有理化

结构二

$$R(x,(a+bx{)}^{\frac{p_1}{q_1}},(a+bx{)}^{\frac{p_2}{q_2}},...,(a+bx{)}^{\frac{p_n}{q_n}})$$

处理方法：设 $q_1,q_2,...,q_n$ 的最小公倍数为 $\eta$,

上式可化为 $x,(a+bx{)}^{\frac{{\xi }_1}{\eta }},...,(a+bx{)}^{\frac{{\xi }_n}{\eta }}.$

令 $y=(a+bx{)}^{\frac{1}{\eta }}.$

然后将上式全部化为整式多项式。其基本操作方法我们将在下面的例题中展示。

例 1

$$\int \frac{x\sqrt[3]{2+x}}{x+\sqrt[3]{2+x}}dx$$

令 $y=\sqrt[3]{2+x}$，则 $x=y^3-2.$

$$\int \frac{(y^3-2)y}{y^3+y-2}3y^{2}dy=\int (3y^3+y^2-3y)dy+3\int \frac{y(y-2)}{(y-1)(y^2+y+2)}dy.$$$$\frac{y(y-2)}{(y-1)(y^2+y+2)}=\frac{A}{y-1}+\frac{By+C}{y^2+y+2}$$$$y(y-2)=A(y^2+y+2)+(By+C)(y-1).$$

令 $y=1$，有 $A=-\frac{1}{4}.$

令 $y=0$，有 $C=-\frac{1}{2}.$

令 $y=2$，有 $B=\frac{5}{4}.$

以下略。

结构三

$$\int R(x,(\frac{ax+b}{cx+d}{)}^{\frac{p_1}{q_1}},...,(\frac{ax+b}{cx+d}{)}^{\frac{p_n}{q_n}})$$

处理方法：令 $y=(\frac{ax+b}{cx+d}{)}^{\frac{1}{\eta }}$，接下来的操作方法通过下面的例题展示。

:::

$$\int \frac{dx}{(x+1{)}^{\frac{2}{3}}(x-1{)}^{\frac{4}{3}}}=\int \frac{1}{x-1}\frac{dx}{(x+1{)}^{\frac{2}{3}}(x-1{)}^{\frac{1}{3}}}$$$$=\int \frac{1}{x^2-1}\frac{dx}{(\frac{x-1}{x+1}{)}^{\frac{1}{3}}}$$

令 $y=(\frac{x-1}{x+1}{)}^{\frac{1}{3}}$，代入化简即可。

:::

结构四：二阶微分

$$\int x^{\frac{\alpha }{\beta }}(a+b{x}^{\frac{p}{q}}{)}^{\frac{\xi }{\eta }}dx$$

处理方法：令 $y=x^{\frac{p}{q}}$，但最终不一定可解。我们先不指出何时可解，先将上式化简。

$$\int x^{\frac{\alpha }{\beta }}(a+b{x}^{\frac{p}{q}}{)}^{\frac{\xi }{\eta }}dx=\frac{q}{p}\int y^{\frac{q}{p}(\frac{\alpha }{\beta }+1)-1}(a+by{)}^{\frac{\xi }{\eta }}dy.$$

这是两个指数有理式，我们在例题 2 中处理过双指数有理式的问题。当时我们是通过构造分式得到一个整数幂式 + 有理幂式，这启发我们运用同样的操作构造分式得到更简单的结构。

$$\frac{q}{p}\int y^{\frac{q}{p}(\frac{\alpha }{\beta }+1)-1}(a+by{)}^{\frac{\xi }{\eta }}dy=\frac{q}{p}\int y^{\frac{q}{p}(\frac{\alpha }{\beta }+1)-1+\frac{\xi }{\eta }}(\frac{a+by}{y}{)}^{\frac{\xi }{\eta }}dy.$$

