AM@有理函数的积分@有理分式积分

积分@有理分式积分"/>

AM@有理函数的积分@有理分式积分

文章目录

• • abstract
  • 有理函数
  • • 真分式化
    • 真分式因式分解
    • • 真分式分解定理
    • 相关理论参考
  • 例
  • 可化为有理函数的积分
  • • 简单根式积分
    • 三角函数有理式
    • 例

abstract

• 有理函数的积分
• 可化为有理函数的积分

有理函数

• 两个多项式的商 F ( x ) = P ( x ) Q ( x ) F(x)=\frac{P(x)}{Q(x)} F(x)=Q(x)P(x)​称为有理函数,又称为有理分式
  • 并且,我们总是假设 P ( x ) , Q ( x ) P(x),Q(x) P(x),Q(x)之间没有公因式( F ( x ) F(x) F(x)不可约分化简,否则约分到不可约(满足条件))
• 当分子多项式 P ( x ) P(x) P(x)比分母多项式 Q ( x ) Q(x) Q(x)的次数小时,称此有理函数为真分式(否则为假分式)

真分式化

• 利用多项式除法,总可以将一个假分式化为一个多项式和一个真分式之和的形式(初步化简)
• 例如 2 x 4 + x 2 + 3 x 2 + 1 \frac{2x^4+x^2+3}{x^2+1} x2+12x4+x2+3​= 2 x 2 − 1 + 4 x 2 + 1 2x^2-1+\frac{4}{x^2+1} 2x2−1+x2+14​

真分式因式分解

• 设 P ( x ) Q ( x ) \frac{P(x)}{Q(x)} Q(x)P(x)​是真分式,若 Q ( x ) Q(x) Q(x)可以分解为 Q ( x ) = Q 1 ( x ) Q 2 ( x ) Q(x)=Q_1(x)Q_2(x) Q(x)=Q1​(x)Q2​(x),且 Q 1 ( x ) , Q 2 ( x ) Q_1(x),Q_2(x) Q1​(x),Q2​(x)之间没有公因式,则 P ( x ) Q ( x ) \frac{P(x)}{Q(x)} Q(x)P(x)​= P 1 ( x ) Q 1 ( x ) \frac{P_1(x)}{Q_1(x)} Q1​(x)P1​(x)​+ P 2 ( x ) Q 2 ( x ) \frac{P_2(x)}{Q_2(x)} Q2​(x)P2​(x)​(1)
  • 其中 P 1 ( x ) Q 2 ( x ) + P 2 ( x ) Q 1 ( x ) P_1(x)Q_2(x)+P_2(x)Q_1(x) P1​(x)Q2​(x)+P2​(x)Q1​(x)= P ( x ) P(x) P(x);为简单起见,可以简写为 P 1 Q 2 + P 2 Q 1 = P P_1Q_2+P_2Q_1=P P1​Q2​+P2​Q1​=P(2)
  • 并且 P i ( x ) Q i ( x ) \frac{P_i(x)}{Q_i(x)} Qi​(x)Pi​(x)​, i = 1 , 2 i=1,2 i=1,2称为部分分式,式(1)称为真分式的部分分式之和化操作
• 若 Q i ( x ) Q_i(x) Qi​(x)能够进一步分解成两个没有公因式的多项式的乘积,则可以再拆分成更简单的部分分式

真分式分解定理

• 最后,有理函数的分解式中仅出现三类函数:

  1. P 0 ( x ) P_0(x) P0​(x),即多项式
  2. P 1 ( x ) ( x − a ) k \frac{P_1(x)}{(x-a)^k} (x−a)kP1​(x)​
  3. P 2 ( x ) ( x 2 + p x + q ) l \frac{P_2(x)}{(x^2+px+q)^{l}} (x2+px+q)lP2​(x)​;其中 Δ = p 2 − 4 q < 0 \Delta=p^2-4q<0 Δ=p2−4q<0,
     • 该判别式就是判断 ( x 2 + p x + q ) (x^2+px+q) (x2+px+q)(3)是否有实根(如果没有实根 Δ < 0 \Delta<0 Δ<0,意味这个该二次多项式不可被分解,否则转换为类型2)
     • 对于一般得一元二次多项式 a x 2 + b x + c ax^2+bx+c ax2+bx+c的判别式为 Δ = b 2 − 4 a c \Delta=b^2-4ac Δ=b2−4ac,当 a = 1 a=1 a=1时, Δ = b 2 − 4 c \Delta=b^2-4c Δ=b2−4c,对应于式(3),是 Δ = p 2 − 4 q \Delta=p^2-4q Δ=p2−4q

