有理函数的不定积分形如
p x
q x
m
n
( )
( )
的函数称为 有理函数，这里
p xm ( )
和
q xn ( )
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
p x
q x
m
n
( )
( )
是真分式，即成立 m n? 。因为不然的话，可以通过多项式的带余除法，使得
p x
q x
p x
r x
q x
m
n
m n
n
( )
( )
( )
( )
( )
,
其中
p xm n? ( )
是 m n? 次多项式，而
r x( )
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 x x x
qx
dd
。
为了讨论的方便，我们假定
q xn ( )
的最高项系数 为 1 。
由代数学基本定理，分母多项式
q xn ( )
在复数域上恰有 n 个根。
由于
q xn ( )
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
q xn ( )
的全部实根为
1?
,
2?
,…,
i?
，其重数分别为
m 1
,
m 2
,…,
m i
，全部复根为
11 i
,
22 i
,…,
ijj
，其重数分别为
n1
,
n 2
,…,
n j
（
m n nk
k
i
k
k
j
1 1
2
）。
记
kk
，
222
kkk
（
22
kk
），则在实数域上可将
q xn ( )
因式分解为
q xn ( )
=
j
k
n
kk
i
k
m
k
kk xxx
1
22
1
)2()(
。
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?,
即
)()()( 1 xqxxq k
，
0)(1q
。则存在实数? 与多项式
)(1 xp
，
)(1 xp
的次数低于
)()( 11 xqx k
的次数，成立
)()(
)(
)()(
)(
1
1
1
xqx
xp
xxq
xp
kk
。
证 令
)( )(
1q
p,则x 是多项式 )()( 1 xqxp 的根，设
)()(
1 xqxp )()( 1 xpx
,
就得到
)()(
)(
)()(
)(
1
1
1
xqx
xp
xxq
xp
kk
。
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?,
即
)()()( 1 xqxxq k
，
0)(1q
。则存在实数? 与多项式
)(1 xp
，
)(1 xp
的次数低于
)()( 11 xqx k
的次数，成立
)()(
)(
)()(
)(
1
1
1
xqx
xp
xxq
xp
kk
。
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 i,即 )(*)2()( 22 xqxxxq l,* ( i ) 0q,其中,
222
（
22
）。则存在实数,和多项式 )(* xp,)(* xp 的次数低于 )(*)2( 122 xqxx l 的次数，成立
)(*)2(
)(*
)2()(
)(
12222 xqxx
xp
xx
x
xq
xp
ll
。
证 令
( i )
( i )
* ( i )
p
q
,
其中
,
为实数，则
( i )
( i )
* ( i )
p
q
,
于是
ix
是多项式
)(*)()( xqxxp
的根，设
)(*)()( xqxxp )(*)2( 22 xpxx
,
就得到
)(*)2(
)(*
)2()(
)(
12222 xqxx
xp
xx
x
xq
xp
ll
。
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 i,即 )(*)2()( 22 xqxxxq l,* ( i ) 0q,其中,
222
（
22
）。则存在实数,和多项式 )(* xp,)(* xp 的次数低于 )(*)2( 122 xqxx l 的次数，成立
)(*)2(
)(*
)2()(
)(
12222 xqxx
xp
xx
x
xq
xp
ll
。
重复应用定理 6.3.1 与 6.3.2,可将有理函数
p x
q x
m
n
( )
( )
j
k
n
kk
i
k
m
k
m
kk
xxx
xp
1
22
1
)2()(
)(
分解成简单分式之和，分解的规律是：若
q xn ( )
含有因子
km
kx )(
，则在和式中就有项
k
k
x?
1
,
2
2
)(
k
k
x?
,…,
k
k
m
k
mk
x )(?
