∫
(
x
1 − 1)2
dx
−
∫
x
1 −
dx 1
= ln | x | − 1 − ln | x −1| +C. x −1
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∫1
例5 求积分 (1 + 2x)(1 + x2 ) dx.
例3
解：∫
(1
+
2
1 x)(1
+
x2
)
dx
=
∫
⎡4
⎢ ⎢⎢1
5 +2
x
+
− 2 x+ 5 1+ x2
2 tan x 2
1− tan2 x 2
u
=
tan
x 2
1
2u − u2
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令u = tan x x = 2arctan u 2
dx
=
1
2 + u2
du
∫ ∫ R(sin x,cos x)dx =
R⎜⎛ ⎝
1
2u +u
2
,
1 1
− +
u2 u2
⎞⎟ ⎠
1
2 + u2
1 5
⎤ ⎥ ⎥dx ⎥
4
−2x+1⎣
⎦
=
∫
1
5 +2
x
dx
+
∫
5 1+
x2
5dx
=
2 5
ln(1
+
2x)
−
1 5
∫
1
2x + x2
dx
+
1 5
∫
1
1 +x
2
dx
= 2 ln(1 + 2x) − 1 ln(1 + x2 ) + 1 arctan x + C .
5
5
5
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B = −2,C 5
−2x+
+ x
5 1+ x2
=1 5
1 5.
,
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∫ 例4 求积分
1
x3
−
2
x2
+
dx. x
解：∫
1 dx =
x3 − 2x2 + x
∫
x(
1 x−
1)2dx
=
∫
⎡1 ⎣⎢ x
+
(x
1 − 1)2
−
x
1 −
⎤ 1⎥⎦
dx
例2
=
∫
1dx x
+
⇒
⎧A+ B ⎩⎨− (3A
= 1, + 2B)
=
3,
⇒
⎧ ⎨ ⎩
A B
= =
−5 ,
6
∴
x2
x+3 −5x +
= 6
−5 x−2
+
x
6 −
. 3
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6
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例2
x(
1 x−1)2
=
A+ x
(x
B − 1)2
+
C, x−1
通分以后比较分子得：
1= (A+C)x2 + (B − 2A−C)x + A
dt
+
∫ (t2
b +a
2
)n
dt
第三节 例9
∫ =
−
2(n
−
M 1)(t 2
+
a
2
)n−1+
b
(t
2
1 + a2
)n
dt .
结论： 有理函数的原函数都是初等函数.
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说明: 将有理函数分解为部分分式进行积分虽可行,
但不一定简便 , 因此要注意根据被积函数的结构寻求
p2 ,
⎝ 2⎠
4
令 x+ p=t 2
并记
x2 + px + q = t 2 + a2 ,
Mx + N = Mt + b,
其中
a2 = q − p2 , 4
b = N − Mp , 2
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∴
∫
(
x
Mx + 2 + px
N + q)n
dx
=
∫ (t2
Mt + a2 )n
x)
dx
=
1 2
u2 + 2u + 1 du
u
=
1
u2 (
+
2u
+
ln u) +
C
22
=
tan2
x 2
+
tan
x
+
1
ln tan
x
+C
4
22
2
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例10（补充题）
求
∫
1
cos x + sin
x
dx.
1− u2 2du
∫ = ∫ ∫ 解： =
cos x dx = 1 + sin x
1）利用多项式除法, 假分式可以化成一个多项式和
一个真分式之和.
例如，我们可将 x 3 + x + 1
x2 +1
化为多项式与真分式之和
x
+
1
x2
. +1
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2）在实数范围内真分式总可以分解成几个最简式之和
最简分式是下面两种形式的分式
A (x − a)k
Ax + B ( x2 + px + q)k ;
令 t = p a x + b , p为m , n的最小公倍数 .
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例12（课本 例7）求
∫
1
+
dx 3x
+
2
.
解: 令 u = 3 x + 2 , 则 x = u3 − 2, dx = 3u2 du
∫ 原式
=
∫
3u 1+
2
u
du
=3
(u2 −1) +1du 1+ u
,
1 = A(1 + x2 ) + (Bx + C )(1 + 2x), 整理得 1 = ( A + 2B)x2 + (B + 2C )x + C + A,
⎧ A + 2B = 0,
⎪⎨B ⎪⎩ A
∴ (1
+ +
+
2C = 0, C = 1,
1 2x)(1 +
⇒ x2)
A= 4, 5 4
=5 1+ 2
简便的方法.
例7（补充题）
求
I
=
∫
2x3 + x4
2x2 + 5x + + 5x2 + 4
5 dx.
∫ ∫ 解:
I=
2x3 + 5x x4 + 5x2 +
4
dx
+
x
4
2x2 + + 5x2
5 +
4
dx
∫ ∫ = 1 2
d(x4 + 5x2 + 5) + x4 + 5x2 + 4
(x2 +1) + (x2 + 4) (x2 +1)(x2 + 4)
2(1 − u)
1+u2 1+u2
1
+
1
2u +u
2
(1
+
u)(1
+
u
2
du )
一直做下去，一定可以积出来，只是太麻烦。
∫
cos x 1 + sin x
dx=
∫
d(1 + sin x) 1 + sin x
=
ln(1 +
sin
x) +
C
由此可以看出，万能代换法不是最简方法，
能不用尽量不用。
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2−x 2+x
+21 +21
+
C
(x ≠ 0)
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二 、可化为有理函数的积分举例
1. 三角函数有理式的积分
设 R(sin x , cos x) 表示三角函数有理式 , 则
∫ R(sin x , cos x) dx