§$9.2$ 几类可积函数

以下是符合 MDX 规范的转换结果，包含组件化重构、数学公式与英文名规范化、以及严格换行要求。

$\mathrm{9.2.1}$ 有理函数的积分

有理函数是最基本的可积函数类，其他可积函数类都是化为有理函数进行积分的．有理函数可以分解为多项式与真分式的和，而真分式又可以分解为部分分式的和并求出积分，因此有理函数的原函数一定是初等函数．

在将真分式分解为部分分式的和时，理论上是将问题归结为求解线性代数方程组．这方面的标准理论见 [$[14]$] 的第八章第 $2$ 节．实际上许多问题还可以有很灵活的解法．这里有一些常用的技巧．下面我们举例说明．

例 $9.2.1$

将 $\frac{1}{1+x^3}$ 化为部分分式的和．

证明

对待定的表达式

$$\frac{1}{1+x^3}=\frac{1}{(1+x)(1-x+x^2)}=\frac{A}{1+x}+\frac{Bx+C}{1-x+x^2}\text{\hspace{1em}(9.1)}$$

两边同乘 $1+x$ 后，令 $x\to -1$，得 $A=\frac{1}{3}$．

又将 ($9.1$) 两边同乘 $x$ 后，令 $x\to +\infty$，得 $A+B=0$，因此 $B=-A=-\frac{1}{3}$．再在 ($9.1$) 两边用 $x=0$ 代入，得 $1=A+C$，因此 $C=1-A=\frac{2}{3}$．

从一般理论知道在求部分分式的计算中用四则代数运算就够了．以上引入的极限计算也是如此．容易看出，求 $A$ 的过程就是在 ($9.1$) 的左边将分母的因子 $(1+x)$ 去掉之后再用 $x=-1$ 代入的结果．

下面举一个比较复杂的例子（见 [$[72]$]），其中的解 $1$ 中不仅有极限计算，还有求导计算和在复数域中的计算．

例 $9.2.2$

求不定积分

$$\int \frac{x^7-2x^6+4x^5-5x^4+4x^3-5x^2-x}{(x-1{)}^2(x^2+1{)}^2}\mathrm{d}x.$$

解 $1$

记被积函数为 $R(x)$．首先要分离出真分式，得到

$$R(x)=x+\frac{x^5-x^4+x^3-3x^2-2x}{(x-1{)}^2(x^2+1{)}^2}.$$

根据部分分式理论，一定有唯一的分解如下：

$$\frac{x^5-x^4+x^3-3x^2-2x}{(x-1{)}^2(x^2+1{)}^2}=\frac{A}{(x-1{)}^2}+\frac{B}{x-1}+\frac{Cx+D}{(x^2+1{)}^2}+\frac{Ex+F}{x^2+1}.\text{\hspace{1em}(9.2)}$$

两边同乘 $(x-1{)}^2$ 后令 $x\to 1$，就得到 $A=-1$．又两边同乘 $(x-1{)}^2$ 后求在点 $x=1$ 处的导数值，则就可用求导法则计算如下：

$$B=\frac{(5-4+3-6-2)\cdot 4-8\cdot (1-1+1-3-2)}{16}=1.$$

又在 ($9.2$) 两边同乘 $(x^2+1{)}^2$，再令 $x\to \mathrm{i}$（复数域中的极限），就得到①，

$$C\mathrm{i}+D=\frac{\mathrm{i}-1-\mathrm{i}+3-2\mathrm{i}}{-2\mathrm{i}}=1+\mathrm{i},$$

因此 $C=D=1$．再在 ($9.2$) 两边令 $x=0$ 代入，得到 $A-B+D+F=0$，因此 $F=1$．最后在 ($9.2$) 两边同乘以 $x$，并令 $x\to +\infty$，就得到 $1=B+E$，因此 $E=0$．以下的积分没有困难，我们只列出结果为

$$\int R(x)\mathrm{d}x=\frac{1}{2}{x}^2+\frac{1}{x-1}+\frac{x-1}{2(x^2+1)}+\ln |x-1|+\frac{3}{2}\arctan x+C.$$