在上面的问题中，我们借此得到了整式，我们自然也希望我们现在也能得到整式，即希望

$$\frac{q}{p}(\frac{\alpha }{\beta }+1)-1+\frac{\xi }{\eta }$$

为整数。

当它为整数时，根据我们前面的经验，它是易积的；而当它不是整数时，切比雪夫证明了这个积分不能用基本初等函数表示。（莫问，笔者不会证）

例 2

$$\int \frac{\sqrt{x}}{(1+\sqrt[3]{x}{)}^{\frac{1}{2}}}dx=\int x^{\frac{1}{2}}(1+x^{\frac{1}{3}}{)}^{-\frac{1}{2}}dx.$$

令 $y=x^{\frac{1}{3}}$，则 $x=y^3.$

$$\int x^{\frac{1}{2}}(1+x^{\frac{1}{3}}{)}^{-\frac{1}{2}}dx$$$$=\int y^{\frac{3}{2}}(1+y{)}^{-\frac{1}{2}}3y^{2}dy.$$$$=3\int y^{\frac{7}{2}}(1+y{)}^{-\frac{1}{2}}dy$$$$=3\int y^3(\frac{1+y}{y}{)}^{-\frac{1}{2}}dy.$$

令 $z=(\frac{1+y}{y}{)}^{-\frac{1}{2}}=(\frac{1+x^{\frac{1}{3}}}{x^{\frac{1}{3}}})$，

则 $y=\frac{z^2}{1-z^2}.$

$$3\int y^3(\frac{1+y}{y}{)}^{-\frac{1}{2}}dy$$$$=3\int \frac{z^6}{(1-z{)}^3(1+z{)}^3}z\frac{2z(1-z^2)+2z^3}{(1-z^2{)}^2}dz.$$

以下略。

结构五：一次式与根号下二次式

$$\int R(x,\sqrt{a{x}^2+bx+c})dx$$

处理方法：（1）一般方法：Euler 变换（等笔者学习后再作介绍）

（2）我们先来处理一种特殊的情况，这是用我们前面所学内容可解决的。

例 3

$$\int (dx+e)\sqrt{a{x}^2+bx+c}dx$$$$=\frac{d}{2a}\int (2ax+b)\sqrt{a{x}^2+bx+c}dx+(e-\frac{bd}{2a})\int \sqrt{a{x}^2+bx+c}dx$$$$=\frac{d}{2a}\int \sqrt{a{x}^2+bx+c}d(\sqrt{a{x}^2+bx+c})+(e-\frac{bd}{2a})\int \sqrt{a{x}^2+bx+c}dx$$$$=\frac{d}{3a}(a{x}^2+bx+c{)}^{\frac{3}{2}}+(e-\frac{bd}{2a})\int \sqrt{a{x}^2+bx+c}dx.$$

处理 $\sqrt{a{x}^2+bx+c}$，若其判别式不为 0，我们分两大类两小类讨论。

• Case 1: $a>0.$

① $\Delta =b^2-4ac>0$，则其必有两根 $\lambda ,\mu$.

$$\sqrt{a{x}^2+bx+c}=\sqrt{a}\sqrt{(x-\lambda )(x-\mu )}$$

这是两个有理式，我们应按照例题 2 的操作，将其转化为一个整数幂式和一个有理幂式，然后换元积分.

具体操作是将其中一个因式提出，然后外面是 - 1 次幂，根号下是一个分式，这样就转化成功了。

②$\Delta =b^2-4ac<0$，则其可配方为

$$\sqrt{a{x}^2+bx+c}=\sqrt{a}\sqrt{(x-p{)}^2+q^2}.$$

根号下两个平方相加 / 相减，显然应当想到三角换元。下面的操作就不再展示了。

• Case 2: $a<0$，则必有 $\Delta >0$，否则根号下恒为负数。

根据不同的变形形式，有不同的解决方法。

①若变形为

$$\sqrt{a{x}^2+bx+c}=\sqrt{-a}\sqrt{-(x-\lambda )(x-\mu )}$$

则还是按照例题 3 的操作进行变形、换元、积分。

②若变形为

$$\sqrt{a{x}^2+bx+c}=\sqrt{-a}\sqrt{{\beta }^2-(x-\alpha {)}^2}$$

根号下两个平方相减，应想到三角换元，以下略。