• P 1 ( x ) P_1(x) P1​(x)为次数小于 k k k的多项式; P 2 ( x ) P_2(x) P2​(x)为次数小于 2 l 2l 2l的多项式

相关理论参考

• 实系数多项式因式分解定理,即
  • 每个次数大等于1的实系数多项式在实数域上都可以唯一地分解为:一次因式和二次不可约因式的乘积

例

• ∫ x + 1 x 2 + 5 x + 6 d x \int{\frac{x+1}{x^2+5x+6}}\mathrm{d}x ∫x2+5x+6x+1​dx= ∫ x + 1 ( x − 3 ) ( x − 2 ) d x \int{\frac{x+1}{(x-3)(x-2)}}\mathrm{d}x ∫(x−3)(x−2)x+1​dx= ∫ ( 4 x − 3 − 3 x − 2 ) d x \int{(\frac{4}{x-3}-\frac{3}{x-2})}\mathrm{d}x ∫(x−34​−x−23​)dx= 4 ln ⁡ ∣ x − 3 ∣ − 3 ln ⁡ ∣ x − 2 ∣ + C 4\ln{|x-3|}-3\ln{|x-2|}+C 4ln∣x−3∣−3ln∣x−2∣+C

  • 由真分式分解定理, x + 1 ( x − 3 ) ( x − 2 ) \frac{x+1}{(x-3)(x-2)} (x−3)(x−2)x+1​= P 1 x − 3 + P 2 x − 2 \frac{P_1}{x-3}+\frac{P_2}{x-2} x−3P1​​+x−2P2​​
  • x + 1 x+1 x+1= P 1 ( x − 2 ) + P 2 ( x − 3 ) P_1(x-2)+P_2(x-3) P1​(x−2)+P2​(x−3),即 x + 1 = ( P 1 + P 2 ) x − 2 P 1 − 3 P 2 x+1=(P_1+P_2)x-2P_1-3P_2 x+1=(P1​+P2​)x−2P1​−3P2​
  • 比较系数可知, P 1 + P 2 = 1 P_1+P_2=1 P1​+P2​=1, − 2 P 1 − 3 P 2 = 1 -2P_1-3P_2=1 −2P1​−3P2​=1
  • 可以解得 P 1 = 4 , P 2 = 3 P_1=4,P_2=3 P1​=4,P2​=3,从而 x + 1 ( x − 3 ) ( x − 2 ) \frac{x+1}{(x-3)(x-2)} (x−3)(x−2)x+1​= 4 x − 3 − 3 x − 2 \frac{4}{x-3}-\frac{3}{x-2} x−34​−x−23​

• ∫ x + 2 ( 2 x + 1 ) ( x 2 + x + 1 ) d x \int{\frac{x+2}{(2x+1)(x^2+x+1)}}\mathrm{d}x ∫(2x+1)(x2+x+1)x+2​dx= ∫ ( 2 2 x + 1 − x x 2 + x + 1 ) d x \int{(\frac{2}{2x+1}-\frac{x}{x^2+x+1})}\mathrm{d}x ∫(2x+12​−x2+x+1x​)dx= ln ⁡ ∣ 2 x + 1 ∣ − ∫ x x 2 + x + 1 d x \ln|2x+1|-\int{\frac{x}{x^2+x+1}}\mathrm{d}x ln∣2x+1∣−∫x2+x+1x​dx

