c2084函数已有主体_复合函数求积分的公式

2024年 8月 6日上午10:21 • 激活谷笔记

c2084函数已有主体_复合函数求积分的公式有理函数积分计算法则——留数思想法声明：本篇幅仅在知乎发布，严禁转载、抄袭！注*：强烈建议读者、网友们在PC端、平板…上进行浏览阅读，以获得更佳阅读浏览体验。创作于Oct 11, 2020注*：关于

有理函数积分计算法则——留数思想法　　声明：本篇幅仅在知乎发布，严禁转载、抄袭！　　注*：强烈建议读者、网友们在PC端、平板…上进行浏览阅读，以获得更佳阅读浏览体验。　　创作于—-Oct 11, 2020 　　注*：关于本方法，严格上讲应该叫“部分分式展开法”，不能叫作留数定理法，只能说在复变函数中借鉴了计算留数的思想。本篇幅将围绕这一思想，着重叙述有理函数展开的过程。至于展开后的每个小积分，则不再过多去阐述其计算过程。　　有了这一方法，不用待定系数 or 取特殊值的方法也可拆分有理函数。其它不定积分计算方法如下所示。　　更新于—-Step 10, 2023Mitchell Meng：不定积分计算方法汇总　　关于该方法实现原理过程，见下所示。Mitchell Meng：留数法实现有理分式拆分原理　　下面将介绍有理函数不定积分拆分法，这种方法可以直接将一个较为复杂的有理函数通过系数待定原则可直接求出相应待定系数。首先，介绍有理函数概念与分解原则；其次，介绍几种典型直接求系数方法；最后，通过2019年数学二真题和几个例题进行检验。　　方法仅供参考！适用才是硬道理。　　文中若有错误的地方，恳请广大读者、网友们在评论区指正，在下表示万分感谢。　　如果对你有帮助，请不忘收藏、点赞或转发给身边需要帮助的同学！　　零、内容概要　　★有理函数概念　　★分解原则　　★系数待定原则　　★真题(习题)运用　　★结束语　　文中若有错误的地方，恳请广大”乎友、带佬”们指正；若对你的学习有帮助，请不忘点个赞(不要只收藏)或转发给你身边正在备考、学习的同学，在下表示万分感谢。　　一、有理函数概念　　1.定义：两个多项式的商
$\displaystyle\frac{P_{n}(x)}{Q_{m}(x)}(n＜m)$ 称为有理分式，其中
$P_{n}(x)、Q_{m}(x)$ 分别是x的n次多项式和m次多项式。　　2.方法：将
$Q_{m}(x)$ 因式分解，再把
$\displaystyle\frac{P_{n}(x)}{Q_{m}(x)}(n＜m)$ 分解成若干最简有理式的和。　　3.说明：这里只讨论真分式(n＜m)的情况，若是假分式，可将其转化为多项式与真分式之和。　　PS：若出现
$\displaystyle n\geq m$ ，可将假分式化为真分式。　　二、分解原则　　1.分解原则（来源：张宇30讲）　　①
$Q_{m}(x)$ 的一次单因式
ax+b 产生一项
$\displaystyle\frac{A}{ax+b}$ ；　　②
$Q_{m}(x)$ 的k重单因式
$(ax+b)^{k}$ 产生k项, 　　分别为
$\displaystyle\frac{A_{1}}{ax+b}+\frac{A_{2}}{(ax+b)^{2}}+...+\frac{A_{k}}{(ax+b)^{k}}$ ；　　③
$Q_{m}(x)$ 的二次单因式
产生一项
$\displaystyle\frac{Ax+B}{px²+qx+r}(q²-4pr＜0)$ ；　　④
$Q_{m}(x)$ 的k重二次因式
$(px²+qx+r)^{k}$ 产生k项,分别为　　
$\displaystyle\frac{A_{1}x+B_{1}}{px²+qx+r}+\frac{A_{2}x+B_{2}}{(px²+qx+r)^{2}}+...+\frac{A_{k}x+B_{k}}{(px²+qx+r)^{k}}(q²-4pr＜0)$ 　　例1、拆分
$\displaystyle\frac{1}{(x+1)(2x-1)^{2}(x^{2}+x+1)}$ 　　解：根据分解原则　　原式　　
$\displaystyle=\frac{A_{1}}{x+1}+\frac{B_{1}}{2x-1}+\frac{B_{2}}{(2x-1)^{2}}+\frac{Dx+E}{x^{2}+x+1}$ 　　2.试根法简介（来源：《剑指150——数学一》——高昆轮）　　一般有理函数分母最多以二次多项式出现(乘积形式下)，这时可通过因式分解然后按照上述方法将其求出。若分母出现三次或三次以上的多项式(考研一般最多三次多项式)，采用试根法可以达到事半功倍的效果。　　*NOTE→现给出多项式
$f(x)=a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^{2}+...+a_{k}x^{k}$ 试根方法：　　①若
$a_{0}=0$ ，则f(0)=0，此时0是f(x)=0的根；　　②若
$\displaystyle\sum_{i=0}^{k}{a_{i}}=0$ ，则f(1)=0，此时1是f(x)=0的根；　　③若f(x)的偶次项(包括a0)系数之和等于奇次项系数之和，则f(-1)=0，此时-1是f(x)=0的根；　　除此之外，再介绍一个试根的方法：　　*NOTE→定理：　　设
$f(x)=a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^{2}+...+a_{k}x^{k}$ 是系数
$a_{i}(i=0,1,2,...,k)$ 都是整数的多项式，若f(x)有一个有理根n/m，其中m,n是互质整数(m,n的公因子只有±1)，则m是
$a_{k}$ 的因子，n是
$a_{0}$ 的因子。特别地，当f(x)的首项系数
$a_{k}=1$ ，若f(x)有一个有理根，则有理根必是整数，且为
$a_{0}$ 的因子。　　注1：看到定理中的”若”这个字了吗？也就是说，如果f(x)=0没有”有理根”，则此定理失效！　　注2：这个定理教会了一个试根的方法，这里只说
$a_{k}=1$ 时的情况。先找到
$a_{0}$ ，求出
$a_{0}$ 的所有因子，然后将这些个因子逐个代入到f(x)多项式中，若存在一个或几个因子使得这个多项式结果为0，则这一个或几个因子就是f(x)=0的有理根；若不存在任何一个因子使得这个多项式结果为0，则这些个因子不是f(x)=0的有理根。　　比如：设f(x)=x³-4x²+3x+2，根据这个定理，首先
$a_{0}=2$ ，于是
$a_{0}$ 的因子为±1、±2，故f(x)的有理根只可能为±1、±2。将这4个根代入到f(x)中发现f(2)=0，故f(x)=0的有理根只有2。　　例：拆分
$\displaystyle\frac{1}{x^{3}-5x^{2}+17x-13}$ 　　解:对于分母由于1-5+17-13=0，于是x=1是一个根，故一定存在因式(x-1)，剩下的因式怎么求？用带余除法即可！步骤给各位读者演示一下。　　Step1：先建立一个表格，将除式和被除式填入当中，如图1所示。

图1 　　Step2：用被除式的最高次项去除以除式的最高次项，得商的第一项。

图2 　　Step3：将商式的第一项去乘除式，得到的结果写在被除式的下面，并保持同类项对齐。

图3 　　Step4：将前一个被除式减去这个结果得到的余式就是新的被除式，写在这个表格的下一行。

图4 　　Step5：按照前面的方法继续演算。

图5

图6

图7

图8

图9

图10 　　Step5：当余式为0或余式的最高次项的次数小于除式的最高次项的次数时，就停止运算。然后将最终商式的结果写在商那一列的最下方。

图11 　　此时，被除式=除式×商式+余式(见图12)。如果一个多项式除以另一个多项式，余式得0，就说这个多项式能被另一个多项式整除。

图12 　　于是
$x^{3}-5x^{2}+17x-13=(x-1)(x^{2}-4x+13)$ , 　　到这一步后由于
$x^{2}-4x+13$ 不能继续分解，因此，　　原式　　
$\displaystyle=\frac{1}{(x-1)(x^{2}-4x+13)}$ 　　
$\displaystyle=\frac{A_{1}}{x-1}+\frac{A_{2}x+B_{2}}{x^{2}-4x+13}$ 　　三、系数待定原则　　以下内容是留数思想的核心应用！　　①单值代入法　　1-★:若
$\displaystyle\frac{P_{n}(x)}{Q_{m}(x)}=\frac{A_{1}}{a_{1}x+b_{1}}+...+\frac{A_{n}}{a_{n}x+b_{n}}+...$ 　　(
$Q_{m}(x)$ 可分解为含有若干单因式的项),则　　
$\displaystyle A_{k}(k\in N^{*})=[\frac{P_{n}(x)}{Q_{m}(x)}·(a_{k}x+b_{k})]∣_{x=-\frac{b_{k}}{a_{k}}}$ 　　
$\displaystyle=[\frac{a_{k}·P_{n}(x)}{Q'_{m}(x)}]∣_{x=-\frac{b_{k}}{a_{k}}}$ 　　若
$a_{k}=1(k=1,2,...,n)$ , 　　则
$\displaystyle A_{k}(k\in N^{*})=[\frac{P_{n}(x)}{Q'_{m}(x)}]∣_{x=-b_{k}}$ 　　注：只有拆出来的项中，分母为单根才能使用上述结论，否则就不行。　　打个比方,对于下面这个有理分式。　　
$\displaystyle\frac{1}{(x-2)(x-3)^2}=\frac{A}{x-2}+\frac{B}{x-3}+\frac{C}{(x-3)^2}$ 　　对于该分式系数A可以使用结论1-★，因为x-2=0只有一个根x=2，　　B、C就不能使用该法则，因为(x-3)^2=0的解为二重根(
$\displaystyle x_{1、2}=3$ ). 　　2-★:若
$\displaystyle\frac{P_{n}(x)}{Q_{m}(x)}=\frac{A_{1}}{ax+b}+...+\frac{A_{n}}{(ax+b)^{n}}+...$ 　　(
$Q_{m}(x)$ 可分解为含有n重单因式的项), 　　则
$\displaystyle A_{n}(n\in N^{*})=[\frac{P_{n}(x)}{Q_{m}(x)}·(ax+b)^{n}]∣_{x=-\frac{b_{n}}{a_{n}}}$ 　　PS：2-★实际上是重根情况中的特殊情况，也就是n=k时的重根情况。　　由于该情况与单根情况的计算方法类似，故归为一类。　　当
$\displaystyle 1\leq k＜n,k\in N^{*}$ 时另作讨论(见重根情况) 　　例2、计算：
$\displaystyle\int_{}^{}\frac{x+1}{x^2-5x+6}dx$ (同济高数例题) 　　解：
$\displaystyle\frac{x+1}{x^2-5x+6}$ 　　
$\displaystyle =\frac{x+1}{(x-2)(x-3)}=\frac{A}{x-2}+\frac{B}{x-3}$ 　　令
，解得
$x_{1}=2,x_{2}=3$ (均为单根) 　　
$\displaystyle A=[\frac{x+1}{x^2-5x+6}·(x-2)]∣_{x=2}$ 　　
$\displaystyle=[\frac{x+1}{x-3}]∣_{x=2}$ 　　
$\displaystyle=[\frac{x+1}{(x^2-5x+6)'}]∣_{x=2}=-3$ 　　
$\displaystyle B=[\frac{x+1}{x^2-5x+6}·(x-3)]∣_{x=3}$ 　　
$\displaystyle=[\frac{x+1}{x-2}]∣_{x=3}$ 　　
$\displaystyle=[\frac{x+1}{(x^2-5x+6)'}]∣_{x=3}=4$ 　　故原式　　
$I=\displaystyle\int_{}^{}(\frac{4}{x-3}-\frac{3}{x-2})dx$ 　　
$\displaystyle=4ln\left|x-3\right|-3ln\left|x-2\right|+C$ 　　接下来，介绍”复根代入法” 　　②复根代入法　　若
$\displaystyle\frac{P_{n}(x)}{Q_{m}(x)}=\frac{A_{1}x+B_{1}}{p_{1}x^2+q_{1}x+r_{1}}+...+\frac{A_{n}x+B_{n}}{p_{n}x^2+q_{n}x+r_{n}}+...$ 　　(
$Q_{m}(x)$ 可分解为含有若干二次单因式的项且
$\displaystyle q_{k}^{2}-4p_{k}r_{k}＜0,k\in N^{*}$ ) 　　则
$\displaystyle A_{k}x+B_{k}|_{x=m\pm ni}(k\in N^{*})$ 　　
$\displaystyle=[\frac{P_{n}(x)}{Q_{m}(x)}·(p_{k}x^2+q_{k}x+r_{k})]∣_{x=m\pm ni}$ 　　带入复根后，比较等式两边的结果可确定出相应系数。　　注：对于二次方程　　
$p_{k}x^2+q_{k}x+r_{k}=0(q_{k}^{2}-4p_{k}r_{k}＜0,k\in N^{*})$ 　　有一对共轭复根
$x=m\pm ni$ , 　　其中
$\displaystyle m=-\frac{q_{k}}{2p_{k}},n=\frac{\sqrt{4p_{k}r_{k}-q_{k}^{2}}}{2p_{k}}$ 　　例3、计算：
$\displaystyle\int_{}^{}\frac{x+2}{(2x+1)(x^2+x+1)}dx$ (同济高数例题) 　　解：　　
$\displaystyle\frac{x+2}{(2x+1)(x^2+x+1)}=\frac{A}{2x+1}+\frac{Bx+D}{x^2+x+1}$ 　　令
2x+1=0 ,解得
$\displaystyle x=-\frac{1}{2}$ 　　
$\displaystyle A=[\frac{x+2}{(2x+1)(x^2+x+1)}·(2x+1)]∣_{x=-\frac{1}{2}}$ 　　
$\displaystyle=[\frac{x+2}{x^2+x+1}]∣_{x=-\frac{1}{2}}=2$ 　　※当然，
$\displaystyle x=-\frac{1}{2}$ 为该有理因式的单根，按照单根代入法的第二个等号法则可得，　　
$\displaystyle A=\left\{ \frac{2(x+2)}{[(2x+1)(x^2+x+1)]'} \right\}∣_{x=-\frac{1}{2}}=2$ 　　令
$\displaystyle x^2+x+1=0$ , 解得
$\displaystyle x=-\frac{1}{2}\pm\frac{\sqrt{3}}{2}i$ 　　在这里取其中一个即可，取
$\displaystyle x=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i$ ，代入公式即得　　
$\displaystyle Bx+D∣_{x=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i}$ 　　
$\displaystyle=[\frac{x+2}{(2x+1)(x^2+x+1)}·(x^2+x+1)]∣_{x=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i}$ 　　
$\displaystyle=\frac{x+2}{2x+1}∣_{x=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i}$ 　　
$\displaystyle =\frac{-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i+2}{2(-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i)+1}$ 　　
$\displaystyle=\frac{\frac{3}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i}{\sqrt{3}i}$ 　　
$\displaystyle=\frac{\frac{3}{2}-\frac{3\sqrt{3}}{2}i}{3}$ 　　(分子分母同乘以分母的共轭复数) 　　

