有理函数

• 不失一般性可假设分子、分母互质。若存在${\displaystyle r>0}$ ，使得${\displaystyle (px+q)^{r}}$ 是分母${\displaystyle Q(x)}$ 的因子，则有理函数存在垂直渐近线${\displaystyle x=-q/p}$ 。
• 若${\displaystyle m<n}$ ，有水平渐近线${\displaystyle y=0}$ 。
• 若${\displaystyle m=n}$ ，有水平渐近线${\displaystyle y={\frac {a_{m}}{b_{m}}}}$ 。
• 若${\displaystyle m=n+1}$ ，有斜渐近线${\displaystyle y={\frac {a_{m}}{b_{n}}}x+{\frac {b_{n}*a_{m-1}-b_{n-1}*a_{m}}{{b_{n}}^{2}}}}$ 。

只有一条水平渐近线

有理函数的泰勒级数的系数满足一个线性递归关系。反之，若一个泰勒级数的系数满足一个线性递归关系，它对应的函数是有理函数。

部分分式，又称部分分数、分项分式，是将有理数式分拆成数个有理数式的技巧。

有理数式可分为真分式、假分式和带分式，这和一般分数中的真分数、假分数和带分数的概念相近。真分式分子的次数少于分母的。

若有理数式${\displaystyle {\frac {P(x)}{Q(x)}}}$ 的分母${\displaystyle Q(x)}$ 可分解为数个多项式的积，其部分分数便是${\displaystyle \sum {\frac {A_{n}}{Q(x)/h_{n}(x)}}}$ ，其中${\displaystyle h_{n}(x)}$ 是${\displaystyle Q(x)}$ 的因子，${\displaystyle A_{n}}$ 是次数不大于Q(x)/h_n(x)的多项式。

例子

1. 分拆${\displaystyle {\frac {x^{3}-5x+88}{x^{2}+3x-28}}}$ 

分子的次数是3，分母的是2，所以先将它转成真分式和多项式的和（即带分式）：

${\displaystyle x-3+{\frac {32x+4}{x^{2}+3x-28}}}$ 

因为${\displaystyle x^{2}+3x-28=(x+7)(x-4)}$ ，所以

${\displaystyle {\frac {32x+4}{x^{2}+3x-28}}={\frac {A}{x+7}}+{\frac {B}{x-4}}}$ 

其中A和B是常数。两边乘以${\displaystyle x^{2}+3x-28}$ ，得

${\displaystyle \ 32x+4=A(x-4)+B(x+7)}$ 

即

${\displaystyle \ 32x+4=(A+B)x+(7B-4A)}$ 

比较系数，得

${\displaystyle \ A+B=32}$ 

${\displaystyle \ 7B-4A=4}$ 

解得${\displaystyle A=20,B=12}$ 。

故： ${\displaystyle {\frac {x^{3}-5x+88}{x^{2}+3x-28}}=x+{\frac {20}{x+7}}+{\frac {12}{x-4}}-3}$ 

也可以把x的特殊值代入等式来解出A和B。例如，当x=4时，我们有

${\displaystyle \ 128+4=11B}$ 

${\displaystyle \ B=12}$ 

当x=-7时，我们有

${\displaystyle \ -224+4=-11A}$ 

${\displaystyle \ A=20}$ 

应用

• 伸缩和
• 复分析
• 拉普拉斯变换

部分分数

在计算有理数式的积分时，部分分数的方法很有用，因为分母的1和2次多项式的有理数式的积分都有固定的方法计算。

• 分母为1次多项式：求${\displaystyle \int {\frac {1}{ax+b}}dx}$ 。

设${\displaystyle u=ax+b}$ ：

${\displaystyle {\frac {du}{dx}}=a}$ 

${\displaystyle {\frac {du}{a}}=dx}$ 

原式变为

${\displaystyle \int {\frac {1}{u}}{\frac {du}{a}}={\frac {1}{a}}\int {\frac {1}{u}}{du}={\frac {\ln \left|u\right|}{a}}+C={\frac {\ln \left|ax+b\right|}{a}}+C}$ 

