有理函数的不定积分
形如
px
qx
m
n
()
()
的函数称为有理函数，这里 px
m
()和 qx
n
()分别是 m次和
n次多项式。在本节中，我们将通过介绍求一般有理函数的不定积分的方法，证明这样的一个结论：有理函数的原函数一定是初等函数。
求有理函数的不定积分是我们在实际应用中经常遇到的问题。 此外，对于求某些其他类型函数的不定积分，如无理函数、三角函数的不定积分问题,也可以通过适当的变换化成求有理函数的不定积分问题而得到解决。
§ 3 有理函数的不定积分及其应用在考虑有理函数的不定积分
()
()
m
n
px
x
qx
∫
d 时，我们总假定
px
qx
m
n
()
()
是真分式，即成立 mn< 。因为不然的话，可以通过多项式的带余除法，使得
px
qx
px
rx
qx
m
n
mn
n
()
()
()
()
()
=+
,
其中 px
mn?
()是 mn? 次多项式，而 rx()是次数不超过 n?1的多项式。这样就得到
()
()
m
n
px
x
qx
∫
d
()
()
()
mn
n
rx
p xx x
qx
=+
∫∫
dd。
为了讨论的方便，我们假定 qx
n
()的最高项系数为 1。
由代数学基本定理，分母多项式 qx
n
()在复数域上恰有 n个根。
由于 qx
n
()是实多项式，因此它的根要么是实根，要么是成对出现的共轭复根。设 qx
n
()的全部实根为
1
α,
2
α,…,
i
α,其重数分别为
m
1
,m
2
,…,m
i
，全部复根为
11
iβ γ±,
22
iβ γ±,…,i
j j
β γ±,其重数分别为 n
1
,n
2
,…,n
j
（ mnn
k
k
i
k
k
j
==
∑∑
+=
11
2 ）。
记
kk
βξ?=,
222
kkk
γβη += （
22
kk
ξ η< ），则在实数域上可将 qx
n
()
因式分解为
qx
n
()=
∏∏
==
++
j
k
n
kk
i
k
m
k
kk
xxx
1
22
1
)2()( ηξα 。
求有理函数的不定积分
()
()
m
n
px
x
qx
∫
d 的关键，是将有理函数
)(
)(
xq
xp
n
m
分解成简单分式之和，再分别求简单分式的不定积分。
定理6.3.1 设有理函数
)(
)(
xq
xp
是真分式，多项式 )(xq 有 k重实根 α，
即 )()()(
1
xqxxq
k
α?=,0)(
1
≠αq 。则存在实数 λ与多项式 )(
1
xp,)(
1
xp 的次数低于 )()(
1
1
xqx
k?
α 的次数，成立
)()(
)(
)()(
)(
1
1
1
xqx
xp
xxq
xp
kk?
+
=
αα
λ
。
证 令 λ
α
α
=
)(
)(
1
q
p
，则 α=x 是多项式 )()(
1
xqxp λ? 的根，设
)()(
1
xqxp λ? )()(
1
xpx α?=,
就得到
)()(
)(
)()(
)(
1
1
1
xqx
xp
xxq
xp
kk?
+
=
αα
λ
。
求有理函数的不定积分
()
()
m
n
px
x
qx
∫
d 的关键，是将有理函数
)(
)(
xq
xp
n
m
分解成简单分式之和，再分别求简单分式的不定积分。
定理6.3.1 设有理函数
)(
)(
xq
xp
是真分式，多项式 )(xq 有 k重实根 α，
即 )()()(
1
xqxxq
k
α?=,0)(
1
≠αq 。则存在实数 λ与多项式 )(
1
xp,)(
1
xp 的次数低于 )()(
1
1
xqx
k?
α 的次数，成立
)()(
)(
)()(
)(
1
1
1
xqx
xp
xxq
xp
kk?
+
=
αα
λ
。
定理 6.3.2 设有理函数
)(
)(
xq
xp
是真分式，多项式 )(xq 有 l重共轭复根 iβ γ±,即 )(*)2()(
22
xqxxxq
l
ηξ ++=,*( i ) 0q β γ± ≠,其中 βξ?=,
222
γβη += （
22
ηξ < ）。则存在实数 νμ,和多项式 )(* xp,)(* xp 的次数低于 )(*)2(
122
xqxx
l?
++ ηξ 的次数，成立
)(*)2(
)(*
)2()(
)(
12222
xqxx
xp
xx
x
xq
xp
ll?
++
+
++
+
=
ηξηξ
νμ
。
证 令
(i)
(i)
*( i )
p
q
β γ
μ βγν
βγ
+
= ++
+
,
其中 νμ,为实数，则
(i)
(i)
*( i )
p
q
β γ
μ βγν
βγ
=?+
,
于是 ix β γ= ± 是多项式 )(*)()( xqxxp νμ +? 的根，设
)(*)()( xqxxp νμ +? = )(*)2(
22
xpxx ηξ ++,
就得到
)(*)2(
)(*
)2()(
)(
12222
xqxx
xp
xx
x
xq
xp
ll?