$\displaystyle\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i$ 　　于是
$\displaystyle B(-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i)+D=\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i$ 　　解得：
　　※在这里从共轭复根角度提供另一种解法。(不建议使用) 　　由于
$\displaystyle x^{2}+x+1=0$ 有一对共轭复根，于是将有理分式拆为：　　
$\displaystyle\frac{x+2}{(2x+1)(x^2+x+1)}$ 　　
$\displaystyle=\frac{A}{2x+1}+\frac{B}{x-(-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i)}+\frac{D}{x-(-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i)}$ 　　其中系数A按照单根代入法解出，这里主要讨论B、D的解法，B、D的分母是关于单复根的因式且未知数系数为1，这里按照单值代入法求即可，于是　　
$\displaystyle B=\left\{ \frac{x+2}{[(2x+1)(x^2+x+1)]'} \right\}∣_{x=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i}$ 　　
$\displaystyle=-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{6}i$ 　　
$\displaystyle D=\left\{ \frac{x+2}{[(2x+1)(x^2+x+1)]'} \right\}∣_{x=-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i}$ 　　
$\displaystyle=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{6}i$ 　　于是上述拆分的结果为，　　
$\displaystyle\frac{x+2}{(2x+1)(x^2+x+1)}$ 　　
$\displaystyle=\frac{2}{2x+1}+\frac{-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{6}i}{x-(-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i)}+\frac{-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{6}i}{x-(-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i)}$ 　　最后，将等式最后两项通分即可还原为实函数。　　※当然，若不想解出相应的复根，我们也可以这样做。(较为简便) 　　记
的解为
$x_{0}$ ，将拆分后的等式两边同时乘以(
x^2+x+1 )得，　　
$\displaystyle\frac{x+2}{2x+1}=\frac{A(x^2+x+1)}{2x+1}+Bx+D$ , 　　代入
$x=x_{0}$ 可得下述等式，　　
$\displaystyle Bx+D∣_{x=x_{0}}=(\frac{x+2}{2x+1})∣_{x=x_{0}}$ 　　我们来考虑如何处理这个等式，　　为了将等式右边化为像BX+D一样的结构，我们得充分利用x²+x+1=0这个条件，将等式右侧分式中的分子、分母同乘以某个式子化为与x²+x+1=0相关结构，于是用x²+x+1去除以2x+1(记住是除以分母，这里用到了短除法，具体方法见上面那个图1)，得待乘因式
$\displaystyle\frac{1}{2}x+\frac{1}{4}$ 余
$\displaystyle\frac{3}{4}$ 。故分子分母同乘以
$\displaystyle\frac{1}{2}x+\frac{1}{4}$ 得。　　
$\displaystyle Bx+D∣_{x=x_{0}}=(\frac{x+2}{2x+1})∣_{x=x_{0}}$ 　　
$\displaystyle=[\frac{(x+2)(\frac{1}{2}x+\frac{1}{4})}{(2x+1)(\frac{1}{2}x+\frac{1}{4})}]∣_{x=x_{0}}$ 　　
$\displaystyle=(\frac{\frac{1}{2}x^2+\frac{5}{4}x+\frac{1}{2}}{x^2+x+\frac{1}{4}})∣_{x=x_{0}}$ 　　
$\displaystyle=(\frac{2x^2+5x+2}{4x^2+4x+1})∣_{x=x_{0}}$ 　　
$\displaystyle=[\frac{(2x^2+2x+2)+3x}{(4x^2+4x+4)-3}]∣_{x=x_{0}}$ 　　
$\displaystyle =-x∣_{x=x_{0}}$ 　　所以
$\displaystyle Bx_{0}+D=-x_{0}$ 　　因此，
　　PS：显然这种方法对比复根代入法有一定的异曲同工之妙。当然有些有理函数用这种方法不会一次性得出结论(具体见下面19年真题数学二)，但是可以简化我们的计算。如果是像上面这种情况，等式等号右侧分子、分母都为一次，那么只需要将二次因式除以等式等号右侧分母得出“待乘因式”，同乘”待乘因式”过后，然后就是分子分母往二次因式结构去凑就可以得出相应结果。为什么上面这种情况不用二次因式除以分子，原因是除以分子会把分子化为整数，然后就得不到相应结果。　　综上所述　　原式
$\displaystyle=\int_{}^{}(\frac{2}{2x+1}-\frac{x}{x^2+x+1})dx$ 　　
$\displaystyle=ln\left|2x+1\right|-\frac{1}{2}\int_{}^{}\frac{(2x+1)-1}{x^2+x+1}dx$ 　　
$\displaystyle=ln\left|2x+1\right|-\frac{1}{2}\int_{}^{}\frac{d(x^2+x+1)}{x^2+x+1}+\frac{1}{2}\int_{}^{}\frac{dx}{(x+\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}}$ 　　
