《数学分析》课程教学课件（讲稿，打印版）第4章 原函数 §4.2 有理函数的不定积分

4.2.1 4.2.2 §4.2有理函数的不定积分 4.2.1有理函数的不定积分 所谓有理函数是指一个分子、分母都是x的多项式的分式其中 P(x)=anxn+an-1xn-1+..+ao,an≠0； Q(x)=bmxm+bm-1xm-1+.+bo,bm≠0. 若n≥m,称为有理假分式;若n<m,则称为有理真分式 由多项式的除法易知，任何有理假分式可表示为一个多项式与一个有理 真分式之和.由于多项式的原函数易于计算，其结果仍是一个多项式.因此， 求有理函数的不定积分，只需考虑有理真分式的不定积分. 返回 全屏 关闭 退出 1/16

4.2.1 4.2.2 §4.2 kn¼êؽȩ 4.2.1 kn¼êؽȩ ¤¢kn¼ê´‡©f!©1Ñ´ x õ‘ª©ª P (x) Q(x) , Ù¥ P (x) = anx n + an−1x n−1 + · · · + a0, an 6= 0; Q(x) = bmx m + bm−1x m−1 + · · · + b0, bm 6= 0. e n > m, ¡ P (x) Q(x) knb©ª; e n < m, K¡ P (x) Q(x) kný©ª. dõ‘ªØ{´, ?Ûknb©ªŒL«‡õ‘ª†‡kn ý©ªƒÚ. duõ‘ª¼ê´uOŽ, Ù(JE´‡õ‘ª. Ïd, ¦kn¼êؽȩ, IÄkný©ªؽȩ. 1/16 kJ Ik J I ˆ£ ¶ '4 òÑ

4.2.14.2.2定理1（代数学基本定理）设P(z) = anzn + an-1zn-1 + ... + a1z + ao是一个复系数 n 次多项式, 即, ai E C,(i = 0,1,··,n)且 an ≠ 0. 则存在复数 z1,Z2···，zn使得P(z) = an(z - z1)(z - z2) ... (z - zn).返回全屏关闭退出I2/16

4.2.1 4.2.2 ½n 1 (êÆĽn)  P (z) = anz n + an−1z n−1 + · · · + a1z + a0 ´‡EXê n gõ‘ª, =, ai ∈ C, (i = 0, 1, · · · , n) … an 6= 0. K3 Eê z1, z2 · · · , zn ¦ P (z) = an(z − z1)(z − z2)· · ·(z − zn). 2/16 kJ Ik J I ˆ£ ¶ '4 òÑ

4.2.14.2.2定理2（多项式因式分解）任何实系数的m次多项式Q（αc）可分解为乘积Q(α) = bm(c-α1)1.. .(α-αk)"k(α2+βia+1)1... (α2+βrc+), (4.1)这里 ri +·.·+ rk + 2si +··+2st = m,所有的 αi,βj,i都是实数,且β2 - 4i < 0 (j = 1, 2, ... , l)定理3（部分分式分解）设P(α）和Q(α）分别是n和m次实系数多项式并且 n< m.若Q(a)已分解为(4.1)中的形式,则存在实数 Aij，Bi,j，,Ci,j,使得P(α)Ai,lAkrQ(α)(α - α1)(c-αk)rkcB1.1 + C1.1B1,s1α + C1,81(2+βi+1)(c2+B1a+)81Bi.ia + Ci,1Bl,stC + Cl,st+(a2 +βia +)(αc2 + βic +)st返回全屏关闭退出3/16

