三角函數積分和有理函數積分的分類研究

劉艷

【摘要】在《數學分析》不定積分這一章，不定積分的方法繁多，特別是三角函數積分和有理函數積分種類較多，教材中沒有給出具體的分類，類型題也不夠全面，學生在學習中感到困惑不解，筆者在此對三角函數積分和有理函數積分的分類進行如下的探索與研究.并通過舉例應用，達到鞏固和舉一反三的作用.

【關鍵詞】三角函數積分；有理函數積分；塞法；賦值法；待定系數法

一、三角函數的不定積分

類型1至類型7用的是第一換元法，即塞法；類型8用第二換元法，即萬能代換

類型1：∫cosmxsinnxdx，m和n都是正整數，m與n其中一個為奇數另一個為偶數時，則把指數是奇數次方的三角函數塞進去，湊成微分.

例如：∫cos2xsin3xdx=-∫cos2xsin2x（-sinx）dx=-∫cos2x（1-cos2x）d（cosx）

=∫（cos4x-cos2x）d（cosx）=15cos5x-13cos3x+C.

類型2：∫cosmxsinnxdx，m和n都是正整數，m與n皆為奇數，這時塞任意一個三角函數，湊成微分.

例如：∫cos3xsin3xdx=-∫cos3x（1-cos2x）d（cosx）=∫cos5xd（cosx）-∫cos3xd（cosx）=16cos6x-14cos4x+C.

類型3：∫cosmxsinnxdx，m和n都是正整數，m與n皆為偶數，這時用公式2sinxcosx=sin2x 或 sin2x=1-cos2x2 或 cos2x=1+cos2x2，從而達到降冪的作用，然后用塞法，湊成微分.

例如：∫cos2xsin2xdx=14∫（2sinxcosx）2dx=14∫sin22xdx

=18∫（1-cos4x）dx=18x-132sin4x+C.

類型4：∫sinαxcosβxdx 或 ∫sinαxsinβxdx 或 ∫cosαxsinβxdx，這時需要積化和差，把原積分化成部分積分和，然后用塞法，湊成微分.

例如：∫sin2xsin4xdx=12∫（sin6x-sin2x）dx=14cos2x-112cos6x+C.

類型5： ∫sinmxdx 或 ∫cosmxdx，m為正整數，當m為偶數時，用公式sin2x=1-cos2x2 或 cos2x=1+cos2x2；當m為奇數時，塞sinx或cosx

例如：∫sin4xdx=∫1-cos2x22dx=14∫（1-2cos2x+cos22x）dx

=14∫（1-2cos2x+1+cos4x2）dx=38x-14sin2x+132sin4x+C.

∫sin5xdx=∫sin4xsinxdx=-∫（1-cos2x）2d（cosx）=23cos3x-cosx-15cos5x+C.

類型6： ∫R（sinx，cosx）dx，如果用-sinx和-cosx同時代入，被積函數符合不變的話，此時設tanx=t，這時sin2x=t21+t2，cos2x=11+t2，dx=11+t2dt

例如：求∫1+sin2xcos4xdx，設tanx=t，∫1+sin2xcos4xdx=∫1+t21+t2（11+t2）2·11+t2dt=∫（2t2+1）dt=2t33+t+c=2tan3x3+tanx+C.

類型7：∫sinmxcosnxdx 或 ∫cosmxsinnxdx，m是奇數，n是奇數或偶數，這時塞cosx或sinx

例如：∫cos3xsin2xdx=∫cos2xsin-2xd（sinx）=∫（1-sin2x）sin-2xd（sinx）=∫（sin-2x-1）d（sinx）=-1sinx-sinx+C.

類型8：∫R（sinx，cosx）dx，一般的，被積函數含有sinx和cosx且它們的指數都是1，以及被積函數不是上面的7種類型的，這時用萬能代換，設tanx2=t，sinx=2t1+t2，cosx=1-t21+t2，dx=21+t2dt.

例如：求∫1sinx+cosxdx，設tanx2=t.

∫1sinx+cosxdx=∫12t1+t2+1-t21+t2·21+t2dt=∫-2t2-2t-1dt=-2∫1（t-1）2-2d（t-1）=-22lnt-1+2t-1-2+c=-22lntanx2-1+2tanx2-1-2+C.

