在各类积分运算中，我们常见到这样一类函数，它们有貌离神合的计算方法——有理函数。

例如
$$\int \frac{1}{x}\mathrm{d}x=\ln |x|+C,x\ne 0$$
又如
$$\int x^n\mathrm{d}x=\frac{x^{n+1}}{n+1}+C,n\ne -1$$
再如
$$\int \frac{1}{1+x^2}\mathrm{d}x=\arctan x+C$$
上述三例倒也不是随意举出来的，利用上述三个最简积分公式加上一些技巧，我们可以计算出任一有理函数的（不定）积分，下面我们就来介绍具体的范式。

一些定积分的技巧我们在这里不做讨论，下面所言积分都是不定积分

有理函数

首先，我们明确一下何谓有理函数，形如：
$$f(x)=\frac{P_m(x)}{Q_n(x)}$$
其中
$$P_m(x)=\sum _{i=0}^m{a}_i{x}^i,Q_n(x)=\sum _{j=0}^n{b}_j{x}^j,Q_n(x)\ne 0$$
也就是两个多项式的商称为有理函数，这个概念显然是有理数某种意义上的推广：
$$\mathbb{Q}=\left\{f=\frac{p}{q}\mid p,q\in \mathbb{Z},q\ne 0\right\}$$
并且类似的，我们也定义真分式：
$$\text{proper fraction}=\left\{f(x)=\frac{P_m(x)}{Q_n(x)}\mid m<n\right\}$$
和假分式：
$$\text{improper fraction}=\left\{f(x)=\frac{P_m(x)}{Q_n(x)}\mid m\ge n\right\}$$

上面写成了集合形式，有些显而易见的条件就略去了，并且在我们讨论有理函数积分的场景下，不妨假设$P_m$和$Q_n$最高次项的系数都为1

分解技术

从上面的定义看得出来，有理函数和多项式的关系非常密切，实际上为了求解一般有理函数的积分我们需要下面两个分解：

因式分解

因式分解是对于一个多项式而言的，根据代数基本定理，$Q_n(x)$在复数域内有如下分解形式：
$$Q_n(x)=\prod _{i=1}^n(x-x_i)$$
其中$x_i\in \mathbb{C}$是$Q_n(x)=0$的根。
更进一步，我们有：
$$Q_n(x)=\prod _{i=1}^{n_1}(x-x_i)\prod _{j=1}^{(n-n_1)/2}(x-x_j)(x-\overline{x_j})$$
其中$\overline{x_j}$代表复数$x_j,j=1,\cdots ,\frac{n-n_1}{2}$的共轭，$x_i,i=1,\cdots ,n_1$都是实数。

能做出第二个形式是因为，实系数多项式的零点若不是实数，那么它的共轭必然也是零点，也就是说非实数零点是成对出现的。

这是显然成立的，$Q(x)=0$两边取共轭有，$\overline{Q(x)}=0$，根据复数的性质（加、减、乘运算和共轭运算可交换），所以有$Q(\overline{x})=0$，这样就说明了非实数零点成对出现。

如果取$x_j={\alpha }_j+{\beta }_j\mathrm{i}$ 其中${\alpha }_j,{\beta }_j\in \mathbb{R}$，那么很容易得到下面的分解形式：
$$Q_n(x)=\prod _{i=1}^{n_1}(x-x_i)\prod _{j=1}^{(n-n_1)/2}(x^2-2{\alpha }_{j}x+{\alpha }_j^2+{\beta }_j^2)$$
这也就是$Q_n(x)$在实数域内的因式分解。

如果我们把重根合并在一起，就有
$$f(x)=\prod _{i=1}^s(x-a_i{)}^{d_i}\prod _{j=1}^t(x^2-2{\alpha }_{j}x+{\alpha }_j^2+{\beta }_j^2{)}^{e_j}$$
其中$d_i$为实根$a_i$的重数，$e_j$为共轭复根对${\alpha }_j+{\beta }_j\mathrm{i}$的重数。

部分分式分解

有了上述$Q_n(x)$的实数域内的分解形式，我们就可以得到下面有理真分式的部分分式分解形式：
$$\begin{array}{rl}& \frac{P(x)}{Q(x)}\\ =& \sum _{i=1}^s\sum _{k=1}^{d_i}\frac{A_{ik}}{(x-a_i{)}^k}+\sum _{j=1}^t\sum _{k=1}^{e_j}\frac{B_{jk}x+C_{jk}}{(x^2-2{\alpha }_{j}x+{\alpha }_j^2+{\beta }_j^2{)}^k}\end{array}$$
其中$A_i,B_j,C_j\in \mathbb{R}$

可以证明，上述待定系数一定有解。

我见过两种证明方法，一种是使用多项式的理论，详见

傅莺莺.有理真分式部分分式分解的证明及系数公式[J].大学数学,2014,30(02):82-87.

另外一种是使用线性空间的理论，详见

高翔宇,杨洪福,王世鹏.有理分式函数分解定理的新证明[J].大学教育,2020(12):103-104+154.

