有理函数的和可化为有理函数的不定积分
有理函数和化为有理函数的积分王金金
解令 ，于是 有
教
学
基
本
内
容
纲
要
=
练习求不定积分
教学重点难点
教学重点；掌握有理函数、三角函数有理式的积分、几类简单无理函数的积分。
教学难点：有理函数的积分
教学过程设计
着重讲解有理函数的积分，通过定理的讲解，让学生对有理函数的积分的有个大致的了解。然后通过例题让学生注意有理函数的积分的细节。最后让学生练习，在练习中把握有理函数的积分，计划用俩个课时。第三节讲解三角函数有理式的积分、几类简单无理函数的积分。
章节名称
4-5 有理函数和可化为有理函数的积分
授课方式
讲授法
授课时数
4
授课方法和手段
启发法和师生互动法
教学目的及要求
教学目的；熟悉掌握有理函数和可化为有理函数的不定积分的解法。
教学要求；掌握有理函数、三角函数有理式的积分、几类简单无理函数的积分的方法，技巧。
教
学
基
本
内
容
纲
要
一；有理函数的积分
其中m n为非负整数， 时，称有理真分式，反之为有理假分式。
作业讨论辅导
P-152第一题 第二题中2、4、6 第三题1、3、5
参考资料
课后小结
友情提示：方案范本是经验性极强的领域，本范文无法思考和涵盖全面，供参考!最好找专业人士起草或审核后使用。=Fra bibliotek练习求
二、三角函数有理式的积分
三角函数有理式是指三角函数和常数经过有限次四则运算所构成的函数。即利用万能公式将 化为有理函数的积分
教
学
基
本
内
容
纲
要
故有
上式右边是有理函数的积分
数学分析(第8.3节有理函数和可化为有理函数的不定积分)
而
(
x
1 1)2
1
dx
arctan(
x
1)
C1 ,
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[(
x
2
x 1)2
1
1]2
dx
2( [( x
x
1) 1 1)2 1]2
dx
tx1
(t
2
2t 1)2
dt
dt (t 2 1)2
1 t2 1
dt (t 2 1)2 .
1
dt
x2 2x 2 (t 2 1)2 .
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(3)真分式总可以唯一地分解为部分分式(最简真分式) 之和.
分母中若有因子 ( x a)k : 分解式中含有因子
A1 A2 ( x a) ( x a)2
L
Ak ( x a)k
其中 A1 , A2 , , Ak都是待定的常数.
分母中若有因子 ( x2 px q)k ( p2 4q 0) :
第8章 不定积分
• 不定积分概念与基本积分公式 • 换元积分法与分部积分法 • 有理函数和可化为有理函数的不定积分
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第8.3节 有理函数和可化为 有理函数的不定积分
• 有理函数的不定积分 • 三角函数有理式的不定积分 • 某些无理根式的不定积分
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一、有理函数的不定积分
dx
1 5
1
1 x2
dx
2 ln
1
2x
1
ln(1
x2 )
1 arctan
x
C
5
5
5
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例4
求
(
x
2
x
数学分析(下)8-3有理函数和可化为有理函数的不定积分
§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.返回C x B +i A(ii),p t x =+令22,,p pL r q N M =-=-则2,k 时³111æö432x x x x24910 -++-11d x12x +21(22)1 x x--+对三角函数有理式的不定积分, 在某些条件下还可(iii)(,)(,),tan .R u v R u v t x --==若可作变换(i)(,)(,),cos ;R u v R u v t x -=-=若可作变换(ii)(,)(,),sin ;R u v R u v t x -=-=若可作变换?