声明：我是公众号“数海钓鱼”的创立者，故文章内容与本期公众号推文基本一致（原创）。另外，本文是面向一般学生所写的，因此各路积佬就不要吐槽我讲的太水啦~最近有几道不定积分题流传甚广，它以表情包的形式出现在了各大数学群当中唐僧看了表示大惊失色变本加厉，第三个伽罗瓦来了也得哭泣其最初来源应该是下面这个今年年初火爆在QQ空间的表情包考试才不考呢.jpg此外还有几个和它们一并流传的“相似题”，但是这些“相似题”的确是课内难度下面按照难度顺序对以上题目做一个讲解和拓展1.求不定积分 \int {\frac{{{x^2} + 1}}{{{x^4} + 1}}{\rm{d}}x}
.解： \int {\frac{{{x^2} + 1}}{{{x^4} + 1}}{\rm{d}}x}
= \int {\frac{{1 + \frac{1}{{{x^2}}}}}{{{x^2} + \frac{1}{{{x^2}}}}}{\rm{d}}x}
= \int {\frac{1}{{{{\left( {x - \frac{1}{x}} \right)}^2} + 2}}{\rm{d}}\left( {x - \frac{1}{x}} \right)}
= \frac{1}{{\sqrt 2 }}\arctan \left( {\frac{{{x^2} - 1}}{{x\sqrt 2 }}} \right) + C 2.求不定积分 \int {\frac{{{x^2} - 1}}{{{x^4} + 1}}{\rm{d}}x}
.解： \int {\frac{{{x^2} - 1}}{{{x^4} + 1}}{\rm{d}}x}
= \int {\frac{{1 - \frac{1}{{{x^2}}}}}{{{x^2} + \frac{1}{{{x^2}}}}}{\rm{d}}x}
= \int {\frac{1}{{{{\left( {x + \frac{1}{x}} \right)}^2} - 2}}} {\rm{d}}\left( {x + \frac{1}{x}} \right) = \frac{1}{{2\sqrt 2 }}\ln \left
{\frac{{{x^2} - \sqrt 2 x + 1}}{{{x^2} + \sqrt 2 x + 1}}} \right
+ C 3.求不定积分 \int {\frac{1}{{{x^4} + 1}}{\rm{d}}x}
.解： \int {\frac{1}{{{x^4} + 1}}{\rm{d}}x}
= \frac{1}{2}\int {\frac{{\left( {{x^2} + 1} \right) - \left( {{x^2} - 1} \right)}}{{{x^4} + 1}}{\rm{d}}x}
= \frac{1}{2}\left( {\int {\frac{{{x^2} + 1}}{{{x^4} + 1}}{\rm{d}}x}
- \int {\frac{{{x^2} - 1}}{{{x^4} + 1}}{\rm{d}}x} } \right) = \frac{1}{{4\sqrt 2 }}\left( {2\arctan \left( {\frac{{{x^2} - 1}}{{\sqrt 2 x}}} \right) - \ln \left
{\frac{{{x^2} - \sqrt 2 x + 1}}{{{x^2} + \sqrt 2 x + 1}}} \right|} \right) + C 4.求不定积分 \int {\frac{1}{{{x^3} + 1}}{\rm{d}}x}
.解： 设 \frac{1}{{{x^3} + 1}} = \frac{A}{{x + 1}} + \frac{{Bx + C}}{{{x^2} - x + 1}} ，则有 A\left( {{x^2} - x + 1} \right) + \left( {Bx + C} \right)\left( {x + 1} \right) = 1 令 x =
- 1 \Rightarrow A = \frac{1}{3} ，再对比常数项得 C=\frac{2}{3} ，对比二次项得 B =
- \frac{1}{3} 因此 \frac{1}{{{x^3} + 1}} = \frac{1}{3}\left( {\frac{1}{{x + 1}} - \frac{{x - 2}}{{{x^2} - x + 1}}} \right) = \frac{1}{3}\left( {\frac{1}{{x + 1}} - \frac{1}{2}\left( {\frac{{2x - 1}}{{{x^2} - x + 1}} - \frac{3}{{{x^2} - x + 1}}} \right)} \right) 故 \begin{align} \int {\frac{1}{{{x^3} + 1}}{\rm{d}}x}
&= \int {\frac{1}{3}\left( {\frac{1}{{x + 1}} - \frac{1}{2}\left( {\frac{{2x - 1}}{{{x^2} - x + 1}} - \frac{3}{{{x^2} - x + 1}}} \right)} \right){\rm{d}}x}