我们这里不多赘述，下面直接利用部分分式分解的形式来计算有理函数的积分。

积分范式

我们用一个例题来呈现有理函数积分的一般过程。

例一

$$F(x)=\int \frac{x^4}{x^3+1}\mathrm{d}x$$

分离整式

如果$f(x)$是一个有理假分式, 我们使用带余除法可以把$f(x)$分解为一个整式和有理分式, 积分也就分为两块, 整式部分的积分非常简单, 真分式的部分进入下一流程. 另外, 如果分母不是首一多项式, 直接把系数提出来即可.

例1 步骤1, 分离整式:
$$\begin{array}{rl}& F(x)\\ =& \int \frac{x^4}{x^3+1}\mathrm{d}x\\ =& \int \left[x-\frac{x}{x^3+1}\right]\mathrm{d}x\\ =& \frac{1}{2}{x}^2-\int \frac{x}{x^3+1}\mathrm{d}x\end{array}$$

部分分式分解

前文提到任何一个有理真分式都可以做部分分式分解, 其中待定系数的求法较为灵活. 主要包括三种, 其一是极限法: 对分解式取不同极限可以得到系数的值, 其二是列出待定系数的线性方程组求解(通用), 其三是利用导数求解.

例1 步骤2, 有理真分式的部分分解
$$x^3+1=(x+1)(x^2-x+1)$$
于是有部分分解
$$\begin{array}{rl}& \frac{x}{x^3+1}\\ =& \frac{x}{(x+1)(x^2-x+1)}\\ =& \frac{A}{x+1}+\frac{Bx+C}{x^2-x+1}\end{array}$$
通分得到
$$\begin{array}{r}x=A(x^2-x+1)+(Bx+C)(x+1)\end{array}\text{\hspace{1em}(*)}$$
下面求待定系数.

法一(极限法)

(*)式取$x\to -1$立得$A=-\frac{1}{3}$;

再取$x\to 0$立得$C=-A=\frac{1}{3}$;

最后取$x\to 1$可得$B=\frac{1}{3}$.

法二(线性方程组)

比较(*)式中各次项系数即可得到线性方程组:
$$\begin{array}{rl}{x}^2& |A+B=0\\ x^1& |-A+B+C=1\\ x^0& |A+C=0\end{array}$$
解得$-A=B=C=\frac{1}{3}$

法三(导数)

对(*)求0,1,2阶导数可得:
$$\begin{array}{rl}0& |x=A(x^2-x+1)+(Bx+C)(x+1)\\ 1& |1=2Ax-A+B(x+1)+Bx+C\\ 2& |0=2A+B+B\end{array}$$
同样比较各次项系数可得方程组, 进而解得$-A=B=C=\frac{1}{3}$.

得到部分分式分解形式
$$\begin{array}{rl}& F(x)\\ =& \frac{1}{2}{x}^2-\int \frac{x}{x^3+1}\mathrm{d}x\\ =& \frac{1}{2}{x}^2-\int \left[\frac{-\frac{1}{3}}{x+1}+\frac{\frac{1}{3}x+\frac{1}{3}}{x^2-x+1}\right]\mathrm{d}x\end{array}$$

两类积分

做完部分分式分解之后，我们需要处理的只有两种积分

分母为一次项

也就是
$$\int \frac{A}{x-a}\mathrm{d}x=A\ln |x-a|+C$$

分母为二次项

也就是
$$\begin{array}{rl}& \int \frac{Bx+C}{x^2-2\alpha x+\beta }\mathrm{d}x\\ =& \int \frac{B(x-\alpha )+C+\alpha B}{(x-\alpha {)}^2+\beta -{\alpha }^2}\mathrm{d}(x-\alpha )\\ =& \int \frac{Bt+C+\alpha B}{t^2+\beta -{\alpha }^2}\mathrm{d}t\\ =& \int \frac{1}{2}\frac{B}{t^2+\beta -{\alpha }^2}\mathrm{d}{t}^2+\int \frac{C+\alpha B}{t^2+\beta -{\alpha }^2}\mathrm{d}t\\ =& \frac{B}{2}\ln |t^2+\beta -{\alpha }^2|+\int \frac{C+\alpha B}{t^2+\beta -{\alpha }^2}\mathrm{d}t\end{array}$$
若$\beta -{\alpha }^2=0$
$$\begin{array}{rl}& \int \frac{C+\alpha B}{t^2+\beta -{\alpha }^2}\mathrm{d}t\\ =& -\frac{C+\alpha B}{t}+C\end{array}$$
若$\beta -{\alpha }^2<0$
$$\begin{array}{rl}& \int \frac{C+\alpha B}{t^2+\beta -{\alpha }^2}\mathrm{d}t\\ =& \frac{C+\alpha B}{2\sqrt{-\beta +{\alpha }^2}}\int \left[\frac{1}{t+\sqrt{-\beta +{\alpha }^2}}-\frac{1}{t-\sqrt{-\beta +{\alpha }^2}}\right]\mathrm{d}t\\ =& \frac{C+\alpha B}{2\sqrt{-\beta +{\alpha }^2}}\left[\ln |t+\sqrt{-\beta +{\alpha }^2}|+\ln |t-\sqrt{-\beta +{\alpha }^2}|\right]+C\end{array}$$
若$\beta -{\alpha }^2>0$
$$\begin{array}{rl}& \int \frac{C+\alpha B}{t^2+\beta -{\alpha }^2}\mathrm{d}t\\ =& \frac{C+\alpha B}{\sqrt{\beta -{\alpha }^2}}\arctan (\frac{t}{\sqrt{\beta -{\alpha }^2}})+C\end{array}$$
以上三种情况注意回代$t=x-\alpha$

利用以上两种积分公式, 我们就可以完全解决部分分解之后的积分问题了.