代替用各种手段去确定 ($9.2$) 中的未知数的思路，另外还有一种方法值得介绍，它看似笨拙，实际上往往很有效（见 [$[72]$]）．

解 $2$

写出 ($9.2$) 并求出 $A=-1$ 之后，将右边这一项移到左边，计算出

$$\begin{array}{rl}& \frac{x^5-x^4+x^3-3x^2-2x}{(x-1{)}^2(x^2+1{)}^2}-\frac{-1}{(x-1{)}^2}\\ & =\frac{x^5+x^3-x^2-2x+1}{(x-1{)}^2(x^2+1{)}^2}\\ & =\frac{x^4+x^3+2x^2+x-1}{(x-1)(x^2+1{)}^2}=\frac{B}{x-1}+\dots ,\end{array}$$

然后就容易求出 $B=1$．再将这右边的第一项移到左边，计算得到

$$\begin{array}{c}\frac{x^4+x^3+2x^2+x-1}{(x-1)(x^2+1{)}^2}-\frac{1}{x-1}=\frac{x^3+x-2}{(x-1)(x^2+1{)}^2}=\frac{x^2+x+2}{(x^2+1{)}^2}\\ =\frac{x+1}{(x^2+1{)}^2}+\frac{1}{x^2+1},\end{array}$$

以下从略．

在将真分式分解为部分分式的和时，除了用观察法与待定系数法外，对于一些特殊的情况，另外有一些方法．

形如 $\int \frac{Q_m(x)}{(x - a)^n} \mathrm{d}x$ 的积分

其中 $Q_m(x)$ 为 $m$ 次多项式．对此类积分，可用换元 $u=x-a$ 或者将 $Q_m(x)$ 展开为 $x=a$ 处的 $Taylor$ 多项式．

例 $9.2.3$

计算 $\int \frac{1-x^3}{(1+x{)}^4}\mathrm{d}x$．

证明

令 $u=1+x$，则 $x=u-1$，因此

$$\begin{array}{rl}& \int \frac{1-x^3}{(1+x{)}^4}\mathrm{d}x=\int \frac{1-(u-1{)}^3}{u^4}\mathrm{d}u=\int \left(-\frac{1}{u}+\frac{3}{u^2}-\frac{3}{u^3}+\frac{2}{u^4}\right)\mathrm{d}u\\ & =-\ln |u|-\frac{3}{u}+\frac{3}{2u^2}-\frac{2}{3u^3}+C\\ & =-\ln |x+1|-\frac{3}{x+1}+\frac{3}{2(x+1{)}^2}-\frac{2}{3(x+1{)}^3}+C.\end{array}$$

形如 $\int \frac{Q_m(x)}{(x^2 + px + q)^n} \mathrm{d}x$ 的积分

其中分母无实根，$Q_m(x)$ 为 $m$ 次多项式．这时可用带余除法将 $Q_m(x)$ 化成 $Q_{m-2}(x)(x^2+px+q)$ 与一个余项的和，如果 $m-2⩾2$，继续对 $Q_{m-2}(x)$ 作带余除法，直到其次数小于 $2$（例题从略）．

$\mathrm{9.2.2}$ 三角函数有理式的积分

三角函数有理式的积分 $\int R(\sin x,\cos x)\mathrm{d}x$ 都可以用“万能变换” $t=\tan \frac{x}{2}$ 化为有理函数进行积分．但这时产生的有理函数的分母的次数较高，计算工作量较大．因此我们往往避免用万能变换，而是根据具体情况寻找较为简单的解法．例如，下面的几种变换的计算量往往比用万能变换要小．

