第六章 不定积分

本章包含不定积分相关的基础定理。

§1 不定积分的概念

定义6.1.1 原函数

设函数 $f(x)$ 在区间 $I$ 上有定义。如果存在函数 $F(x)$，使得对一切 $x\in I$，都有

$$F^{\prime }(x)=f(x),$$

则称 $F(x)$ 为 $f(x)$ 在 $I$ 上的一个原函数。

例子：定义6.1.1 原函数 — 例子

定义6.1.2 不定积分

函数 $f(x)$ 的原函数的全体称为 $f(x)$ 的不定积分，记为

$$\int f(x)\mathrm{d}x=F(x)+C,$$

其中 $F(x)$ 是 $f(x)$ 的一个原函数，$C$ 是任意常数。

例子：定义6.1.2 不定积分 — 例子

定义6.3.1 有理函数

设 $P(x)$ 和 $Q(x)$ 是两个多项式且 $Q(x)$ 不是零多项式，则称

$$R(x)=\frac{P(x)}{Q(x)}$$

为有理函数（或有理分式）。若 $\mathrm{deg}P<\mathrm{deg}Q$，则称 $R(x)$ 为真分式；否则称为假分式。

例子：定义6.3.1 有理函数 — 例子

定理6.1.1 线性性

定理陈述：若函数 $f(x)$ 和 $g(x)$ 的原函数都存在，则对任意常数 $k_1$ 和 $k_2$，函数 $k_{1}f(x)+k_{2}g(x)$ 的原函数也存在，且有：

$$\int \left[k_{1}f(x)+k_{2}g(x)\right]\mathrm{d}x=k_1\int f(x)\mathrm{d}x+k_2\int g(x)\mathrm{d}x.$$

证明：

核心想法：不定积分是求导的逆运算，而求导具有线性性，所以积分也具有线性性。

第1步：设 $F(x)$ 是 $f(x)$ 的一个原函数，$G(x)$ 是 $g(x)$ 的一个原函数，即 $F^{\prime }(x)=f(x)$，$G^{\prime }(x)=g(x)$。

第2步：构造 $H(x)=k_{1}F(x)+k_{2}G(x)$。由求导的线性性（定理4.3.1）：

$$H^{\prime }(x)=k_1{F}^{\prime }(x)+k_2{G}^{\prime }(x)=k_{1}f(x)+k_{2}g(x).$$

所以 $H(x)$ 是 $k_{1}f(x)+k_{2}g(x)$ 的一个原函数，原函数存在。

第3步：由不定积分的定义，$\int f(x)\mathrm{d}x=F(x)+C_1$，$\int g(x)\mathrm{d}x=G(x)+C_2$（$C_1,C_2$ 是任意常数）。

第4步：计算右端：

$$k_1\int f(x)\mathrm{d}x+k_2\int g(x)\mathrm{d}x=k_1(F(x)+C_1)+k_2(G(x)+C_2)=k_{1}F(x)+k_{2}G(x)+k_1{C}_1+k_2{C}_2.$$

第5步：计算左端：

$$\int [k_{1}f(x)+k_{2}g(x)]\mathrm{d}x=H(x)+C=k_{1}F(x)+k_{2}G(x)+C.$$

第6步：因为 $k_1{C}_1+k_2{C}_2$ 仍是任意常数（$C_1,C_2$ 各自独立地取遍一切实数），所以左端和右端表示同一个函数族，等式成立。

证毕

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例子：定理6.1.1 线性性 — 例子

§3 有理函数的不定积分

定理6.3.1 实根部分分式分解

定理陈述：设有理函数 $\frac{p(x)}{q(x)}$ 是真分式，多项式 $q(x)$ 有 $k$ 重实根 $\alpha$，则存在实数 $\lambda$ 与多项式 $p_1(x)$，成立：

$$\frac{p(x)}{(x-\alpha {)}^k{q}_1(x)}=\frac{\lambda }{(x-\alpha {)}^k}+\frac{p_1(x)}{(x-\alpha {)}^{k-1}{q}_1(x)}.$$