为什么以上变换可使不定积分简化(i),R 若满足条件由代数学知识可知,存在有理函0,R 数使得选用如下三种变换, 使不定积分简化.因此=--ò2(1cos ,cos )d(cos )R x x x 20(,)(,).R u v R u v u =0(ii),,R R 若满足条件则存在有理函数使得20(,)(,).R u v R u v v =类似可得2(1,)d .R t t t =--ò=òò2(sin ,cos )d (sin ,cos )sin d R x x x R x x x x2sin òx.)0(,d òab x32 31129 x t t-+33d òx22d223 x x x--注1对于本题来说,方法2 显然比方法1 简捷.作业P200：1（2)、（3）、（6）；2（1）、（3）、（5）。
有理函数的不定积分
例5. 求
( x 2 x 2) (2 x 2) d x 解: 原式 2 2 ( x 2 x 2)
dx d( x 2 x 2) 2 2 2 ( x 1) 1 ( x 2 x 2)
2
2
1 C arctan(x 1) 2 x 2x 2
2
2
例11. 求 解: 为去掉被积函数分母中的根式, 取根指数 2, 3 的最小公倍数 6, 令 x t , 则有 5 1 2 6 t d t 原式 3 2 6 ( t t 1 ) dt 1 t t t
6
6
2 1t 3 1 ln 1 t t t 3 2
2
例3. 求 解: 原式
x 2x 3 2 d( x 1) 1 d( x 2 x 3) 3 2 2 x 2x 3 ( x 1) 2 ( 2 ) 2 3 x 1 1 2 arctan C ln x 2 x 3 2 2 2
1 ( 2 x 2) 3 2
例2. 求 解: 已知 1 1 4 2x 1 2 2 (1 2 x)(1 x ) 5 1 2 x 1 x 1 x 2
2 d(1 2 x) 1 d(1 x ) 1 dx 原式 2 2 5 5 1 2x 5 1 x 1 x 2 1 1 2 ln 1 2 x ln (1 x ) arctan x C 5 5 5
1 Bx C A 2 (1 2 x)(1 x ) 1 2 x 1 x 2
A(1 x 2 ) ( Bx C )(1 2 x) 2 (1 2 x)(1 x ) 2 1 A(1 x ) ( Bx C)(1 2x), 1 4 1 取x 得A , 取x 0得1 A C, C , 5 5 2 2 取x 1得1 2 A 3( B C), B
有理函数
（其中各系数待定）； 其中各系数待定）；
例1
x+3 x2 − 5x + 6
=
分母因式分解
=
x + 3 ( x − 2 )( x − 3 )
比（ 较 系 数 法 ）
部分分式之和
A B , + x−2 x−3
x + 3 = A( x − 3 ) + B ( x − 2 ),
通分后分子相等
⇒
∴ x + 3 = ( + B ) x − ( 3 A + 2 B ),
3、有理函数积分法
(1) 假分式
多项式除法
→
多项式 + 真分式;
x3 + x + 1 1 如 = x+ 2 2 x +1 x +1
(2) 真分式
待定系数法
→
： 部分分式之和
P( x ) 化为部分分式之和的步骤： 有理真分式 化为部分分式之和的步骤： Q( x ) 在实数系作标准分解： （1）对分母 Q ( x )在实数系作标准分解： b0 ( x − λ1 )α1 L( x − λk )α k ( x 2 + p1 x + q1 ) β1 L( x 2 + ph x + qh ) β h
（其中 x 2 + p i x + q i , i = 1, L , h 为 不可约因式 )
( x − a ) k ，对应的部分分式为 （2）分母中因式 ） A1 A2 Ak , + + L+ k k −1 ( x − a) ( x − a) x−a
都是待定 常数. 待定的 其中 A1 , A2 ,L , Ak 都是待定的常数
《数学分析1》知识点总结：第八章-不定积分
第八章不定积分一、不定积分概念与基本积分公式1.原函数与不定积分①定义1：设函数f 与F 在区间I 上都有定义，若F’(x)=f(x),x ∈I ，则称F 为f 在区间I 上的一个原函数。