；
若
q xn ( )
含有因子
kn
kk xx )2(
22
，则在和式中就有项
22
11
2
kk
kk
xx
x
,
222
22
)2(
kk
kk
xx
x
,…,
k
kk
n
kk
nknk
xx
x
)2(
22
。
即
p x
q x
m
n
( )
( )
j
k
n
r
r
kk
rkrk
i
k
m
r
r
k
rk
kk
xx
x
x 1 1
22
1 1 )2()(
,
其中
rkrkrk,、
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 221 1 1 1( ) ( 2 )
kkmn ji k r k r
kr rr
k r k rk k k
xx x
x x x
d d,
它所涉及的不定积分只有两种类型,
⑴
() n
x
x
d （ n? 1 ）。
在例 6.2.1,我们已经得到
1
l n | |,1,
11
,2,()
1 ( )
n
n
x C n
x
Cnx
nx
d
由不定积分的线性性质，即知
()
()
m
n
px x
qx? d 221 1 1 1( ) ( 2 )
kkmn ji k r k r
kr rr
k r k rk k k
xx x
x x x
d d,
它所涉及的不定积分只有两种类型,
⑵
22( 2 ) n
x x
xx
d
（ n? 1,
22
）。
首先，将原式化成
22( 2 ) n
x x
xx
d
22
22
2 ( 2 ) n
x x
xx
d 22()
( 2 ) n
x
xx
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
d
22
22
( 2 )
( 2 ) n
xx
xx
d
.2,
)2(
1
1
1
,1,|2|ln
122
22
nC
xxn
nCxx
n
等号右端第二项中的积分可配成
22( 2 ) n
x
xx
d
2 2 2
()
[ ( ) ( ) ] n
x
x
d
,
⑵
22( 2 ) n
x x
xx
d
（ n? 1,
22
）。
首先，将原式化成
22( 2 ) n
x x
xx
d
22
22
2 ( 2 ) n
x x
xx
d 22()
( 2 ) n
x
xx
d
。
再应用例 6.2.18 的结果，即得到
nI?
22
( 2 )
n
x
xx
d
的递推表达式
12 2 2 2 1
1
2 2 2 2
1
( 2 3 ) I,2,
2 ( ) ( 1 ) ( 2 )
1
a r c ta n,
nn n
x
I n n
n x x
x
IC
特别地,
2 3 2 2 2 2
22
22
11
a r c t a n
2 ( ) 2
2
xx
I
xx
。
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
4 1 3 3 8
( 1 ) ( 2 ) ( 1 )
x x x
x
x x x
d
。
解 先将被积函数分解成简单分式之和。设
4 13 3 8
1 2 1
3 2
2
x x x
x x x
( )( )( )
A
x
B
x
C
x
D
x1 2 1 1 2( )
,
将右边通分后，等式两边的分子应该相等,
4 13 3 83 2x x xA x x B x x( )( ) ( )( )2 1 1 12 2
C x x x D x x( )( )( ) ( )( )1 2 1 1 2
。
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 B4 5,
于是
32
2
4 1 3 3 8
( 1 ) ( 2 ) ( 1 )
x x x
x
x x x
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 4 3 2
22
31
( 1 ) ( 1 )
x x x
x
xx
d
。
解 设
x x x
x x
4 3 2
2 2
3 1
1 1
( ) ( )
A
x
Bx C
x
Dx E
x1 1 12 2 2( )
,
则
x x x4 3 23 1
A x Bx C x x Dx E x( ) ( )( )( ) ( )( )2 2 21 1 1 1
。
令 x? 1,得到 A? 1 ；比较 x 4 的系数，得到 B A1 0 ；比较 x 3 的系数，
右边只有一项
C x 3
，由此得到 C? 1 ；令 x 2 1 即 i1x （这也是可以的），得到
3 i ( ) ( ) iD E E D
,
再令它们的实部和虚部分 别相等，得到
D E2 1和
（或令 0?x 得 到
1?E,再令 2?x 得到 2?D ）。
于是
4 3 2
22
31
( 1 ) ( 1 )
x x x x
xx
d
2 2 2
1 1 2 1
1 1 ( 1 )
x
x
x x x
d
xx t a na r c|1|ln 2
2 2 2 2
( 1 )
( 1 ) ( 1 )
xx
xx
dd
xx t a na r c
2
3|1|ln
1
12x
x
x
C
2 12( )
。
可化成有理函数不定积分的情况
⒈
,n
x
Rx
x
类的不定积分。这里
(,)R u v
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
作变量代换
t
x
x
n?