\\ &= \frac{1}{3}\int {\frac{1}{{x + 1}}{\rm{d}}x - \frac{1}{6}\int {\frac{{2x - 1}}{{{x^2} - x + 1}}{\rm{d}}x + \frac{1}{2}\int {\frac{1}{{{x^2} - x + 1}}} } } {\rm{d}}x \\&=\frac{1}{3}\ln \left
{1 + x} \right
- \frac{1}{6}\ln \left
{{x^2} - x + 1} \right
+ \frac{1}{{\sqrt 3 }}\arctan \frac{{2x - 1}}{{\sqrt 3 }} + C \end{align} 5.求不定积分 \int {\frac{1}{{{x^6} + 1}}{\rm{d}}x}
.解：根据上一题的分解结果有 \frac{1}{{{x^6} + 1}} = \frac{1}{3}\left( {\frac{1}{{{x^2} + 1}} - \frac{{{x^2} - 2}}{{{x^4} - {x^2} + 1}}} \right) ，拆分一下 \frac{{{x^2} - 2}}{{{x^4} - {x^2} + 1}} 得\frac{{{x^2} - 2}}{{{x^4} - {x^2} + 1}} = \frac{1}{2}\left( {3 \cdot \frac{{{x^2} - 1}}{{{x^4} - {x^2} + 1}} - \frac{{{x^2} + 1}}{{{x^4} - {x^2} + 1}}} \right) 故 \begin{align} \int {\frac{1}{{{x^6} + 1}}{\rm{d}}x} & = \frac{1}{3}\int {\frac{1}{{{x^2} + 1}}{\rm{d}}x}
- \frac{1}{6}\left( {3\int {\frac{{{x^2} - 1}}{{{x^4} - {x^2} + 1}}{\rm{d}}x - \int {\frac{{{x^2} + 1}}{{{x^4} - {x^2} + 1}}} } {\rm{d}}x} \right) \\&
= \frac{1}{3}\arctan x - \frac{1}{2}\int {\frac{{1 - \frac{1}{{{x^2}}}}}{{{x^2} + \frac{1}{{{x^2}}} - 1}}{\rm{d}}x}
+ \frac{1}{6}\int {\frac{{1 + \frac{1}{{{x^2}}}}}{{{x^2} + \frac{1}{{{x^2}}} - 1}}{\rm{d}}x}
\\&
= \frac{1}{3}\arctan x - \frac{1}{2}\int {\frac{1}{{{{\left( {x + \frac{1}{x}} \right)}^2} - 3}}} {\rm{d}}\left( {x + \frac{1}{x}} \right) + \frac{1}{6}\int {\frac{1}{{{{\left( {x - \frac{1}{x}} \right)}^2} + 1}}} {\rm{d}}\left( {x - \frac{1}{x}} \right)
\\&
= \frac{1}{3}\arctan x - \frac{1}{{4\sqrt 3 }}\ln \left
{\frac{{{x^2} - \sqrt 3 x + 1}}{{{x^2} + \sqrt 3 x + 1}}} \right
+ \frac{1}{6}\arctan \left( {x - \frac{1}{x}} \right) + C
\end{align} 至此，难度正常的题目已经解答完毕，下面进入阴间网红题解析环节（高能预警）问题：求不定积分 \int {\frac{1}{{{x^5} + 1}}} {\rm{d}}x .这个就没有什么好办法了，不像前几个可以进行计算量可控的分拆、配凑等等。如果本题仍延续以上做法，不仅系数难算，而且算出后也都带着 \sqrt 5
和其他有理项，会冗长且复杂，另外对分解出的二次式积分实际算起来并不是一件轻松的事情，所以需要寻找其他途径。解：方程 x^5+1=0 在复数范围内有五个解：
- 1,{z_1},\overline {{z_1}} ,{z_2},\overline {{z_2}}
根据欧拉公式，设 x = {{\rm{e}}^{{\rm{i}}\theta }} ，则 {{\rm{e}}^{{\rm{5i}}\theta }} =
- 1 = \cos 5\theta
+ {\rm{i}}\sin 5\theta
于是 \cos 5\theta
=
- 1 ，即 \theta
= \frac{{2k + 1}}{5}{\rm{\pi }}\left( {k = 0,1,2,3,4} \right) ， x = \cos \frac{{2k + 1}}{5}{\rm{\pi }} + {\rm{i}}\sin \frac{{2k + 1}}{5}{\rm{\pi }} 故不妨令 {{\rm{z}}_2} = \cos \frac{3}{5}{\rm{\pi }} + {\rm{i}}\sin \frac{3}{5}{\rm{\pi }} 设 \frac{1}{{{x^5} + 1}} = \frac{a}{{x + 1}} + \frac{{{a_1}}}{{x - {z_1}}} + \frac{{{b_1}}}{{x - \overline {{z_1}} }} + \frac{{{a_2}}}{{x - {z_2}}} + \frac{{{b_2}}}{{x - \overline {{z_2}} }} 去分母得 \left( {\frac{a}{{x + 1}} + \frac{{{a_1}}}{{x - {z_1}}} + \frac{{{b_1}}}{{x - \overline {{z_1}} }} + \frac{{{a_2}}}{{x - {z_2}}} + \frac{{{b_2}}}{{x - \overline {{z_2}} }}} \right)\left( {{x^5} + 1} \right) \equiv 1 令 x \to
