MA.4.2 有理函数的不定积分

一、有理函数的积分

有理函数

假分式与真分式

代数学定理

Analysis
(1) $=A\int \frac{1}{(x-a{)}^k}d(x-a)=$

$\{\begin{array}{ll}\ln |x-a|+c,& k=1\\ 11-k(x-a)k+1,& k>1\end{array}$

(2) 对于积分(2)

1. 当 $k=1$ 时分子拆分，分母配方

$$\begin{array}{rl}\int \frac{Bx+D}{x^2+px+q}\mathrm{d}x& =\frac{B}{2}\int \frac{\mathrm{d}(x^2+px+q)}{x^2+px+q}+\frac{1}{2}\int \frac{2D-Bp}{{(x+\frac{p}{2})}^2+{\left(\frac{\sqrt{-\mathrm{\Delta }}}{2}\right)}^2}\mathrm{d}\left(x+\frac{p}{2}\right)\\ & =\frac{B}{2}\ln (x^2+px+q)+\frac{2D-Bp}{\sqrt{-\mathrm{\Delta }}}\arctan \frac{2x+p}{\sqrt{-\mathrm{\Delta }}}+C.& \end{array}$$

2. 当 $k>1$ 时

$$\begin{array}{rl}\int \frac{Bx+D}{{(x^2+px+q)}^k}\mathrm{d}x& =\frac{B}{2}\int \frac{\mathrm{d}(x^2+px+q)}{{(x^2+px+q)}^k}+\frac{1}{2}\int \frac{2D-Bp}{{[{(x+\frac{p}{2})}^2+{\left(\frac{\sqrt{-\mathrm{\Delta }}}{2}\right)}^2]}^k}\mathrm{d}(x+\frac{p}{2})\\ & =\frac{B}{2(1-k)}{(x^2+px+q)}^{1-k}+\beta \int \frac{\mathrm{d}u}{{(u^2+{\alpha }^2)}^k}\text{ (见例12) }& \end{array}$$

其中 $\beta =\frac{2D-Bp}{2},\alpha =\frac{\sqrt{-\mathrm{\Delta }}}{2},u=x+\frac{p}{2}$.

而由 $\mathrm{\S }4.1$ 中 $\mathrm{例}4.1.14$ 的递推公式知, 上式右端的第二个不定积分也是一个初等函数. 这样, 我们就证明了有理真分式的原函数 (进而任意有理函数的原函数)都是初等函数.

问题 如何把真分式 $R(x)=\frac{P(x)}{Q(x)}$ 分解成简单分式之和?

Analysis

设 $z$ 为零点, 有

$$a_0{z}^n+a_1{z}^{n-1}+\dots +a_{n,z}z+a_n=0$$

$\therefore$ 由共轭运算法则

$$\overline{a_0{z}^n+a_1{z}^{n-1}+\dots +a_{n,1}z+a_n}=0$$$$\Rightarrow \overline{a_0{z}^n}+\overline{a_1{z}^{n-1}}+\dots +\overline{a_{n-1}z}+{\overline{a}}_n=0$$$$\Rightarrow \overline{a_0}\overline{z^n}+\overline{a_1}\overline{z^{n-1}}+\dots +\overline{a_n,}\bar{z}+\overline{a_n}=0$$$$\Rightarrow a_0\overline{z^n}+a_1\overline{z^{n-1}}+\dots +a_{n-1}\bar{z}+a_n=0$$

$\therefore a_0{z}^n+a_1{z}^{n-1}+\dots +a_{n,z}z+a_n$

$=a_0{(x-x_1)}^{k_1}{(x-x_2)}^{k_2}\cdots {(x-x_n)}^{k_m}\cdot {(x-{\xi }_1)}^{l_1}{(x-\overline{{\xi }_1})}^{l_1}\cdots$

其中 $x_i\in \mathbb{R}{\xi }_i=\alpha +i\beta \in \mathbb{C}$

且 $(x-{\xi }_i)(x-{\xi }_i)$
$=(x-(\alpha +i\beta ))(x-(\alpha -i\beta ))$
$=x^2-2\alpha x+{\alpha }^2+{\beta }^2$

• ${(x-x_1)}^{k_1}:k_1$ 重一次因式

• ${(x^2-2\alpha x+{\alpha }^2+{\beta }^2)}^l:l$ 重(判别式小于零的)二次因式

Solution

1. 若 $Q(x)$ 有因式 $(x-a{)}^k$, 则 $R(x)$ 的分解式中有

$$\sum _{i=1}^k\frac{A_i}{(x-a{)}^i}$$

2. 若 $Q(x)$ 有 $k$ 重二次因式 ${(x^2+px+q)}^k(\mathrm{\Delta }<0)$, 则 $R(x)$ 的分解式中有

$$\sum _{i=1}^k\frac{B_{i}x+D_i}{{(x^2+px+q)}^i}$$

其中 $A_i,B_i,D_i$ 常用待定系数法确定

例题

Solution

实数范围内彻底分解: $x^3+1=(x+1)(x^2-x+1)$

设

$$\frac{1}{x^3+1}=\frac{A}{x+1}+\frac{Bx+C}{x^2-x+1}\text{ (待定形式) }$$$$=\frac{(A+B)x^2+(-A+B+C)x+(A+C)}{x^3+1}$$

对比系数 $\Rightarrow$ 线性方程组 + Cramer 法则

$\Rightarrow \{\begin{array}{c}A+B=0\\ -A+B+C=0\\ A+C=1\end{array}\Rightarrow A=1/3,B=-1/3,C=2/3$.

