8.1.3 有理函数的积分

有理函数的积分总可由初等函数表示.

8.1.3.1 整有理函数 (多项式) 的积分

整有理函数的积分可直接通过逐项积分来计算:

$$\int \left(a_n{x}^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+\cdots +a_{1}x+a_0\right)\mathrm{d}x$$$$\begin{array}{}\text{(8.13)}& =\frac{a_n}{n+1}{x}^{n+1}+\frac{a_{n-1}}{n}{x}^n+\cdots +\frac{a_1}{2}{x}^2+a_{0}x+C.\end{array}$$

8.1.3.2 分数有理函数的积分

被积函数为分数有理函数的积分 $\int \frac{P\left(x\right)}{Q\left(x\right)}\mathrm{d}x$ ,其中 $P\left(x\right),Q\left(x\right)$ 分别为 $m$ 次和 $n$ 次多项式,可用代数方法变换成易于积分的形式,步骤如下:

(1)利用最大公因子将分数化简,由此 $P\left(x\right),Q\left(x\right)$ 没有公因子.

(2) 将表达式的整部与有理部分分开. 若 $m\ge n$ ,则用 $Q\left(x\right)$ 除 $P\left(x\right)$ ,得到的多项式和真分式应该可积.

(3) 将分母 $Q\left(x\right)$ 分解成线性因式与二次因式 (参见第 57 页 1.6.3.2) 的乘积:

$$\begin{array}{}\text{(8.14a)}& Q\left(x\right)=a_n{(x-\alpha )}^k{(x-\beta )}^l\cdots {(x^2+px+q)}^r{(x^2+p^{\prime }x+q^{\prime })}^s\cdots ,\end{array}$$

其中

$$\begin{array}{}\text{(8.14b)}& \frac{p^2}{4}-q<0,\frac{p^{\prime 2}}{4}-q^{\prime }<0,\cdots .\end{array}$$

(4) 将常系数 $a_n$ 提到积分号的外边.

(5) 将分式分解成部分分式之和: 相除后得到的真分式不能进一步化简, 但其分母被分解成了不可约因式的乘积, 进而能分解成部分分式之和 (参见第 18 页 1.1.7.3), 且每个部分分式都容易积分.

8.1.3.3 部分分式分解的四种情况

1. 分母的所有根均为实单根

$$\begin{array}{}\text{(8.15a)}& Q\left(x\right)=\left(x-\alpha \right)\left(x-\beta \right)\cdots \left(x-\lambda \right).\end{array}$$

a) 分解形式如下:

$$\begin{array}{}\text{(8.15b)}& \frac{P\left(x\right)}{Q\left(x\right)}=\frac{A}{x-\alpha }+\frac{B}{x-\beta }+\cdots +\frac{L}{x-\lambda },\end{array}$$

其中

$$\begin{array}{}\text{(8.15c)}& A=\frac{P\left(\alpha \right)}{Q^{\prime }\left(\alpha \right)},B=\frac{P\left(\beta \right)}{Q^{\prime }\left(\beta \right)},\cdots ,L=\frac{P\left(\lambda \right)}{Q^{\prime }\left(\lambda \right)}.\end{array}$$

b) 数 $A,B,C,\cdots ,L$ 也可由待定系数法来计算 (参见第 20 页 1.1.7.3,4.).

c) 由公式

$$\begin{array}{}\text{(8.15d)}& \int \frac{A\mathrm{d}x}{x-\alpha }=A\ln \left|x-\alpha \right|\end{array}$$

积分.

$◼I=\int \frac{\left(2x+3\right)\mathrm{d}x}{x^3+x^2-2x}:$

$$\frac{2x+3}{x\left(x-1\right)\left(x+2\right)}=\frac{A}{x}+\frac{B}{x-1}+\frac{C}{x+2},$$$$A=\frac{P\left(0\right)}{Q^{\prime }\left(0\right)}={\left(\frac{2x+3}{3x^2+2x-2}\right)}_{x=0}=-\frac{3}{2},$$$$B={\left(\frac{2x+3}{3x^2+2x-2}\right)}_{x=1}=\frac{5}{3},$$$$C={\left(\frac{2x+3}{3x^2+2x-2}\right)}_{x=-2}=-\frac{1}{6},$$$$I=\int \left(\frac{-\frac{3}{2}}{x}+\frac{\frac{5}{3}}{x-1}+\frac{-\frac{1}{6}}{x+2}\right)\mathrm{d}x$$$$=-\frac{3}{2}\ln \left|x\right|+\frac{5}{3}\ln \left|x-1\right|-\frac{1}{6}\ln \left|x+2\right|+C_1=\ln \left|\frac{C{(x-1)}^{5/3}}{x^{3/2}{(x+2)}^{1/6}}\right|.$$

2. 分母的所有根均为实数, 但其中一些为多重根

$$\begin{array}{}\text{(8.16a)}& Q\left(x\right)={(x-\alpha )}^l{(x-\beta )}^m\cdots .\end{array}$$

a) 分解形式如下:

$$\frac{P\left(x\right)}{Q\left(x\right)}=\frac{A_1}{(x-\alpha )}+\frac{A_2}{{(x-\alpha )}^2}+\cdots +\frac{A_l}{{(x-\alpha )}^l}$$$$\begin{array}{}\text{(8.16b)}& +\frac{B_1}{(x-\beta )}+\frac{B_2}{{(x-\beta )}^2}+\cdots +\frac{B_m}{{(x-\beta )}^m}+\cdots .\end{array}$$

b) 常数 $A_1,A_2,\cdots ,A_l,B_1,B_2,\cdots ,B_m,\cdots$ 可由待定系数法来计算 (参见第 20 页 1.1.7.3,4.).

c) 由公式

$$\begin{array}{}\text{(8.16c)}& \int \frac{A_1\mathrm{d}x}{x-\alpha }=A_1\ln \left|x-\alpha \right|,\int \frac{A_k\mathrm{d}x}{{(x-\alpha )}^k}=-\frac{A_k}{\left(k-1\right){(x-\alpha )}^{k-1}}\end{array}$$

积分.

$$◼I=\int \frac{x^3+1}{x{(x-1)}^3}\mathrm{d}x:\frac{x^3+1}{x{(x-1)}^3}=\frac{A}{x}+\frac{B_1}{x-1}+\frac{B_2}{{(x-1)}^2}+\frac{B_3}{{(x-1)}^3}.$$

由待定系数法得到 $A+B_1=1,-3A-2B_1+B_2=0,3A+B_1-B_2+B_3=$ $0,-A=1$ ,故 $A=-1,B_1=2,B_2=1,B_3=2$ . 积分结果为

$$I=\int \left[-\frac{1}{x}+\frac{2}{x-1}+\frac{1}{{(x-1)}^2}+\frac{2}{{(x-1)}^3}\right]\mathrm{d}x$$$$=-\ln \left|x\right|+2\ln \left|x-1\right|-\frac{1}{x-1}-\frac{1}{{(x-1)}^2}+C$$$$=\ln \left|\frac{{(x-1)}^2}{x}\right|-\frac{x}{{(x-1)}^2}+C.$$

3. 分母的某些根为单复根

假设分母 $Q\left(x\right)$ 的所有系数均为实数,若 $Q\left(x\right)$ 有一个单复根,则其共轭复数也为一个根, 可将其组成一个二次多项式

$$\begin{array}{}\text{(8.17a)}& Q\left(x\right)={(x-\alpha )}^l{(x-\beta )}^m\cdots \left(x^2+px+q\right)\left(x^2+p^{\prime }x+q^{\prime }\right)\cdots .\end{array}$$

因为其中的二次多项式没有 0 根, 故

$$\begin{array}{}\text{(8.17b)}& \frac{p^2}{4}<q,\frac{p^{\prime 2}}{4}<q^{\prime },\cdots \end{array}$$

a) 分解形式如下:

$$\frac{P\left(x\right)}{Q\left(x\right)}=\frac{A_1}{x-\alpha }+\frac{A_2}{{(x-\alpha )}^2}+\cdots +\frac{A_l}{{(x-\alpha )}^l}+\frac{B_1}{x-\beta }+\frac{B_2}{{(x-\beta )}^2}+\cdots +\frac{B_m}{{(x-\beta )}^m}$$$$\begin{array}{}\text{(8.17c)}& +\frac{Cx+D}{x^2+px+q}+\frac{Ex+F}{x^2+p^{\prime }x+q^{\prime }}+\cdots .\end{array}$$

b) 利用待定系数法来计算常数 (参见第 20 页 1.1.7.3, 4.).

c) 由公式计算 $\frac{Cx+D}{x^2+px+q}$ 的积分.

$$\begin{array}{}\text{(8.17d)}& \int \frac{\left(Cx+D\right)\mathrm{d}x}{x^2+px+q}=\frac{C}{2}\ln \left|x^2+px+q\right|+\frac{D-Cp/2}{\sqrt{q-p^2/4}}\arctan \frac{x+p/2}{\sqrt{q-p^2/4}}.\end{array}$$

• $I=\int \frac{4\mathrm{d}x}{x^3+4x}:\frac{4}{x^3+4x}=\frac{A}{x}+\frac{Cx+D}{x^2+4}$ . 由待定系数法可得方程 $A+C=$ $0,D=0,4A=4$ ,故 $A=1,C=-1,D=0$ ,于是

$$I=\int \left(\frac{1}{x}-\frac{x}{x^2+4}\right)\mathrm{d}x=\ln \left|x\right|-\frac{1}{2}\ln \left(x^2+4\right)+\ln \left|C_1\right|=\ln \left|\frac{C_{1}x}{\sqrt{x^2+4}}\right|,$$

在这种特殊情况中, arctan 这一项为 0 .

