有理函数的不定积分

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有理函数的不定积分

4 2 3 2
例5. 求
( x 2 x 2) (2 x 2) d x 解: 原式 2 2 ( x 2 x 2)
dx d( x 2 x 2) 2 2 2 ( x 1) 1 ( x 2 x 2)
2
2
1 C arctan(x 1) 2 x 2x 2
2
2
例11. 求解: 为去掉被积函数分母中的根式, 取根指数 2, 3 的最小公倍数 6, 令 x t , 则有 5 1 2 6 t d t 原式 3 2 6 ( t t 1 ) dt 1 t t t
6
6
2 1t 3 1 ln 1 t t t 3 2
2
例3. 求解: 原式
x 2x 3 2 d( x 1) 1 d( x 2 x 3) 3 2 2 x 2x 3 ( x 1) 2 ( 2 ) 2 3 x 1 1 2 arctan C ln x 2 x 3 2 2 2
1 ( 2 x 2) 3 2
例2. 求解: 已知 1 1 4 2x 1 2 2 (1 2 x)(1 x ) 5 1 2 x 1 x 1 x 2
2 d(1 2 x) 1 d(1 x ) 1 dx 原式 2 2 5 5 1 2x 5 1 x 1 x 2 1 1 2 ln 1 2 x ln (1 x ) arctan x C 5 5 5
1 Bx C A 2 (1 2 x)(1 x ) 1 2 x 1 x 2
A(1 x 2 ) ( Bx C )(1 2 x) 2 (1 2 x)(1 x ) 2 1 A(1 x ) ( Bx C)(1 2x), 1 4 1 取x 得A , 取x 0得1 A C, C , 5 5 2 2 取x 1得1 2 A 3( B C), B

有理函数不定积分的几种计算方法

有理函数不定积分的几种计算方法不定积分是数学中十分重要的一种概念，是在研究函数及其积分时经常用到的。

而有理函数不定积分则是比较难以求解的一类不定积分，仅仅是利用常规算法求解并不能得到解析解，甚至连数值解都不一定能求得，因此对于有理函数不定积分的计算技术就显得十分重要。

在计算有理函数不定积分的时候，主要有三种方法可以进行，它们分别是：（1）利用超求解法：超求解法是一种求解有理函数不定积分的有效办法，他是利用替代变量法将有理函数不定积分转化为定积分，从而利用定积分的方法对有理函数不定积分进行求解。

（2）利用偏微分法：偏微分法也是一种有效的求解有理函数不定积分的方法，他是利用有理函数的特点，将有理函数不定积分转化为求和式，再利用偏微分来求得有理函数不定积分的解。

（3）利用和约的方法：利用和约的方法也是一种有效的求解有理函数不定积分的方法，他是利用有理函数的特点，令有理函数不定积分计算术式可以和约化，最后再利用和约后的形式来求得解析解。

以上就是有理函数不定积分的计算方法的基本介绍，除此之外，还有一些利用特殊方法计算的，比如利用特殊函数表法、特殊函数转换法、变量变换法等，它们也是有效的求解有理函数不定积分的方法。

同样，在求解有理函数不定积分的时候，计算机也可以起到一定的作用，比如利用计算机编程、利用数值积分方法来求解有理函数不定积分，等等。

因此，有理函数不定积分的求解，不仅可以利用上述几种常规方法，也可以利用特殊的方法来求解，比如利用计算机编程、利用特殊函数转换法等，都可以获得结果。

最后，要注意的是，不管是采用何种方法，都是要仔细分析、比较各种方法间的优劣以及各自的缺点，最终从中选择最适合的求解有理函数不定积分的方法，从而达到求解有理函数不定积分的目的。

总的来说，有理函数不定积分的求解是一个非常重要的内容，只有掌握其中的知识，才能够更加快速、准确的求解有理函数不定积分的问题。

有理函数积分法

第21讲理函数的不定积分一、有理函数的不定积分有理函数是指由两个多项式函数的商所表示的函数，其一般形式为mm mn n n xxx x x Q x P x R βββααα++++++==-- 110110)()()(， (1)其中，m 为n 非负整数，n ααα,,,10 与m βββ ,,10都是常数，且00≠α，00≠β．若n m >，则称它为真分式；若n m ≤，则称它为假分式．由多项式的除法可知，假分式总能化为一个多项式与一个真分式之和．由于多项式的不定积分是容易求得的，因此只需研究真分式的不定积分，故设(1)为一有理真分式．根据代数知识，有理真分式必定可以表示成若干个部分分式之和(称为部分分式分解)．因而问题归结为求那些部分分式的不定积分．为此，先把怎样分解部分分式的步骤简述如下(可与例1对照着做)：第一步对分母()x Q 在实系数内作标准分解： ()()()()()tt t s q p x q x p xa x a x x Q μμλλ++++--=21121121，（2）其中()t iji ,,2,1,1,0 ==μλβ均为自然数，而且.,,2,1,04;2211t j q p m j j si tj ji =-=+∑∑==μλ第二步根据分母的各个因式分别写出与之相应的部分分式：对于每个形如()ka x -的因式，它所对应的部分分式是 ()();221kka x A a x A ax A -++-+-对每个形如()kq px x ++2的因式，它所对应的部分分式是()().22222211kkk q px xC x B q px xC x B qpx x C x B ++++++++++++把所有部分分式加起来，使之等于()x R ．(至此，部分分式中的常数系数i i i C B A ,,尚为待定的.)第三步确定待定系数：一般方法是将所有部分分式通分相加，所得分式的分母即为原分母()x Q ，而其分子亦应与原分子()x P 恒等．于是，按同幂项系数必定相等，得到一组关于待定系数的线性方程，这组方程的解就是需要确定的系数．例1 对()8425109422345234-+--+-++-=x x x x x x x x x x R 作部分分式分解解按上述步骤依次执行如下：()=x Q 84252345-+--+x x x x x ()()().12222+-+-=x x x x部分分式分解的待定形式为()().122222210+-++++++-=x x C Bx x A x A x A x R （3）用()x Q 乘上式两边，得一恒等式()()1210942220234+-+≡-++-x x x A x x x x +()()()()()121222221+--++-+-x x x A x x x x A+()()()222+-+x x C Bx （4）然后使等式两边同幂项系数相等，得到线性方程组：⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧-=---=--+=+----=+++-=++常数项的系数，的系数，的系数，的系数 .1082449483442433123,22102122103210410C A A A x C B A A x C B A A A x C B A A A x B A A 求出它的解：1,1,1,2,1210=-=-===C B A A A ，并代人(3)式，这便完成了)(x R 的部分分式分解：.11)2(12221)(22+---+-++-=x x x x x x x R上述待定系数法有时可用较简便的方法去替代．例如可将x 的某些特定值(如0)(=x Q 的根)代人(4)式，以便得到一组较简单的方程，或直接求得某几个待定系数的值．对于上例，若分别用2=x 和2-=x 代人(4)式，立即求得1120-==A A 和，于是（4）式简化成为)1)(2)(2(161232134+-+-=-+-x x x x A x x x .)2)(2)((2+-++x x C Bx为继续求得C B A ,,1，还可用x 的三个简单值代人上式，如令1,1,0-=x ，相应得到⎪⎩⎪⎨⎧=+-=++=+.83,233,42111C B A C B A C A 由此易得1,1,21=-==C B A ．这就同样确定了所有待定系数．一旦完成了部分分式分解，最后求各个部分分式的不定积分．由以上讨论知道，任何有理真分式的不定积分都将归为求以下两种形式的不定积分：⎰-I ka x dx)()(；()⎰<-+++I I )04()(22q p dx q px x M Lx k．对于()I ，已知()()⎪⎩⎪⎨⎧>+--=+-=--⎰.1,11,1,ln )(1k C a x k k C a x a x dx k k对于()II ，只要作适当换元(令2p x t +=)，便化为()⎰⎰++=+++dt rtNLt dx q px xMLx kk222)(⎰⎰+++=,)()(2222kkr t dt N dt r t t L （5）其中.2,422L p M N pq r-=-=．当1=k 时，（5）式右边两个不定积分分别为⎰++=+C r t dt rtt)ln(212222，.a r c t a n 122C rtr rtdt+=+⎰ （6）当2≥k 时，（5）式右边第一个不定积分为C r t k dt r t tk k++-=+⎰-12222))(1(21)(.对于第二个不定积分，记 ,)(122⎰-+=k k r tdtI 可用分部积分法导出递推公式如下：dt r t t r t rI kk ⎰+-+=)()(1222222⎰+-=-dt r ttrI rkk )(11222212⎰⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+=--122212)(1)1(211k k r t td k r I r.)()1(2111122212⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-+=---k k k I r t tk r I r 经整理得到.)1(232))(1(2121222----++-=k k k I k r k r t k r tI （7）重复使用递推公式(7)，最终归为计算1I ，这已由(6)式给出. 把所有这些局部结果代回(5)式，并令2p x t +=，就II ）的计算．例2 求.)22(1222dx x xx ⎰+-+解：在本题中，由于被积函数的分母只有单一因式，因此，部分分式分解能被简化为222222)22()12()22()22(1+--++-=+-+x x x x x x x x .)22(12221222+--++-=x x x x x现分别计算部分分式的不定积分如下：.)1arctan(1)1()1(22122C x x x d x x dx +-=+--=+-⎰⎰dx x xx dx x xx ⎰⎰+-+-=+--2222)22(1)22()22(12++-+-=⎰222)22()22(x xx x d []⎰+--221)1()1(x x d.)1(221222⎰+++--=tdtx x由递推公式（7）,求得其中⎰⎰+++=+121)1(2)1(2222tdtt t t dt .)1arctan(21)22(2122C x x x x +-++--=于是得到.)1a r c t a n (23)22(23)22(12222C x x x x dx x xx +-++--=+-+⎰二、三角函数有理式的不定积分⎰dx x x R )cos ,(sin 是三角函数有理式的不定积分。