二、有理函數積分

有理函數一般形式是P（x）Q（x），其中P（x）與Q（x）都是多項式，如果P（x）Q（x）是假分式，用Q（x）除P（x）能化成多項式與有理真分式的和，即P（x）Q（x）=T（x）+F（x）Q（x），所以求有理函數的不定積分，關鍵在于求有理真分式F（x）Q（x）的不定積分，也就是把F（x）Q（x）進行分解的問題，對F（x）Q（x）的分解方法探究如下：

類型1：當分母Q（x）只有不相等的實根時，用賦值法.

例如：F（x）Q（x）=2x+1（x+1）（x-2），設2x+1（x+1）（x-2）=Ax+1+Bx-2=A（x-2）+B（x+1）（x+1）（x-2），

此時，A（x-2）+B（x+1）=2x+1，

設x=-1時，有-3A=-1，從而A=13；x=2時，有3B=5，從而B=53.

∫2x+1（x+1）（x-2）dx=13∫1x+1d（x+1）+53∫1x-2d（x-2）=13lnx+1+53lnx-2+C.

類型2：當分母只有不相等的復數根時，用待定系數法.

例如：F（x）Q（x）=x3+3x2+2x+1（x2+1）（x2+x+1），設x3+3x2+2x+1（x2+1）（x2+x+1）=A1x+B1x2+1+A2x+B2x2+x+1=（A1x+B1）（x2+x+1）+（A2x+B2）（x2+1）（x2+1）（x2+x+1）.

由等號左、右兩分式的分子相等，再比較系數，解方程組A1+A2=1，A1+B1+B2=3，A1+A2+B1=2，B1+B2=1.

得：系數A1=2，A2=-1，B1=1，B2=0.

∫x3+3x2+2x+1（x2+1）（x2+x+1）dx=∫2x+1x2+1dx+∫-xx2+x+1dx=∫1x2+1d（x2+1）+∫1x2+1dx-∫1x+122+34dx+12

=ln（x2+1）+arctanx-233arctan23x3+C.

類型3：當分母Q（x）只有重復數根時，用除法.

例如：F（x）Q（x）=x3+2x2+x+1（x2+x+1）2，用除法，x3+2x2+x+1x2+x+1=x+1+-xx2+x+1，

所以，x3+2x2+x+1（x2+x+1）2=x+1x2+x+1+-x（x2+x+1）2

∫x3+2x2+x+1（x2+x+1）2dx=∫x+1x2+x+1dx+∫-x（x2+x+1）2dx=∫xx2+x+1dx+∫1x2+x+1dx+∫-x（x2+x+1）2dx=12∫2x+1x2+x+1dx+12∫1x+122+34dx+∫-12（2x+1）+12（x2+x+1）2dx

=12∫1x2+x+1d（x2+x+1）+12∫1x+122+34dx+12-12∫d（x2+x+1）（x2+x+1）2+12∫1[x+122+34]2dx+12=12ln（x2+x+1）+539arctan3（2x+1）3+x+23（x2+x+1）+C.

（其中，第二項積分用公式∫1x2+a2dx=1aarctanxa+C，第四項積分用公式

∫1（x2+a2）2dx=x2a2（x2+a2）+12a2∫1x2+a2dx）

類型4：當分母Q（x）只有重實根時，用綜合除法.

例如：F（x）Q（x）=x4+3x3+2x2+x+1（x-1）5，用綜合除法得：

x4+3x3+2x2+x+1（x-1）5=8（x-1）5+18（x-1）4+17（x-1）3+7（x-1）2+1x-1.

∫x4+3x3+2x2+x+1（x-1）5dx=∫8（x-1）5dx+∫18（x-1）4dx+∫17（x-1）3dx+∫7（x-1）2dx+∫1x-1dx=-2（x-1）4-6（x-1）3-172（x-1）2-7x-1+lnx-1+C.

結束語：上面通過舉例詳細地分析、歸納了三角函數積分和有理函數積分的類型及解題的方法，這些方法可以簡化復雜的計算，進而使問題得以解決.在此筆者只是拋磚引玉，希望對初學者有所幫助.