4. 分母中某些根为多重复根

$$\begin{array}{}\text{(8.18a)}& Q\left(x\right)={(x-\alpha )}^k{(x-\beta )}^l\cdots {(x^2+px+q)}^m{(x^2+p^{\prime }x+q^{\prime })}^n\cdots .\end{array}$$

a) 分解形式如下:

$$\frac{P\left(x\right)}{Q\left(x\right)}=\frac{A_1}{x-\alpha }+\frac{A_2}{{(x-\alpha )}^2}+\cdots +\frac{A_k}{{(x-\alpha )}^k}+\frac{B_1}{x-\beta }+\frac{B_2}{{(x-\beta )}^2}+\cdots +\frac{B_l}{{(x-\beta )}^l}$$$$+\frac{C_{1}x+D_1}{x^2+px+q}+\frac{C_{2}x+D_2}{{(x^2+px+q)}^2}+\cdots +\frac{C_{m}x+D_m}{{(x^2+px+q)}^m}$$$$\begin{array}{}\text{(8.18b)}& +\frac{E_{1}x+F_1}{x^2+p^{\prime }x+q^{\prime }}+\frac{E_{2}x+F_2}{{(x^2+p^{\prime }x+q^{\prime })}^2}+\cdots +\frac{E_{n}x+F_n}{{(x^2+p^{\prime }x+q^{\prime })}^n}.\end{array}$$

b) 利用待定系数法来计算常数.

c) 当 $m>1$ 时,按下面步骤计算表达式 $\frac{C_{m}x+D_m}{{(x^2+px+q)}^m}$ 的积分:

$\alpha )$ 将分子作变换

$$\begin{array}{}\text{(8.18c)}& C_{m}x+D_m=\frac{C_m}{2}\left(2x+p\right)+\left(D_m-\frac{C_{m}p}{2}\right).\end{array}$$

$\beta )$ 将被积函数分解成两个加式的和,其中第一个加式能直接进行积分:

$$\begin{array}{}\text{(8.18d)}& \int \frac{C_m}{2}\frac{\left(2x+p\right)\mathrm{d}x}{{(x^2+px+q)}^m}=-\frac{C_m}{2\left(m-1\right)}\frac{1}{{(x^2+px+q)}^{m-1}}.\end{array}$$

$\gamma )$ 第二个加式可不用考虑系数,利用下面的递归公式积分

$$\int \frac{\mathrm{d}x}{{(x^2+px+q)}^m}=\frac{x+p/2}{2\left(m-1\right)\left(q-p^2/4\right){(x^2+px+q)}^{m-1}}$$$$\begin{array}{}\text{(8.18e)}& +\frac{2m-3}{2\left(m-1\right)\left(q-p^2/4\right)}\int \frac{\mathrm{d}x}{{(x^2+px+q)}^{m-1}}.\end{array}$$$$◼I=\int \frac{2x^2+2x+13}{\left(x-2\right){(x^2+1)}^2}\mathrm{d}x:\frac{2x^2+2x+13}{\left(x-2\right){(x^2+1)}^2}=\frac{A}{x-2}+\frac{C_{1}x+D_1}{x^2+1}+\frac{C_{2}x+D_2}{{(x^2+1)}^2}.$$

由待定系数法, 可得到如下方程组:

$$A+C_1=0,-2C_1+D_1=0,2A+C_1-2D_1+C_2=2,$$$$-2C_1+D_1-2C_2+D_2=2,A-2D_1-2D_2=13;$$

解得系数 $A=1,C_1=-1,D_1=-2,C_2=-3,D_2=-4$ ,故

$$I=\int \left(\frac{1}{x-2}-\frac{x+2}{x^2+1}-\frac{3x+4}{{(x^2+1)}^2}\right)\mathrm{d}x.$$

由(8.18e),有

$$\int \frac{\mathrm{d}x}{{(x^2+1)}^2}=\frac{x}{2\left(x^2+1\right)}+\frac{1}{2}\int \frac{\mathrm{d}x}{x^2+1}=\frac{x}{2\left(x^2+1\right)}+\frac{1}{2}\arctan x,$$

最终结果

$$I=\frac{3-4x}{2\left(x^2+1\right)}+\frac{1}{2}\ln \frac{{(x-2)}^2}{x^2+1}-4\arctan x+C.$$