数学分析(华东师大版)上第八章8-3

1、3 有理函数和可化为一、有理函数的部分分式分解 本节给出了求有理函数等有关类型的四、某些无理函数的不定积分三、三角函数有理式的不定积分二、有理真分式的递推公式有理函数的不定积分不定积分的方法与步骤.101101( )( )( )nnnmmmxxP xR xQ xxx有理函数是由两个多项式函数的商所表示的函数有理函数是由两个多项式函数的商所表示的函数, , 一、有理函数的部分分式分解m n 时称为真分式时称为真分式, m n 时称为假分式时称为假分式. .假分式可化为一个多项式和一个真分式之和假分式可化为一个多项式和一个真分式之和. .00(0,0),其一般形式为其一般形式为: :1. 对分母对

2、分母 Q(x) 在实数系内作标准分解在实数系内作标准分解:1122111( )()()()() ,ststtQ xxaxaxp xqxp xq 240,1,2, .jjpqjt+11 ,N , 2,stijijijm 其其中中且且2. 根据分母各个因式分别写出与之相应的部分分根据分母各个因式分别写出与之相应的部分分分解步骤称为部分分式分解分解步骤称为部分分式分解. .具体步骤简述如下具体步骤简述如下: :真分式又可化为真分式又可化为22)(qpxxCxBii()iiAxa与与之和之和, ,其其()kxa式式. . 对应于对应于的部分分式是的部分分式是.)()(221kkaxAaxAaxA,)(

3、)(22222211kkkqpxxCxBqpxxCxBqpxxCxB把所有部分分式加起来把所有部分分式加起来,使之等于使之等于 Q(x), 由此确定由此确定对应于对应于kqpxx)(2 的部分分式是的部分分式是上述部分分式中的待定系数上述部分分式中的待定系数 Ai , Bi , Ci .3. 确定待定系数的方法确定待定系数的方法 把所有分式通分相加把所有分式通分相加, 所得分式的分子与原分子所得分式的分子与原分子分式分解分式分解. 组组, 由此解出待定系数由此解出待定系数. 必定相等的原则必定相等的原则, 得到待定系数所满足的线性方程得到待定系数所满足的线性方程 P(x) 应该相等应该相等.

4、根据两个多项式相等时同次项系数根据两个多项式相等时同次项系数 例例1432543224910( )5248xxxxR xxxxxx对对作部分作部分22201(2) (1)(2)(2)(1)A xxxA xxxx5432( )5248Q xxxxxx因因为为解解 01222( ),22(2)1AAABxCR xxxxxx所所以以( ),Q x两两边边乘乘以以得得到到).1()2)(2(22 xxxx43224910 xxxx222(2)(1)()(2)(2) .A xxxBxCxx比较同次项系数比较同次项系数, 得到线性方程组得到线性方程组4013012201212012232133424438

5、49442810AABxAAABCxAAABCxAABCxAAAC 的的系系数数的的系系数数的的系系数数的的系系数数常常数数项项解得解得. 1, 1, 1, 2, 1210CBAAA.11)2(12221)(22xxxxxxxR于是完成了于是完成了R(x) 的部分分式分解的部分分式分解: 任何有理真分式的不定积分都可化为如下两种形任何有理真分式的不定积分都可化为如下两种形d(i);()kxxa22(ii)d(40).()kLxMxpqxpxq二 、有理真分式的递推公式1ln|,1,d(i)1,1.()(1)()kkxaCkxCkxakxa下面解这两类积分下面解这两类积分. .式的不定积分之和：

6、式的不定积分之和：2222dd.()()kkttLtNtrtr1,k 时时22d1arctan.ttCtrrr222dd()()kkLxMLtNxtxpxqtr22221dln(),2tttrCtr(ii),2ptx令令22,42ppLrqNM则则2222222211d()1d.()2()2(1)()kkkttrtCtrtrk tr22d,()kktItr记则记则2222221()d()kktrtItrtr21222211d()kktItrrtr2,k时时112222111.2(1) ()kkktIIrrktr122221111d2(1)()kkItrrktr12221223,2(1)()2(

7、1)kkktkIIrktrrk解得解得2, 3,.k .1d)1()2(d2d22d22xxxxxxxxxx432543224910d5248xxxxxxxxxx解解 由例由例1,xxxxIxxxxxx432543224910d .5248求 =求 =例例2其中其中2(1)d1xxxx2221d(1)11d2121xxxxxxx211221ln|1|arctan.2233xxxC22211dln|1|221322xxxx于是于是121arctan.33xC211ln|2|ln|2|ln|1|22Ixxxxx.d)22(1222xxxx求求例例3解解 由于由于222222)22()12(22)2

8、2(1 xxxxxxxx,)22(12221222xxxxx122dd(1)arctan(1),22(1)1xxxCxxx而而.)1(d221222ttxx22222d22d(1)(22)(1)1xxxxxx222221(22)1dd(22)(22)xxxxxxxx2211arctan(1),2(22)2xxCxx2222d1d2(1)2(1)1tttttt由递推公式由递推公式222213d(22)2(22)xxxxxxx于是于是3arctan(1).2xCsin x, cos x 及常数经过有限次四则运算得到的函及常数经过有限次四则运算得到的函三、三角函数有理式的不定积分tan,(sin ,

9、cos )d2xtRxxx通通过过变变换换可可把把化化为为有理函数的不定积分有理函数的不定积分. 把把,122tan12tan22cos2sin2cos2sin2sin2222ttxxxxxxx数数 R (sin x, cos x) 称为三角函数有理式称为三角函数有理式.,112tan12tan12cos2sin2sin2coscos22222222ttxxxxxxx22dd(2arctan )d1xttt2222212(sin ,cos )d,d .111ttRxxxRtttt代入原积分式，得到代入原积分式，得到d.1sincosxxx求求例例4tan,2xt 令则令则解解d1sincosx