所以，
${\displaystyle \int \frac{1}{x^3+1}\mathrm{d}x=\frac{1}{3}\int \frac{1}{x+1}\mathrm{d}x-\frac{1}{3}\int \frac{x-2}{x^2-x+1}\mathrm{d}x}$
$=\frac{1}{3}\ln |x+1|-\frac{1}{6}\int \frac{\mathrm{d}(x^2-x+1)}{x^2-x+1}+\frac{1}{2}\int \frac{\mathrm{d}(x-\frac{1}{2})}{{(x-\frac{1}{2})}^2+\frac{3}{4}}$
$=\frac{1}{3}\ln |x+1|-\frac{1}{6}\ln (x^2-x+1)+\frac{1}{\sqrt{3}}\arctan \frac{2x-1}{\sqrt{3}}+C$

---

TIP
其中 $A$ 也可用赋值法求得. 因为

$$\frac{1}{(x+1)(x^2-x+1)}=\frac{A}{x+1}+\frac{Bx+C}{x^2-x+1}$$

上式两边同乘 $(x+1)$ 并令 $x=-1($或者$x\to -1)$ 得 $A=1/3$.

联动添项法和凑微分法

有理式次数较大时, 常用添项法和凑微分法, 通常当分母已因式分解好时才用公式.

解原式 $=\int \frac{(x^8+1)-x^8}{x(x^8+1)}dx$

Solution

$I+J=\int \frac{x^2+1}{x^4+1}dx$
$=\int \frac{1+\frac{1}{x^2}}{x^2+\frac{1}{x^2}}dx(x\ne 0)$
$=\int \frac{d(x-\frac{1}{x})}{{(x-\frac{1}{x})}^2+{\sqrt{2}}^2}$
$=\frac{1}{\sqrt{2}}\arctan \frac{x-\frac{1}{x}}{\sqrt{2}}$

$I-J=\int \frac{x^2-1}{x^4+1}dx$
$=\int \frac{1-\frac{1}{x^2}}{x^2+\frac{1}{x^2}}dx$
$=\int \frac{d(x+\frac{1}{x})}{{(x+\frac{1}{x})}^2-(\sqrt{2}{)}^2}$
$=\frac{1}{2\sqrt{2}}\ln \left|\frac{x+\frac{1}{x}-\sqrt{2}}{x+\frac{1}{x}+\sqrt{2}}\right|+c$

$\Rightarrow I=\dots ;J=\dots$

Solution.II
${\displaystyle \int \frac{(x^2+1)dx}{x^4+x^2+1}}$
$=\int \frac{(x^2+1)dx}{(x^2+1)-x^2}$
$=\int \frac{(x^2+1)dx}{(x^2+x+1)(x^2-x+1)}$
$=\int (\frac{Ax+B}{{\alpha }^2+x+1}+\frac{Cx+D}{x^2-x+1})dx$

不难看出 $=\frac{1}{2}\int (\frac{1}{x^2+x+1}+\frac{1}{x^2-x+1})dx$

$=\cdots$

二、三角函数有理式的积分

三角函数有理式

例题

$\sin x$ 和 $\cos x$ 的偶次有理式化为 $\tan x$ 的有理式

原式 $=\int \frac{d\tan x}{{\sin }^{4}x}$
$=\int \frac{\frac{1}{{\cos }^{4}x}d\tan x}{{\tan }^{4}x}\left(d{x}_i\right)$
$=\int \frac{{({\tan }^{2}x+1)}^2}{{\tan }^{4}x}d\tan x$
$=\int (1+\frac{2}{{\tan }^{2}x}+\frac{1}{{\tan }^{4}x})d\tan x$
$=\tan x-2x\frac{1}{\tan x}-\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{{\tan }^{3}x}+C$

万能公式/万能变换

万能变换适合次数小的三角函数有理式积分.(万能：不到迫不得已，万万不能)

上述有理数运算封闭
故三角函数有理式积分可化为有理函数积分求得（计算量可能大）

Solution

$$\begin{array}{rl}\text{ 原式 }& =\int \frac{\frac{2}{1+t^2}dt}{5-4\frac{1-t^2}{1+t^2}}\\ & =\int \frac{2dt}{1+9t^2}\\ & =\frac{2}{3}\int \frac{1}{1+(3t{)}^2}d(3t)\\ & =\frac{2}{3}\arctan 3t\\ & =\frac{2}{3}\arctan (3\tan \frac{x}{2})+C& \end{array}$$

三、其它初等函数的积分

Solution

$$\begin{array}{rl}\text{原式}& \stackrel{x=t^6}{=}\int \frac{6t^{5}dt}{t^3-t^2}\\ & =6\int \frac{t^3-1+1}{t-1}dt\\ & =6\int (t^2+t+1+\frac{1}{t-1})dt\\ & =2t^3+3t^2+6t+6\ln |t-1|+c& \text{ 其中 }t=\sqrt[6]{x}\end{array}$$

HW: