df(x)dx 与 dx解 不相等.设F?(x)?f(x),则
例1 (E01) 问
????f?(x)dx是否相等?
d??f(x)dx??dx(F(x)?C)?F?(x)?0?f(x)
d而由不定积分定义?f?(x)dx?f(x)?C，所以??f(x)dx???f?(x)dx.
dxddx例3 (E03) 检验下列不定积分的正确性：
（1）xcosxdx?xsinx?C；（2）xcosxdx?xsinx?cosx?C; 解 （1）错误. 因为对等式的右端求导，其导函数不是被积函数：
???xsinx?C???xcosx?sinx?0?xcosx.
（2）正确. 因为
?xsinx?cosx?C???xcosx?sinx?sinx?0?xcosx.
1．填空题
（1）若f(x)的一个原函数为lnx2，则f(x)? 。 解：因为?f(x)dx?lnx2?c 所以f(x)?2x2? x2x（2）若?f(x)dx?sin2x?c，则f(x)? ． 解：f(x)?2cos2x
（3）若?f(x)dx?xlnx?c，则f?(x)? ． 解：f(x)?lnx?1，f?(x)?（4）d?e?xdx? 解：d?e?xdx?e?xdx （5）?(sinx)?dx? ．
221 x ．
2解：?(sinx)?dx?sinx?c
例2 设F(x)为ex2?2x的一个原函数,且满足F(o)?0，求
?10F(x)dx
ex2?2x本身是一个不可积的函数，我们根本不能把F(x)表达成初等函数的形式，这
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个时候唯一的办法就是利用变上限积分
解 设F(x)??xaet2?2tdt
?x02et2?2tdt它是et2?2t的一个原函数，又显然满足F(0)?0，于是
2?10F(x)dx??100?xet?2tdtdx由于双重积分里面et112?2t关于t的原函数不可积,所以用交换
积分次序的办法
?? ?1x00et2?2tdtdx??0t?et?2tdxdt??(et012?2tx1t)dt
?10et2?2t(1?2t)dt??1011t2?2t2ed(t?2t)?021t2?2t??e2?11?22e第21讲 理函数的不定积分
授课题目 有理函数的不定积分 教学内1. 有理真分式的部分分式分解；2. 有理函数的不定积分；3. 三角函数有理式的容 不定积分；4. 某些无理根式的不定积分. 教学目通过本次课的教学，使学生能较好掌握有理函数的不定积分，知道三角函数有的和要理式的不定积分方法；掌握某些无理根式的不定积分． 求 教学重教学重点：有理函数的不定积分，某些无理根式的不定积分； 点及难教学难点：三角函数有理式的不定积分. 点 教学方(1) 有理真分式的部分分式分解方法一定要结合实际例题讲授，采用老师一边讲法及教解，学生一边练习的授课方法. 材处理(2) 有理函数的不定积分方法的核心是部分分式分解，应适当布置有理函数的不提示 定积分课外习题。 (3)布置一些三角函数有理式的不定积分，某些无理根式的不定积分的课外习题，让学生通过作业来理解和掌握此积分方法． 作业布作业内容：教材 P，2(1,4,5,6). 199:1（1，2，3，5）置 讲授内容
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
P(x)?0xn??1xn?1????nR(x)??Q(x)?0xm??1xm?1????m(1)
，
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其中n，m为非负整数，?0,?1,?,?n与?0,?1,??m都是常数，且?0?0，?0?0． 若
m?n，则称它为真分式；若m?n，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Q?x?在实系数内作标准分解： Q?x???x?a1?1??x?as???2?x2?p1x?q1??1??x2?pt?qt??t，
（2） 其
中
t?0?1,?i,?j?i?1,2,?,t?均为自然数，而且
??i?1si?2??j?m;p2j?4qj?0,j?1,2,?,t.
j?1k 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?x?a?的因式，它所对应的部分分式是
AkA1A2????; 2kx?a?x?a??x?a?对每个形如x?px?q的因式，它所对应的部分分式是
?2?kB1x?C1B2x?C2?x2?px?qx2?px?q??2????xBkx?Ck2?px?q?k.
把所有部分分式加起来，使之等于R?x?．(至此，部分分式中的常数系数Ai,Bi,Ci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Q?x?，而其分子亦应与原分子P?x?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．
2x4?x3?4x2?9x?10例1 对R?x??5作部分分式分解
x?x4?5x3?2x2?4x?8解
按
上
述
步
骤
依
2次执行如下：
Q?x??x5?x4?5x3?2x2?4x?8??x?2??x?2??x2?x?1.?
部分分式分解的待定形式为R?x??A0AA2Bx?C?1??. 22x?2x?2?x?2?x?x?1版权所有 翻版必究
（3）
用Q?x?乘上式两边，得一恒等式
2x?x?4x?9x?10?A0?x?2?x?x?1
43222??+A1?x?2??x?2?x?x?1?A2?x?2?x?x?1
22???? +
（4）
然后使等式两边同幂项系数相等，得到线性方程组：
?Bx?C??x?2??x?2?2
?A0?A1?B?2,????????x4的系数?33A?A?A?2B?C??1，???x的系数012?????x2的系数 ?A0?3A1?3A2?4B?2C?4，?4A?3A?8B?4C?9，?????x的系数2?1??4A0?4A1?2A2?8C??10.????常数项求出它的解：A0?1,A1?2,A2??1,B??1,C?1，并代人(3)式，这便完成了R(x)的部分分式分解：
R(x)?121x?1???. 22x?2x?2(x?2)x?x?1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Q(x)?0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x?2和x??2代人(4)式，立即求得A0?1和为
A2??1，于是（4）式简化成
x4?3x3?12x?16?A1(x?2)(x?2)(x2?x?1)?(Bx?C)(x?2)(x?2)2.
为继续求得A1,B,C，还可用x的三个简单值代人上式，如令x?0,1,?1，相应得到
?A1?2C?4,??A1?3B?3C?2,由此易得A1?2,B??1,C?1．这就同样确定了所有待定系数． ?3A?B?C?8.?1 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：
(?)dxLx?M2????dx(p?4q?0)． ； ?(x2?px?q)k?(x?a)k版权所有 翻版必究
?lnx?a?C,k?1,dx?1?对于???，已知? ?k?C,k?1.(x?a)??1?k??x?a?k?1?对于????，只要作适当换元(令t?x? （5）
p)，便化为 2?L?tdtdt?N?(t2?r2)k, (t2?r2)kLx?MLt?Ndx??(x2?px?q)k?t2?r2kdt??p2p其中r?q?,N?M?L.．
422当k?1时，（5）式右边两个不定积分分别为
t1dt?ln(t2?r2)?C， ?t2?r22（6）
当k?2时，（5）式右边第一个不定积分为
dt1t?arctan?C. ?t2?r2rrt1dt??C. 22k?1?(t2?r2)k2(1?k)(t?r)对于第二个不定积分，记 Ik?dt?(t2?r2)k?1, 可用分部积分法导出递推公式如下：
t2?(t2?r2)kdt
1Ik?2r?(t2?r2)?t211dt?I?k?1?(t2?r2)kr2r2??111??I?td2k?1222k?1???r2r(k?1)?(t?r)????11tI??Ik?1?. ?22k?122k?1r2r(k?1)?(t?r)?整
理
得
到
经（7）
Ik?t2k?3?Ik?1. 222k?122r(k?1)(t?r)2r(k?1)重复使用递推公式(7)，最终归为计算I1，这已由(6)式给出. 把所有这些局部结果代回(5)式，并令t?x?p2，就II）的计算．
例2
x2?1dx. 求?22(x?2x?2)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
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