++
+
++
+
=
ηξηξ
νμ
。
定理 6.3.2 设有理函数
)(
)(
xq
xp
是真分式，多项式 )(xq 有 l重共轭复根 iβ γ±,即 )(*)2()(
22
xqxxxq
l
ηξ ++=,*( i ) 0q β γ± ≠,其中 βξ?=,
222
γβη += （
22
ηξ < ）。则存在实数 νμ,和多项式 )(* xp,)(* xp 的次数低于 )(*)2(
122
xqxx
l?
++ ηξ 的次数，成立
)(*)2(
)(*
)2()(
)(
12222
xqxx
xp
xx
x
xq
xp
ll?
++
+
++
+
=
ηξηξ
νμ
。
重复应用定理6.3.1与6.3.2，可将有理函数
px
qx
m
n
()
()
∏∏
==
++
=
j
k
n
kk
i
k
m
k
m
kk
xxx
xp
1
22
1
)2()(
)(
ηξα
分解成简单分式之和，分解的规律是：若 qx
n
()含有因子
k
m
k
x )( α?,则在和式中就有项
k
k
x α
λ
1
,
2
2
)(
k
k
x α
λ
,…,
k
k
m
k
mk
x )( α
λ；
若 qx
n
()含有因子
k
n
kk
xx )2(
22
ηξ ++,则在和式中就有项
22
11
2
kk
kk
xx
x
ηξ
νμ
++
+
,
222
22
)2(
kk
kk
xx
x
ηξ
νμ
++
+
,…,
k
kk
n
kk
nknk
xx
x
)2(
22
ηξ
νμ
++
+
。
即
px
qx
m
n
()
()
∑∑∑∑
====
++
+
+
=
j
k
n
r
r
kk
rkrk
i
k
m
r
r
k
rk
kk
xx
x
x
11
22
11
)2()( ηξ
νμ
α
λ
,
其中
rkrkrk
νμλ、、可以用待定系数法具体算出来。
由不定积分的线性性质，即知
()
()
m
n
px
x
qx
∫
d
22
11 11
() (2 )
kk
mnj
i
kr kr
kr
rr
kr kr
kkk
x
x
x
xx
μ ν
λ
αξη
== ==
+
=+
+
∑∑ ∑∑
∫∫
d
d,
它所涉及的不定积分只有两种类型,
⑴
()
n
x
x α?
∫
d
（ n ≥1）。
在例6.2.1，我们已经得到
1
ln| |,1,
11
,2.
()
1( )
n
n
xC n
x
Cn
x
nx
α
α
α
+ =
=
+ ≥
∫
d
由不定积分的线性性质，即知
()
()
m
n
px
x
qx
∫
d
22
11 11
() (2 )
kk
mnj
i
kr kr
kr
rr
kr kr
kkk
x
x
x
xx
μ ν
λ
αξη
== ==
+
=+
+
∑∑ ∑∑
∫∫
d
d,
它所涉及的不定积分只有两种类型,
⑵
22
(2 )
n
x
x
xx
μ ν
ξη
+
++
∫
d （ n ≥1，
22
ξ η< ）。
首先，将原式化成
22
(2 )
n
x
x
xx
μ ν
ξη
+
++
∫
d
22
22
2( 2 )
n
x
x
xx
μ ξ
ξη
+
=
++
∫
d
22
()
(2 )
n
x
xx
νμξ
ξη
+?
++
∫
d
。
等号右端第一项中的积分可利用第一类换元积分法,
22
22
(2 )
n
x
x
xx
ξ
ξη
+
++
∫
d
22
(2 )
(2 )
n
xx
xx
ξ η
ξη
++
=
++
∫
d
≥+
++
=+++
=
.2,
)2(
1
1
1
,1,|2|ln
122
22
nC
xxn
nCxx
n
ηξ
ηξ
等号右端第二项中的积分可配成
22
(2 )
n
x
xxξη++
∫
d
222
()
[( ) ( )]
n
x
x
ξ
ξηξ
+
=
++?
∫
d
,
⑵
22
(2 )
n
x
x
xx
μ ν
ξη
+
++
∫
d （ n ≥1，
22
ξ η< ）。
首先，将原式化成
22
(2 )
n
x
x
xx
μ ν
ξη
+
++
∫
d
22
22
2( 2 )
n
x
x
xx
μ ξ
ξη
+
=
++
∫
d
22
()
(2 )
n
x
xx
νμξ
ξη
+?
