\gamma x+\delta}})$ 型积分
  • 形如$R(x,\sqrt{ax^2+bx+c})$的表达式的积分，其中$ax^2+bx+c$没有相等的根。

对于$R(x,\sqrt[m]{\dfrac{\alpha x+\beta}{\gamma x+\delta}})$ 型积分，其中$m\in\mathbb N$，$\alpha,\beta,\gamma,\delta$为常数。

令$t=\sqrt[m]{\dfrac{\alpha x+\beta}{\gamma x+\delta}}$，则

\[x=\phi(t)=\dfrac{\delta t^m-\beta}{\alpha-\gamma t^m}, \]

这样，

\[\int R(x,\sqrt[m]{\dfrac{\alpha x+\beta}{\gamma x+\delta}})dx=\int R(\phi(t),t)\phi'(t)dt \]

为关于$t$的有理函数积分。

例 30. $\displaystyle\int\dfrac{x}{\sqrt[4]{x^3(a-x)}}dx$

例 31. $\displaystyle\int\dfrac1{\sqrt[3]{(x-1)(x+1)^2}}dx$

例 32. $\displaystyle\int\dfrac{1}{x(1+2\sqrt x+\sqrt[3]x)}dx$

求$\displaystyle\int x^r(a+bx^s)^pdx$，$r,s,p$为有理数。

1. 若p为整数，则上面的积分形态就是前面介绍的形态。

例 33. $\displaystyle\int x^{\frac13}(a+b x^{\frac25})^2dx$

可以看出，上面是$R(x,\sqrt[15]{x})$形态的积分，令$t=\sqrt[15]{x}$即可。

2. 若p不为整数，则令$z=x^s$，

\[\begin{aligned} \int x^r(a+bx^s)^pdx=&\int\dfrac1s(a+bz)^pz^{\frac{r+1}s-1}dz \\ =&\dfrac1s\int(a+bz)^pz^q dx (q=\frac{r+1}s-1) \end{aligned} \]

例 34. $\displaystyle\int\dfrac{{\sqrt[3]{1+\sqrt[4]{x}}}}{\sqrt x}dx$，令$z=x^{\frac14}$，有$\displaystyle\int 4z(1+z)^\frac13 dz$

例 35. $\displaystyle\int\dfrac1{\sqrt[4]{1+x^4}}dx$，令$z=x^{4}$，有$\displaystyle\int \frac14z^{-\frac34}(1+z)^{-\frac14} dz$

例 36. $\displaystyle\int\dfrac1{x\sqrt[3]{1+x^5}}dx$，令$z=x^{5}$，有$\displaystyle\int \frac15z^{-1}(1+z)^{-\frac13} dz$

  • 若$q$为整数，$p=\frac{n}{m}$，则为类型$R(z,\sqrt[m]{a+bz})$型，令$t=\sqrt[m]{a+bz}$可以有理化

  • 若$p+q$为整数，则

    \[\begin{aligned} \int x^r(a+bx^s)^pdx=&\int\dfrac1s(a+bz)^pz^{\frac{r+1}s-1}dz \\ =&\dfrac1s\int(a+bz)^pz^q dx \ \ \ (q=\frac{r+1}s-1) \\ =&\frac1s\int\left(\frac{a+bz}z\right)^pz^{p+q}dx \end{aligned} \]

    为$R(z,\sqrt[m]{\frac{a+bz}z})$型，令$t=\sqrt[m]{\frac{a+bz}z}$可以有理化

求 $J_{p,q}=\displaystyle\int(a+bz)^pz^qdx$，其中$p,q$为有理数

有递推公式

\[\begin{aligned} J_{p,q}=&-\dfrac{(a+bz)^{p+1}z^{q+1}}{a(p+1)}+\dfrac{p+q+2}{a(p+1)}J_{p+1,q} \\ J_{p,q}=&\dfrac{(a+bz)^{p+1}z^{q+1}}{a(q+1)}-\dfrac{p+q+2}{a(q+1)}J_{p,q+1} \\ J_{p,q}=&-\dfrac{(a+bz)^{p}z^{q+1}}{p+q+1}+\dfrac{ap}{p+q+1}J_{p-1,q} \\ J_{p,q}=&-\dfrac{(a+bz)^{p+1}z^{q}}{b(p+q+1)}-\dfrac{aq}{b(p+q+1)}J_{p,q-1} \\ \end{aligned} \]