10、xx22222d121111ttttttdln 1ln 1tan.12txtCCt对三角函数有理式的不定积分对三角函数有理式的不定积分, 在某些条件下还可在某些条件下还可(iii)(,)( , ) ,tan .RuvR u vtx若若可可作作变变换换(i)(, )( , ) ,cos ;Ru vR u vtx 若若可可作作变变换换(ii)( ,)( , ) ,sin ;R uvR u vtx 若可作变换若可作变换?为为什什么么以以上上变变换换可可使使不不定定积积分分简简化化(i),R若若满满足足条条件件由由代代数数学学知知识识可可知知, ,存存在在有有理理函函0,R数数使使得得选用如下三种变换

11、选用如下三种变换, 使不定积分简化使不定积分简化.因此因此 20(1cos,cos )d(cos )Rxxx20( , )(, ) .R u vR u v u0(ii),RR若若满满足足条条件件则则存存在在有有理理函函数数使使得得20( , )( ,) .R u vR u vv类类似似可可得得20(1, )d .Rttt 20(sin ,cos )d(sin,cos )sin dRxxxRxxx x20(sin ,cos )d(sin ,cos)cos dRxxxRxxx x20(sin ,1sin)d(sin )Rxxx0(iii),RR若若满满足足条条件件则则存存在在有有理理函函数数使使得

12、得0( , ),.uuR u vRv vRvvv0,uRvv而而满满足足000,(,),.uuuRvRvRuvRvvvv20( ,1)d .R ttt1( , ),R u v同同样样由由代代数数学学知知识识, ,存存在在有有理理函函数数使使得得201,uuRvRvvv21(sin ,cos )d(tan ,cos)dRxxxRxxx1221d(tan )tan ,1tan1tanxRxxx因因此此1221d,.11tRttt则则因此可设因此可设,cosxt 22sin2sincosd2dsin2cossin2cosxxxxxxxxx22cosd2dcos212coscos12xt txxxtt

13、 .dcos2sin2sin2xxxx求求例例522sin22sincos(i),sin2cossin2cosxxxxxxx由于满足情形由于满足情形解解2222222d(12)2dd12122(1)tttttttttt2121ln 12ln221tttCt 2121cosln 12coscosln.221cosxxxCx 222222222d1secdsincostanxx xbaxbxaxa22221d(tan )1arctantantanxaaxCbbaabxa1arctantan.axCabb. )0(,cossind2222abxbxax求求例例6tan ,tx因因此此可可设设解解(i

14、ii),由由于于被被积积函函数数满满足足情情形形1.( ,)d(0)naxbR xxcxdadbc型型不不定定积积分分,.naxbtcxd令令可可化化为为有有理理函函数数的的积积分分四、某些无理函数的不定积分.)2()1(d32xxx求求例例7解解 由于由于32321(1) (2)(2),2xxxxx3233321129, dd .21(1)xtttxxtxtt因因此此令令则则3232d312dd111(1) (2)xtttttttxx 221123dln 1d2 121324ttttttt 2112ln 1ln(1)3arctan23ttttC 333ln212xx .)1(d43 xxx求

15、求例例8443dd.1(1)xxxxxxx解解3323123arctan.32xxCx34442114 d, d,1(1)xtttxxxtt设设则则244d4d11xtttxxx 22112d11ttt1ln2arctan1ttCt444111ln2arctan.11xxxCxxx型不定积分型不定积分22.( ,)dR xaxbxcx22224(),124bacbaxbxcaxaa由由方方于于法法,44,2222abackabxu若记若记2axbxc则化为则化为222222(i)(),(ii)(),(iii)().a uka uka ku或或或或时也可直接化为有理函数的不定积分时也可直接化为有

16、理函数的不定积分. . 可用多种方法化为三角函数有理式的不定积分可用多种方法化为三角函数有理式的不定积分, ,有有因此可分别设因此可分别设把它们转化为三角函数有理式的不定积分把它们转化为三角函数有理式的不定积分.(ii )sec ;ukt(iii )sin .ukt(i )tan ;ukt方法方法2 (欧拉变换欧拉变换)2(a)0,;aaxbxctax 若令若令2(b)0 ,;caxbxcxtc若令若令2(c),axbxc 若有两个不同实根令若有两个不同实根令).(2 xtcbxax.32d2 xxxx求求例例9解解 用方法用方法 1:221dd(1)4(1)4xuxuxxuu2sec2sec

17、 tandd(2sec1)2tan2cosu 2d23xxxx22222tan221dd1321ttttttt 2arctan33tC21arctan(tan).233C sintantan21cossec1由于由于222123,211uxxux22d223arctan.33(1)23xxxCxxxx得得22:23,xxxt用方法令则用方法令则222323, dd ,2(1)2(1)tttxxttt.)1(2)32()1(2332222ttttttxx22222(1)2(1)23d3(23)2(1)ttttttttt222darctan333ttCt 因此因此2d23xxxx2223arctan.33xxxC22212,xxttxx.1d2xxxx求求例例1021,xxtx 令则令则解解注注1 对于本题来说对于本题来说, ,方法方法 2 显然比方法显然比方法 1 简捷简捷. .,d)12()1(2d22ttttx21,21txt但实质上只相差某一常数而已但实质上只相差某一常数而已.注注2 由以上两种方法所得的结果由以上两种方法所得的结果, 形式虽不相同形式虽不相同2233d21(21)t