++
∫
d
。
再应用例6.2.18的结果，即得到
n
I =
22
(2 )
n
x
xxξη++
∫
d
的递推表达式
1
22 2 21
1
22 22
1
(2 3)I,2,
2( )( 1) ( 2 )
1
arctan,
nn
n
x
In
nx
x
IC
ξ
ηξ ξη
ξ
ηξ ηξ
+
=?+ ≥
++
+
=+
特别地,
( )
2
3 222 2
22
22
11
arctan
2( ) 2
2
xx
I
xx
ξ ξ
η ξξη
ηξ
ηξ
+ +
=+?
++
。
至此，在理论上，求有理 函数的不定积分问题已经得到解决，上面的结果也告诉我们，有理函数的原函数一定是初等函数。
例 6.3.1 求
32
2
41338
(1)(2)(1)
xxx
x
xxx
++
+
∫
d 。
解 先将被积函数分解成简单分式之和。设
41338
121
32
2
xxx
xxx
+ +
+()( )()
=
+
+
+
+
A
x
B
x
C
x
D
x121 1
2
()
,
将右边通分后，等式两边的分子应该相等,
41338
32
xxx? + + = + +? +Ax x Bx x( )()()()21 11
22
+ + + +?Cx x x Dx x()( )()()( )121 12。
令 x =?1，得到 A =1；令 x = 2，得到 B =?2；令 x =1，得到 D =?1；
比较 x
3
的系数，得到 C A B= =45,
于是
32
2
41338
(1)(2)(1)
xxx
x
xxx
++
+
∫
d
∫
+
+
= dx
xxxx
2
)1(
1
1
5
2
2
1
1
C
xx
xx
+
+
+
=
1
1
)2(
)1)(1(
ln
2
5
。
注意：除非万不得已，要尽量避免将右式全部展开后与左边比较系数，建立线性方程组再去求解的繁琐方法。
例 6.3.2 求
43 2
22
31
(1)(1)
xx x
x
xx
++?
+?
∫
d 。
解 设
xx x
xx
43 2
22
31
11
+ +?
+?()()
=
+
+
+
+
+
+
A
x
Bx C
x
Dx E
x11 1
222
()
,
则
x x x
43 2
31+ +? = + + +? + + +?Ax Bx C x x Dx E x()( )()()( )()
22 2
1111。
令 x =1，得到 A =1；比较 x
4
的系数，得到 B A=? =10；比较 x
3
的系数，
右边只有一项 Cx
3
，由此得到 C =1；令 x
2
1=? 即 i1x = =?（这也是可以的），得到
3i ( )( )iDE ED= +?,
再令它们的实部和虚部分别相等，得到 DE==21和 （或令 0=x 得到
1=E,再令 2=x 得到 2=D ）。
于是
43 2
22
31
(1)(1)
xx x
x
xx
++?
+?
∫
d
222
1121
11(1)
x
x
xx x
+
=++
+ +
∫
d
xx tanarc|1|ln +?=
2
22 22
(1)
(1) (1)
x x
xx
+
++
++
∫∫
dd
xx tanarc
2
3
|1|ln +?=?
+
1
1
2
x
+
+
+
x
x
C
21
2
()
。
可化成有理函数不定积分的情况
⒈,n
x
Rx
x
ξ η
μ ν
+
+
类的不定积分。这里 (,)Ruv表示两个变量 vu,的有理函数（即分子和分母都是关于 vu,的二元多项式）。
对,
n
x
Rx
x
ξ η
μ ν
+
+
作变量代换 t
x
x
n =
+
+
νμ
ηξ
，则
ξμ
ην
+?
==
n
n
t
t
tx )( 。由于有理函数与有理函数的复合仍为有理函数，有理函数的导数也是有理函数，因此,
,n
x
Rx x
x
ξη
μν
+
+
∫
d,()
n
n
t
Rtt
t
νη
μξ
+
′
=
∫
d,
上式右端的被积函数是一个关于变量 t 的有理函数。
例 6.3.3 求
43
x x
x?
∫
d
。
解 令 43xt?=,则 xt=+
1
4
3
2
()，
2
t
x t=dd，所以
43
x x
x?
∫
d
2
1
(3)
8
tx=+
∫
d
=++
tt
C
3
24
3
8
43
(2 3)
12
x
x C
= ++。
例 6.3.4 求
3
d
()
x
xx x?
∫
。
解 为了同时去掉根式 x
3
和 x,令 x t=
6
，于是
5
d6dxtt=,
3
3
dd
6
(1 )
()
xt
tt
xx x
=
∫∫
23
11 1 1
6d
1
t
tt t t
=++?