第四节有理函数的不定积分

则 x 2arctan u ,
(万能代换公式)
sin
x
1
2u u2
,
cos
x
1 1
u2 u2
,
dx
1
2 u2
du
R(sin x,cos x)dx
R( 1
2u u
2
,
1 1
u2 u2
)
1
2 u
2
du.
化为了 u 的有理函数的积分.
例1
求积分
5
-
1 3cosx
dx.
例2
求积分
3sinx
2、-1,1 2
,
1 2
；3、 2u 1 u2
2du , 1 u2
；
4、 ax b ,t 2 b ,2t dt ； 5、初等函数 . aa
二、1、1 ln ( x 2)4 C ； 2 ( x 1)( x 3)3
2、1 ln
x4
1 arctan x C ；
4 (1 x)2 (1 x 2 ) 2
解
原式
1 (2x 2) 3 2 x2 2x 3
dx
1
2
d( x2 2x 3) x2 2x 3 3
d( x 1) ( x 1)2 ( 2)2
1 ln x2 2x 3 3 arctan x 1 C .
2
2
2
例7 求积分
解
原式
( x2 2x 2) (2x 2)
例4 求积分
1 a2 cos2 x b2 sin 2 x dx
(a 0,b 0).
例5 求积分
(a
sin
x
1 b
cos
x

有理函数和可化为有理函数的不定积分

(i) 若R( sin x,cos x ) R(sin x,cos x) ,
可作变换 t cos x;
(ii) 若R(sin x , cos x ) R(sin x ,cos x ) ,
可作变换 t sin x;
(iii) 若R( sin x , cos x ) R(sin x ,cos x ) ,
A0 A1 A2 Bx C 所以 R( x ) 2 , 2 x 2 x 2 ( x 2) x x 1
通分相加，分子相等, 得
2 x 4 x 3 4 x 2 9 x 10
A0 ( x 2)2 ( x 2 x 1) A1 ( x 2)( x 2)( x 2 x 1) A2 ( x 2)( x 2 x 1) ( Bx C )( x 2)( x 2) 2 .
解得 A0 1, A1 2, A2 1, B 1, C 1. 于是完成了R(x) 的部分分式分解: 1 2 1 x 1 R( x ) 2 . 2 x 2 x 2 ( x 2) x x 1
二、有理真分式的递推公式
任何有理真分式的不定积分都可化为如下两种形式的不定积分之和：
2 dt 2 dx 1 t 1 sin x cos x 2t 1 t 2 1 2 1 t 1 t2
dt x ln 1 t C ln 1 tan C . 1 t 2
对三角函数有理式的不定积分, 在某些条件下还可选用如下三种变换, 使不定积分简化.
1 ln 1 2t t ln 2
2
2 1 t C 2 1 t 2 1 cos x C. 2 1 cos x