变换规则 $1$

如果 $R(-\sin x,\cos x)=-R(\sin x,\cos x)$，则令 $t=\cos x$；

变换规则 $2$

如果 $R(\sin x,-\cos x)=-R(\sin x,\cos x)$，则令 $t=\sin x$；

变换规则 $3$

如果 $R(-\sin x,-\cos x)=R(\sin x,\cos x)$，则令 $t=\tan x$．

例 $9.2.4$

计算 $I=\int \frac{\mathrm{d}x}{\sin x\cos 2x}$

证明

这属于上面的情况 $1$，所以可试用 $t=\cos x$ 计算如下：

$$\begin{array}{l}I=\int \frac{\sin x\mathrm{d}x}{(1-{\cos }^{2}x)(2{\cos }^{2}x-1)}=\int \frac{\mathrm{d}\cos x}{({\cos }^{2}x-1)(2{\cos }^{2}x-1)}\\ =\int \frac{\mathrm{d}t}{(t^2-1)(2t^2-1)}=\int \left(\frac{1}{t^2-1}-\frac{2}{2t^2-1}\right)\mathrm{d}t\\ =\frac{1}{2}\ln \left|\frac{t-1}{t+1}\right|-\frac{1}{\sqrt{2}}\ln \left|\frac{\sqrt{2}t-1}{\sqrt{2}t+1}\right|+C\\ =\frac{1}{2}\ln \left|\frac{\cos x-1}{\cos x+1}\right|-\frac{1}{\sqrt{2}}\ln \left|\frac{\sqrt{2}\cos x-1}{\sqrt{2}\cos x+1}\right|+C.\end{array}$$

例 $9.2.5$

计算 $I=\int \frac{\cos 2x}{{\sin }^{4}x+{\cos }^{4}x}\mathrm{d}x.$

解 $1$

这属于上面的情况 $3$，因此可令 $t=\tan x$ 计算如下：

$$\begin{array}{rl}& I=\int \frac{\frac{{\cos }^{2}x-{\sin }^{2}x}{{\cos }^{2}x}}{\frac{{\sin }^{4}x+{\cos }^{4}x}{{\cos }^{4}x}}\cdot \frac{1}{{\cos }^{2}x}\mathrm{d}x=\int \frac{1-{\tan }^{2}x}{1+{\tan }^{4}x}\mathrm{d}\tan x=\int \frac{1-t^2}{1+t^4}\mathrm{d}t\\ & =\frac{1}{2\sqrt{2}}\ln \frac{t^2+\sqrt{2}t+1}{t^2-\sqrt{2}t+1}+C=\frac{1}{2\sqrt{2}}\ln \frac{{\sec }^{2}x+\sqrt{2}\tan x}{{\sec }^{2}x-\sqrt{2}\tan x}+C,\end{array}$$

上面最后一个积分利用了例题 $\mathrm{9.1.8}$ 中的结果．

解 $2$

如下解法更为简单：

$$\begin{array}{rl}& I=\int \frac{\cos 2x}{({\sin }^{2}x+{\cos }^{2}x{)}^2-2{\sin }^{2}x{\cos }^{2}x}\mathrm{d}x\\ & =\int \frac{\cos 2x}{2-{\sin }^{2}2x}\mathrm{d}(2x)=\int \frac{\mathrm{d}\sin 2x}{2-{\sin }^{2}2x}\\ & =\frac{1}{2\sqrt{2}}\ln \left|\frac{\sin 2x+\sqrt{2}}{\sin 2x-\sqrt{2}}\right|+C.\end{array}$$

上面的例题表明，求三角函数有理式的不定积分时，不必拘泥于所提到的各种变换，而应根据具体问题去寻求最适当的解法．下面我们再举一例．

例 $9.2.6$

计算 $I=\int {\sin }^{4}x\mathrm{d}x.$

解 $1$（分部积分法）

可进行如下：

$$\begin{array}{rl}& I=-\int {\sin }^{3}x\mathrm{d}\cos x\\ & =-{\sin }^{3}x\cos x+\int \cos x\mathrm{d}{\sin }^{3}x\\ & =-{\sin }^{3}x\cos x+3\int {\sin }^{2}x{\cos }^{2}x\mathrm{d}x\\ & =-{\sin }^{3}x\cos x+3\int {\sin }^{2}x(1-{\sin }^{2}x)\mathrm{d}x\\ & =-{\sin }^{3}x\cos x+3\int {\sin }^{2}x\mathrm{d}x-3\int {\sin }^{4}x\mathrm{d}x\\ & =-{\sin }^{3}x\cos x+\frac{3}{2}\int (1-\cos 2x)\mathrm{d}x-3I\\ & =-{\sin }^{3}x\cos x+\frac{3}{2}x-\frac{3}{4}\sin 2x-3I,\end{array}$$