∫
C
xxx
x
+
=
366
6
2
11
1
ln6 。
例 6.3.5 求
1
1
x
x
xx
+
∫
d 。
解 令
1
1
+
=
x
x
t,则 x
t
t
=
+
2
2
1
1
，
22
4
(1)
t
xt
t
=
+
dd，所以
1
1
x
x
xx
+
∫
d
2
22
4
(1)(1)
tt
tt
=
+
∫
d
2
11 2
11 1
t
ttt
=?+
+ +
∫
d Ct
t
t
++
+
= tanarc2
1
1
ln
C
x
x
xx
xx
+
+
+
++
+
=
1
1
tanarc2
11
11
ln 。
对于
n
ji
xx )()( νμηξ ++ （ ijkn+ = ）类型的函数，可以先化成
n
ji
xx )()( νμηξ ++
n
j
j
k
x
x
x
)(
)(
)(
ηξ
νμ
ηξ
+
+
+=,
再作代换 t
x
x
n =
+
+
ηξ
νμ
，然后套用上面的步骤来做。
例 6.3.6 求
3 24
(1)(1)
x
xx?+
∫
d
。
解 将
3 24
(1)(1)
x
xx?+
∫
d
化为等价形式
2
3
22
1(1)
(1) (1)
x
x
xx
+
+?
∫
d,
令 t
x
x
=
+
3
1
1
，则
x
x
t
+
=
1
1
3
,x
t
t
=
+
3
3
1
1
，
1
1
1
2
3
3
x
t
t+
=
，
2
32
6
(1)
t
x t
t
=
dd。
于是
3 24
(1)(1)
x
xx?+
∫
d
2
31
2
t
t
=?
∫
d
=+
3
2t
C =
+
+
3
2
1
1
3
x
x
C。
⒉ (sin,cos )Rxx类的不定积分,这里 (,)Ruv表示两个变量 vu,的有理函数（即分子和分母都是关于 vu,的二元多项式）。
由于 xxx sec,cot,tan 和 xcsc 都是 sin cosxx和 的有理函数，所以凡是三角函数的有理函数都可以化成 sin cosxx和 的有理函数，因此我们只要研究如何求形如
(sin,cos )Rxxx
∫
d
的不定积分就可以了。
用三角函数的万能公式 t
x
=
2
tan 作代换，则
sin sin cosx
xx t
t
==
+
2
22
2
1
2；
cos cos sinx
xxt
t
=?=
+
22
2
2
1
1；
2
2d
d d(2arctan )
1
t
xt
t
==
+
。
于是，原式化成了求有理函数的不定积分
(sin,cos )dRxxx
∫
2
222
21 2
,d
111
tt
Rt
ttt
=
+++
∫
。
例 6.3.7 求
44sin cos
x
xx++
∫
d
。
解 作代换 t
x
=
2
tan,则
44sin cos
x
xx++
∫
d
2
2
22
2
1
21
44
11
t
t
tt
tt
+
=
++
+ +
∫
d
2
2
385
t
tt
=
+ +
∫
d
2
(3 5)( 1)
t
tt
=
+ +
∫
d
13
13 5
t
tt
=?
++
∫
d = +? + +ln| | ln| |ttC135
C
xx
++?+= 5
2
tan3ln1
2
tanln 。
注意：尽管用万能公式可以确保求出所有的 (sin,cos )Rxx类函数的不定积分，但不要一见到三角函数的有理函数，就不管具体情况地将万能公式用上去，事实上，利用三角函数的性质或其他方法在很多时候会更方便。
例 6.3.7 求
44sin cos
x
xx++
∫
d
。
解 作代换 t
x
=
2
tan,则
44sin cos
x
xx++
∫
d
2
2
22
2
1
21
44
11
t
t
tt
tt
+
=
++
+ +
∫
d
2
2
385
t
tt
=
+ +
∫
d
2
(3 5)( 1)
t
tt
=
+ +
∫
d
13
13 5
t
tt
=?
++
∫
d = +? + +ln| | ln| |ttC135
C
xx
++?+= 5
2
tan3ln1
2
tanln 。
例 6.3.8 求
cot
1sin
xx
x+
∫
d
。
解 用万能公式，作代换 t
x
=
2
tan,则
t
t
x
x
x
2
1
sin
cos
cot
2
==,
cot
1sin
xx
x+
∫
d
2
2
2
12
21
2
1
1
t
tt
t
t
t
+
=
+
+
∫
d
2
32
1
2
t
t
ttt
=
++
∫
d 。
将右端分解为简单分式的和式,
cot
1sin
xx
x+
∫
d
12
1
t
tt
=?
+
∫
d C
x
x
+
+
=
2
1
2
tan
2
tan
ln 。
注意：用两种方法得出的解
2
1
2
tan
2
tan
ln
+
x
x
与
x
x
sin1
sin
ln
+
只相差一个常数。
事实上，可以利用三角关系式和换元积分法,
cot cos
1sin sin(1sin)
xx xx
xxx
=
++
∫∫
dd
11
(sin )
sin 1 sin
x
xx
=?