$\displaystyle=ln\left|2x+1\right|-\frac{1}{2}ln(x^2+x+1)+\frac{1}{\sqrt{3}}arctan\frac{2x+1}{\sqrt{3}}+C$ 　　③重根代入法(难点) 　　我们接着讨论单值代入法中2-★里面当
$1＜k＜n,k\in N^{*}$ 的情况　　注：先只讨论系数a=1的情况，a≠1的情况见例6所示。　　
$\displaystyle\frac{P_{n}(x)}{Q_{m}(x)}=\frac{A_{1}}{x+b}+...+\frac{A_{n}}{(x+b)^{n}}+...$ 　　(
$Q_{m}(x)$ 可分解为含有n重单因式的项) 　　1-★ 当
k=n 时，　　
$\displaystyle A_{n}(n\in N^{*})=[\frac{P_{n}(x)}{Q_{m}(x)}·(x+b)^{n}]∣_{x=-{b}}$ 　　2-★ 当
$1\leq k＜n,k\in N^{*}$ 时　　
$\displaystyle A_{k}(k\in N^{*})=\frac{1}{(n-k)!}\frac{d^{n-k}}{dx^{n-k}}[\frac{P_{n}(x)}{Q_{m}(x)}·(x+b)^{n}]∣_{x=-b}$ 　　PS：当k=n时，由2-★可得出1-★，1-★可类似于单根情况，因为0!=1。　　例4、计算：
$\displaystyle \int\frac{x-3}{(x-1)(x^2-1)}dx$ (同济高数例题) 　　解：
$\displaystyle \frac{x-3}{(x-1)(x^2-1)}= \frac{x-3}{(x-1)^{2}(x+1)}$ 　　
$\displaystyle =\frac{A}{x+1}+\frac{B}{x-1}+\frac{D}{(x-1)^2}$ 　　令
，得
$x_{1}=-1,x_{2,3}=1$ 。　　按照单值代入法可得，　　
$\displaystyle A=[\frac{x-3}{(x-1)^{2}(x+1)}\cdot (x+1)]∣_{x=-1}$ 　　
$\displaystyle = \frac{x-3}{(x-1)^{2}}∣_{x=-1}$ 　　
=-1 　　
$\displaystyle D=[\frac{x-3}{(x-1)^{2}(x+1)}\cdot (x-1)^2]∣_{x=1}$ 　　
$\displaystyle = \frac{x-3}{x+1}∣_{x=1}$ 　　
=-1 　　其实，这里的A也可以用单值代入法的第二个等号法则，即　　
$\displaystyle A=\left\{ \frac{x-3}{[(x-1)^{2}(x+1)]'}\right\}∣_{x=-1}$ 　　
=-1 　　注：由于x=1是重根，求系数D只能用第一个等号法则。　　按照重根代入法　　
$\displaystyle B=\frac{1}{(2-1)!}\frac{d}{dx}[\frac{x-3}{(x-1)^{2}(x+1)}\cdot (x-1)^2]∣_{x=1}$ 　　
$\displaystyle = \frac{d}{dx}[\frac{x-3}{x+1}]∣_{x=1}$ 　　
　　于是，　　
$\displaystyle \frac{x-3}{(x-1)(x^2-1)}= \frac{x-3}{(x-1)^{2}(x+1)}$ 　　
$\displaystyle =\frac{-1}{x+1}+\frac{1}{x-1}+\frac{-1}{(x-1)^2}$ 　　原式　　
$\displaystyle=ln\left| x-1 \right|+\frac{1}{x-1}-ln\left| x+1 \right|+C$ 　　例5、计算：
$\displaystyle\int_{}^{}\frac{dx}{(x+1)^{3}x^2}$ 　　解：
$\displaystyle\frac{1}{(x+1)^{3}x^2}$ 　　
$\displaystyle=\frac{A_{1}}{x+1}+\frac{A_{2}}{(x+1)^{2}}+\frac{A_{3}}{(x+1)^{3}}+\frac{B_{1}}{x}+\frac{B_{2}}{x^2}$ 　　对于
$(x+1)^{3}=0$ 有三重根
$x_{1.2.3}=-1$ 根据分解原则　　可以形成3项式子
$\displaystyle\frac{A_{1}}{x+1}、\frac{A_{2}}{(x+1)^{2}}、\frac{A_{3}}{(x+1)^{3}}$ 　　
$\displaystyle A_{1}=\frac{1}{2!}\frac{d^{2}}{dx^{2}}[\frac{1}{(x+1)^{3}x^2}·(x+1)^{3}]∣_{x=-1}$ 　　
$\displaystyle=\frac{1}{2!}\frac{d^{2}}{dx^{2}}(\frac{1}{x^2})∣_{x=-1}=3$ 　　
$\displaystyle A_{2}=\frac{d}{dx}(\frac{1}{x^2})∣_{x=-1}=2$ 　　
$\displaystyle A_{3}=\frac{1}{x^2}∣_{x=-1}=1$ 　　对于
x^2=0 有二重根
$x_{1.2}=0$ 根据分解原则　　可以形成2项式子
$\displaystyle\frac{B_{1}}{x}、\frac{B_{2}}{x²}$ 　　
$\displaystyle B_{1}=\frac{d}{dx}[\frac{1}{(x+1)^{3}x^2}·x^2]∣_{x=0}$ 　　
$\displaystyle=\frac{d}{dx}[\frac{1}{(x+1)^{3}}]∣_{x=0}=-3$ 　　
$\displaystyle B_{2}=\frac{1}{(x+1)^{3}}∣_{x=0}=1$ 　　于是
$\displaystyle\frac{1}{(x+1)^{3}x^2}$ 　　
$\displaystyle=\frac{3}{x+1}+\frac{2}{(x+1)^{2}}+\frac{1}{(x+1)^{3}}+\frac{-3}{x}+\frac{1}{x^2}$ 　　原式　　
$\displaystyle=3ln\left|\frac{x+1}{x}\right|-2(x+1)^{-1}-\frac{1}{2}(x+1)^{-2}-\frac{1}{x}+C$ 　　※若
