4.4 三类常见可积函数积分

1. 有理函数积分 $\int R(x)\mathrm{d}x$

两个多项式的商 $\dfrac{P(x)}{Q(x)}$ 称为有理函数。这里假设 $P(x)$ 和 $Q(x)$ 没有公因式，由于 $\text{假分式} = \text{多项式} + \text{真分式}.$ 所以，以下假设 $\dfrac{P(x)}{Q(x)}$ 为真分式，如果分母 $Q(x)$ 可分解为两个多项式的乘积 $Q(x)=Q_1(x)Q_2(x),$ 则 $\dfrac{P(x)}{Q(x)}$ 可拆成两个真分式之和 $\dfrac{P(x)}{Q(x)}=\frac{P_1(x)}{Q_1(x)}+\frac{P_2(x)}{Q_2(x)}.$

上述步骤称为把真分式化为部分分式，也就是有理函数积分的一般方法，部分分式法。

利用部分分式法总可以把真分式 $\dfrac{P(x)}{Q(x)}$ 化为以下 4 个基本形式，然后分项积分 $\frac{A}{x-a},\ \frac{A}{(x-a)^n},\ \frac{Ax+b}{x^2+px+q},\ \frac{Ax+b}{(x^2+px+q)^n},$ 这里 $p^2-4q<0$ 。

(1) 一般方法(部分分式法)。
(2) 特殊方法(加项减项拆或凑微分降幂)。

不是并列互斥的两套独立解法，是「先后配合」的关系。

【例10】(1999，数二) $\displaystyle\int \frac{x+5}{x^2-6x+13}\mathrm{d}x=\underline{\quad\quad}.$

解

\begin{aligned} \int \frac{x+5}{x^2-6x+13}\mathrm{d}x &=\frac12\int\frac{\mathrm{d}(x^2-6x+13)}{x^2-6x+13}+8\int\frac{\mathrm{d}(x-3)}{(x-3)^2+2^2}\\ &=\frac12\ln(x^2-6x+13)+4\arctan\frac{x-3}{2}+C. \end{aligned}

【例11】(1987，数五) 求不定积分 $\displaystyle\int \frac{x\mathrm{d}x}{x^4+2x^2+5}.$

解

\begin{aligned} \int \frac{x\mathrm{d}x}{x^4+2x^2+5} &=\int\frac{x\mathrm{d}x}{4+(x^2+1)^2}=\frac12\int\frac{\mathrm{d}(x^2+1)}{4+(x^2+1)^2}\\ &=\frac14\arctan\frac{x^2+1}{2}+C. \end{aligned}

【例12】(2019，数二) 求不定积分 $\displaystyle\int \frac{3x+6}{(x-1)^2(x^2+x+1)}\mathrm{d}x.$

解令 $\frac{3x+6}{(x-1)^2(x^2+x+1)}=\frac{A}{x-1}+\frac{B}{(x-1)^2}+\frac{Dx+E}{x^2+x+1},$ 则 $3x+6=A(x-1)(x^2+x+1)+B(x^2+x+1)+(Dx+E)(x-1)^2,$

\begin{cases} A+D=0,\\ B-2D+E=0,\\ B+D-2E=3,\\ -A+B+E=6, \end{cases} \quad\text{解得}\quad \begin{cases} A=-2,\\ B=3,\\ D=2,\\ E=1. \end{cases}

\begin{aligned} \int \frac{3x+6}{(x-1)^2(x^2+x+1)}\mathrm{d}x &=\int\frac{-2}{x-1}\mathrm{d}x+\int\frac{3}{(x-1)^2}\mathrm{d}x+\int\frac{2x+1}{x^2+x+1}\mathrm{d}x\\ &=-2\ln|x-1|-\frac{3}{x-1}+\ln(x^2+x+1)+C. \end{aligned}

2. 三角有理式积分 $\int R(\sin x,\cos x)\mathrm{d}x$

(1) 一般方法(万能代换). 令 $\tan \dfrac{x}{2}=t$ ， $\int R(\sin x,\cos x)\mathrm{d}x=\int R\left(\frac{2t}{1+t^2},\frac{1-t^2}{1+t^2}\right)\frac{2}{1+t^2}\mathrm{d}t.$

(2) 特殊方法(三角变形，换元，分部)。

几种常用的换元法。 ① 若 $R(-\sin x,\cos x)=-R(\sin x,\cos x)$ ，则令 $u=\cos x$ ，或凑 $\mathrm{d}\cos x$ 。 ② 若 $R(\sin x,-\cos x)=-R(\sin x,\cos x)$ ，则令 $u=\sin x$ ，或凑 $\mathrm{d}\sin x$ 。 ③ 若 $R(-\sin x,-\cos x)=R(\sin x,\cos x)$ ，则令 $u=\tan x$ ，或凑 $\mathrm{d}\tan x$ 。