+
∫
d C
x
x
+
+
=
sin1
sin
ln 。
计算过程简洁，结果更为简明。
形如
px
qx
m
n
()
()
的函数称为有理函数，这里 px
m
()和 qx
n
()分别是 m次和
n次多项式。在本节中，我们将通过介绍求一般有理函数的不定积分的方法，证明这样的一个结论：有理函数的原函数一定是初等函数。
求有理函数的不定积分是我们在实际应用中经常遇到的问题。 此外，对于求某些其他类型函数的不定积分，如无理函数、三角函数的不定积分问题,也可以通过适当的变换化成求有理函数的不定积分问题而得到解决。
§ 3 有理函数的不定积分及其应用在考虑有理函数的不定积分
()
()
m
n
px
x
qx
∫
d 时，我们总假定
px
qx
m
n
()
()
是真分式，即成立 mn< 。因为不然的话，可以通过多项式的带余除法，使得
px
qx
px
rx
qx
m
n
mn
n
()
()
()
()
()
=+
,
其中 px
mn?
()是 mn? 次多项式，而 rx()是次数不超过 n?1的多项式。这样就得到
()
()
m
n
px
x
qx
∫
d
()
()
()
mn
n
rx
p xx x
qx
=+
∫∫
dd。
为了讨论的方便，我们假定 qx
n
()的最高项系数为 1。
由代数学基本定理，分母多项式 qx
n
()在复数域上恰有 n个根。
由于 qx
n
()是实多项式，因此它的根要么是实根，要么是成对出现的共轭复根。设 qx
n
()的全部实根为
1
α,
2
α,…,
i
α,其重数分别为
m
1
,m
2
,…,m
i
，全部复根为
11
iβ γ±,
22
iβ γ±,…,i
j j
β γ±,其重数分别为 n
1
,n
2
,…,n
j
（ mnn
k
k
i
k
k
j
==
∑∑
+=
11
2 ）。
记
kk
βξ?=,
222
kkk
γβη += （
22
kk
ξ η< ），则在实数域上可将 qx
n
()
因式分解为
qx
n
()=
∏∏
==
++
j
k
n
kk
i
k
m
k
kk
xxx
1
22
1
)2()( ηξα 。
求有理函数的不定积分
()
()
m
n
px
x
qx
∫
d 的关键，是将有理函数
)(
)(
xq
xp
n
m
分解成简单分式之和，再分别求简单分式的不定积分。
定理6.3.1 设有理函数
)(
)(
xq
xp
是真分式，多项式 )(xq 有 k重实根 α，
即 )()()(
1
xqxxq
k
α?=,0)(
1
≠αq 。则存在实数 λ与多项式 )(
1
xp,)(
1
xp 的次数低于 )()(
1
1
xqx
k?
α 的次数，成立
)()(
)(
)()(
)(
1
1
1
xqx
xp
xxq
xp
kk?
+
=
αα
λ
。
证 令 λ
α
α
=
)(
)(
1
q
p
，则 α=x 是多项式 )()(
1
xqxp λ? 的根，设
)()(
1
xqxp λ? )()(
1
xpx α?=,
就得到
)()(
)(
)()(
)(
1
1
1
xqx
xp
xxq
xp
kk?
+
=
αα
λ
。
求有理函数的不定积分
()
()
m
n
px
x
qx
∫
d 的关键，是将有理函数
)(
)(
xq
xp
n
m
分解成简单分式之和，再分别求简单分式的不定积分。
定理6.3.1 设有理函数
)(
)(
xq
xp
是真分式，多项式 )(xq 有 k重实根 α，
即 )()()(
1
xqxxq
k
α?=,0)(
1
≠αq 。则存在实数 λ与多项式 )(
1
xp,)(
1
xp 的次数低于 )()(
1
1
xqx
k?
α 的次数，成立
)()(
)(
)()(
)(
1
1
1
xqx
xp
xxq
xp
kk?
+
=
αα
λ
。
定理 6.3.2 设有理函数
)(
)(
xq
xp
是真分式，多项式 )(xq 有 l重共轭复根 iβ γ±,即 )(*)2()(
22
xqxxxq
l
ηξ ++=,*( i ) 0q β γ± ≠,其中 βξ?=,
222
γβη += （
22
ηξ < ）。则存在实数 νμ,和多项式 )(* xp,)(* xp 的次数低于 )(*)2(
122
xqxx
l?
++ ηξ 的次数，成立
)(*)2(
)(*
)2()(
)(
12222
xqxx
xp
xx
x
xq
xp
ll?
++
+
++
+
=
ηξηξ
νμ
。
证 令
(i)
(i)
*( i )
p
q
β γ
μ βγν
βγ
+
= ++
+
,
其中 νμ,为实数，则
(i)
(i)
*( i )
p
q
β γ
μ βγν
βγ
=?+
,
于是 ix β γ= ± 是多项式 )(*)()( xqxxp νμ +? 的根，设
)(*)()( xqxxp νμ +? = )(*)2(
22
xpxx ηξ ++,
就得到
)(*)2(
)(*
)2()(
)(
12222
xqxx
xp
xx
x
xq
xp
ll?