- 1 并利用洛必达法则得 1 = \mathop {\lim }\limits_{x \to
- 1} a\frac{{{x^5} + 1}}{{x + 1}} = a\mathop {\lim }\limits_{x \to
- 1} 5{x^4} = 5a ，故 a=\frac{1}{5} 同理令 x \to {z_1} 得 1 = {a_1}\mathop {\lim }\limits_{x \to {z_1}} \frac{{{x^5} + 1}}{{x - {z_1}}} = {a_1}\mathop {\lim }\limits_{x \to {z_1}} 5{x^4} = 5{a_1}z_1^4 = \frac{{ - 5{a_1}}}{{{z_1}}} ，故 {a_1} =
- \frac{{{z_1}}}{5} 同理容易计算出 {b_1} =
- \frac{{\overline {{z_1}} }}{5} ， {a_2} =
- \frac{{{z_2}}}{5} ， {b_2} =
- \frac{{\overline {{z_2}} }}{5} 故 \begin{align}
\int {\frac{1}{{{x^5} + 1}}} {\rm{d}}x &= \frac{1}{5}\int {\left( {\frac{1}{{x + 1}} - \frac{{{z_1}}}{{x - {z_1}}} - \frac{{\overline {{z_1}} }}{{x - \overline {{z_1}} }} - \frac{{{z_2}}}{{x - {z_2}}} - \frac{{\overline {{z_2}} }}{{x - \overline {{z_2}} }}} \right)} {\rm{d}}x
\\& = \frac{1}{5}\left( {\ln \left( {1 + x} \right) - {z_1}\ln \left( {x - {z_1}} \right) - \overline {{z_1}} \ln \left( {x - \overline {{z_1}} } \right) - {z_2}\ln \left( {x - {z_2}} \right) - \overline {{z_2}} \ln \left( {x - \overline {{z_2}} } \right)} \right)
\end{align} 其中 {z_1},\overline {{z_1}} ,{z_2},\overline {{z_2}}
的具体值前面已经给出所以到这里可以说是做完了但是一般来说要把结果写成实数的形式，所以下面再进一步简化一下由于 \begin{align} \frac{{{z_1}}}{{x - {z_1}}} + \frac{{\overline {{z_1}} }}{{x - \overline {{z_1}} }} &= \frac{{x\left( {{z_1} + \overline {{z_1}} } \right) - 2{z_1}\overline {{z_1}} }}{{\left( {x - {z_1}} \right)\left( {x - \overline {{z_1}} } \right)}} = \frac{{x\left( {{z_1} + \overline {{z_1}} } \right) - 2}}{{{x^2} - x\left( {{z_1} + \overline {{z_1}} } \right) + 1}} = 2\frac{{x\cos \frac{{\rm{\pi }}}{5} - 1}}{{{x^2} - 2x\cos \frac{{\rm{\pi }}}{5} + 1}}
\\& = 2\frac{{x\cos \frac{{\rm{\pi }}}{5} - 1}}{{{x^2} - 2x\cos \frac{{\rm{\pi }}}{5} + 1}} = 2\frac{{x\cos \frac{{\rm{\pi }}}{5} - \left( {{{\sin }^2}\frac{{\rm{\pi }}}{5} + {{\cos }^2}\frac{{\rm{\pi }}}{5}} \right)}}{{{x^2} - 2x\cos \frac{{\rm{\pi }}}{5} + 1}}
\\& = \cos \frac{{\rm{\pi }}}{5} \cdot \frac{{2x - 2\cos \frac{{\rm{\pi }}}{5}}}{{{x^2} - 2x\cos \frac{{\rm{\pi }}}{5} + 1}} - 2{\sin ^2}\frac{{\rm{\pi }}}{5} \cdot \frac{1}{{{x^2} - 2x\cos \frac{{\rm{\pi }}}{5} + 1}}