• 分母次数为2：求${\displaystyle \int {\frac {dx+e}{ax^{2}+bx+c}}dx}$ 。

若多项式${\displaystyle ax^{2}+bx+c}$ 可分解为两个一次多项式的积（即${\displaystyle b^{2}-4ac\geq 0}$ ），则可用部分分数的方法解决。若多项式不可分解，则将它配方，再用各种替代法解决。

例如：

${\displaystyle \int {x+6 \over x^{2}-8x+25}\,dx.}$ 

因为

${\displaystyle x^{2}-8x+25=(x^{2}-8x+16)+9=(x-4)^{2}+9\,}$ 

考虑

${\displaystyle u=x^{2}-8x+25\,}$ 

${\displaystyle du=(2x-8)\,dx}$ 

${\displaystyle du/2=(x-4)\,dx}$ 

将分子分解，以便应用上面的替换：

${\displaystyle \int {x-4 \over x^{2}-8x+25}\,dx+\int {10 \over x^{2}-8x+25}\,dx}$ 

左边：

${\displaystyle \int {x-4 \over x^{2}-8x+25}\,dx=\int {du/2 \over u}={1 \over 2}\ln \left|u\right|+C={1 \over 2}\ln(x^{2}-8x+25)+C}$ 

另一边：

${\displaystyle \int {10 \over x^{2}-8x+25}\,dx=\int {10 \over (x-4)^{2}+9}\,dx=\int {10/9 \over \left({x-4 \over 3}\right)^{2}+1}\,dx}$ 

代入

${\displaystyle w=(x-4)/3\,}$ 

${\displaystyle dw=dx/3\,}$ 

${\displaystyle {10 \over 3}\int {dw \over w^{2}+1}={10 \over 3}\arctan(w)+C={10 \over 3}\arctan \left({x-4 \over 3}\right)+C.}$ 

另一种可行的代入方法是：

${\displaystyle \tan \theta ={x-4 \over 3},\,}$ 

${\displaystyle \left({x-4 \over 3}\right)^{2}+1=\tan ^{2}\theta +1=\sec ^{2}\theta ,\,}$ 

${\displaystyle d\tan \theta =\sec ^{2}\theta \,d\theta ={dx \over 3}.\,}$ 

${\displaystyle \int {10/9 \over \left({x-4 \over 3}\right)^{2}+1}\,dx=10/9\int {\frac {1}{\sec ^{2}\theta }}3\sec ^{2}\theta \,d\theta ={10 \over 3}\arctan \left({x-4 \over 3}\right)+C}$ 

奥斯特洛格拉德斯基方法

奥斯特洛格拉德斯基方法（Ostrogradsky Algorithm / Ostrogradsky's Method）是这样的：

设求积的有理函数为 ${\displaystyle {\frac {P}{Q}}}$ ，其中${\displaystyle P,Q}$ 是多项式，${\displaystyle \deg(P)<\deg(Q)}$ （${\displaystyle P}$ 的次数少于${\displaystyle Q}$ ）。设${\displaystyle Q_{1}}$ 为Q的导数Q'和Q的最大公因数，${\displaystyle Q_{2}={\frac {Q}{Q_{1}}}}$ 。则有：

${\displaystyle \int {\frac {P}{Q}}dx={\frac {P_{1}}{Q_{1}}}+\int {\frac {P_{2}}{Q_{2}}}dx}$ 

其中${\displaystyle P_{1},P_{2}}$ 为多项式，${\displaystyle \deg(P_{i})<\deg(Q_{i})}$ 。

应用例子

• 求 ${\displaystyle \int {\frac {xdx}{(x-1)^{2}(x+1)^{3}}}}$  。

1. ${\displaystyle Q=(x-1)^{2}(x+1)^{3}}$ 
2. ${\displaystyle Q'=2(x-1)(x+1)^{3}+3(x-1)^{2}(x+1)^{2}=(x-1)(x+1)^{2}(5x-1)}$ 
3. ${\displaystyle Q_{1}=gcd(Q,Q')=(x-1)(x+1)^{2}}$ 
4. ${\displaystyle Q_{2}=Q/Q_{1}=(x-1)(x+1)}$ 