++
+
++
+
=
ηξηξ
νμ
。
定理 6.3.2 设有理函数
)(
)(
xq
xp
是真分式，多项式 )(xq 有 l重共轭复根 iβ γ±,即 )(*)2()(
22
xqxxxq
l
ηξ ++=,*( i ) 0q β γ± ≠,其中 βξ?=,
222
γβη += （
22
ηξ < ）。则存在实数 νμ,和多项式 )(* xp,)(* xp 的次数低于 )(*)2(
122
xqxx
l?
++ ηξ 的次数，成立
)(*)2(
)(*
)2()(
)(
12222
xqxx
xp
xx
x
xq
xp
ll?
++
+
++
+
=
ηξηξ
νμ
。
重复应用定理6.3.1与6.3.2，可将有理函数
px
qx
m
n
()
()
∏∏
==
++
=
j
k
n
kk
i
k
m
k
m
kk
xxx
xp
1
22
1
)2()(
)(
ηξα
分解成简单分式之和，分解的规律是：若 qx
n
()含有因子
k
m
k
x )( α?,则在和式中就有项
k
k
x α
λ
1
,
2
2
)(
k
k
x α
λ
,…,
k
k
m
k
mk
x )( α
λ；
若 qx
n
()含有因子
k
n
kk
xx )2(
22
ηξ ++,则在和式中就有项
22
11
2
kk
kk
xx
x
ηξ
νμ
++
+
,
222
22
)2(
kk
kk
xx
x
ηξ
νμ
++
+
,…,
k
kk
n
kk
nknk
xx
x
)2(
22
ηξ
νμ
++
+
。
即
px
qx
m
n
()
()
∑∑∑∑
====
++
+
+
=
j
k
n
r
r
kk
rkrk
i
k
m
r
r
k
rk
kk
xx
x
x
11
22
11
)2()( ηξ
νμ
α
λ
,
其中
rkrkrk
νμλ、、可以用待定系数法具体算出来。
由不定积分的线性性质，即知
()
()
m
n
px
x
qx
∫
d
22
11 11
() (2 )
kk
mnj
i
kr kr
kr
rr
kr kr
kkk
x
x
x
xx
μ ν
λ
αξη
== ==
+
=+
+
∑∑ ∑∑
∫∫
d
d,
它所涉及的不定积分只有两种类型,
⑴
()
n
x
x α?
∫
d
（ n ≥1）。
在例6.2.1，我们已经得到
1
ln| |,1,
11
,2.
()
1( )
n
n
xC n
x
Cn
x
nx
α
α
α
+ =
=
+ ≥
∫
d
由不定积分的线性性质，即知
()
()
m
n
px
x
qx
∫
d
22
11 11
() (2 )
kk
mnj
i
kr kr
kr
rr
kr kr
kkk
x
x
x
xx
μ ν
λ
αξη
== ==
+
=+
+
∑∑ ∑∑
∫∫
d
d,
它所涉及的不定积分只有两种类型,
⑵
22
(2 )
n
x
x
xx
μ ν
ξη
+
++
∫
d （ n ≥1，
22
ξ η< ）。
首先，将原式化成
22
(2 )
n
x
x
xx
μ ν
ξη
+
++
∫
d
22
22
2( 2 )
n
x
x
xx
μ ξ
ξη
+
=
++
∫
d
22
()
(2 )
n
x
xx
νμξ
ξη
+?
++
∫
d
。
等号右端第一项中的积分可利用第一类换元积分法,
22
22
(2 )
n
x
x
xx
ξ
ξη
+
++
∫
d
22
(2 )
(2 )
n
xx
xx
ξ η
ξη
++
=
++
∫
d
≥+
++
=+++
=
.2,
)2(
1
1
1
,1,|2|ln
122
22
nC
xxn
nCxx
n
ηξ
ηξ
等号右端第二项中的积分可配成
22
(2 )
n
x
xxξη++
∫
d
222
()
[( ) ( )]
n
x
x
ξ
ξηξ
+
=
++?
∫
d
,
⑵
22
(2 )
n
x
x
xx
μ ν
ξη
+
++
∫
d （ n ≥1，
22
ξ η< ）。
首先，将原式化成
22
(2 )
n
x
x
xx
μ ν
ξη
+
++
∫
d
22
22
2( 2 )
n
x
x
xx
μ ξ
ξη
+
=
++
∫
d
22
()
(2 )
n
x
xx
νμξ
ξη
+?