4.2.1 4.2.2 ½n 2 (õ‘ªÏª©)) ?Û¢Xê m gõ‘ª Q(x) Œ©)¦È Q(x) = bm(x−α1) r1 · · ·(x−αk) rk (x 2+β1x+γ1) s1 · · ·(x 2+βlx+γl) sl , (4.1) ùp r1 + · · · + rk + 2s1 + · · · + 2sl = m, ¤k αi, βj, γj Ñ´¢ê, … β 2 j − 4γj < 0 (j = 1, 2, · · · , l). ½n 3 (Ü©©ª©))  P (x) Ú Q(x) ©O´ n Ú m g¢Xêõ‘ª, ¿… n < m. e Q(x) ®©) (4.1) ¥/ª, K3¢ê Ai,j, Bi,j, Ci,j, ¦ P (x) Q(x) = A1,1 (x − α1) + · · · + A1,r1 (x − α1) r1 + · · · + Ak,1 (x − αk) + · · · + Ak,rk (x − αk) rk + B1,1x + C1,1 (x2 + β1x + γ1) + · · · + B1,s1x + C1,s1 (x2 + β1x + γ1) s1 + · · · + Bl,1x + Cl,1 (x2 + β1x + γl) + · · · + Bl,slx + Cl,sl (x2 + βlx + γl) sl . 3/16 kJ Ik J I ˆ£ ¶ '4 òÑ

4.2.14.2.2例1将,da进行部分分式分解解 因为 α3 +1 = (α +1)(α2 - ＋1), 由定理 3, 可设ABa + C1α3+i= α+i+ α2-+i'其中，A,B,C均是待定的实数.将上式去分母，得到恒等式A(α2 - α + 1) + (Bc + C)(α + 1) = 1.比较等式两边同次幂的系数，有A+ B= 0,-A+B+C=0,A+C= 1.由此可解得 A=,B=-,C=.于是1111-α + 2X33α3+1-c+12+1I返回全屏关闭退出4/16

4.2.1 4.2.2 ~ 1 ò 1 x3+1dx ?1Ü©©ª©). ) Ϗ x 3 + 1 = (x + 1)(x 2 − x + 1), d½n 3, Œ 1 x3 + 1 = A x + 1 + Bx + C x2 − x + 1 , Ù¥, A, B, C þ´½¢ê. òþª©1, ðª A(x 2 − x + 1) + (Bx + C)(x + 1) = 1. 'ªü>ÓgXê, k    A + B = 0, −A + B + C = 0, A + C = 1. ddŒ) A = 1 3 , B = −1 3 , C = 2 3 . u´ 1 x3 + 1 = 1 3 · 1 x + 1 + 1 3 · −x + 2 x2 − x + 1 . 4/16 kJ Ik J I ˆ£ ¶ '4 òÑ

4.2.14.2.2求有理分式的不定积分，可以化为求以下两种特殊类型分式的不定积分1ac +b(1)(2)(α-a)ki(c? + pa + q)k其中 是自然数,p2 - 4q 1)返回全屏关闭退出5/16

4.2.1 4.2.2 ¦kn©ªؽȩ, Œ±z¦±eü«AÏa.©ªؽȩ: (1) 1 (x − a) k ; (2) ax + b (x2 + px + q) k , Ù¥ k ´g,ê, p 2 − 4q 1) 5/16 kJ Ik J I ˆ£ ¶ '4 òÑ

4.2.14.2.2对于第二类的不定积分，有a(c+)+b-ac+b(+)2+q-)k(c2+pc+q)kt10(t2 + d2) + b1(t2+d2)k这里b=b-,d=Vq-,=a+号t1-当k=1时In(t2 + d°) +C,dt2t2+d21t1dt+Carctan-ddt2+d2t11当k>1时，dt(t2 + d2)k-i + C,(t2 + d2)k2(1 - k)1dt可用递推公式求出+d2)kt2返回全屏关闭退出6/16

4.2.1 4.2.2 éu1aؽȩ, k ax + b (x2 + px + q) k = a(x + p 2 ) + b − ap 2 ￾ (x + p 2 ) 2 + q − p2 4
k = a t (t 2 + d2) k + b1 1 (t 2 + d2) k , ùp b1 = b − ap 2 , d = q q − p2 4 , t = x + p 2 .  k = 1 ž, Z t t 2 + d2 dt = 1 2 ln(t 2 + d 2 ) + C, Z 1 t 2 + d2 dt = 1 d · arctan t d + C  k > 1 ž, Z t (t 2 + d2) k dt = 1 2(1 − k) · 1 (t 2 + d2) k−1 + C, Z 1 (t 2 + d2) k dt Œ^4íúª¦Ñ. 6/16 kJ Ik J I ˆ£ ¶ '4 òÑ