设 ${\displaystyle P_{1}=Ax^{2}+Bx+C,\quad P_{2}=Dx+E}$ 

${\displaystyle \int {\frac {xdx}{(x-1)^{2}(x+1)^{3}}}={\frac {Ax^{2}+Bx+C}{(x-1)(x+1)^{2}}}+\int {\frac {Dx+E}{(x-1)(x+1)}}dx}$ 

两边取导数：

${\displaystyle {\frac {x}{(x-1)^{2}(x+1)^{3}}}={\frac {Ax^{3}+(2B-A)x^{2}+(3C-B+2A)x-C+B}{(x-1)^{2}(x+1)^{3}}}+{\frac {Dx+E}{(x-1)(x+1)}}}$ 

通分母，右边的分子为：

${\displaystyle Dx^{4}+(E+D-A)x^{3}+(E-D-2B+A)x^{2}+(-E-D-3C+B-2A)x-E+C-B}$ 

比较分子的多项式的系数，得${\displaystyle A=B=E=-0.125,C=-0.25,D=0}$ 。于是有

${\displaystyle \int {\frac {xdx}{(x-1)^{2}(x+1)^{3}}}={\frac {x^{2}+x+2}{8(1-x)(x+1)^{2}}}+\int {\frac {dx}{8(x-1)(x+1)}}}$ 

后者可用部分分数的方法求得。

证明

${\displaystyle \int {\frac {P}{Q}}dx={\frac {P_{1}}{Q_{1}}}+\int {\frac {P_{2}}{Q_{2}}}dx}$ 

${\displaystyle {\frac {P}{Q}}={\frac {P'_{1}-{\frac {Q'_{1}P_{1}}{Q_{1}}}}{Q_{1}}}+{\frac {P_{2}}{Q_{2}}}}$ 

两边乘以${\displaystyle Q}$ 

${\displaystyle P=P'_{1}Q_{2}-{\frac {Q'_{1}Q_{2}P_{1}}{Q_{1}}}+P_{2}Q_{1}}$ 

由于 ${\displaystyle Q'_{1}Q_{2}=Q'-Q_{1}Q'_{2}}$ ，而${\displaystyle Q'}$ 和${\displaystyle Q_{1}Q'_{2}}$ 都是${\displaystyle Q_{1}}$ 的倍数，所以${\displaystyle {\frac {Q'_{1}Q_{2}P_{1}}{Q_{1}}}}$ 是多项式。

比较两边多项式的次数：

• ${\displaystyle \deg(P)\leq \deg(Q)-1}$ 
• ${\displaystyle \deg(P'_{1}Q_{2}\leq (\deg(Q_{1})-1)+(\deg(Q)-\deg(Q_{1}))=\deg(Q)-1}$ 
• ${\displaystyle \deg({\frac {Q'_{1}Q_{2}P_{1}}{Q_{1}}})\leq (\deg(Q_{1})-1)+(\deg(Q)-\deg(Q_{1}))+(\deg(Q_{1})-1)-\deg(Q_{1})=\deg(Q)-2}$ 
• ${\displaystyle \deg(P_{2}Q_{1})\leq (\deg(Q)-\deg(Q_{1})-1)+\deg(Q_{1})=\deg(Q)-1}$ 

因此${\displaystyle P_{1},P_{2}}$ 有解。

Hermite方法

• 帕德近似
• 插值

• Ostrogradsky's method （页面存档备份，存于互联网档案馆）
• http://www.math.uncc.edu/~droyster/courses/fall01/classnotes/Lecture08.pdf （页面存档备份，存于互联网档案馆）