++
∫
d
。
再应用例6.2.18的结果，即得到
n
I =
22
(2 )
n
x
xxξη++
∫
d
的递推表达式
1
22 2 21
1
22 22
1
(2 3)I,2,
2( )( 1) ( 2 )
1
arctan,
nn
n
x
In
nx
x
IC
ξ
ηξ ξη
ξ
ηξ ηξ
+
=?+ ≥
++
+
=+
特别地,
( )
2
3 222 2
22
22
11
arctan
2( ) 2
2
xx
I
xx
ξ ξ
η ξξη
ηξ
ηξ
+ +
=+?
++
。
至此，在理论上，求有理 函数的不定积分问题已经得到解决，上面的结果也告诉我们，有理函数的原函数一定是初等函数。
例 6.3.1 求
32
2
41338
(1)(2)(1)
xxx
x
xxx
++
+
∫
d 。
解 先将被积函数分解成简单分式之和。设
41338
121
32
2
xxx
xxx
+ +
+()( )()
=
+
+
+
+
A
x
B
x
C
x
D
x121 1
2
()
,
将右边通分后，等式两边的分子应该相等,
41338
32
xxx? + + = + +? +Ax x Bx x( )()()()21 11
22
+ + + +?Cx x x Dx x()( )()()( )121 12。
令 x =?1，得到 A =1；令 x = 2，得到 B =?2；令 x =1，得到 D =?1；
比较 x
3
的系数，得到 C A B= =45,
于是
32
2
41338
(1)(2)(1)
xxx
x
xxx
++
+
∫
d
∫
+
+
= dx
xxxx
2
)1(
1
1
5
2
2
1
1
C
xx
xx
+
+
+
=
1
1
)2(
)1)(1(
ln
2
5
。
注意：除非万不得已，要尽量避免将右式全部展开后与左边比较系数，建立线性方程组再去求解的繁琐方法。
例 6.3.2 求
43 2
22
31
(1)(1)
xx x
x
xx
++?
+?
∫
d 。
解 设
xx x
xx
43 2
22
31
11
+ +?
+?()()
=
+
+
+
+
+
+
A
x
Bx C
x
Dx E
x11 1
222
()
,
则
x x x
43 2
31+ +? = + + +? + + +?Ax Bx C x x Dx E x()( )()()( )()
22 2
1111。
令 x =1，得到 A =1；比较 x
4
的系数，得到 B A=? =10；比较 x
3
的系数，
右边只有一项 Cx
3
，由此得到 C =1；令 x
2
1=? 即 i1x = =?（这也是可以的），得到
3i ( )( )iDE ED= +?,
再令它们的实部和虚部分别相等，得到 DE==21和 （或令 0=x 得到
1=E,再令 2=x 得到 2=D ）。
于是
43 2
22
31
(1)(1)
xx x
x
xx
++?
+?
∫
d
222
1121
11(1)
x
x
xx x
+
=++
+ +
∫
d
xx tanarc|1|ln +?=
2
22 22
(1)
(1) (1)
x x
xx
+
++
++
∫∫
dd
xx tanarc
2
3
|1|ln +?=?
+
1
1
2
x
+
+
+
x
x
C
21
2
()
。
可化成有理函数不定积分的情况
⒈,n
x
Rx
x
ξ η
μ ν
+
+
类的不定积分。这里 (,)Ruv表示两个变量 vu,的有理函数（即分子和分母都是关于 vu,的二元多项式）。
对,
n
x
Rx
x
ξ η
μ ν
+
+
作变量代换 t
x
x
n =
+
+
νμ
ηξ
，则
ξμ
ην
+?
==
n
n
t
t
tx )( 。由于有理函数与有理函数的复合仍为有理函数，有理函数的导数也是有理函数，因此,
,n
x
Rx x
x
ξη
μν
+
+
∫
d,()
n
n
t
Rtt
t
νη
μξ
+
′
=
∫
d,
上式右端的被积函数是一个关于变量 t 的有理函数。
例 6.3.3 求
43
x x
x?
∫
d
。
解 令 43xt?=,则 xt=+
1
4
3
2
()，
2
t
x t=dd，所以
43
x x
x?
∫
d
2
1
(3)
8
tx=+
∫
d
=++
tt
C
3
24
3
8
43
(2 3)
12
x
x C
= ++。
例 6.3.4 求
3
d
()
x
xx x?
∫
。
解 为了同时去掉根式 x
3
和 x,令 x t=
6
，于是
5
d6dxtt=,
3
3
dd
6
(1 )
()
xt
tt
xx x
=
∫∫
23
11 1 1
6d
1
t
tt t t
=++?