，则
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
R x x
x
d,( )
n
n
t
R t t t
t
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
xx
x
d
。
解 令 4 3x t,则
x t
1
4
32( )
，
2
txt?dd,所以
43
xx
x
d 21 ( 3 )
8
tx d
t t
C
3
24
3
8
43
( 2 3 )
12
x
xC
。
例 6.3.4 求
3
d
()
x
x x x
。
解 为了同时去掉根式 x3 和 x,令 x t? 6,于是
5d 6 dx t t?
,
33
dd
6
( 1 )()
xt
ttx x x
23
1 1 1 1
6d
1
t
t t 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
1 1 2
1 1 1
t
t t t
d Ct
t
t
t a na r c2
1
1
ln
C
x
x
xx
xx
1
1
t a na r c2
11
11
ln
。
对于
n ji xx )()(
（ i j k n ）类型的函数，可以先化成
n ji xx )()(
n
j
j
k
x
xx
)(
)()(
,
再作代换
t
x
x
n?
,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
xt
t
dd
。
于是
3 24
( 1 ) ( 1 )
x
xx
d
2
31
2
t
t
d
3
2 t
C?
3
2
1
1
3
x
x
C
。
⒉
( s i n,c o s )R x x
类的不定积分,这里
(,)R u v
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 s e c,c o t,t a n
和 xc s c 都是 s i n c o sx x和 的有理函数，所以凡是三角函数的有理函数都可以化成 s i n c o sx x和 的有理函数，因此我们只要研究如何求形如
( sin,c o s )R x x x? d
的不定积分就可以了。
用三角函数的万能公式
t
x
2
t a n
作代换，则
s i n s i n c osx
x x t
t
2
2 2
2
1 2；
cos cos s inx
x x t
t
2 2
2
22 2
1
1；
2
2d
d d ( 2 a r c t a n )
1
t
xt
t
。
于是，原式化成了求有理函数的不定积分
( sin,c o s ) dR x x x?
2
2 2 2
2 1 2
,d
1 1 1
tt
Rt
t t t
。
例 6.3,7 求
4 4 s i n c o s
x
xx
d
。
解 作代换
t
x
2
t a n
，则
4 4 s i n c o s
x
xx
d
2
2
22
2
1
21
44
11
t
t
tt
tt
d
2
2
3 8 5
t
tt
d
2
( 3 5 ) ( 1 )
t
tt
d
13
1 3 5
t
tt
d
ln | | ln | |t t C1 3 5
C
xx
5
2
t a n3ln1
2
t a nln
。
注意：尽管用万能公式可以确保求出所有的 ( s i n,c o s )R x x 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
4 4 s i n c o s
x
xx
d
。
解 作代换
t
x
2
t a n
，则
4 4 s i n c o s
x
xx
d
2
2
22
2
1
21
44
11
t
t
tt
tt
d
2
2
3 8 5
t
tt
d
2
( 3 5 ) ( 1 )
t
tt
d
13
1 3 5
t
tt
d
ln | | ln | |t t C1 3 5
C
xx
5
2
t a n3ln1
2
t a nln
。
例 6.3,8 求
co t
1 s i n
xx
x
d
。
解 用万能公式，作代换
t
x
2
t a n
，则
t
t
x
x
x
2
1
s in
c o s
c o t
2
,
co t
1 s i n
xx
x
d
2
2
2
12
21
2
1
1
t
tt
t
t
t
d
2
32
1
2
t
t
t t t
d
。
将右端分解为简单分式的和式,
co t
1 s i n
xx
x
d
12
1
t
tt
d
C
x
x
2
1
2
t a n
2
t a n
ln 。
注意：用两种方法得出的解
2
1
2
t a n
2
t a n
ln
x
x
与
x
x
si n1
si n
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,
c o t c o s
1 s i n s i n ( 1 s i n )
x x x x
x x x
dd
11
( s i n )s i n 1 s i n xxx
d Cxx s in1 s inln
。
计算过程简洁，结果更为简明。
p x
q x
m
n
( )
( )
的函数称为 有理函数，这里
p xm ( )
和
q xn ( )
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
p x
q x
m
n
( )
( )
是真分式，即成立 m n? 。因为不然的话，可以通过多项式的带余除法，使得
p x
q x
p x
r x
q x
m
n
m n
n
( )
( )
( )
( )
( )
,
其中
p xm n? ( )
是 m n? 次多项式，而
r x( )
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 x x x
qx
dd
。
为了讨论的方便，我们假定
q xn ( )
的最高项系数 为 1 。
由代数学基本定理，分母多项式
q xn ( )
在复数域上恰有 n 个根。
由于
q xn ( )
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
q xn ( )
的全部实根为
1?