所以得到

$$I=-\frac{1}{4}{\sin }^{3}x\cos x+\frac{3}{8}x-\frac{3}{16}\sin 2x+C.$$

解 $2$（倍角公式）

如果用三角函数的倍角公式，则可得到更简单的解法：

$$\begin{array}{rl}& I=\int {\left(\frac{1-\cos 2x}{2}\right)}^2\mathrm{d}x=\frac{1}{4}\int (1-2\cos 2x+{\cos }^{2}2x)\mathrm{d}x\\ & =\frac{1}{4}\int \left(1-2\cos 2x+\frac{1+\cos 4x}{2}\right)\mathrm{d}x\\ & =\frac{3}{8}x-\frac{1}{4}\sin 2x+\frac{1}{32}\sin 4x+C.\end{array}$$

$\mathrm{9.2.3}$ 无理函数积分的例子

一般来说，无理函数的不定积分并不总是积得出来的．例如，即使看似简单的二项式微分式的积分

$$\int x^m(a+b{x}^n{)}^p\mathrm{d}x,$$

其中 $a,b$ 为常数，$m,n,p$ 为有理数，也仅仅在 $p,(m+1)/n$ 或 $(m+1)/n+p$ 为整数这三种特殊情况下才能积得出来．其余情况下的二项式微分式都积不出来，见[$[14]$]第二卷 $279$ 小节．在前面我们已经提到，对于形如 $\int R(x,\sqrt{a{x}^2+bx+c})\mathrm{d}x$ ( $a\ne 0$ )，其中 $R$ 为有理分式的不定积分，可以利用 $Euler$ 变换或三角变换化为有理函数进行积分（见例题 $\mathrm{9.1.1}$ 的注 $2$）．下面我们再举一些例题，说明如何对一些特殊的无理函数进行积分．

例 $9.2.7$

计算不定积分 $\int \frac{1}{x}\sqrt{\frac{x+2}{x-2}}\mathrm{d}x.$

证明

令 $t=\sqrt{\frac{x+2}{x-2}}$，则 $x=\frac{2(t^2+1)}{t^2-1}$，$\mathrm{d}x=-\frac{8t}{(t^2-1{)}^2}\mathrm{d}t.$ 因此

$$\begin{array}{rl}& \int \frac{1}{x}\sqrt{\frac{x+2}{x-2}}\mathrm{d}x=\int \frac{4t^2}{(1-t^2)(1+t^2)}\mathrm{d}t\\ & =2\int \left(\frac{1}{1-t^2}-\frac{1}{1+t^2}\right)\mathrm{d}t\\ & =\ln \left|\frac{1+t}{1-t}\right|-2\arctan t+C\\ & =\ln \left|\frac{1+\sqrt{\frac{x+2}{x-2}}}{1-\sqrt{\frac{x+2}{x-2}}}\right|-2\arctan \sqrt{\frac{x+2}{x-2}}+C\\ & =\ln |x+\sqrt{x^2-4}|+\arctan \frac{\sqrt{x^2-4}}{2}+C.\end{array}$$

对于形如 $\int R\left(x,\sqrt[n]{\frac{ax+b}{cx+d}}\right)\mathrm{d}x$ ($n>1$, $ad-bc\ne 0$) 的不定积分，一般只要令 $t=\sqrt[n]{\frac{ax+b}{cx+d}}$，就可以将其化为有理函数积分.