2.2.1有理函数和可化为有理函数的不定积分

(u 1) u2 4
u
2 sec
(2
2sec tan sec 1)2tan
d
2
d cos
2
t tan 2
2
1
t2 1 t2
1 t2
dt
t
2
2
dt 3
2 arctan t C 2 arctan( 1 tan ) C.
3
3
3
32
得
dx
2 arctan x2 2x 3 C.
1 1
t2 t2
,
2
2
2
dx
d(
2
arctan
t
)
1
2 t
2
dt
代入原积分式，得到
2t 1 t2 2
R(sin x,cos x)dx
R
1
t
2
,
1
t
2
1
t
2
dt
.
例3
求
sin
1 sin x x(1 cos
x)
dx.
解
令
t
tan
x 2
,
则
1 sin x dx
sin x(1 cos x)
bx
c
a ( x
b )2 2a
4ac b2 4a 2
,
若记
u
x
b 2a
,
k2
4ac b2 4a 2
,
则
ax2
bx
c
化为
(i) a (u2 k2 ), 或 (ii) a (u2 k2 ), 或 (iii) a (k 2 u2 ).
因此可分别设
(i) u k tan t; (ii) u k sect; (iii) u k sin t.

有理式的不定积分与有理化方法二

补例求 dx . x3 1
解
1 1 1 x2 3 ( 2 ). x 1 3 x 1 x x 1
x2 1 2x 4 1 2x 1 3 dx x 2 x 1 2 x 2 x 1dx 2 x 2 x 1dx
1 (2 x 1)dx 3 dx 2 2 2 x x 1 2 x x 1
化简并约去两端的公因子 x后为 2 x 2 3x 1 A12 ( x 1) 2 A22 ( x 1),
即 2 x 1 A12 x A12 A22 ,
A12 2, A22 1.
得
例2 求
解
1 A Bx C , 2 2 (1 2 x)(1 x ) 1 2 x 1 x
两端去分母,得或
1 A(1 x 2 ) ( Bx C)(1 2x),
1 ( A 2B) x 2 ( B 2C) x C A.
比较两端的各同次幂的系数及常数项，有
A 2 B 0, 4 2 1 A , B ,C . 解之得 B 2 C 0 , 5 5 5 A C 1. 4 2 1 x 1 5 5 5. (1 2 x)(1 x 2 ) 1 2 x 1 x2
1 d (x ) 1 d ( x 2 x 1) 3 2 1 2 3 2 2 x2 x 1 (x ) 2 4
1 2x 1 2 ln(x x 1) 3 arctan C. 2 3
dx 1 1 1 2x 1 2 x3 1 3 ln(x 1) 6 ln(x x 1) 3 arctan 3 C.
变分子为
B 2

第4节有理函数的不定积分

其中 M i , N i 都是常数( i = 1,2,L , k ) .
Mx + N ; 特殊地：特殊地：k = 1, 分解后为 2 x + px + q
说明将有理函数化为部分分式之和后，只出将有理函数化为部分分式之和后，现三类情况：现三类情况：
A Mx + N (1) 多项式； ( 2) 多项式； ; ( 3) ; n 2 n ( x − a) ( x + px + q ) Mx + N dx , 讨论积分∫ 2 n ( x + px + q )
2x3 + 5x 2x2 + 5 解原式 = ∫ x4 + 5x2 + 4dx + ∫ x4 + 5x2 + 4dx
1 d( x4 + 5x2 + 5) ( x2 +1) + ( x2 + 4) = ∫ 4 dx +∫ 2 2 2 2 x + 5x + 4 ( x +1)( x + 4)
1 1 1 4 2 + 2 )dx = ln x + 5x + 4 + ∫ ( 2 x +1 x + 4 2
1 = ln x4 + 5x2 + 4 + arctanx + 1arctan x + C. 2 2 2
注意将有理函数分解为部分分式求积分虽可行, 将有理函数分解为部分分式求积分虽可行, 但不一定简便 ,因此要注意根据被积函数的结构特点，灵活处理，寻求简便的方法求解. 特点，灵活处理，寻求简便的方法求解. 例6 求积分解
2u+1+ u2 −1− u2 2u du du = 原式 = 2 2 (1+ u)(1+ u ) (1 + u)(1 + u )