【例13】(1996，数三) 求 $\displaystyle\int \frac{\mathrm{d}x}{1+\sin x}.$

解【方法1】 $\text{原式}=\int\frac{1-\sin x}{\cos^2x}\mathrm{d}x=\tan x-\frac{1}{\cos x}+C.$

【方法2】令 $\tan\dfrac{x}{2}=t$ ，则

\begin{aligned} \text{原式}&=\int\frac{1}{1+\frac{2t}{1+t^2}}\cdot\frac{2}{1+t^2}\mathrm{d}t =\int\frac{2\mathrm{d}t}{(1+t)^2}\\ &=-\frac{2}{1+t}+C=-\frac{2}{1+\tan\frac{x}{2}}+C. \end{aligned}

【例14】(1994，数一、二、三) 求 $\displaystyle\int \frac{\mathrm{d}x}{\sin(2x)+2\sin x}.$

解

\begin{aligned} \text{原式} &=\int\frac{\mathrm{d}x}{2\sin x(\cos x+1)}=\int\frac{\sin x\mathrm{d}x}{2(1-\cos^2x)(1+\cos x)}\\ &\xlongequal{\cos x=u}-\frac12\int\frac{\mathrm{d}u}{(1-u^2)(1+u)} =-\frac14\int\left[\frac{1}{1-u^2}+\frac{1}{(1+u)^2}\right]\mathrm{d}u\\ &=\frac18\left(\ln\frac{1-u}{1+u}+\frac{2}{1+u}\right)+C\\ &=\frac18\ln\frac{1-\cos x}{1+\cos x}+\frac{1}{4(1+\cos x)}+C. \end{aligned}

【例15】 计算 $\displaystyle\int \frac{\mathrm{d}x}{\cos x(1+\sin x)}.$

解

\begin{aligned} \text{原式} &=\int\frac{\cos x\mathrm{d}x}{(1-\sin^2x)(1+\sin x)} =\int\frac{\mathrm{d}(\sin x)}{(1-\sin^2x)(1+\sin x)}\\ &\xlongequal{\sin x=u}\int\frac{\mathrm{d}u}{(1-u^2)(1+u)} =\frac12\int\frac{1-u+1+u}{(1-u^2)(1+u)}\mathrm{d}u &=\frac12\int \frac{1}{(1+u)^2}\mathrm{d}u+\frac12\int \frac{1}{1-u^2}\mathrm{d}u =-\frac12\frac{1}{u+1}-\frac14\ln\left|\frac{u-1}{u+1}\right|+C\\ &=-\frac12\frac{1}{\sin x+1}-\frac14\ln\left|\frac{\sin x-1}{\sin x+1}\right|+C. \end{aligned}

最终表达式形式不唯一。

【例16】 计算 $\displaystyle\int \frac{\mathrm{d}x}{\sin x(\sin x+\cos x)}.$

解

\begin{aligned} \text{原式}&=\int \frac{1}{\sin^2x(1+\cot x)}\mathrm{d}x =-\int \frac{1}{1+\cot x}\mathrm{d}(\cot x)\\ &=-\ln|1+\cot x|+C =\ln\left|\frac{\sin x}{\sin x+\cos x}\right|+C. \end{aligned}

答案形式不唯一。

3. 简单无理函数积分 $\displaystyle\int R\left(x,\sqrt[n]{\frac{ax+b}{cx+d}}\right)\mathrm{d}x$

令 $\displaystyle\sqrt[n]{\frac{ax+b}{cx+d}}=t$ ，将其化为有理函数积分进行计算。

【例17】 计算 $\displaystyle\int \frac1x\sqrt{\frac{x+1}{x}}\mathrm{d}x.$

解【方法1】令 $\displaystyle\sqrt{\frac{x+1}{x}}=t$ ，则 $\displaystyle x=\frac{1}{t^2-1},\mathrm{d}x=-\frac{2t}{(t^2-1)^2}\mathrm{d}t$ ，

\begin{aligned} \int \frac1x\sqrt{\frac{x+1}{x}}\mathrm{d}x &=\int (t^2-1)t\cdot \frac{-2t}{(t^2-1)^2}\mathrm{d}t =-2\int\left(1+\frac{1}{t^2-1}\right)\mathrm{d}t\\ &=-2\left(t+\frac12\ln\left|\frac{t-1}{t+1}\right|\right)+C\\ &=-2\sqrt{1+\frac1x}-\ln\left|2x+1-2x\sqrt{1+\frac1x}\right|+C. \end{aligned}