②定理8.1：若函数f 在区间I 上连续，则f 在I 上存在原函数F ，即F’(x)=f(x),x ∈I 。
·不连续的函数也可以有原函数③定理8.2：设F 是f 在区间I 上的一个原函数，则(i)F+C 也是f 在I 上的原函数，其中C 为任意常量函数；(ii)f 在I 上的任意两个原函数之间，只可能相差一个常数。
④定义2：函数f 在区间I 上的全体原函数称为f 在I 上的不定积分，记作∫f(x)dx 。
·[∫f(x)dx]’=[F(x)+C]’=f(x)；·d ∫f(x)dx=d[F(x)+C]；⑤不定积分的几何意义：积分曲线2.基本积分表①∫0dx=C ；②∫1dx=∫dx=x+C ；③)0,1(11>-≠++=⎰+x C x dx x αααα；④)0(||ln 1≠+=⎰x C x dx x ；⑤∫e x dx=e x +C ；⑥)0,1(ln >≠+=⎰a C aa dx a xx α；⑦)0(sin 1cos ≠+=⎰αC ax a axdx ；⑧)0(cos 1sin ≠+-=⎰αC ax a axdx ；⑨∫sec 2xdx=tanx+C ；⑩∫csc 2xd1=-cotx+C ；⑪∫secx ·tanxdx=secx+C ；⑫∫cscx ·cotxdx=-cscx+C ；⑬12arccos arcsin 1C x C x x dx+-=+=-⎰；⑭12cot arctan 1C x arc C x x dx +-=+=+⎰。
⑮定理8.3：若函数f 与g 在区间I 上都存在原函数，k 1，k 2为两个任意常数，则k 1f+k 2g 在I 上也存在原函数，且当k 1和k 2不同时为零时，有∫[k 1f(x)+k 2g(x)]dx=k 1∫f(x)dx +k 2∫g(x)dx二、换元积分法与分部积分法1.换元积分法①定理8.4（第一换元积分法/凑微分法）：设函数f(x)在区间I 上有定义，φ(t)在区间J 上可导，且φ(J)⊆I 。
课程自学资料51
有理函数的部 分分式分解
有理真分式 的递推公式
三角函数有理 式的不定积分
某些无理函数的不定积分
第十一讲
某些无理函数的 不定积分（2）
数学分析 第八章 不定积分
高等教育出版社
§3 有理函数和可化为有理 函数的不定积分
有理函数的部 分分式分解
有理真分式 的递推公式
2(t − 1),
dx
=
t2 − 2t − 3
2(t − 1)2 dt,
x
2
−
2
x
−
3
=
t2
2(t
+ −
3
1)
−
t
=
−
(t 2 − 2(t
2t −
− 1)
3).
因此
∫
x
dx x2 − 2x − 3
∫=2t(2t
− +
1) 3
⋅
−(
2(t t2 −
− 1) 2t −
3)
⋅
t
2− 2(t
2t − 3 − 1)2
2t + 2 − 1)2
dt
=∫[
2 t
−
3 2t − 1
+
(2t
3 − 1)2
]dt
数学分析 第八章 不定积分
高等教育出版社
§3 有理函数和可化为有理 函数的不定积分
有理函数的部 分分式分解
有理真分式 的递推公式
三角函数有理 式的不定积分
某些无理函数的不定积分
= 2ln t − 3 ln 2t − 1 − 3 + C
高等教育出版社
华东师范大学数学系《数学分析》(第4版)(上册)(课后习题 不定积分)【圣才出品】
第8章 不定积分§1 不定积分概念与基本积分公式1．验证下列等式，并与（3）、（4）两式相比照（1）（2）（3）式为（4）式为解：（1）因为，所以它是对f（x）先求导再积分，等于f（x）＋C，（3）式是对f（x）先积分再求导，则等于（2）因为，由（1）可知它是对f（x）先微分后积分，则等于f（x）＋C；而（4）式是对f（x）先积分后微分，则等于f（x）dx．2．求一曲线y＝f（x），使得在曲线上每一点（x,y）处的切线斜率为2x，且通过点（2，5）．解：由题意，有f'（x）＝2x，即又由于y＝f（x）过点（2，5），即5＝4＋C，故C＝1．因而所求的曲线为y＝f（x）＝x2＋1．3．验证是|x|在（－∞,＋∞）上的一个原函数．证明：因为所以而当x ＝0时，有即y'（0）＝0．因而即是在R 上的一个原函数．4．据理说明为什么每一个含有第一类间断点的函数都没有原函数?解：设x 0为f （x ）在区间I 上的第一类间断点，则分两种情况讨论．（1）若x 0为可去间断点．