例1 步骤3, 部分分式分解完之后应用积分公式求解
$$\begin{array}{rl}& F(x)\\ =& \frac{1}{2}{x}^2-\int \left[\frac{-\frac{1}{3}}{x+1}+\frac{\frac{1}{3}x+\frac{1}{3}}{x^2-x+1}\right]\mathrm{d}x\\ =& \frac{1}{2}{x}^2+\frac{1}{3}\ln |x+1|-\int \frac{\frac{1}{3}(x-0.5)+\frac{1}{2}}{(x-0.5{)}^2+0.75}\mathrm{d}(x-0.5)\\ =& \frac{1}{2}{x}^2+\frac{1}{3}\ln |x+1|-\int \frac{\frac{1}{3}t+\frac{1}{2}}{t^2+0.75}\mathrm{d}t\\ =& \frac{1}{2}{x}^2+\frac{1}{3}\ln |x+1|-\frac{1}{6}\ln |(x-\frac{1}{2}{)}^2+\frac{3}{4}|+\frac{\sqrt{3}}{3}\arctan (\frac{2\sqrt{3}}{3}(x-\frac{1}{2}))+C\\ =& \frac{1}{6}\left\{3x^2+2\ln |x+1|-\ln (x^2-x+1)-2\sqrt{3}\arctan (\frac{2x-1}{\sqrt{3}})\right\}+C\end{array}$$

例题

我们再给出几个例题

例二(分母无重因子)

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

例三(分母有重因子)

$$\int \frac{x^2+1}{(x+1{)}^2(x-1)}\mathrm{d}x$$
解:
$$\begin{array}{rl}& \int \frac{x^2+1}{(x+1{)}^2(x-1)}\mathrm{d}x\\ =& \int \left[\frac{1}{2(x+1)}-\frac{1}{(x+1{)}^2}+\frac{1}{2(x-1)}\mathrm{d}x\right]\\ =& \frac{1}{2}\ln \left|x^2-1\right|+\frac{1}{x+1}+C\end{array}$$

例四(分母无实根)

$$\int \frac{x^2+1}{x^4+1}\mathrm{d}x$$
解:
$$\begin{array}{rl}F(x)=& \frac{1}{2}\int \frac{dx}{x^2-\sqrt{2}x+1}+\frac{1}{2}\int \frac{dx}{x^2+\sqrt{2}x+1}\\ =& \frac{1}{2}\int \frac{dx}{{\left(x-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}^2+\frac{1}{2}}+\frac{1}{2}\int \frac{dx}{{\left(x+\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}^2+\frac{1}{2}}\\ =& \frac{1}{\sqrt{2}}\arctan (\sqrt{2}x-1)+\frac{1}{\sqrt{2}}\arctan (\sqrt{2}x+1)+C\end{array}$$

例五(经典题)

$$\int \frac{\mathrm{d}x}{x^3+1}$$
解:
$$\begin{array}{rl}& \int \frac{\mathrm{d}x}{x^3+1}\\ =& \int \left[\frac{1}{3(x+1)}-\frac{x-2}{3\left(x^2-x+1\right)}\right]\mathrm{d}x\\ =& \frac{1}{3}\int \frac{\mathrm{d}x}{x+1}-\frac{1}{6}\int \frac{2x-1}{x^2-x+1}\mathrm{d}x+\frac{1}{2}\int \frac{\mathrm{d}\left(x-\frac{1}{2}\right)}{{\left(x-\frac{1}{2}\right)}^2+\frac{3}{4}}\\ =& \frac{1}{6}\ln \frac{(x+1{)}^2}{x^2-x+1}+\frac{1}{\sqrt{3}}\arctan \frac{2x-1}{\sqrt{3}}+C.\end{array}$$

例六(最好别用我们的范式)

$$\int \frac{\mathrm{d}x}{x^4-1}$$
解:
$$\begin{array}{rl}& \int \frac{\mathrm{d}x}{x^4-1}\\ =& \frac{1}{2}\int \left[\frac{1}{x^2-1}-\frac{1}{x^2+1}\right]\mathrm{d}x\\ =& \frac{1}{4}\ln \left|\frac{x-1}{x+1}\right|-\frac{1}{2}\arctan x+C\end{array}$$

结语

至此, 有理函数积分的范式就介绍完了. 但是切忌盲目使用此方法, 老实说这种范式更加适合计算机——没有任何技巧性但是运算量较大. 更多时候积分的题目还是需要运用一些技巧灵活应对, 不过当你手足无措的时候, 不要忘了还有这样一套办法.

祝你好运！