2.1.有理函數(shù)的積分ppt課件

1、3 3. .2 2. .5 5 有有理理函函數(shù)數(shù)的的不不定定積積分分一一、有有理理函函數(shù)數(shù)m1m2m21m1m0n1n2n21n1n0bxbxbxbxbaxaxaxaxa)x(Q)x(P)x(R)x(R叫有有理理函函數(shù)數(shù)，它是兩個(gè)實(shí)系數(shù)多項(xiàng)式之商所表示的函數(shù)。其中n ,m是非負(fù)整數(shù)，)x(P與)x(Q互質(zhì)。例如：3xx2，33) 1x(x1x，1x2x1x24等都是有理函數(shù)。1 1. .有有理理 函函 數(shù)數(shù) 的的分分 類(lèi)類(lèi))x(R按分子與分母的最高次冪m與n的不同情況可分為：（1）當(dāng)mn 時(shí)，)x(R稱(chēng)為真真分分式式；（2）當(dāng)mn 時(shí)，)x(R稱(chēng)為假假分分式式。若)x(R是假分式，可把它化為多

2、項(xiàng)式與真分式之和。例如 6x5x3x1x6x5x9x2x4x2223。 6x5x2 1x3 x 6x5 x9x4 xx6x5x9x2x4x2223232 2把把真真分分式式分分解解為為部部分分分分式式設(shè))x(Q)x(P為真分式。（1）分母)x(Q中若有因式k)ax( ，則分解后 有下列k個(gè)部分分式之和：特別地，當(dāng)K=1 時(shí)，則分解后有axA。,)ax(A)ax(AaxAkk221其中 A ,A ,Ak21都是常數(shù)。k2kk2222211)qpxx(NxM)qpxx(NxMqpxxNxM其中 M ,M ,Mk21； N ,N ,Nk21都是常數(shù)。特別地，當(dāng) K=1 時(shí)，則分解后有qPxxNMx2

3、。（2）分母)x(Q中若有因式k2)qpxx(，其中 0q4p2，則分解后有下列 K 個(gè)部分分式之和：例如真分式22322) 3x2x()2x)(1x(x1x3的分母中含有2x，) 1x( ，3)2x( ，22) 3x2x(，故其分解式為下列八個(gè)部分分式之和：332211221)2x(C)2x(C2xC1xBxAxA2222211)3x2x(ExD3x2xExD例 1求dx6x5x3x2 解：2xB3xA)2x)(3x(3x )0q4p( 6x5x3x22，,)2x)(3x()3x(B)2x(A 6x5x3x2),3x(B)2x(A3x下面用兩種方法確定系數(shù) A、B。（ 1） 賦賦 值值 法法

4、令2x ，得B5，5B，令3x ，得A6 ，6A 。（2）比比較較法法,B3A2x)BA()3x(B)2x(A3x5B6A3B3A21B A 2x53x6 6x5x3x2dx6x5x3x2C2xln53xln6 dx)2x53x6( .C)2x()3x(ln56例2求 dxx2xx3x223解：2xC1xBxA)2x)(1x(x3x2x2xx3x223，),1x(Cx)2x(Bx)2x)(1x(A3x2令0 x ，A23，23A，令1x ，B35，35B，令2x，C61，61C， )2x(61) 1x(35x23x2xx3x223，dxx2xx3x2 23dx2x161dx1x135dxx12

5、3.C2xln611xln35xln23例 3求dx) 1x(x12解：22) 1x(C1xBxA) 1x(x1，,Cx) 1x(Bx) 1x(A12 令0 x ，1A ，令1x ，1C ，比較2x項(xiàng)的系數(shù)：0BA，1B。22) 1x(11x1x1) 1x(x1，.C1x11xxlndx) 1x(11x1x1dx) 1x(x122例 4求dx)2x2x)(2x(x22解：2x2xCBx)2x(A)2x2x)(2x(x222，)2x)(CBx()2x2x(Ax22，令2x，A24 ，2A ； 令0 x ，)CA(20，2C；比較2x的系數(shù)，1BA，1B。2x2x2x2x2)2x2x)(2x(x2