反证法：若f （x ）在区间I上有原函数F （x ），则在内由拉格朗日中值定理有，ξ在x 0和x 之间．而这与x 0为可去间断点是矛盾的，故F （x ）不存在．（2）若x 0为跳跃间断点．反证法：若f（x ）在区间I 上有原函数F （x ），则亦有成立．而这与x0为跳跃间断点矛盾，故原函数仍不存在．5．求下列不定积分：解：6．求下列不定积分：解：（1）当x≥0时，当x＜0时，由于在上连续，故其原函数必在连续可微．因此即，因此所以（2）当时，由于在上连续，故其原函数必在上连续可微．因此，即，因此所以7．设，求f（x）．解：令，则即8．举例说明含有第二类间断点的函数可能有原函数，也可能没有原函数．解：x＝0是此函数的第二类间断点，但它有原函数另外，狄利克雷函数D（x），其定义域R上每一点都是第二类间断点，但D（x）无原函数．§2 换元积分法与分部积分法1．应用换元积分法求下列不定积分：。
数学分析8-383 有理函数和可化为有理函数的不定积分
作部分
分式分解.
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解 因为 Q( x) x5 x4 5x3 2x2 4x 8 ( x 2)( x 2)2( x2 x 1).
所以 R( x) A0 A1 A2 Bx C , x 2 x 2 ( x 2)2 x2 x 1
两边乘以 Q( x), 得到 2x4 x3 4x2 9x 10
上述部分分式中的待定系数 Ai , Bi , Ci .
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3. 确定待定系数的方法 把所有分式通分相加, 所得分式的分子与原分子
P(x) 应该相等. 根据两个多项式相等时同次项系数 必定相等的原则, 得到待定系数所满足的线性方程
组, 由此解出待定系数.
例1
对
R( x)
2x4 x3 4x2 9x 10 x5 x4 5x3 2x2 4x 8
2
2
dx
x
1 2
2
2
3
2
1 ln | x2 x 1 | 1 2 arctan 2x 1 C.
2
23
3
于是
I ln | x 2 | ln | x 2 | 1 1 ln | x2 x 1 | x2 2
1 arctan 2x 1 C.
3
3
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例3
Q( x) ( x a1 ) 1 ( x as ) s ( x2 p1x q1)1
s
t
其中 i , j N+ , 且 i 2 j m,
i 1
j1
( x2 pt x qt )t ,
pj2 4qj 0, j 1,2, ,t.
2. 根据分母各个因式分别写出与之相应的部分分
r 2 )k1
C.
记 Ik
第八章 不定积分
u ( x ) v ( x )d x
存在, 并有
存在, 则不定积分
u ( x ) v ( x )d x
也
u ( x ) v ( x )d x u ( x ) v ( x ) u ( x ) v ( x )d x .
简写为
udv uv vdu.
分部积分公式
定
积
分
§1 不定积分概念与基本积分公式
一 原函数与不定积分
二 基本积分表
第 八 章 不 定 积 分
第八章
不
定
积
分
§2 换元积分法与分部积分法
一 换元积分法 二 分部积分法
第 八 章 不 定 积 分
第八章
不
定
积
分
§3 有理函数和可化为有理函数的不定积分
一 有理函数的不定积分 二 三角函数有理式的不定积分 三 某些无理根式的不定积分
f (x)在[a, b]上存在原函数F(x)时, g(u)在[, ]上也 存在原函数G(u), 且G(u) F( 1(u)) C, 即
g ( u )d u
g ( ( x )) ( x )d x
1
f ( x )d x
不 F ( x ) C F (u ) C . (2) 定 第二换元积分公式 积 分 g ( ( x )) ( x )d x g ( ( x ))d ( x ) G ( x ) C . (1)
5.
e dx e C .
x x
§1 不定积分概念与基本积分公式 第 八 章 不 定 积 分
6.
a dx
x
a
x
C ( a 0, a 1).