,
2?
,…,
i?
，其重数分别为
m 1
,
m 2
,…,
m i
，全部复根为
11 i
,
22 i
,…,
ijj
，其重数分别为
n1
,
n 2
,…,
n j
（
m n nk
k
i
k
k
j
1 1
2
）。
记
kk
，
222
kkk
（
22
kk
），则在实数域上可将
q xn ( )
因式分解为
q xn ( )
=
j
k
n
kk
i
k
m
k
kk xxx
1
22
1
)2()(
。
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?,
即
)()()( 1 xqxxq k
，
0)(1q
。则存在实数? 与多项式
)(1 xp
，
)(1 xp
的次数低于
)()( 11 xqx k
的次数，成立
)()(
)(
)()(
)(
1
1
1
xqx
xp
xxq
xp
kk
。
证 令
)( )(
1q
p,则x 是多项式 )()( 1 xqxp 的根，设
)()(
1 xqxp )()( 1 xpx
,
就得到
)()(
)(
)()(
)(
1
1
1
xqx
xp
xxq
xp
kk
。
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?,
即
)()()( 1 xqxxq k
，
0)(1q
。则存在实数? 与多项式
)(1 xp
，
)(1 xp
的次数低于
)()( 11 xqx k
的次数，成立
)()(
)(
)()(
)(
1
1
1
xqx
xp
xxq
xp
kk
。
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 i,即 )(*)2()( 22 xqxxxq l,* ( i ) 0q,其中,
222
（
22
）。则存在实数,和多项式 )(* xp,)(* xp 的次数低于 )(*)2( 122 xqxx l 的次数，成立
)(*)2(
)(*
)2()(
)(
12222 xqxx
xp
xx
x
xq
xp
ll
。
证 令
( i )
( i )
* ( i )
p
q
,
其中
,
为实数，则
( i )
( i )
* ( i )
p
q
,
于是
ix
是多项式
)(*)()( xqxxp
的根，设
)(*)()( xqxxp )(*)2( 22 xpxx
,
就得到
)(*)2(
)(*
)2()(
)(
12222 xqxx
xp
xx
x
xq
xp
ll
。
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 i,即 )(*)2()( 22 xqxxxq l,* ( i ) 0q,其中,
222
（
22
）。则存在实数,和多项式 )(* xp,)(* xp 的次数低于 )(*)2( 122 xqxx l 的次数，成立
)(*)2(
)(*
)2()(
)(
12222 xqxx
xp
xx
x
xq
xp
ll
。
重复应用定理 6.3.1 与 6.3.2,可将有理函数
p x
q x
m
n
( )
( )
j
k
n
kk
i
k
m
k
m
kk
xxx
xp
1
22
1
)2()(
)(
分解成简单分式之和，分解的规律是：若
q xn ( )
含有因子
km
kx )(
，则在和式中就有项
k
k
x?
1
,
2
2
)(
k
k
x?
,…,
k
k
m
k
mk
x )(?