例 $9.2.8$

计算不定积分 $I=\int \frac{1-\sqrt{x+1}}{(x+1)(1+\sqrt[3]{x+1})}\mathrm{d}x.$

证明

令 $t=\sqrt[6]{x+1}$，则 $x=t^6-1$，$\mathrm{d}x=6t^5\mathrm{d}t.$ 因此

$$\begin{array}{l}I=\int \frac{6(1-t^3)t^5}{t^6(1+t^2)}\mathrm{d}t\\ =6\int \frac{1-t^3}{t(1+t^2)}\mathrm{d}t\\ =6\int \frac{(1+t^2)-t(t-1)-t(1+t^2)}{t(1+t^2)}\mathrm{d}t\\ =6\int \left(\frac{1}{t}-\frac{t-1}{t^2+1}-1\right)\mathrm{d}t\\ =6\left(\ln |t|-\frac{1}{2}\ln (1+t^2)+\arctan t-t\right)+C\\ =6\left(\ln \sqrt[6]{x+1}-\frac{1}{2}\ln (1+\sqrt[3]{x+1})+\arctan \sqrt[6]{x+1}-\sqrt[6]{x+1}\right)+C\\ =3\ln \frac{\sqrt[3]{x+1}}{1+\sqrt[3]{x+1}}+6\arctan \sqrt[6]{x+1}-6\sqrt[6]{x+1}+C.\end{array}$$

对于形如 $\int R(x,\sqrt[m]{ax+b},\sqrt[m]{ax+b})\mathrm{d}x$ 的不定积分，其中 $m,n$ 是正整数，可以用 $t=\sqrt[p]{ax+b}$，其中 $p$ 是 $m,n$ 的最小公倍数，将其有理化．

最后，我们举出一些被积函数既含有无理式，又含有超越函数（指数函数、对数函数、三角函数与反三角函数）的不定积分例题．对这类题，并没有固定的一般解法，只有根据经验，对具体问题进行分析和尝试，寻找合适的解法．

例 $9.2.9$

计算不定积分 $I=\int \sqrt{1+\sin x}\mathrm{d}x$．

解 $1$（三角恒等式）

用适当的三角恒等式，可计算如下：

$$\begin{array}{rl}& I=\int \sqrt{{\sin }^2\frac{x}{2}+{\cos }^2\frac{x}{2}+2\sin \frac{x}{2}\cos \frac{x}{2}}\mathrm{d}x\\ & =\int \left(\sin \frac{x}{2}+\cos \frac{x}{2}\right)\mathrm{d}x\\ & =-2\cos \frac{x}{2}+2\sin \frac{x}{2}+C.\end{array}$$

解 $2$（代换法）

用代换法，令 $t=\sqrt{1+\sin x}$，则

$$x=\arcsin (t^2-1),\mathrm{d}x=\frac{2t\mathrm{d}t}{\sqrt{2t^2-t^4}},$$

因此

$$I=\int \frac{2t^2\mathrm{d}t}{\sqrt{2t^2-t^4}}=\int \frac{\mathrm{d}{t}^2}{\sqrt{2-t^2}}=-2\sqrt{2-t^2}+C=-2\sqrt{1-\sin x}+C.$$

例 $9.2.10$

计算不定积分 $I=\int \arctan \sqrt{\frac{a-x}{a+x}}\mathrm{d}x$ ($a>0$)．

解 $1$（分部积分法）

用分部积分法：

$$\begin{array}{l}I=x\arctan \sqrt{\frac{a-x}{a+x}}-\int x\cdot \frac{1}{1+\frac{a-x}{a+x}}\cdot \frac{1}{2\sqrt{\frac{a-x}{a+x}}}\cdot \frac{-2a}{(a+x{)}^2}\mathrm{d}x\\ =x\arctan \sqrt{\frac{a-x}{a+x}}+\frac{1}{2}\int \frac{x}{\sqrt{a^2-x^2}}\mathrm{d}x\\ =x\arctan \sqrt{\frac{a-x}{a+x}}-\frac{1}{2}\sqrt{a^2-x^2}+C.\end{array}$$