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定理 1 （多项式的因式分解定理）任何实系数多项式 Q ( x ) 总那个 可以唯一分解为实系数一次或二次因式的乘积： Q ( x ) b0 ( x a) k ( x b) l ( x 2 px q ) s ( x 2 rx h ) v 定理 2 （ 部分分式展开定理） A1 A2 Ak P( x ) 2 k Q ( x) ( x a ) ( x a) ( x a) B1 B2 dx Bl ( x c) m ( x b ) ( x b) 2 ( x b) l 和 P x Q P x Q P 1 1 2 2 1 x Q1 x 2 px q ( x 2 px q ) 2 ( x 2 px q) s R x H1 R x H2 Rv x H v 21 2 2 x rx h ( x rx h ) 2 ( x 2 rx h) v 因此有理函数的积分问题就归结为
解法三 ( 用初等化简, 并凑微 ) 1 cos x d sin x 2 I dx csc xdx 2 2 1 cos x sin x 1 x ctgx c csc x ctgx c tg c. sin x 2 代换法是一种很灵活的方法.
clc,f=sym('A*(x+2)^2*(x^2-x+1)+B*(x-2)*(x+2)*(x^2-x+1)+C*(x-2)*(x^2x+1)+(D*x+E)*(x-2)*(x+2)^2');collect(f,'x') ans = (B+A+D)*x^4+(E+2*D+C-B+3*A)*x^3+(-3*C+2*E-4*D-3*B+A)*x^2+(3*C-4*E-8*D +4*B)*x+4*A-2*C-4*B-8*E
Mx N ( x 2 px q) nBiblioteka 例 1.求不定积分
2x 1 dx 2 x 5x 6
将被积函数按部分分式分解 2x 1 A B x 2 5x 6 x 2 x 3 两边同乘 ( x 2)( x 3) 2 x 1 A( x 3) B( x 2) 比较同次项系数 A B 2 3 A 2 B 1 解此方程组 f1='A+B-2'; A = -3 由此得到 f2='3*A+2*B-1'; [A,B]=solve(f1,f2)
f=sym('x^5+x^4-5*x^3-2*x^2+4*x-8'); factor(f) ans =(x-2)*(x^2-x+1)*(x+2)^2 因此可分成部分分式 2 x 4 x 3 4 x 2 9 x 10 A B C Dx E x 5 x 4 5x 3 2 x 2 4 x 8 x 2 x 2 ( x 2) 2 x 2 x 1 两边同乘 ( x 2)( x 2) 2 ( x 2 x 1) ，比较同次项系数得 2 x 4 x 3 4 x 2 9 x 10 A( x 2) 2 ( x 2 x 1) B( x 2)( x 2)( x 2 x 1) C ( x 2)( x 2 x 1) ( Dx E )( x 2)( x 2) 2
1 1 2x 1 arctg C x2 3 3
另一种方法是
2 x 4 x 3 4 x 2 9 x 10 A( x 2) 2 ( x 2 x 1) B( x 2)(x 2)(x 2 x 1) C ( x 2)(x 2 x 1) ( Dx E )(x 2)(x 2) 2
[r,p,k]=residue(b,a)
r = 5
-3
2x 1 5 3 x 2 5x 6 x 3 x 2
例 2 解
2 x 4 x 3 4 x 2 9 x 10 x 5 x 4 5 x 3 2 x 2 4 x 8 dx 将分母分解因式
f='2*(3-sin(x))/((3+cos(x))*(1+t^2))';
f1=simplify(subs(subs(f,'2*t/(1+t^2)','sin(x)'),'(1-t^2)/(1+t ^2)','cos(x)')) f1 = (3+3*t^2-2*t)/(2+t^2)/(1+t^2) 利用部分分式展开，积分
f4='3*C-4*E-8*D+4*B-9' ; f5='4*A-2*C-4*B-8*E+10' ; [A,B,C,D,E]=solve(f1,f2,f3,f4,f5) A =1 B =2 C =-1 D =-1 E =1
2 x 4 x 3 4 x 2 9 x 10 1 2 1 x 1 dx ( x5 x 4 5x3 2x 2 4x 8 x 2 x 2 ( x 2)2 x 2 x 1)dx ln | x 2 | 2 ln | x 2 | ln | x 2 | ( x 2) 2 x2 x 1 1 1 2x 1 ln( x 2 x 1) arctg C x 2 3 3
就有
x 2arctgt.
