有理式的积分是很简单的，一般的有理分式的都可以转换为有理式与既约有理分式的和。 下面给出既约有理分式的积分的一个待定系数法求法

设 P ( x ) Q ( x ) 是既约真分式 , 将 Q ( x ) 分为不可约因式的积 设 \frac{P(x)}{Q(x)} 是既约真分式,将Q(x)分为不可约因式的积 设Q(x)P(x)​是既约真分式,将Q(x)分为不可约因式的积 Q ( x ) = ∏ i = 1 r ( x − a i ) h i ∏ j = 1 s ( x 2 + p j x + q j ) k j Q(x) = \prod^r_{i=1}(x - a_i)^{h_i} \prod^s_{j=1}(x^2 + p_jx + q_j)^{k_j} Q(x)=i=1∏r​(x−ai​)hi​j=1∏s​(x2+pj​x+qj​)kj​ 记 Q 1 ( x ) = ∏ i = 1 r ( x − a i ) h i − 1 ∏ j = 1 s ( x 2 + p j x + q j ) k j − 1 Q_1(x) = \prod^r_{i=1}(x - a_i)^{h_i-1} \prod^s_{j=1}(x^2 + p_jx + q_j)^{k_j-1} Q1​(x)=i=1∏r​(x−ai​)hi​−1j=1∏s​(x2+pj​x+qj​)kj​−1 则有 ∫ P ( x ) Q ( x ) d x = P 1 ( x ) Q 1 ( x ) + ∑ i = 1 r α i ln ⁡ ∣ x − a i ∣ + ∑ j = 1 s β j ln ⁡ ∣ x 2 + p j x + q j ∣ + ∑ j = 1 s 2 γ j 4 q j − p j 2 arctan ⁡ 2 x + p j 4 q j − p j 2 + C \int \frac{P(x)}{Q(x)} dx = \frac{P_1(x)}{Q_1(x)} + \sum^r_{i=1}\alpha_i \ln|x - a_i| + \sum^s _{j=1} \beta_j \ln|x^2 + p_jx + q_j| + \sum^s _{j=1} \frac{2 \gamma_j}{\sqrt{4q_j - p_j^2}} \arctan{ \frac{2x + p_j}{\sqrt{4q_j - p_j^2}} } + C ∫Q(x)P(x)​dx=Q1​(x)P1​(x)​+i=1∑r​αi​ln∣x−ai​∣+j=1∑s​βj​ln∣x2+pj​x+qj​∣+j=1∑s​4qj​−pj2​ ​2γj​​arctan4qj​−pj2​ ​2x+pj​​+C 其中， P 1 ( x ) 是次数低于 Q 1 ( x ) 的多项式 其中，P_1(x)是次数低于Q_1(x)的多项式 其中，P1​(x)是次数低于Q1​(x)的多项式

可以利用该定理进行待定系数求解

一些被积表达式可以有理化，下面介绍四种

R ( u , v ) R(u, v) R(u,v)表示关于两个变元 u , v u,v u,v的有理式。

通过换元法， t = tan ⁡ x 2 ，即 x = 2 arctan ⁡ t t = \tan \frac{x}{2}，即x = 2 \arctan t t=tan2x​，即x=2arctant，可以实现有理化 由三角恒等变换可知，有

sin ⁡ x = 2 t 1 + t 2 \sin x = \frac{2t}{1 + t^2} sinx=1+t22t​ cos ⁡ x = 1 − t 2 1 + t 2 \cos x = \frac{1 - t^2}{1 + t^2} cosx=1+t21−t2​ d x = 2 d t 1 + t 2 dx = \frac{2dt}{1 + t^2} dx=1+t22dt​

于是就得到了

R ( sin ⁡ x , cos ⁡ x ) d x = R ( 2 t 1 + t 2 , 1 − t 2 1 + t 2 ) 2 d t 1 + t 2 R(\sin x, \cos x)dx = R(\frac{2t}{1 + t^2},\frac{1 - t^2}{1 + t^2})\frac{2dt}{1 + t^2} R(sinx,cosx)dx=R(1+t22t​,1+t21−t2​)1+t22dt​

成功有理化

特殊地，对于

R 1 ( sin ⁡ x , cos ⁡ 2 x ) cos ⁡ x d x ，采用替换 sin ⁡ x = t R_1(\sin x, \cos^2 x)\cos x dx，采用替换\sin x = t R1​(sinx,cos2x)cosxdx，采用替换sinx=t R 2 ( sin ⁡ 2 x , cos ⁡ x ) sin ⁡ x d x , 采用替换 cos ⁡ x = t R_2(\sin^2 x, \cos x)\sin x dx, 采用替换\cos x = t R2​(sin2x,cosx)sinxdx,采用替换cosx=t R 3 ( sin ⁡ x cos ⁡ x , cos ⁡ 2 x ) d x , 采用替换 tan ⁡ x = t R_3(\frac{\sin x}{\cos x}, \cos^2 x)dx,采用替换\tan x = t R3​(cosxsinx​,cos2x)dx,采用替换tanx=t