\end{align} 故 \begin{align}
\int {\left( {\frac{{{z_1}}}{{x - {z_1}}} + \frac{{\overline {{z_1}} }}{{x - \overline {{z_1}} }}} \right){\rm{d}}x}
&= \cos \frac{{\rm{\pi }}}{5}\int {\frac{{2x - 2\cos \frac{{\rm{\pi }}}{5}}}{{{x^2} - 2x\cos \frac{{\rm{\pi }}}{5} + 1}}{\rm{d}}x - 2{{\sin }^2}\frac{{\rm{\pi }}}{5}\int {\frac{1}{{{x^2} - 2x\cos \frac{{\rm{\pi }}}{5} + 1}}{\rm{d}}x} }
\\& = \cos \frac{{\rm{\pi }}}{5} \cdot \ln \left
{{x^2} - 2x\cos \frac{{\rm{\pi }}}{5} + 1} \right
- 2{\sin ^2}\frac{{\rm{\pi }}}{5} \cdot \frac{1}{{\sqrt {1 - {{\cos }^2}\frac{{\rm{\pi }}}{5}} }}\arctan \frac{{x - \cos \frac{{\rm{\pi }}}{5}}}{{\sqrt {1 - {{\cos }^2}\frac{{\rm{\pi }}}{5}} }} + C
\\& = \cos \frac{{\rm{\pi }}}{5} \cdot \ln \left
{{x^2} - 2x\cos \frac{{\rm{\pi }}}{5} + 1} \right
- 2\sin \frac{{\rm{\pi }}}{5} \cdot \arctan \frac{{x - \cos \frac{{\rm{\pi }}}{5}}}{{\sin \frac{{\rm{\pi }}}{5}}} + C
\end{align} 同理 \int {\frac{{{z_2}}}{{x - {z_2}}} + \frac{{\overline {{z_2}} }}{{x - \overline {{z_2}} }}} {\rm{d}}x = \cos \frac{{{\rm{3\pi }}}}{5} \cdot \ln \left
{{x^2} - 2x\cos \frac{{{\rm{3\pi }}}}{5} + 1} \right
- 2\sin \frac{{{\rm{3\pi }}}}{5} \cdot \arctan \frac{{x - \cos \frac{{{\rm{3\pi }}}}{5}}}{{\sin \frac{{\rm{\pi }}}{5}}} + C 故 \begin{align}
\int {\frac{1}{{{x^5} + 1}}} {\rm{d}}x &=
\frac{1}{5}\left( {\int {\frac{1}{{1 + x}}} {\rm{d}}x - 2\int {\frac{{x\cos \frac{{\rm{\pi }}}{5} - 1}}{{{x^2} - 2x\cos \frac{{\rm{\pi }}}{5} + 1}}{\rm{d}}x - 2\int {\frac{{x\cos \frac{{{\rm{3\pi }}}}{5} - 1}}{{{x^2} - 2x\cos \frac{{{\rm{3\pi }}}}{5} + 1}}{\rm{d}}x} } } \right)
\\& = \frac{{\ln \left
{1 + x} \right|}}{5} - \frac{1}{5}\left( {\cos \frac{{\rm{\pi }}}{5} \cdot \ln \left
{{x^2} - 2x\cos \frac{{\rm{\pi }}}{5} + 1} \right
- 2\sin \frac{{\rm{\pi }}}{5} \cdot \arctan \frac{{x - \cos \frac{{\rm{\pi }}}{5}}}{{\sin \frac{{\rm{\pi }}}{5}}}} \right) \\& - \frac{1}{5}\left( {\cos \frac{{{\rm{3\pi }}}}{5} \cdot \ln \left
{{x^2} - 2x\cos \frac{{{\rm{3\pi }}}}{5} + 1} \right
- 2\sin \frac{{{\rm{3\pi }}}}{5} \cdot \arctan \frac{{x - \cos \frac{{{\rm{3\pi }}}}{5}}}{{\sin \frac{{\rm{\pi }}}{5}}}} \right)