；
若
q xn ( )
含有因子
kn
kk xx )2(
22
，则在和式中就有项
22
11
2
kk
kk
xx
x
,
222
22
)2(
kk
kk
xx
x
,…,
k
kk
n
kk
nknk
xx
x
)2(
22
。
即
p x
q x
m
n
( )
( )
j
k
n
r
r
kk
rkrk
i
k
m
r
r
k
rk
kk
xx
x
x 1 1
22
1 1 )2()(
,
其中
rkrkrk,、
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 221 1 1 1( ) ( 2 )
kkmn ji k r k r
kr rr
k r k rk k k
xx x
x x x
d d,
它所涉及的不定积分只有两种类型,
⑴
() n
x
x
d （ n? 1 ）。
在例 6.2.1,我们已经得到
1
l n | |,1,
11
,2,()
1 ( )
n
n
x C n
x
Cnx
nx
d
由不定积分的线性性质，即知
()
()
m
n
px x
qx? d 221 1 1 1( ) ( 2 )
kkmn ji k r k r
kr rr
k r k rk k k
xx x
x x x
d d,
它所涉及的不定积分只有两种类型,
⑵
22( 2 ) n
x x
xx
d
（ n? 1,
22
）。
首先，将原式化成
22( 2 ) n
x x
xx
d
22
22
2 ( 2 ) n
x x
xx
d 22()
( 2 ) n
x
xx
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
d
22
22
( 2 )
( 2 ) n
xx
xx
d
.2,
)2(
1
1
1
,1,|2|ln
122
22
nC
xxn
nCxx
n
等号右端第二项中的积分可配成
22( 2 ) n
x
xx
d
2 2 2
()
[ ( ) ( ) ] n
x
x
d
,
⑵
22( 2 ) n
x x
xx
d
（ n? 1,
22
）。
首先，将原式化成
22( 2 ) n
x x
xx
d
22
22
2 ( 2 ) n
x x
xx
d 22()
( 2 ) n
x
xx
d
。
再应用例 6.2.18 的结果，即得到
nI?
22
( 2 )
n
x
xx
d
的递推表达式
12 2 2 2 1
1
2 2 2 2
1
( 2 3 ) I,2,
2 ( ) ( 1 ) ( 2 )
1
a r c ta n,
nn n
x
I n n
n x x
x
IC
特别地,
2 3 2 2 2 2
22
22
11
a r c t a n
2 ( ) 2
2
xx
I
xx
。
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
4 1 3 3 8
( 1 ) ( 2 ) ( 1 )
x x x
x
x x x
d
。
解 先将被积函数分解成简单分式之和。设
4 13 3 8
1 2 1
3 2
2
x x x
x x x
( )( )( )
A
x
B
x
C
x
D
x1 2 1 1 2( )
,
将右边通分后，等式两边的分子应该相等,
4 13 3 83 2x x xA x x B x x( )( ) ( )( )2 1 1 12 2
C x x x D x x( )( )( ) ( )( )1 2 1 1 2
。
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 B4 5,
于是
32
2
4 1 3 3 8
( 1 ) ( 2 ) ( 1 )
x x x
x
x x x
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 4 3 2
22
31
( 1 ) ( 1 )
x x x
x
xx
d
。
解 设
x x x
x x
4 3 2
2 2
3 1
1 1
( ) ( )
A
x
Bx C
x
Dx E
x1 1 12 2 2( )
,
则
x x x4 3 23 1
A x Bx C x x Dx E x( ) ( )( )( ) ( )( )2 2 21 1 1 1
。
令 x? 1,得到 A? 1 ；比较 x 4 的系数，得到 B A1 0 ；比较 x 3 的系数，
右边只有一项
C x 3
，由此得到 C? 1 ；令 x 2 1 即 i1x （这也是可以的），得到
3 i ( ) ( ) iD E E D
,
再令它们的实部和虚部分 别相等，得到
D E2 1和
（或令 0?x 得 到
1?E,再令 2?x 得到 2?D ）。
于是
4 3 2
22
31
( 1 ) ( 1 )
x x x x
xx
d
2 2 2
1 1 2 1
1 1 ( 1 )
x
x
x x x
d
xx t a na r c|1|ln 2
2 2 2 2
( 1 )
( 1 ) ( 1 )
xx
xx
dd
xx t a na r c
2
3|1|ln
1
12x
x
x
C
2 12( )
。
可化成有理函数不定积分的情况
⒈
,n
x
Rx
x
类的不定积分。这里
(,)R u v
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
作变量代换
t
x
x
n?