有理函数不定积分的几种计算方法

常数反演法：对于不定积分的常数项，可以通过将其移到积分变量的指数处来计算。
积分变换法：通过将积分变量替换为其他变量来求解不定积分。
这些方法都可以用来求解有理函数的不定积分，具体应用时可以根据题目的具体情况选择合适的方法。
需要注意的是，有理函数不定积分的计算过程中可能会出现分数幂次，此时可以使用分数幂Байду номын сангаас展开法将其展开为无理数幂次的形式，再求解。
此外，在求解有理函数不定积分时也要注意常数的处理，常数可以看作是积分变量的常数项，在求解过程中要注意将其纳入计算。
在计算有理函数不定积分时，还要注意合理使用各种计算方法，灵活运用，使得计算过程更加简单、高效。
有理函数不定积分的几种计算方法
有理函数不定积分是指对有理函数求不定积分的过程。有理函数不定积分的计算方法有几种，包括：
分式分配法：将分式化为同一分母的两个分数，再分别求出两个分数的不定积分，最后相加得到整个分式的不定积分。
分式化简法：将分式化简为求导公式后求不定积分。
递归法：通过递归的方式求出多项式的不定积分。

第4节有理函数的不定积分

2
2
2
例2
求积分

1 sin4
x
dx.
解
令utanx, 2
sinx12uu2 ,
dx12u2du,
1 sin4
x
dx
13u28u34u4u6du
1 8[31 u3u 33uu 33]C 2 4 t1 a2 x n 38t3 a2 xn 8 3ta2 xn 2 1 4 ta2 x n 3C .
解法二
令 utaxn ,则sinx
u, 1u2
dx11u2
du,
1 sin4 xdx
1 u
4 11u2du

1u2

1 u2 u4
du
31u3
1C u
1co3xtcoxtC. 3
解法三
1 sin4
dx x

cs4cxdxcs2x ccs2xc dx
令 t pa x b,其中p为m,n的最小公.倍数
例1
求积分
1
dx 3x

2
.
解令 t3x2, 则 xt32,dx3t2dt,
原式 13t2tdt 3(t211)t1dt 3(t11 1t)dt
31 t 2 tln1t C
2 33 (x2)2 33 x23ln13x2C.
原式 (1u)2u 1 (u2)du 2u( 11u)u(12 1u 2)u2du
(1(1u)u2)(1(1u2u)2)du
1u 1u2
du

1 du 1 u
arctuan 1ln(1u2)ln |1u|C
2
x ln| secx | ln|1taxn|C.