$a\ne1$ 怎么办？见如下例题。　　例6、计算
$\displaystyle\int_{}^{}\frac{1}{x(2x-1)^{3}}dx$ 　　解：
$\displaystyle\frac{1}{x(2x-1)^{3}}$ 　　
$\displaystyle=\frac{A}{x}+\frac{B}{2x-1}+\frac{C}{(2x-1)^{2}}+\frac{D}{(2x-1)^3}$ 　　首先，按照单值代入法，可得　　
$\displaystyle A=[\frac{1}{(2x-1)^{3}}]∣_{x=0}$ 　　
$\displaystyle=\left\{ \frac{1}{[x(2x-1)^3]'} \right\}∣_{x=0}=-1$ ; 　　
$\displaystyle D=(\frac{1}{x})∣_{x=\frac{1}{2}}=2$ 　　注：该题x=0为该有理因式的单根，故求系数A可以用单根代入法第二个等号后面的法则(也可以用第一个等号后面法则)。而x=1/2为重根，则求系数D只能用第一个等号法则。　　对于未知数B、C，由于分母未知项系数不为1，若按照上述重根代入的方法将会出现错误。在这里，只需要将上述等式左右两边待求未知项系数变为1即可。　　
$\displaystyle\frac{1}{x(2x-1)^{3}}=\displaystyle\frac{\frac{1}{8}}{x(x-\frac{1}{2})^{3}}$ 　　
$\displaystyle=\frac{A}{x}+\frac{\frac{B}{2}}{x-\frac{1}{2}}+\frac{\frac{C}{4}}{(x-\frac{1}{2})^{2}}+\frac{D}{(2x-1)^3}$ 　　上式左右同乘以8得，　　
$\displaystyle\frac{1}{x(x-\frac{1}{2})^{3}}=\frac{8A}{x}+\frac{4B}{x-\frac{1}{2}}+\frac{2C}{(x-\frac{1}{2})^{2}}+\frac{8D}{(2x-1)^3}$ 　　于是，按照重根代入法: 　　
$\displaystyle2C=\frac{d}{dx}(\frac{1}{x})∣_{x=\frac{1}{2}}$ 　　
$\displaystyle=(-\frac{1}{x^2})|_{x=\frac{1}{2}}=-4$ 　　
$\displaystyle4B=\frac{1}{2!}\frac{d^{2}}{dx^{2}}(\frac{1}{x})∣_{x=\frac{1}{2}}$ 　　
$\displaystyle=\frac{1}{2}\frac{d}{dx}(-\frac{1}{x^2})∣_{x=\frac{1}{2}}$ 　　
$\displaystyle =(\frac{1}{x^3})∣_{x=\frac{1}{2}}=8$ 　　故B=2，C=-2。所以　　原式　　
$\displaystyle=\int{}{}[\frac{-1}{x}+\frac{2}{2x-1}+\frac{-2}{(2x-1)^{2}}+\frac{2}{(2x-1)^3}]dx$ 　　
$\displaystyle=ln\left| \frac{2x-1}{x} \right|+\frac{1}{2x-1}-\frac{1}{2(2x-1)^{2}}+C$ 　　关于k重二次因式的情况，由于情况过于复杂，这里就举一个例子，　　然后大家领悟这种思路即可，实在不行就跳过。　　例7、拆分
$\displaystyle\frac{2x+2}{(x-1)(x^2+1)^2}$ 　　解：
$\displaystyle\frac{2x+2}{(x-1)(x^2+1)^2}$ 　　
$\displaystyle=\frac{A}{x-1}+\frac{Bx+D}{x^2+1}+\frac{Ex+F}{(x^2+1)^2}$ 　　按照单值代入法，有　　
$\displaystyle A=\left\{\frac{2x+2}{[(x-1)(x^2+1)^2]'} \right\}|_{x=1}=1$ 　　令
x^2+1=0 , 解得
$x=\pm i$ 　　在这里取其中一个即可，取
x=i ，代入上述展开式得　　
$\displaystyle(Ex+F)|_{x=i}=(\frac{2x+2}{x-1})|_{x=i}=-2i$ 　　所以E=-2、F=0，　　下面我们来考虑B、D怎么求？如果在考场上，建议读者直接取特殊值去对待。下面做法只是提供了一些思路，可能比特殊值法略麻烦一些。　　首先，将上述等式两端同乘以(x²+1)²，　　
$\displaystyle\frac{2x+2}{x-1}=\frac{A\cdot (x^2+1)^2}{x-1}+(Bx+D)(x^2+1)+Ex+F$ 　　然后，等式两端直接求导，　　
$\displaystyle\frac{-4}{(x-1)^2}=[\frac{A\cdot (x^2+1)^2}{x-1}]'+(Bx+D)'(x^2+1)+(Bx+D)\cdot 2x+E$ 　　代入x=i、E=-2，得　　
$-2i=2i\cdot (Bi+D)-2$ ，等式左右对比可得 B=D=-1，于是　　
$\displaystyle\frac{2x+2}{(x-1)(x^2+1)^2}$ 　　
$\displaystyle=\frac{1}{x-1}+\frac{-x-1}{x^2+1}+\frac{-2x}{(x^2+1)^2}$ 　　四、真题(习题)运用　　这里首先节选一个2019年数二真题第16题。　　例8、计算
$\displaystyle\int{}{}\frac{3x+6}{(x-1)^{2}(x^{2}+x+1)}dx$ 　　解:
$\displaystyle\frac{3x+6}{(x-1)^{2}(x^{2}+x+1)}$ 　　
$\displaystyle=\frac{A}{x-1}+\frac{B}{(x-1)^{2}}+\frac{Dx+E}{x^{2}+x+1}$ 　　①根据单根代入法　　
$\displaystyle B=(\frac{3x+6}{x^2+x+1})|_{x=1}=3$ 　　②对于Dx+E，令
$x^{2}+x+1=0$ , 　　解得
$\displaystyle x=-\frac{1}{2}\pm\frac{\sqrt{3}}{2}i$ 　　取