解 $2$（三角代换）

令 $x=a\cos t$，则有

$$\arctan \sqrt{\frac{a-x}{a+x}}=\arctan \sqrt{\frac{1-\cos t}{1+\cos t}}=\arctan \sqrt{\frac{2{\sin }^2\frac{t}{2}}{2{\cos }^2\frac{t}{2}}}=\arctan \left(\tan \frac{t}{2}\right)=\frac{t}{2},$$

因此

$$\begin{array}{rl}& I=a\int \frac{t}{2}\mathrm{d}\cos t=a\cdot \frac{t}{2}\cos t-\frac{a}{2}\int \cos t\mathrm{d}t\\ & =\frac{at}{2}\cos t-\frac{a}{2}\sin t+C\\ & =\frac{x}{2}\arccos \frac{x}{a}-\frac{1}{2}\sqrt{a^2-x^2}+C.\end{array}$$

练习题

$1.$ 用观察法将被积函数拆开后计算不定积分：

(1) $\int \frac{x}{(x+1)(x+2)}\mathrm{d}x;$
(2) $\int \frac{x^2+x+1}{x(1+x^2)}\mathrm{d}x;$
(3) $\int \frac{\mathrm{d}x}{x^4(x^2+1)}$ ;
(4) $\int \frac{4x^2+3}{(x^2+1)(x^2+2)}\mathrm{d}x.$

$2.$ 计算下列有理函数的不定积分：

(1) $\int \frac{x^5-x}{1+x^8}\mathrm{d}x;$
(2) $\int \frac{\mathrm{d}x}{x(x^n+a)}(a\ne 0)$ ;
(3) $\int \frac{x\mathrm{d}x}{(x+1)(x^2+3)};$
(4) $\int \frac{x-1}{(x^2+2x+3{)}^2}\mathrm{d}x;$
(5) $\int \frac{1+x+x^2}{(x-2{)}^{10}}\mathrm{d}x;$
(6) $\int \frac{x^3+1}{x^3-5x^2+6x}\mathrm{d}x;$
(7) $\int \frac{\mathrm{d}x}{1+x^6};$
(8) $\int \frac{x^2-x+3}{(x^2+x+1)(x-1{)}^2}\mathrm{d}x.$

$3.$ 计算下列三角函数有理式的不定积分：

(1) $\int \frac{\mathrm{d}x}{1+\cos x};$
(2) $\int \frac{\mathrm{d}x}{\sin x{\cos }^{4}x};$
(3) $\int \frac{\mathrm{d}x}{2+{\tan }^{2}x};$
(4) $\int {\tan }^{5}x{\sec }^{3}x\mathrm{d}x;$
(5) $\int \frac{\sec x}{(1+\sec x{)}^2}\mathrm{d}x;$
(6) $\int \frac{{\sin }^{2}x\cos x}{\sin x+\cos x}\mathrm{d}x;$
(7) $\int \frac{\sin x\cos x}{1+{\sin }^{4}x}\mathrm{d}x;$
(8) $\int \frac{\mathrm{d}x}{{\sin }^{4}x{\cos }^{2}x}.$

$4.$ 计算 $Poisson$（泊松）积分 $\int \frac{1-r^2}{1-2r\cos x+r^2}\mathrm{d}x$（$-1<r<1$）．

$5.$ 计算下列无理函数的不定积分：

(1) $\int \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{\sin x{\cos }^{7}x}};$
(2) $\int \frac{\mathrm{d}x}{x\sqrt{2x^2+3}};$
(3) $\int \sqrt{{\tan }^{2}x+2}\mathrm{d}x$ ;
(4) $\int \frac{x{\mathrm{e}}^x\mathrm{d}x}{\sqrt{1+{\mathrm{e}}^x}};$
(5) $\int \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{(x-1{)}^3(x-2)}};$
(6) $\int \frac{\sqrt{x}-1}{\sqrt[3]{x}+1}\mathrm{d}x.$