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A Mx + N ; ( k ∈N+ , p2 − 4q < 0) (x − a)k (x2 + p x + q)k
注：
1）若Q( x)含有因子( x − a) k , 则分解式中含有： ] [ Ak A1 A2 + +⋯ + ( A1 , A2 ,⋯ , Ak 为常数）； k 2 x − a ( x − a) ( x − a)
x x 2sin 2 cos 2
x 2tan 2
1+ sin x x 例 ∫ 5. dx(令t = tan ) sin x(1+ cos x) 2
=∫
1+
2t
2t 1+t 2
1−t 2 ) 1 2( + 1+t 1+t 2
⋅ 2 2 dt 1+t
1 1 = ∫ t + 2 + dt 2 t
1 1 2 = t + 2t + ln t + C 2 2
1 2x x x 1 = tan + tan + ln tan + C 4 2 2 2 2
例6. 求
dx x 1 2 解法1: 解法 ∫ (令t = tan ) = ∫ ⋅ dt 2 2t 1 + t 1+ sin x 2 1+
dx 例4. 求 ∫ 4 x +1 1 (x2 +1) − (x2 −1) 解: 原式 = ∫ dx 4 2 x +1
1+ 1 1− 1 1 1 x2 x2 = ∫ 2 dx − ∫ 2 dx 2 x +1 2 x +1 2 2
x x
按常规方法较繁
1 1 − ∫ = ∫ 2 2 (x − 1) + 2 2 (x + 1)2 − 2
2）若Q( x)含有因子( x 2 + px + q ) k , 则分解式中含有： M k x + Nk M 1 x + N1 M 2 x + N2 + 2 +⋯ + 2 2 2 x + px + q ( x + px + q ) ( x + px + q ) k ( p 2 − 4q < 0, M i , N i , i = 1, 2,⋯ , k为常数）
2x2 − x −1 2 d x 1 4x − 5 ∫ x3 +1 dx = 3 ∫ x +1 + 3 ∫ x2 − x +1d x 2 1 2(x2 − x +1)′ −3 = ln| x +1| + ∫ dx 2 3 3 x − x +1
d(x− ) x− 2 2 2 = ln| x +1| + ln(x2 − x +1) − ∫ 3 1 3 3 + (x − )2 4 2 1 2⋅ ( x − ) 2 2 2 2 2 +C arctan = ln| x +1| + ln(x − x +1) − 3 3 3 3 2 2 2 2x −1 = ln | x + 1| + ln( x 2 − x + 1) − arctan +C 3 3 3 3
四种典型部分分式的积分: 四种典型部分分式的积分
A 1. ∫ dx = Aln x − a + C x −a A A = (x − a)1−n + C (n ≠1) 2. ∫ dx n 1− n (x − a)
Mx + N 3. ∫ 2 dx x + px + q
变分子为
M 2
Mx + N 4. ∫ 2 dx n (x + px + q)
x x
d(x − 1) x
d(x + 1) x
x+1 − 2 x− 1 1 1 1 x x = arctan +C − ln 2 2 2 22 2 x+1 + 2 x
二、三角函数有理式的积分
设
表示三角函数有理式 , 则
∫ R(sin x, cos x) dx
x 令t = tan 2
万能代换
关于t 的有理函数的积分
2 2 d(x − x +1) dx = ln x +1 + ∫ 2 −∫ 2 3 3 x − x +1 1x − x +1
2
例2. 求
1 (2x+ 2) − 3 2
2x + 2 = (x2 + 2x + 3)′
解: 原式 = ∫
x + 2x + 3
2
dx
1 d(x2 + 2x + 3) d(x +1) = ∫ 2 − 3∫ 2 x + 2x + 3 (x (x +1)2 + ( 2)2 3 x +1 1 2 +C = ln x + 2x + 3 − arctan 2 2 2
第四章四第四节有理函数的不定积分
一、有理函数的不定积分二、三角函数有理式的不定积分
一、有理函数的积分
有理ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ数:
P(x) R(x) = = Q(x)
a0xn + a1xn−1 +⋯+ an
为真分式
m≤ n时,
为假分式; m> n 时,
相除分解
假分式
多项式 + 真分式部分分式之和
其中部分分式的形式为
比两 x的次的数较端同幂系： A+ B = 2 2 4 5 B + C − A = −1⇒ A = , B = , C = − 3 3 3 A+ C = −1
2 4 5 x− 2x2 − x −1 3 ∴ 3 = 3 + 3 x +1 x +1 x2 − x +1
万能代换
x 令 t = tan , 则 2
2t = sin x = 2 = x + cos2 x 1+ tan2 x 1+ t 2 sin 2 1+ 2 2
x x x cos2 2 −sin2 2 1− tan2 2 1−t 2 cos x = 2 = = x + cos2 x 1+ tan2 x sin 2 1+ t 2 2 2 2 dx = dt 2 1+ t
(x2 + px + q)′
+N−
Mp 2
再分项积分
例1. 求解:
2x2 − x −1 2x2 − x −1 A Bx + C = = + 2 3 2 x +1 (x +1)(x − x +1) x +1 x − x +1
⇒ 2x2 − x −1 = A(x2 − x +1) + (Bx + C)(x +1)
2 2 =∫ dt dt = − +C 2 (1+ t) 1+ t
1+ t2
例6. 求
dx 1 − sin x 解法2: ∫ 解法 =∫ dx 2 1+ sin x 1 − sin x
1− sin x =∫ dx 2 cos x 1 1 = ∫ 2 d x + ∫ 2 dcos x cos x cos x
1 = tan x − +C cos x
初等函数的原函数不一定是初等函数 ,因此不一定都能积出.
例如 ,
作业
P167~12.
例3. 求解:
x2 +1 x2 +1 A B C = = + + 2 2 (x −1)(x +1) (x −1)(x +1) x −1 x +1 (x +1)2
⇒ x2 +1 = A(x +1)2 + B(x +1)(x −1) + C(x −1)
赋值法
1 1 令x=1得：A = ;令x=-1得：C = −1 令x=0得：B = . ; 2 2
x2 +1 1 1 1 1 ∴ 2 = + − (x −1)(x +1) 2 x −1 x +1 (x +1)2
x2 +1 1 1 1 1 ∴∫ 2 dx = ∫ + dx − ∫ dx 2 (x −1)(x +1) 2 x −1 x +1 (x +1)
1 1 1 1 2 = ln | ( x − 1)( x + 1) | + + C = ln | x − 1| + +C 2 x +1 2 x +1

有理函数的不定积分

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