证： 由

\[\begin{aligned} (a+bz)^{p+1}z^q=a(a+bz)^pz^q+b(a+bz)^pz^{q+1} \\ ((a+bz)^{p+1}z^{q+1})'=(p+1)b(a+bz)^{p}z^{q+1} \\ +(q+1)(a+bz)^{p+1}z^q \end{aligned} \]

可得

\[\begin{aligned} J_{p+1,q}=aJ_{p,q}+bJ_{p,q+1} \\ (a+bz)^{p+1}z^{q+1}=(p+1)bJ_{p,q+1}+(q+1)J_{p+1,q} \end{aligned} \]

例 37. 求$H_m=\displaystyle\int\frac{x^m}{\sqrt{1-x^2}}dx$，$m$为整数。

解. 令$z=x^2$，有

\[H_m=\frac12\int(1-z)^{-\frac12}z^{\frac{m-1}2}=\frac12J_{-\frac12,\frac{m-1}2} \]

形如$R(x,\sqrt{ax^2+bx+c})$的表达式的积分，其中$ax^2+bx+c$没有相等的根。

1. 可以用Euler代换。

  • $a>0$, $\sqrt{ax^2+bx+c}=\pm\sqrt a x+t$
  • $c>0$, $\sqrt{ax^2+bx+c}=xt\pm\sqrt c$
  • $\sqrt{a(x-x_1)(x-x_2)}=t(x-x_1)$

例 38. $\displaystyle\int\dfrac1{x+\sqrt{x^2-x+1}}dx$

例 39. $\displaystyle\int\dfrac1{1+\sqrt{1-2x-x^2}}dx$

例 40. $\displaystyle\int\dfrac{x-\sqrt{x^2+3x+2}}{x+\sqrt{x^2+3x+2}}dx$

2. 若$P(x)$是一个$n$次的多项式， 记$Y=ax^2+bx+c$，则有

\[\int\frac{P(x)}{\sqrt{ax^2+bx+c}}dx=Q(x)\sqrt{Y}+\lambda\int\frac1{\sqrt{Y}}dx \]

其中$Q(x)$是$n-1$次多项式，$\lambda$是数。

例 41. $\displaystyle\int\frac{x^3}{\sqrt{1+2x-x^2}}dx$

例 42. $\displaystyle\int\frac{x^3-x+1}{\sqrt{2+2x+x^2}}dx$

双曲代换

  • $R(x,\sqrt{x^2-1})$型，可以用双曲余弦代换
    \[x=\cosh(u)=\frac{e^u-e^{-u}}2,\ \ dx=\sinh(u), \ \ \ \sqrt{x^2-1}=\sinh(u) \]
  • $R(x,\sqrt{x^2+1})$型，可以用双曲正弦代换
    \[x=\sinh(u)=\frac{e^u+e^{-u}}2,\ \ dx=\cosh(u), \ \ \ \sqrt{x^2+1}=\cosh(u) \]
    或令
    \[u=x+\sqrt{x^2+1} \]

例 43. $\displaystyle\int\sqrt{a^2+x^2}dx$

例 44. $\displaystyle\int\frac{x^2}{\sqrt{a^2+x^2}}dx$

谢谢

vertical slide 2

目录

杂题

例 45. $\displaystyle\int\dfrac{e^x\cos x-e^x\sin x}{e^{2x}}dx$

例 46. $\displaystyle\int\dfrac{x\cos x-\sin x}{x^2}dx$

例 47. $\displaystyle\int\dfrac{x\cos x-\sin x}{x^2\sqrt{1-\frac{\sin^2x}{x^2}}}dx$

本节读完

例 48. 谢

48.

例 49. $\displaystyle\int x(1-x)^{10}dx$

例 50. $\displaystyle\int\dfrac{x^2}{(1-x)^{100}}dx$

例 51. $\displaystyle\int x^3(1-5x^2)^{10}dx$

例 52. $\displaystyle\int x\sqrt{2-5x}dx$

例 53. $\displaystyle\int\frac{1}{(1+x)\sqrt{1-x^2}}dx$

例 54. $\displaystyle\int\cos^5x\sqrt{\sin x}dx$

例 55. $\displaystyle\int\frac{1}{(2x^2+1)\sqrt{x^2+1}}dx$