【方法2】分子有理化。

\begin{aligned} \int \frac1x\sqrt{\frac{x+1}{x}}\mathrm{d}x &=\int \frac{x+1}{x\sqrt{x^2+x}}\mathrm{d}x\\ &=\int \frac{\mathrm{d}\left(x+\frac12\right)}{\sqrt{\left(x+\frac12\right)^2-\frac14}}+\int \frac{\mathrm{d}x}{x^2\sqrt{1+\frac1x}}\\ &=\ln\left|x+\frac12+\sqrt{\left(x+\frac12\right)^2-\frac14}\right|-\int \frac{\mathrm{d}\left(1+\frac1x\right)}{\sqrt{1+\frac1x}}\\ &=\ln\left|x+\frac12+\sqrt{x^2+x}\right|-2\sqrt{1+\frac1x}+C. \end{aligned}

1. 有理函数积分 $\int R(x)\mathrm{d}x$

上述步骤称为把真分式化为部分分式，也就是有理函数积分的一般方法，部分分式法。

(1) 一般方法(部分分式法)。
(2) 特殊方法(加项减项拆或凑微分降幂)。

不是并列互斥的两套独立解法，是「先后配合」的关系。

【例10】(1999，数二) $\displaystyle\int \frac{x+5}{x^2-6x+13}\mathrm{d}x=\underline{\quad\quad}.$

解

\begin{aligned} \int \frac{x+5}{x^2-6x+13}\mathrm{d}x &=\frac12\int\frac{\mathrm{d}(x^2-6x+13)}{x^2-6x+13}+8\int\frac{\mathrm{d}(x-3)}{(x-3)^2+2^2}\\ &=\frac12\ln(x^2-6x+13)+4\arctan\frac{x-3}{2}+C. \end{aligned}

【例11】(1987，数五) 求不定积分 $\displaystyle\int \frac{x\mathrm{d}x}{x^4+2x^2+5}.$

解

\begin{aligned} \int \frac{x\mathrm{d}x}{x^4+2x^2+5} &=\int\frac{x\mathrm{d}x}{4+(x^2+1)^2}=\frac12\int\frac{\mathrm{d}(x^2+1)}{4+(x^2+1)^2}\\ &=\frac14\arctan\frac{x^2+1}{2}+C. \end{aligned}

【例12】(2019，数二) 求不定积分 $\displaystyle\int \frac{3x+6}{(x-1)^2(x^2+x+1)}\mathrm{d}x.$

解令 $\frac{3x+6}{(x-1)^2(x^2+x+1)}=\frac{A}{x-1}+\frac{B}{(x-1)^2}+\frac{Dx+E}{x^2+x+1},$ 则 $3x+6=A(x-1)(x^2+x+1)+B(x^2+x+1)+(Dx+E)(x-1)^2,$

\begin{cases} A+D=0,\\ B-2D+E=0,\\ B+D-2E=3,\\ -A+B+E=6, \end{cases} \quad\text{解得}\quad \begin{cases} A=-2,\\ B=3,\\ D=2,\\ E=1. \end{cases}

\begin{aligned} \int \frac{3x+6}{(x-1)^2(x^2+x+1)}\mathrm{d}x &=\int\frac{-2}{x-1}\mathrm{d}x+\int\frac{3}{(x-1)^2}\mathrm{d}x+\int\frac{2x+1}{x^2+x+1}\mathrm{d}x\\ &=-2\ln|x-1|-\frac{3}{x-1}+\ln(x^2+x+1)+C. \end{aligned}

2. 三角有理式积分 $\int R(\sin x,\cos x)\mathrm{d}x$

(1) 一般方法(万能代换). 令 $\tan \dfrac{x}{2}=t$ ， $\int R(\sin x,\cos x)\mathrm{d}x=\int R\left(\frac{2t}{1+t^2},\frac{1-t^2}{1+t^2}\right)\frac{2}{1+t^2}\mathrm{d}t.$

(2) 特殊方法(三角变形，换元，分部)。

【例13】(1996，数三) 求 $\displaystyle\int \frac{\mathrm{d}x}{1+\sin x}.$

解【方法1】 $\text{原式}=\int\frac{1-\sin x}{\cos^2x}\mathrm{d}x=\tan x-\frac{1}{\cos x}+C.$

【方法2】令 $\tan\dfrac{x}{2}=t$ ，则

\begin{aligned} \text{原式}&=\int\frac{1}{1+\frac{2t}{1+t^2}}\cdot\frac{2}{1+t^2}\mathrm{d}t =\int\frac{2\mathrm{d}t}{(1+t)^2}\\ &=-\frac{2}{1+t}+C=-\frac{2}{1+\tan\frac{x}{2}}+C. \end{aligned}