6、22，dx)2x2x2x2x2(dx)2x2x)(2x(x222dx2x2x1dx2x2x2x2212xln22222221) 1x() 1x(d2x2x)2x2x(d212xln2C) 1xarctan(2x2xln212xln22.C) 1xarctan(2x2x)2x(ln223 3有有理理函函數(shù)數(shù)的的積積分分步步驟驟： 若有理函數(shù))x(R是假分式，則通過(guò)除法將)x(R化為 多項(xiàng)式與真分式之和，否則可省去這一步。 將真分式分解為部分分式之和。 求多項(xiàng)式和各部分分式的積分，再相加即得所求之有 理函數(shù)的積分。有理函數(shù)的積分是積分學(xué)中解決得最完善、最徹底的部分。對(duì)于形如dxCbxax12的不定

7、積分，可以根據(jù)判別式ac4b2的符號(hào)確定求不定積分的方法。0ac4b2,配方后代入公式；0ac4b2，分解為部分分式再計(jì)算；0ac4b2，湊微分。例如：2222)23()21x()21x(d 0ac4b dx1xx1.C31x2arctan32) 1x)(3x(dx 0ac4b dx3x2x122.C3x1xln41dx)3x11x1(41.C1x1) 1x(dx 0ac4b dx1x2x1222 真分式的積分可以變換成部分分式的積分，而部分分式的 積分可以歸結(jié)為以下四種類(lèi)型的積分：(1)dxaxA；(2)1)(n dx)ax(An； (3)0)4q(p dxqpxxNMx22；(4)0)4q

8、p 1,(n dx)qpxx(NMx2n2。 前面三種積分都比較容易，已在上面例題中介紹了它們的解法，最后一種積分方法較繁，可查閱積分表中的公式，這里不再討論它的解法。 上面介紹的是有理函數(shù)積分的常規(guī)方法，在具體解題時(shí)，應(yīng)優(yōu)先考慮其他簡(jiǎn)便方法。如C8xln318x)8x(d31dx8xx33332。dtttt21dtt) t1 ( dtdx , tx1dx)x1 (x202202202令Ct171t91t191dt)t1t2t1(171819181920.C)x1 (171)x1 (91)x1 (191171819 )x(d)x1 ()x(21 dx)x1 (x25232527dtt1t3t3

9、t121dtt) t1 (21 tx1 2345532令.C)x1 (21)x1 (43)x1 (81)x1 (812223242另解： tdtcos) t(costsin tsinx dx)x1 (x527527 dttcostsin 97) t(tantdtan tdtsecttan 727Cttan818.C)x1 (x81C)x1x(8142882t1x2x1二二、三三角角函函數(shù)數(shù)有有理理式式的的積積分分由常數(shù)和三角函數(shù)經(jīng)過(guò)有限次四則運(yùn)算所得到的函數(shù)稱(chēng)1 1 半半 角角 代代 換換三角函數(shù)有理式積分cosx)dx , x(sinR可用“半角代換”法化為有理函數(shù)的積分。令t2xtan，則

10、tarctan2x ，dtt12dx2， 2t1t2xsin， 22t1t1xcos，為三三角角函函數(shù)數(shù)有有理理式式，可用cosx) , x(sinR表示。dtt12)t1t1 ,t1t2(Rcosx)dx , x(sinR2222。例 5求dx1cosxsinxcotx解：令t2xtan，則dtt12dx2，2t1t2xsin，22t1t1xcos，t2t1xcot2，dx1cosxsinxcotxdtt121t1t1t12t2tt122222dtdtt121dt2tt1.C2xtan2xtanln21C ttln21例 6求dxxcos21解：令t2xtan，則dtt12dx2， 22t1

11、t1xcos，dxxcos21dtt312dtt12t1t1212222.C32xtanarctan32C3tarctan32 上面所講的是三角函數(shù)有理式積分的常規(guī)方法，因?yàn)樗ㄟ^(guò)半角代換轉(zhuǎn)化為有理函數(shù)的積分，所以往往是非常麻煩的，因此具體解題時(shí)，應(yīng)盡量采用其他簡(jiǎn)便方法。（1）dx) 1x(secxcos1dxxcos11222（2）dxxsin1xsinxdxtandxxcosxsindxxcos)xsin1 (xsin222Cxxtanxsecdx) 1x(secdxxtanxsec2 ).C)2xtanarctan(21)x(tand)2x(tan12例 7求下列不定積分（3）dxxcos2xsin3解： )x(cosdxcos2)xcos1 (dxxcos2xsin23dtt21tdtt2t1 txcos 22令Ct2ln3t2t21dt)t232t (dtt234t22.Cxcos2ln3xcos2xcos212對(duì)初等函數(shù)來(lái)說(shuō)，在其定義域內(nèi)它的原函數(shù)一定存在，但有些原函數(shù)不一定是初等