  • = ln ⁡ ∣ 2 x + 1 ∣ \ln|2x+1| ln∣2x+1∣- 1 2 ln ⁡ ∣ x 2 + x + 1 ∣ \frac{1}{2}\ln|x^2+x+1| 21​ln∣x2+x+1∣+ 1 3 arctan ⁡ 2 x + 1 3 + C \frac{1}{\sqrt{3}}\arctan{\frac{2x+1}{\sqrt{3}}}+C 3 ​1​arctan3 ​2x+1​+C
  • 部分分式和: x + 2 ( 2 x + 1 ) ( x 2 + x + 1 ) \frac{x+2}{(2x+1)(x^2+x+1)} (2x+1)(x2+x+1)x+2​= A 2 x + 1 + B x + D x 2 + x + 1 \frac{A}{2x+1}+\frac{Bx+D}{x^2+x+1} 2x+1A​+x2+x+1Bx+D​
    • A ( x 2 + x + 1 ) + ( B x + D ) ( 2 x + 1 ) A(x^2+x+1)+(Bx+D)(2x+1) A(x2+x+1)+(Bx+D)(2x+1)= x + 2 x+2 x+2;整理得 x + 2 = ( A + 2 B ) x 2 + ( A + B + 2 D ) x + A + D x+2=(A+2B)x^2+(A+B+2D)x+A+D x+2=(A+2B)x2+(A+B+2D)x+A+D
    • 即 A + 2 B = 0 A+2B=0 A+2B=0; A + B + 2 D = 1 A+B+2D=1 A+B+2D=1 A + D = 2 A+D=2 A+D=2,解得 A = 2 A=2 A=2; B = − 1 B=-1 B=−1; D = 0 D=0 D=0
    • ∫ x x 2 + x + 1 d x \int{\frac{x}{x^2+x+1}}\mathrm{d}x ∫x2+x+1x​dx= 1 2 ∫ 2 x + 1 − 1 x 2 + x + 1 d x \frac{1}{2}\int{\frac{2x+1-1}{x^2+x+1}}\mathrm{d}x 21​∫x2+x+12x+1−1​dx= 1 2 ( ∫ 1 x 2 + x + 1 d ( x 2 + x + 1 ) − ∫ 1 x 2 + x + 1 d x ) \frac{1}{2}(\int{\frac{1}{x^2+x+1}}\mathrm{d}(x^2+x+1)-\int\frac{1}{x^2+x+1}\mathrm{d}x) 21​(∫x2+x+11​d(x2+x+1)−∫x2+x+11​dx)= 1 2 ( ln ⁡ ∣ x 2 + x + 1 ∣ − 2 3 arctan ⁡ 2 x + 1 3 + C ) \frac{1}{2}(\ln|x^2+x+1|-\frac{2}{\sqrt{3}}\arctan{\frac{2x+1}{\sqrt{3}}}+C) 21​(ln∣x2+x+1∣−3 ​2​arctan3 ​2x+1​+C)=$$
      • 考虑凑微分 d ( x 2 + x + 1 ) \mathrm{d}(x^2+x+1) d(x2+x+1)= ( 2 x + 1 ) d x (2x+1)\mathrm{d}x (2x+1)dx
      • ∫ 1 x 2 + x + 1 d x \int\frac{1}{x^2+x+1}\mathrm{d}x ∫x2+x+11​dx= ∫ 1 ( x + 1 2 ) 2 + 3 4 d ( x + 1 2 ) \int{\frac{1}{(x+\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}}}\mathrm{d}(x+\frac{1}{2}) ∫(x+21​)2+43​1​d(x+21​)= 1 3 / 2 arctan ⁡ x + 1 2 3 / 2 + C \frac{1}{\sqrt{3}/2}\arctan{\frac{x+\frac{1}{2}}{\sqrt{3}/2}}+C 3 ​/21​arctan3 ​/2x+21​​+C= 2 3 arctan ⁡ 2 x + 1 3 + C \frac{2}{\sqrt{3}}\arctan{\frac{2x+1}{\sqrt{3}}}+C 3 ​2​arctan3 ​2x+1​+C

• ∫ x − 3 ( x − 1 ) ( x 2 − 1 ) d x \int{\frac{x-3}{(x-1)(x^2-1)}}\mathrm{d}x ∫(x−1)(x2−1)x−3​dx= ∫ x − 3 ( x − 1 ) 2 ( x + 1 ) d x \int{\frac{x-3}{(x-1)^2(x+1)}}\mathrm{d}x ∫(x−1)2(x+1)x−3​dx