∫
C
xxx
x
+
=
366
6
2
11
1
ln6 。
例 6.3.5 求
1
1
x
x
xx
+
∫
d 。
解 令
1
1
+
=
x
x
t,则 x
t
t
=
+
2
2
1
1
，
22
4
(1)
t
xt
t
=
+
dd，所以
1
1
x
x
xx
+
∫
d
2
22
4
(1)(1)
tt
tt
=
+
∫
d
2
11 2
11 1
t
ttt
=?+
+ +
∫
d Ct
t
t
++
+
= tanarc2
1
1
ln
C
x
x
xx
xx
+
+
+
++
+
=
1
1
tanarc2
11
11
ln 。
对于
n
ji
xx )()( νμηξ ++ （ ijkn+ = ）类型的函数，可以先化成
n
ji
xx )()( νμηξ ++
n
j
j
k
x
x
x
)(
)(
)(
ηξ
νμ
ηξ
+
+
+=,
再作代换 t
x
x
n =
+
+
ηξ
νμ
，然后套用上面的步骤来做。
例 6.3.6 求
3 24
(1)(1)
x
xx?+
∫
d
。
解 将
3 24
(1)(1)
x
xx?+
∫
d
化为等价形式
2
3
22
1(1)
(1) (1)
x
x
xx
+
+?
∫
d,
令 t
x
x
=
+
3
1
1
，则
x
x
t
+
=
1
1
3
,x
t
t
=
+
3
3
1
1
，
1
1
1
2
3
3
x
t
t+
=
，
2
32
6
(1)
t
x t
t
=
dd。
于是
3 24
(1)(1)
x
xx?+
∫
d
2
31
2
t
t
=?
∫
d
=+
3
2t
C =
+
+
3
2
1
1
3
x
x
C。
⒉ (sin,cos )Rxx类的不定积分,这里 (,)Ruv表示两个变量 vu,的有理函数（即分子和分母都是关于 vu,的二元多项式）。
由于 xxx sec,cot,tan 和 xcsc 都是 sin cosxx和 的有理函数，所以凡是三角函数的有理函数都可以化成 sin cosxx和 的有理函数，因此我们只要研究如何求形如
(sin,cos )Rxxx
∫
d
的不定积分就可以了。
用三角函数的万能公式 t
x
=
2
tan 作代换，则
sin sin cosx
xx t
t
==
+
2
22
2
1
2；
cos cos sinx
xxt
t
=?=
+
22
2
2
1
1；
2
2d
d d(2arctan )
1
t
xt
t
==
+
。
于是，原式化成了求有理函数的不定积分
(sin,cos )dRxxx
∫
2
222
21 2
,d
111
tt
Rt
ttt
=
+++
∫
。
例 6.3.7 求
44sin cos
x
xx++
∫
d
。
解 作代换 t
x
=
2
tan,则
44sin cos
x
xx++
∫
d
2
2
22
2
1
21
44
11
t
t
tt
tt
+
=
++
+ +
∫
d
2
2
385
t
tt
=
+ +
∫
d
2
(3 5)( 1)
t
tt
=
+ +
∫
d
13
13 5
t
tt
=?
++
∫
d = +? + +ln| | ln| |ttC135
C
xx
++?+= 5
2
tan3ln1
2
tanln 。
注意：尽管用万能公式可以确保求出所有的 (sin,cos )Rxx类函数的不定积分，但不要一见到三角函数的有理函数，就不管具体情况地将万能公式用上去，事实上，利用三角函数的性质或其他方法在很多时候会更方便。
例 6.3.7 求
44sin cos
x
xx++
∫
d
。
解 作代换 t
x
=
2
tan,则
44sin cos
x
xx++
∫
d
2
2
22
2
1
21
44
11
t
t
tt
tt
+
=
++
+ +
∫
d
2
2
385
t
tt
=
+ +
∫
d
2
(3 5)( 1)
t
tt
=
+ +
∫
d
13
13 5
t
tt
=?
++
∫
d = +? + +ln| | ln| |ttC135
C
xx
++?+= 5
2
tan3ln1
2
tanln 。
例 6.3.8 求
cot
1sin
xx
x+
∫
d
。
解 用万能公式，作代换 t
x
=
2
tan,则
t
t
x
x
x
2
1
sin
cos
cot
2
==,
cot
1sin
xx
x+
∫
d
2
2
2
12
21
2
1
1
t
tt
t
t
t
+
=
+
+
∫
d
2
32
1
2
t
t
ttt
=
++
∫
d 。
将右端分解为简单分式的和式,
cot
1sin
xx
x+
∫
d
12
1
t
tt
=?
+
∫
d C
x
x
+
+
=
2
1
2
tan
2
tan
ln 。
注意：用两种方法得出的解
2
1
2
tan
2
tan
ln
+
x
x
与
x
x
sin1
sin
ln
+
只相差一个常数。
事实上，可以利用三角关系式和换元积分法,
cot cos
1sin sin(1sin)
xx xx
xxx
=
++
∫∫
dd
11
(sin )
sin 1 sin
x
xx
=?
+
∫
d C
x
x
+
+
=
sin1
sin
ln 。
计算过程简洁，结果更为简明。