4.2.14.2.2例2求dr.a3+1-+2本=十解根据前面的例子可知++11da=ln+1|+C..&+1-t+-+212dtdr(t =a22-+1V3t22+31+Carctan212In(2-+1)+V3arctann2于是V3(α+1)212+Cdlnrarctan一2r363-a+1+1返回全屏关闭退出中7/16

4.2.1 4.2.2 ~ 2 ¦ Z 1 x3 + 1 dx. ) Šâc¡~fŒ 1 x3+1 = 1 3 · 1 x+1 + 1 3 · −x+2 x2−x+1. Z 1 x + 1 dx = ln |x + 1| + C. Z −x + 2 x2 − x + 1 dx = Z −t + 3 2 t 2 + ( √ 3 2 ) 2 dt (t = x − 1 2 ) = − 1 2 ln t 2 + ( √ 3 2 ) 2 ! + 3 2 · 2 √ 3 arctan  2 √ 3 t  + C = − 1 2 ln(x 2 − x + 1) + √ 3 arctan  2 √ 3 (x − 1 2 )  + C u´ Z 1 x3 + 1 dx = 1 6 ln (x + 1)2 x2 − x + 1 + √ 3 3 arctan  2 √ 3 (x − 1 2 )  + C. 7/16 kJ Ik J I ˆ£ ¶ '4 òÑ

4.2.14.2.24.2.2可有理化函数的原函数可有理化函数：通过换元可将函数表示为新变量的有理函数mn二元多项式:形如 P(a,g)=aijaigi 的二元函数.i=0 j=0二元有理式:若 P(c,y)和 Q(α,y)是二元多项式,则P(c, y)R(c,y) =Q(c,y)称为二元有理式返回全屏关闭退出8/16

4.2.1 4.2.2 4.2.2 Œknz¼ê¼ê Œknz¼ê: ÏL†Œò¼êL«#Cþkn¼ê. õ‘ª: /X P (x, y) = X m i=0 X n j=0 aijx iy j ¼ê. knª: e P (x, y) Ú Q(x, y) ´õ‘ª, K R(x, y) = P (x, y) Q(x, y) ¡knª. 8/16 kJ Ik J I ˆ£ ¶ '4 òÑ

4.2.14.2.21.设R(c,y)是二元有理式,则R(cosc,sina)dc可有理化引入万能变换at= tan?α<T则有t21sin?Cos22.1 + t2'221 + t2'1 - t22tsin cos1 + t21 + t22dtαdarctant.21 + t2- t22t2RR(cos , sin )dc =dt1+t2'1+t21+t2返回全屏关闭退出I4-9/16

4.2.1 4.2.2 1.  R(x, y) ´knª, K Z R(cos x,sin x)dx Œknz Ú\UC†: t = tan x 2 , |x| < π Kk cos2 x 2 = 1 1 + t 2 , sin2 x 2 = t 2 1 + t 2 , cos x = 1 − t 2 1 + t 2 , sin x = 2t 1 + t 2 . x 2 = arctan t, dx = 2dt 1 + t 2 . Z R(cos x,sin x)dx = Z R  1 − t 2 1 + t 2 , 2t 1 + t 2  2 1 + t 2 dt. 9/16 kJ Ik J I ˆ£ ¶ '4 òÑ

4.2.24.2.1d例3求I=sin (1 + cos a)解由万能变换:t= tan ,有2dt1 + t22t(1 + 11++2(t+)dt1211-2t+lnt+t2I1a2lntantan+C1121224返回退出全屏关闭?10/16

4.2.1 4.2.2 ~ 3 ¦ I = Z dx sin x(1 + cos x) . ) dUC†: t = tan x 2 , k I = Z 1 2t 1+t 2  1 + 1−t 2 1+t 2  · 2dt 1 + t 2 = 1 2 Z  t + 1 t  dt = 1 2  1 2 t + ln |t| + C  = 1 4 tan2 x 2 + 1 2 ln    tan x 2    + C1. 10/16 kJ Ik J I ˆ£ ¶ '4 òÑ