有理式的积分

有理分式的积分

有理式的积分是很简单的，一般的有理分式的都可以转换为有理式与既约有理分式的和。
下面给出既约有理分式的积分的一个待定系数法求法

$设\frac{P(x)}{Q(x)}是既约真分式,将Q(x)分为不可约因式的积$
$$Q(x)=\prod _{i=1}^r(x-a_i{)}^{h_i}\prod _{j=1}^s(x^2+p_{j}x+q_j{)}^{k_j}$$
记
$$Q_1(x)=\prod _{i=1}^r(x-a_i{)}^{h_i-1}\prod _{j=1}^s(x^2+p_{j}x+q_j{)}^{k_j-1}$$
则有
$$\int \frac{P(x)}{Q(x)}dx=\frac{P_1(x)}{Q_1(x)}+\sum _{i=1}^r{\alpha }_i\ln |x-a_i|+\sum _{j=1}^s{\beta }_j\ln |x^2+p_{j}x+q_j|+\sum _{j=1}^s\frac{2{\gamma }_j}{\sqrt{4q_j-p_j^2}}\arctan \frac{2x+p_j}{\sqrt{4q_j-p_j^2}}+C$$
$其中，P_1(x)是次数低于Q_1(x)的多项式$

可以利用该定理进行待定系数求解

一些可以有理化的被积表达式

一些被积表达式可以有理化，下面介绍四种

1. $R(sinx,cosx)dx$
2. $R(x,\sqrt{a{x}^2+bx+c})dx$
3. $R(x,\sqrt[n]{\frac{ax+b}{cx+d}})dx$
4. $x^{\alpha }(a+b{x}^{\beta }{)}^{\gamma }dx(当\alpha 、\beta 、\gamma 满足一定条件时)$

$R(u,v)$表示关于两个变元$u,v$的有理式。

a.$R(sinx,cosx)dx$ ，万能替换

通过换元法，$t=\tan \frac{x}{2}，即x=2\arctan t$，可以实现有理化
由三角恒等变换可知，有

$$\sin x=\frac{2t}{1+t^2}$$
$$\cos x=\frac{1-t^2}{1+t^2}$$
$$dx=\frac{2dt}{1+t^2}$$

于是就得到了

$$R(\sin x,\cos x)dx=R(\frac{2t}{1+t^2},\frac{1-t^2}{1+t^2})\frac{2dt}{1+t^2}$$

成功有理化

特殊地，对于

$R_1(\sin x,{\cos }^{2}x)\cos xdx，采用替换\sin x=t$
$R_2({\sin }^{2}x,\cos x)\sin xdx,采用替换\cos x=t$
$R_3(\frac{\sin x}{\cos x},{\cos }^{2}x)dx,采用替换\tan x=t$

可以简化求积分过程

b.$R(x,\sqrt{a{x}^2+bx+c})$

通过替换

$$u=\sqrt{|a|}(x+\frac{b}{2a})$$

可以将$\sqrt{a{x}^2+bx+c}$转换为下面三种形式之一

$$\sqrt{u^2+{\lambda }^2},\sqrt{u^2-{\lambda }^2},\sqrt{{\lambda }^2-u^2}$$

进一步地，分别通过替换

$$u=\lambda \tan t,u=\lambda \sec t,u=\lambda \sin t,$$

可以将被积表达式转换为三角函数的有理式

c.$R(x,\sqrt[n]{\frac{ax+b}{cx+d}})dx$

不妨设$ad-bc\ne 0$,
通过替换

$$t=\sqrt[n]{\frac{ax+b}{cx+d}}$$

得到

$$dx=\frac{n(ad-bc)t^{n-1}}{(a-c{t}^n{)}^2}dt$$

于是$R(x,\sqrt[n]{\frac{ax+b}{cx+d}})dx$有理化为

$$R(\frac{d{t}^n-b}{a-c{t}^n},t)\frac{n(ad-bc)t^{n-1}}{(a-c{t}^n{)}^2}dt$$

对于c = 0的情况（这时不妨设d = 1），对于

$$R(x,\sqrt[n]{ax+b})dx$$

做变换$t=\sqrt[n]{ax+b}$一样可以有理化

d.二项型微分式$x^{\alpha }(a+b{x}^{\beta }{)}^{\gamma }dx$

这里的$\alpha 、\beta 、\gamma$都是有理数
与上面的不同，这里可能根号里套着根号，为了消除根号的嵌套，做变换

$$x^{\beta }=t,即x=t^{\frac{1}{\beta }}$$

于是

$$dx=\frac{1}{\beta }{t}^{\frac{1}{\beta }-1}dt$$

所讨论的微分表达式化为无根号嵌套的形式

$$\begin{gathered} x^{\alpha }(a+b{x}^{\beta }{)}^{\gamma }dx=t^{\frac{\alpha }{\beta }}(a+bt{)}^{\gamma }\frac{1}{\beta }{t}^{\frac{1}{\beta }-1}dt \\ =\frac{1}{\beta }{t}^{\frac{\alpha +1}{\beta }-1}(a+bt{)}^{\gamma }dt \\ =\frac{1}{\beta }{t}^{\frac{\alpha +1}{\beta }+\gamma -1}(\frac{a+bt}{t}{)}^{\gamma }dt \end{gathered}$$

对于后面两个式子，如果第一个t的次数为整数，也就是

$$\frac{\alpha +1}{\beta }\in Z或者\frac{\alpha +1}{\beta }+\gamma \in Z$$

就可以转化为c中的情况。
注：切比雪夫证明了：除了以上情形外，二项型微分式不能积分成有限形式。