$\displaystyle x=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i$ ，代入公式即得　　
$\displaystyle Dx+E∣_{x=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i}$ 　　
$\displaystyle=[\frac{3x+6}{(x-1)^{2}(x^2+x+1)}·(x^2+x+1)]∣_{x=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i}$ 　　
$\displaystyle=\frac{3x+6}{(x-1)^2}∣_{x=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i}$ 　　
$\displaystyle=\frac{3(-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i)+6}{(\frac{\sqrt{3}}{2}i-\frac{3}{2})^{2}}$ 　　
$\displaystyle=\frac{\sqrt{3}i+3}{-\sqrt{3}i+1}=\sqrt{3}i$ 　　于是
$\displaystyle D(-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i)+E=\sqrt{3}i$ 　　解得：
D=2,E=1 　　※这里D、E我们可以用上述较为简便的方法求出，　　记
的解为
$x_{0}$ ，将拆分后的等式两边同时乘以(
x²+x+1 )得，　　
$\displaystyle\frac{3x+6}{(x-1)^{2}}=\frac{A(x^{2}+x+1)}{x-1}+\frac{B(x^{2}+x+1)}{(x-1)^{2}}+Dx+E$ 　　代入
$x=x_{0}$ 可得等式B, 　　
$\displaystyle Dx+E|_{x=x_{0}}=[\frac{3x+6}{(x-1)^{2}}]∣_{x=x_{0}}$ 　　显然等式B右侧分母为2次，分子为1次结构，这里就不能用像复根代入法那个例子一样的方法去求D、E，由于分母有二次结构，这里只能通过分母来化简此式。　　
$\displaystyle Dx+E|_{x=x_{0}}=[\frac{3x+6}{(x-1)^{2}}]∣_{x=x_{0}}$ 　　
$\displaystyle=[\frac{3x+6}{x^2-2x+1}]∣_{x=x_{0}}$ 　　
$\displaystyle=[\frac{3x+6}{x^2+x+1-3x}]∣_{x=x_{0}}$ 　　
$\displaystyle=[\frac{3x+6}{-3x}]∣_{x=x_{0}}$ 　　
$\displaystyle=[-1-\frac{2}{x}]∣_{x=x_{0}}$ 　　最后将x²+x+1=0其中一个解代入得，　　
$\displaystyle Dx+E|_{x=x_{0}}=D(-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i)+E$ 　　
$\displaystyle=[-1-\frac{2}{x}]∣_{x=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i}$ 　　
$=\sqrt{3}i$ 　　对比可得出相应系数，
D=2,E=1 。　　PS：虽然这种方法不像复根代入法那个例子一样可以直接得出结果，但是这种方法大大简化了计算！　　③根据重根代入法　　
$\displaystyle A=\frac{d}{dx}(\frac{3x+6}{x^{2}+x+1})∣_{x=1}$ 　　
$\displaystyle=[-\frac{3x^{2}+12x+3}{(x^{2}+x+1)^{2}}]∣_{x=1}$ 　　
=-2 　　综上，可得　　原式
$\displaystyle=\frac{-2}{x-1}+\frac{3}{(x-1)^{2}}+\frac{2x+1}{x^{2}+x+1}$ ,故　　
$\displaystyle\int{}{}\frac{3x+6}{(x-1)^{2}(x^{2}+x+1)}dx$ 　　
$\displaystyle =-2ln|x-1|-\frac{3}{x-1}+ln(x^{2}+x+1)+C$ 　　例9、计算
$\displaystyle\int \frac{dx}{x^3+4x^2+5x+2}$ (22张宇题源探析1K题) 　　解：可见该分式分母比较复杂，经过观察发现x=-1是分母为0的一个根，故可分离出因式(x+1)，通过短除法可将该因式分解为　　
　　
$=(x+1)^{2}(x+2)$ 　　于是
$\displaystyle\frac{1}{x^3+4x^2+5x+2}=\frac{1}{(x+1)^{2}(x+2)}$ 　　
$\displaystyle=\frac{A}{x+2}+\frac{B}{x+1}+\frac{D}{(x+1)^2}$ 　　由单根代入法，可得　　
$\displaystyle A=[\frac{1}{(x+1)^{2}(x+2)}·(x+2)]∣_{x=-2}$ 　　
$\displaystyle=[\frac{1}{(x+1)^2}]∣_{x=-2}$ 　　
　　
$\displaystyle D=[\frac{1}{(x+1)^{2}(x+2)}·(x+1)^2]∣_{x=-1}$ 　　
$\displaystyle=[\frac{1}{x+2}]∣_{x=-1}$ 　　
　　由重根代入法，得　　
$\displaystyle B=[\frac{1}{(x+1)^{2}(x+2)}·(x+1)^2]'∣_{x=-1}$ 　　
$\displaystyle=[\frac{1}{x+2}]'∣_{x=-1}$ 　　
=-1 　　所以，　　
$\displaystyle\frac{1}{x^3+4x^2+5x+2}=\frac{1}{x+2}+\frac{-1}{x+1}+\frac{1}{(x+1)^2}$ 　　因此，不定积分结果　　
$\displaystyle\int \frac{dx}{x^3+4x^2+5x+2}$ 　　
$\displaystyle=ln\left| x+2 \right|-ln\left| x+1 \right|-\frac{1}{x+1}+C$ 　　例10、计算
$\displaystyle\int \frac{4x}{(2x+1)^3}dx$ (22张宇数二题源探析1K题) 　　解：