可以简化求积分过程

通过替换

u = ∣ a ∣ ( x + b 2 a ) u = \sqrt{|a|} (x + \frac{b}{2a}) u=∣a∣ ​(x+2ab​)

可以将 a x 2 + b x + c \sqrt{ax^2 + bx + c} ax2+bx+c ​转换为下面三种形式之一

u 2 + λ 2 , u 2 − λ 2 , λ 2 − u 2 \sqrt{u^2 + \lambda^2}, \sqrt{u^2 - \lambda^2}, \sqrt{\lambda^2 - u^2} u2+λ2 ​,u2−λ2 ​,λ2−u2 ​

进一步地，分别通过替换

u = λ tan ⁡ t , u = λ sec ⁡ t , u = λ sin ⁡ t , u=\lambda \tan t, u=\lambda \sec t,u=\lambda \sin t, u=λtant,u=λsect,u=λsint,

可以将被积表达式转换为三角函数的有理式

不妨设 a d − b c ≠ 0 ad - bc \neq 0 ad−bc=0, 通过替换

t = a x + b c x + d n t = \sqrt[n]{\frac{ax + b}{cx+d}} t=ncx+dax+b​ ​

得到

d x = n ( a d − b c ) t n − 1 ( a − c t n ) 2 d t dx = \frac{n(ad - bc)t^{n-1}}{(a - ct^n)^2}dt dx=(a−ctn)2n(ad−bc)tn−1​dt

于是 R ( x , a x + b c x + d n ) d x R(x, \sqrt[n]{\frac{ax + b}{cx + d}})dx R(x,ncx+dax+b​ ​)dx有理化为

R ( d t n − b a − c t n , t ) n ( a d − b c ) t n − 1 ( a − c t n ) 2 d t R(\frac{dt^n - b}{a - ct^n}, t)\frac{n(ad - bc)t^{n-1}}{(a - ct^n)^2}dt R(a−ctndtn−b​,t)(a−ctn)2n(ad−bc)tn−1​dt

对于c = 0的情况（这时不妨设d = 1），对于

R ( x , a x + b n ) d x R(x, \sqrt[n]{ax + b})dx R(x,nax+b ​)dx

做变换 t = a x + b n t=\sqrt[n]{ax + b} t=nax+b ​一样可以有理化

这里的 α 、 β 、 γ \alpha、\beta、\gamma α、β、γ都是有理数 与上面的不同，这里可能根号里套着根号，为了消除根号的嵌套，做变换

x β = t , 即 x = t 1 β x^\beta = t, 即x = t^{\frac{1}{\beta}} xβ=t,即x=tβ1​

于是

d x = 1 β t 1 β − 1 d t dx = \frac{1}{\beta}t^{\frac{1}{\beta} - 1}dt dx=β1​tβ1​−1dt

所讨论的微分表达式化为无根号嵌套的形式

x α ( a + b x β ) γ d x = t α β ( a + b t ) γ 1 β t 1 β − 1 d t = 1 β t α + 1 β − 1 ( a + b t ) γ d t = 1 β t α + 1 β + γ − 1 ( a + b t t ) γ d t x^{\alpha}(a + bx^{\beta})^{\gamma}dx = t^{\frac{\alpha}{\beta}}(a + bt)^{\gamma} \frac{1}{\beta} t^{\frac{1}{\beta} - 1}dt \newline = \frac{1}{\beta} t^{\frac{\alpha + 1}{\beta} - 1}(a + bt)^{\gamma}dt \newline = \frac{1}{\beta} t^{\frac{\alpha + 1}{\beta} + \gamma - 1} (\frac{a + bt}{t})^{\gamma}dt xα(a+bxβ)γdx=tβα​(a+bt)γβ1​tβ1​−1dt=β1​tβα+1​−1(a+bt)γdt=β1​tβα+1​+γ−1(ta+bt​)γdt

对于后面两个式子，如果第一个t的次数为整数，也就是

α + 1 β ∈ Z 或者 α + 1 β + γ ∈ Z \frac{\alpha + 1}{\beta} \in Z 或者 \frac{\alpha + 1}{\beta} + \gamma \in Z βα+1​∈Z或者βα+1​+γ∈Z

就可以转化为c中的情况。 注：切比雪夫证明了：除了以上情形外，二项型微分式不能积分成有限形式。