  • = ∫ ( x − 2 ( x − 1 ) 2 − 1 x + 1 ) d x \int{(\frac{x-2}{(x-1)^2}-\frac{1}{x+1})}\mathrm{d}x ∫((x−1)2x−2​−x+11​)dx= ∫ x − 1 − 1 ( x − 1 ) 2 d x \int{\frac{x-1-1}{(x-1)^2}}\mathrm{d}x ∫(x−1)2x−1−1​dx- ln ⁡ ∣ x + 1 ∣ \ln|x+1| ln∣x+1∣
  • = ∫ 1 x − 1 d ( x − 1 ) \int{\frac{1}{x-1}\mathrm{d}(x-1)} ∫x−11​d(x−1)- ∫ 1 ( x − 1 ) 2 d ( x − 1 ) \int{\frac{1}{(x-1)^2}\mathrm{d}(x-1)} ∫(x−1)21​d(x−1)- ln ⁡ ∣ x + 1 ∣ \ln|x+1| ln∣x+1∣
  • = ln ⁡ ∣ x − 1 ∣ + 1 x − 1 − ln ⁡ ∣ x + 1 ∣ + C \ln|x-1|+\frac{1}{x-1}-\ln|x+1|+C ln∣x−1∣+x−11​−ln∣x+1∣+C

可化为有理函数的积分

简单根式积分

• 一般地,若被积函数中含有简单根式 a x + b n \sqrt[n]{ax+b} nax+b ​或 a x + b c x + d n \sqrt[n]{\frac{ax+b}{cx+d}} ncx+dax+b​ ​,可以根式为 u u u
  • 这样的便函具有反函数,且反函数是 u u u的有理函数,因此原积分可以化为有理函数的积分

三角函数有理式

• sin ⁡ x \sin{x} sinx, cos ⁡ x \cos{x} cosx都可以用 u = tan ⁡ x 2 u=\tan{\frac{x}{2}} u=tan2x​(1), x ∈ ( − π , π ) x\in{(-\pi,\pi)} x∈(−π,π)的有理式表示(半角/倍角公式推导),即 sin ⁡ x = 2 u 1 + u 2 \sin{x}=\frac{2u}{1+u^2} sinx=1+u22u​(2-1); cos ⁡ x = 1 − u 2 1 + u 2 \cos{x}=\frac{1-u^2}{1+u^2} cosx=1+u21−u2​(2-2)

• 由(1),得 x = 2 arctan ⁡ u x=2\arctan{u} x=2arctanu; d x \mathrm{d}x dx= 2 1 + u 2 d u \frac{2}{1+u^2}\mathrm{d}u 1+u22​du(3)

例

• ∫ 1 + sin ⁡ x sin ⁡ x ( 1 + cos ⁡ x ) d x \int\frac{1+\sin{x}}{\sin{x(1+\cos{x})}}\mathrm{d}x ∫sinx(1+cosx)1+sinx​dx= ⋯ \cdots ⋯= 1 2 ∫ ( u + 2 + 1 u ) d u \frac{1}{2}\int{(u+2+\frac{1}{u})}\mathrm{d}u 21​∫(u+2+u1​)du= 1 2 ( u 2 2 + 2 u + ln ⁡ ∣ u ∣ ) + C \frac{1}{2}(\frac{u^2}{2}+2u+\ln|u|)+C 21​(2u2​+2u+ln∣u∣)+C= 1 4 tan ⁡ 2 x 2 + tan ⁡ x 2 + 1 2 ln ⁡ ∣ tan ⁡ x 2 ∣ + C \frac{1}{4}\tan^2{x}{2}+\tan\frac{x}{2}+\frac{1}{2}\ln{|\tan{\frac{x}{2}|}}+C 41​tan2x2+tan2x​+21​ln∣tan2x​∣+C

• ∫ x − 1 x d x \int{\frac{\sqrt{x-1}}{x}}\mathrm{d}x ∫xx−1 ​​dx,用 x − 1 = u \sqrt{x-1}=u x−1 ​=u去根号

• ∫ 1 ( 1 + x 3 ) x d x \int{\frac{1}{(1+\sqrt[3]{x})\sqrt{x}}}\mathrm{d}x ∫(1+3x ​)x ​1​dx,用 x = u 6 x=u^6 x=u6同时消去 x , x 3 \sqrt{x},\sqrt[3]{x} x ​,3x ​的根号