$\displaystyle\frac{4x}{(2x+1)^3}=\frac{A}{2x+1}+\frac{B}{(2x+1)^2}+\frac{D}{(2x+1)^3}$ 　　其中，　　
$\displaystyle D=[\frac{4x}{(2x+1)^3}·(2x+1)^3]∣_{x=-\frac{1}{2}}$ 　　
=-2 　　由于重根情况中，分式中分母未知项系数不为1，因此需将等式右边作一个变形处理，得　　
$\displaystyle\frac{\frac{1}{2}x}{(x+\frac{1}{2})^3}\displaystyle=\frac{\frac{A}{2}}{x+\frac{1}{2}}+\frac{\frac{B}{4}}{(x+\frac{1}{2})^2}+\frac{D}{(2x+1)^3}$ 　　所以　　
$\displaystyle\frac{B}{4}=\frac{d}{dx}[\frac{\frac{1}{2}x}{(x+\frac{1}{2})^3}·(x+\frac{1}{2})^3]∣_{x=-\frac{1}{2}}$ 　　
$\displaystyle=[\frac{x}{2}]'∣_{x=-\frac{1}{2}}$ 　　
$\displaystyle=\frac{1}{2}$ 　　
$\displaystyle\frac{A}{2}=\frac{d^2}{dx^2}[\frac{\frac{1}{2}x}{(x+\frac{1}{2})^3}·(x+\frac{1}{2})^3]∣_{x=-\frac{1}{2}}$ 　　
$\displaystyle=[\frac{x}{2}]''∣_{x=-\frac{1}{2}}$ 　　
　　故B=2，A=0，于是原式　　
$\displaystyle\frac{4x}{(2x+1)^3}=\frac{2}{(2x+1)^2}+\frac{-2}{(2x+1)^3}$ 　　
$\displaystyle∴I=-(2x+1)^{-1}+\frac{1}{2}(2x+1)^{-2}+C$ 　　例11、计算
$\displaystyle\int_{1}^{2}\frac{2x^{2}+x+1}{(2x-1)(2x^2+x-1)}dx$ (22张宇题源探析1K题) 　　解：
$\displaystyle\frac{2x^{2}+x+1}{(2x-1)(2x^2+x-1)}$ 　　
$\displaystyle=\frac{2x^{2}+x+1}{(2x-1)^{2}(x+1)}$ 　　
$\displaystyle=\frac{A}{2x-1}+\frac{B}{(2x-1)^2}+\frac{D}{x+1}$ 　　其中,由单根代入法可得　　
$\displaystyle D=[\frac{2x^{2}+x+1}{(2x-1)^{2}(x+1)}·(x+1)]∣_{x=-1}$ 　　
$\displaystyle=[\frac{2x^{2}+x+1}{(2x-1)^{2}}]∣_{x=-1}$ 　　
$\displaystyle=\frac{2}{9}$ 　　
$\displaystyle B=[\frac{2x^{2}+x+1}{(2x-1)^{2}(x+1)}·(2x-1)^{2}]∣_{x=\frac{1}{2}}$ 　　
$\displaystyle=[\frac{2x^{2}+x+1}{x+1}]∣_{x=\frac{1}{2}}$ 　　
$\displaystyle=\frac{4}{3}$ 　　使用重根代入之前，先将上述等式待求重根系数部分的分母变形，使未知数系数化为1。　　
$\displaystyle\frac{1}{4}\frac{2x^{2}+x+1}{(x-\frac{1}{2})^{2}(x+1)}=\frac{\frac{A}{2}}{x-\frac{1}{2}}+\frac{B}{(2x-1)^2}+\frac{D}{x+1}$ ，　　然后等式左右同时乘4。　　
$\displaystyle\frac{2x^{2}+x+1}{(x-\frac{1}{2})^{2}(x+1)}=\frac{2A}{x-\frac{1}{2}}+\frac{4B}{(2x-1)^2}+\frac{4D}{x+1}$ ，　　这时再利用重根代入得　　
$\displaystyle2A=\frac{d}{dx}[\frac{2x^{2}+x+1}{(x-\frac{1}{2})^{2}(x+1)}·(x-\frac{1}{2})^2]∣_{x=\frac{1}{2}}$ 　　
$\displaystyle=\frac{d}{dx}[\frac{2x^{2}+x+1}{x+1}]∣_{x=\frac{1}{2}}$ 　　
$\therefore\displaystyle2A=[\frac{2x^2+4x}{(x+1)^{{2}}}]∣_{x=\frac{1}{2}}$ 　　
$\displaystyle=\frac{10}{9}$ 　　于是
$\displaystyle A=\frac{5}{9}$ 　　所以，　　
$\displaystyle\frac{2x^{2}+x+1}{(2x-1)^{2}(x+1)}=\frac{5/9}{2x-1}+\frac{4/3}{(2x-1)^2}+\frac{2/9}{x+1}$ 　　于是，　　
$\displaystyle I=\frac{4}{3}\int_{1}^{2}\frac{dx}{(2x-1)^2}+\frac{5}{9}\int_{1}^{2}\frac{dx}{2x-1}+\frac{2}{9}\int_{1}^{2}\frac{dx}{x+1}$ 　　
$\displaystyle=-\frac{2}{3}(\frac{1}{2x-1})|_{1}^{2}+\frac{5}{9}·\frac{1}{2}ln(2x-1)|_{1}^{2}+\frac{2}{9}ln(x+1)|_{1}^{2}$ 　　
$\displaystyle=\frac{4}{9}+\frac{1}{2}ln3-\frac{2}{9}ln2$ 　　五、结束语　　以上方法是我之前在学《电路原理》这本书后面的有个知识点叫“Laplace变换”的时候受到的一些启发，当时教材上是几个关于复函数有理分式分解的问题，后来将其转化为在有理函数不定积分这方面的应用。　　In The End. 　　Thanks for reading！

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