dx 1 cos x . 2 2 x 1 t I dt dt t c tg c. 2 1t 2 1 1t2
t tg x 2
解法一 ( 用万能代换 )
解法二 ( 用初等化简 )
I
1 dx x x 2 x sec d ( ) tg c. x 2 cos 2 2 2 2 2
§3 有理函数的和可化为有理函数的不定积分 有理函数的不定积分 内容：1）有理函数的部分分式分解 2）有理函数的不定积分 难点：有理函数的部分分式分解 要求：掌握有理函数的积分方法 我们已经学习了不定积分的三种基本积分方法：第一换元法，第二 换元法，分部积分法。灵活的应用它们，就可以求出许多不定积分。 有理函数是指两个多项式的商表示的函数 P( x ) a 0 x n a1 x n1 a n Q( x) b0 x m b1 x m 1 bm 先介绍代数学中两个定理：
令 x 0
得
10 4 4 B 2 8 E x 1 4 9 3 B 1 9( D E) x 1 12 3 9 B 9 3( E D )
§4
不定积分的计算 （4）
三角函数有理式
R (sin x, cos x) dx
型的积分
万能代换: 万能代换常用于三角函数有理式的积分， 令 t tg x x x 2 2t ， sin x 2 sin cos 2 2 1 t2 2 x sec 2 2tg 1t2 cos x , 2 1 t tgx 2t 1t2 ， dx 2 dt , 2 1 t
x ， 2
[B = 5
2x 1 5 3 x 2 5x 6 x 3 x 2 2x 1 5 3 ( x 3) 5 x 2 5 x 6 dx ( x 3 x 2 )dx ln | (x 2)3 | C
也可直接用下面命令 b=[2,-1]; a=[1,-5,6];
g='(-6/(1+x)^2)/(1+t^2)^2';
g1=simplify(subs(g,'x','(2-t^2)/(1+t^2)'))
g1 = -2/3
2 x x 2 2 dt t C 3 3
2
(1 x)
1
dx
1 (1 x ) (1 x )( 2 x )
例 1
求
sin x(1 cos x) dx
1 sin x
f='2*(1+sin(x))/(sin(x)*(1+cos(x))*(1+t^2))';
f1=simplify(subs(subs(f,'2*t/(1+t^2)','sin(x)'),'(1-t^2)/(1+t^2)' ,'cos(x)'))
int(g1) ans = -log(t-1)+log(1+t)-2*atan(t)
1 x
x2 t 1 dx ln | | 2arctg t C x2 t 1 1 2 x x
2
(1 x)
dx
1 (1 x ) (1 x )( 2 x )
dx
f='t^2-(2-x)/(1+x)';x=solve(f), dx=simplify x = -(t^2-2)/(1+t^2) dx = -6*t/(1+t^2)^2
f1 = 1/2*(1+t^2+2*t)/t expand(f1)
ans = 1/2/t+1/2*t+1 1 sin x 1 t dx ( sin x(1 cos x ) 2t 2 1) dt
int(f1) ans = 1/4*t^2+t+1/2*log(t)
1 sin x t2 ln | t | dx t C sin x(1 cos x ) 4 2 例 2 求 3 sin x 3 cos x ) dx