证明：

核心想法：选择合适的 $\lambda$，使得分子 $p(x)-\lambda q_1(x)$ 含有因子 $(x-\alpha )$，从而约掉分母中的一个 $(x-\alpha )$。

第1步：设 $q(x)=(x-\alpha {)}^k{q}_1(x)$，其中 $q_1(\alpha )\ne 0$。

第2步：我们要找 $\lambda$ 使得：

$$\frac{p(x)}{(x-\alpha {)}^k{q}_1(x)}-\frac{\lambda }{(x-\alpha {)}^k}=\frac{p(x)-\lambda q_1(x)}{(x-\alpha {)}^k{q}_1(x)}$$

的分子 $p(x)-\lambda q_1(x)$ 含有因子 $(x-\alpha )$。

第3步：$p(x)-\lambda q_1(x)$ 含有因子 $(x-\alpha )$ 等价于 $p(\alpha )-\lambda q_1(\alpha )=0$，即：

$$\lambda =\frac{p(\alpha )}{q_1(\alpha )}.$$

因为 $q_1(\alpha )\ne 0$，$\lambda$ 有意义。

第4步：令 $\lambda =\frac{p(\alpha )}{q_1(\alpha )}$，则 $p(x)-\lambda q_1(x)$ 含有因子 $(x-\alpha )$，即存在多项式 $p_1(x)$ 使得：

$$p(x)-\lambda q_1(x)=(x-\alpha )p_1(x).$$

第5步：代入：

$$\frac{p(x)-\lambda q_1(x)}{(x-\alpha {)}^k{q}_1(x)}=\frac{(x-\alpha )p_1(x)}{(x-\alpha {)}^k{q}_1(x)}=\frac{p_1(x)}{(x-\alpha {)}^{k-1}{q}_1(x)}.$$

第6步：因此：

$$\frac{p(x)}{(x-\alpha {)}^k{q}_1(x)}=\frac{\lambda }{(x-\alpha {)}^k}+\frac{p_1(x)}{(x-\alpha {)}^{k-1}{q}_1(x)}.$$

第7步：验证 $\frac{p_1(x)}{(x-\alpha {)}^{k-1}{q}_1(x)}$ 仍是真分式。原分式是真分式，即 $\mathrm{deg}p<\mathrm{deg}q=k+\mathrm{deg}{q}_1$。而 $\mathrm{deg}(p-\lambda q_1)⩽\max \{\mathrm{deg}p,\mathrm{deg}{q}_1\}$，$\mathrm{deg}{p}_1=\mathrm{deg}(p-\lambda q_1)-1⩽\max \{\mathrm{deg}p,\mathrm{deg}{q}_1\}-1$。所以 $\mathrm{deg}{p}_1<(k-1)+\mathrm{deg}{q}_1$，仍是真分式。

证毕

意义：这个定理告诉我们，对于分母有 $k$ 重实根 $\alpha$ 的有理真分式，可以逐步”剥离”出形如 $\frac{\lambda }{(x-\alpha {)}^j}$ 的项（$j=k,k-1,\dots ,1$），最终将有理分式分解为若干简单分式之和，每一项都可以直接积分。

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例子：定理6.3.1 实根部分分式分解 — 例子

定理6.3.2 复根部分分式分解

定理陈述：设有理函数 $\frac{p(x)}{q(x)}$ 是真分式，多项式 $q(x)$ 有 $l$ 重共轭复根 $\beta \pm \mathrm{i}\gamma$，则存在实数 $\mu ,\nu$ 和多项式 $p^{\ast }(x)$，成立：

$$\frac{p(x)}{(x^2+2\xi x+{\eta }^2{)}^l{q}^{\ast }(x)}=\frac{\mu x+\nu }{(x^2+2\xi x+{\eta }^2{)}^l}+\frac{p^{\ast }(x)}{(x^2+2\xi x+{\eta }^2{)}^{l-1}{q}^{\ast }(x)}.$$

证明：

核心想法：与实根情形类似，选择合适的 $\mu ,\nu$，使得分子 $p(x)-(\mu x+\nu )q^{\ast }(x)$ 含有因子 $(x^2+2\xi x+{\eta }^2)$，从而约掉分母中的一个二次因子。