，则
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
R x x
x
d,( )
n
n
t
R t t t
t
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
xx
x
d
。
解 令 4 3x t,则
x t
1
4
32( )
，
2
txt?dd,所以
43
xx
x
d 21 ( 3 )
8
tx d
t t
C
3
24
3
8
43
( 2 3 )
12
x
xC
。
例 6.3.4 求
3
d
()
x
x x x
。
解 为了同时去掉根式 x3 和 x,令 x t? 6,于是
5d 6 dx t t?
,
33
dd
6
( 1 )()
xt
ttx x x
23
1 1 1 1
6d
1
t
t t 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
1 1 2
1 1 1
t
t t t
d Ct
t
t
t a na r c2
1
1
ln
C
x
x
xx
xx
1
1
t a na r c2
11
11
ln
。
对于
n ji xx )()(
（ i j k n ）类型的函数，可以先化成
n ji xx )()(
n
j
j
k
x
xx
)(
)()(
,
再作代换
t
x
x
n?
,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
xt
t
dd
。
于是
3 24
( 1 ) ( 1 )
x
xx
d
2
31
2
t
t
d
3
2 t
C?
3
2
1
1
3
x
x
C
。
⒉
( s i n,c o s )R x x
类的不定积分,这里
(,)R u v
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 s e c,c o t,t a n
和 xc s c 都是 s i n c o sx x和 的有理函数，所以凡是三角函数的有理函数都可以化成 s i n c o sx x和 的有理函数，因此我们只要研究如何求形如
( sin,c o s )R x x x? d
的不定积分就可以了。
用三角函数的万能公式
t
x
2
t a n
作代换，则
s i n s i n c osx
x x t
t
2
2 2
2
1 2；
cos cos s inx
x x t
t
2 2
2
22 2
1
1；
2
2d
d d ( 2 a r c t a n )
1
t
xt
t
。
于是，原式化成了求有理函数的不定积分
( sin,c o s ) dR x x x?
2
2 2 2
2 1 2
,d
1 1 1
tt
Rt
t t t
。
例 6.3,7 求
4 4 s i n c o s
x
xx
d
。
解 作代换
t
x
2
t a n
，则
4 4 s i n c o s
x
xx
d
2
2
22
2
1
21
44
11
t
t
tt
tt
d
2
2
3 8 5
t
tt
d
2
( 3 5 ) ( 1 )
t
tt
d
13
1 3 5
t
tt
d
ln | | ln | |t t C1 3 5
C
xx
5
2
t a n3ln1
2
t a nln
。
注意：尽管用万能公式可以确保求出所有的 ( s i n,c o s )R x x 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
4 4 s i n c o s
x
xx
d
。
解 作代换
t
x
2
t a n
，则
4 4 s i n c o s
x
xx
d
2
2
22
2
1
21
44
11
t
t
tt
tt
d
2
2
3 8 5
t
tt
d
2
( 3 5 ) ( 1 )
t
tt
d
13
1 3 5
t
tt
d
ln | | ln | |t t C1 3 5
C
xx
5
2
t a n3ln1
2
t a nln
。
例 6.3,8 求
co t
1 s i n
xx
x
d
。
解 用万能公式，作代换
t
x
2
t a n
，则
t
t
x
x
x
2
1
s in
c o s
c o t
2
,
co t
1 s i n
xx
x
d
2
2
2
12
21
2
1
1
t
tt
t
t
t
d
2
32
1
2
t
t
t t t
d
。
将右端分解为简单分式的和式,
co t
1 s i n
xx
x
d
12
1
t
tt
d
C
x
x
2
1
2
t a n
2
t a n
ln 。
注意：用两种方法得出的解
2
1
2
t a n
2
t a n
ln
x
x
与
x
x
si n1
si n
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,
c o t c o s
1 s i n s i n ( 1 s i n )
x x x x
x x x
dd
11
( s i n )s i n 1 s i n xxx
d Cxx s in1 s inln
。
计算过程简洁，结果更为简明。