【例14】(1994，数一、二、三) 求 $\displaystyle\int \frac{\mathrm{d}x}{\sin(2x)+2\sin x}.$

解

\begin{aligned} \text{原式} &=\int\frac{\mathrm{d}x}{2\sin x(\cos x+1)}=\int\frac{\sin x\mathrm{d}x}{2(1-\cos^2x)(1+\cos x)}\\ &\xlongequal{\cos x=u}-\frac12\int\frac{\mathrm{d}u}{(1-u^2)(1+u)} =-\frac14\int\left[\frac{1}{1-u^2}+\frac{1}{(1+u)^2}\right]\mathrm{d}u\\ &=\frac18\left(\ln\frac{1-u}{1+u}+\frac{2}{1+u}\right)+C\\ &=\frac18\ln\frac{1-\cos x}{1+\cos x}+\frac{1}{4(1+\cos x)}+C. \end{aligned}

【例15】 计算 $\displaystyle\int \frac{\mathrm{d}x}{\cos x(1+\sin x)}.$

解

\begin{aligned} \text{原式} &=\int\frac{\cos x\mathrm{d}x}{(1-\sin^2x)(1+\sin x)} =\int\frac{\mathrm{d}(\sin x)}{(1-\sin^2x)(1+\sin x)}\\ &\xlongequal{\sin x=u}\int\frac{\mathrm{d}u}{(1-u^2)(1+u)} =\frac12\int\frac{1-u+1+u}{(1-u^2)(1+u)}\mathrm{d}u &=\frac12\int \frac{1}{(1+u)^2}\mathrm{d}u+\frac12\int \frac{1}{1-u^2}\mathrm{d}u =-\frac12\frac{1}{u+1}-\frac14\ln\left|\frac{u-1}{u+1}\right|+C\\ &=-\frac12\frac{1}{\sin x+1}-\frac14\ln\left|\frac{\sin x-1}{\sin x+1}\right|+C. \end{aligned}

最终表达式形式不唯一。

【例16】 计算 $\displaystyle\int \frac{\mathrm{d}x}{\sin x(\sin x+\cos x)}.$

解

\begin{aligned} \text{原式}&=\int \frac{1}{\sin^2x(1+\cot x)}\mathrm{d}x =-\int \frac{1}{1+\cot x}\mathrm{d}(\cot x)\\ &=-\ln|1+\cot x|+C =\ln\left|\frac{\sin x}{\sin x+\cos x}\right|+C. \end{aligned}

答案形式不唯一。

3. 简单无理函数积分 $\displaystyle\int R\left(x,\sqrt[n]{\frac{ax+b}{cx+d}}\right)\mathrm{d}x$

令 $\displaystyle\sqrt[n]{\frac{ax+b}{cx+d}}=t$ ，将其化为有理函数积分进行计算。

【例17】 计算 $\displaystyle\int \frac1x\sqrt{\frac{x+1}{x}}\mathrm{d}x.$

解【方法1】令 $\displaystyle\sqrt{\frac{x+1}{x}}=t$ ，则 $\displaystyle x=\frac{1}{t^2-1},\mathrm{d}x=-\frac{2t}{(t^2-1)^2}\mathrm{d}t$ ，

\begin{aligned} \int \frac1x\sqrt{\frac{x+1}{x}}\mathrm{d}x &=\int (t^2-1)t\cdot \frac{-2t}{(t^2-1)^2}\mathrm{d}t =-2\int\left(1+\frac{1}{t^2-1}\right)\mathrm{d}t\\ &=-2\left(t+\frac12\ln\left|\frac{t-1}{t+1}\right|\right)+C\\ &=-2\sqrt{1+\frac1x}-\ln\left|2x+1-2x\sqrt{1+\frac1x}\right|+C. \end{aligned}

【方法2】分子有理化。

\begin{aligned} \int \frac1x\sqrt{\frac{x+1}{x}}\mathrm{d}x &=\int \frac{x+1}{x\sqrt{x^2+x}}\mathrm{d}x\\ &=\int \frac{\mathrm{d}\left(x+\frac12\right)}{\sqrt{\left(x+\frac12\right)^2-\frac14}}+\int \frac{\mathrm{d}x}{x^2\sqrt{1+\frac1x}}\\ &=\ln\left|x+\frac12+\sqrt{\left(x+\frac12\right)^2-\frac14}\right|-\int \frac{\mathrm{d}\left(1+\frac1x\right)}{\sqrt{1+\frac1x}}\\ &=\ln\left|x+\frac12+\sqrt{x^2+x}\right|-2\sqrt{1+\frac1x}+C. \end{aligned}

1. 有理函数积分 $\int R(x)\mathrm{d}x$

2. 三角有理式积分 $\int R(\sin x,\cos x)\mathrm{d}x$

3. 简单无理函数积分 $\displaystyle\int R\left(x,\sqrt[n]{\frac{ax+b}{cx+d}}\right)\mathrm{d}x$

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3. 简单无理函数积分 ∫R(x,ax+bcx+dn)dx\displaystyle\int R\left(x,\sqrt[n]{\frac{ax+b}{cx+d}}\right)\mathrm{d}x∫R(x,ncx+dax+b​​)dx

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