第1步：设 $q(x)=(x^2+2\xi x+{\eta }^2{)}^l{q}^{\ast }(x)$，其中 $x^2+2\xi x+{\eta }^2$ 在实数范围内不可约（判别式 $4{\xi }^2-4{\eta }^2<0$），且 $q^{\ast }(x)$ 与 $x^2+2\xi x+{\eta }^2$ 互素。

第2步：我们要找 $\mu ,\nu$ 使得：

$$p(x)-(\mu x+\nu )q^{\ast }(x)$$

含有因子 $x^2+2\xi x+{\eta }^2$。

第3步：设 $x^2+2\xi x+{\eta }^2=(x-\alpha )(x-\bar{\alpha })$，其中 $\alpha =-\xi +\mathrm{i}\sqrt{{\eta }^2-{\xi }^2}$。

$p(x)-(\mu x+\nu )q^{\ast }(x)$ 含有因子 $(x-\alpha )(x-\bar{\alpha })$ 等价于：

$$p(\alpha )-(\mu \alpha +\nu )q^{\ast }(\alpha )=0.$$

即 $\mu \alpha +\nu =\frac{p(\alpha )}{q^{\ast }(\alpha )}$。

第4步：设 $\frac{p(\alpha )}{q^{\ast }(\alpha )}=A+\mathrm{i}B$（$A,B$ 为实数），$\alpha =-\xi +\mathrm{i}{\gamma }^{\prime }$（${\gamma }^{\prime }=\sqrt{{\eta }^2-{\xi }^2}$）。

则 $\mu \alpha +\nu =\mu (-\xi +\mathrm{i}{\gamma }^{\prime })+\nu =(-\mu \xi +\nu )+\mathrm{i}\mu {\gamma }^{\prime }$。

令实部和虚部分别相等：

$$\{\begin{array}{l}-\mu \xi +\nu =A\\ \mu {\gamma }^{\prime }=B\end{array}$$

解得 $\mu =\frac{B}{{\gamma }^{\prime }}$，$\nu =A+\frac{B\xi }{{\gamma }^{\prime }}$。因为 ${\gamma }^{\prime }\ne 0$（二次因子不可约），所以 $\mu ,\nu$ 有唯一解。

第5步：令这样确定的 $\mu ,\nu$，则 $p(x)-(\mu x+\nu )q^{\ast }(x)$ 含有因子 $x^2+2\xi x+{\eta }^2$，即存在多项式 $p^{\ast }(x)$ 使得：

$$p(x)-(\mu x+\nu )q^{\ast }(x)=(x^2+2\xi x+{\eta }^2)p^{\ast }(x).$$

第6步：代入：

$$\frac{p(x)-(\mu x+\nu )q^{\ast }(x)}{(x^2+2\xi x+{\eta }^2{)}^l{q}^{\ast }(x)}=\frac{(x^2+2\xi x+{\eta }^2)p^{\ast }(x)}{(x^2+2\xi x+{\eta }^2{)}^l{q}^{\ast }(x)}=\frac{p^{\ast }(x)}{(x^2+2\xi x+{\eta }^2{)}^{l-1}{q}^{\ast }(x)}.$$

第7步：因此：

$$\frac{p(x)}{(x^2+2\xi x+{\eta }^2{)}^l{q}^{\ast }(x)}=\frac{\mu x+\nu }{(x^2+2\xi x+{\eta }^2{)}^l}+\frac{p^{\ast }(x)}{(x^2+2\xi x+{\eta }^2{)}^{l-1}{q}^{\ast }(x)}.$$

证毕

意义：与实根情形类似，复根情形可以逐步”剥离”出形如 $\frac{\mu x+\nu }{(x^2+2\xi x+{\eta }^2{)}^j}$ 的项（$j=l,l-1,\dots ,1$）。这些项都可以通过配方法和换元法完成积分。

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例子：定理6.3.2 复根部分分式分解 — 例子

相关链接

• 数学分析 定理索引
• 第五章 微分中值定理及其应用
• 第七章 定积分

来源引用

• [数学分析 陈纪修 第三版 上](raw/数学分析 陈纪修 第三版 上/full.md)