\end{align} 这里三角函数就不用写成根式了，因为意义不大，并且会让式子看起来更复杂那对于一个不了解复数、单位根等知识的同学来说，这种题能不能做呢？能否用仅有高数课本上的“通法”拆分并计算不定积分呢？答案是...理论上是肯定的，实际上是否定的以下简单展示一下这爆炸的计算量：先对目标分式进行拆分：因为 \frac{1}{{{x^5} + 1}} = \frac{1}{{\left( {x + 1} \right)\left( {{x^4} - {x^3} + {x^2} - x + 1} \right)}} 其中 \frac{{{x^4} - {x^3} + {x^2} - x + 1}}{{{x^2}}} = {x^2} + \frac{1}{{{x^2}}} + 1 - \left( {x + \frac{1}{x}} \right) = {\left( {x + \frac{1}{x}} \right)^2} - \left( {x + \frac{1}{x}} \right) - 1 由于方程 {t^2} - t - 1 = 0 的两根为 t = \frac{{1 \pm \sqrt 5 }}{2} 故 \frac{{{x^4} - {x^3} + {x^2} - x + 1}}{{{x^2}}} = {\left( {x + \frac{1}{x}} \right)^2} - \left( {x + \frac{1}{x}} \right) - 1 = \left( {x + \frac{1}{x} - \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}} \right)\left( {x + \frac{1}{x} - \frac{{1 - \sqrt 5 }}{2}} \right) 即{x^4} - {x^3} + {x^2} - x + 1 = \left( {{x^2} - \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}x + 1} \right)\left( {{x^2} - \frac{{1 - \sqrt 5 }}{2}x + 1} \right) 所以可设 \frac{1}{{{x^5} + 1}} = \frac{{ax + b}}{{{x^2} - \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}x + 1}} + \frac{{cx + d}}{{{x^2} - \frac{{1 - \sqrt 5 }}{2}x + 1}} + \frac{m}{{x + 1}} 注意因式分解结果 {x^5} + 1 = \left( {{x^2} - \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}x + 1} \right)\left( {{x^2} - \frac{{1 - \sqrt 5 }}{2}x + 1} \right)\left( {x + 1} \right) 求 m ： 1 = \left( {\frac{{ax + b}}{{{x^2} - \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}x + 1}} + \frac{{cx + d}}{{{x^2} - \frac{{1 - \sqrt 5 }}{2}x + 1}}} \right)\left( {{x^5} + 1} \right) + m\left( {{x^4} - {x^3} + {x^2} - x + 1} \right) 令 x=-1 得到 m = \frac{1}{5} （这是唯一一个好算的系数），下面再求 a,b 1 = \left( {ax + b} \right)\left( {{x^2} - \frac{{1 - \sqrt 5 }}{2}x + 1} \right)\left( {x + 1} \right) + \left( {\frac{{cx + d}}{{{x^2} - \frac{{1 - \sqrt 5 }}{2}x + 1}} + \frac{m}{{x + 1}}} \right)\left( {{x^5} + 1} \right) 其中方程 {x^2} - \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}x + 1 = 0 有两个根 {x_{1,2}} = \frac{{1 + \sqrt 5
\pm \sqrt {2\sqrt 5 \left( {1 - \sqrt 5 } \right)} }}{4} （虚数根）代入有 1 = \left( {a{x_{1,2}} + b} \right)\left( {x_{1,2}^2 - \frac{{1 - \sqrt 5 }}{2}{x_{1,2}} + 1} \right)\left( {{x_{1,2}} + 1} \right) ，是两个关于 a,b
的一元一次方程至此，对于一个正常人来讲，往下继续计算的欲望为零下面直接贴出计算结果，虽然结果并不复杂，但是过程会非常麻烦！至于另外一种“常规解法”：拆分后直接去分母对比系数......这，一眼看去就知道计算量完全无法控制啊，首先是通分整理，其次是五个字母对应五个方程，然后是各种恶心的系数，不适合交给人类计算（具体不演示了）看到这里，对比以上几种思路和方法，可以看出“单位根”的做法具有普适性，换句话说，我们可以将同样的方法应用到更一般的情形，下面不加证明的直接给出此类不定积分的一般结论（实际上证明方法完全和上面的题目一致，只是将其抽象的写成了求和形式而已）结论一：\begin{align} \int {\frac{1}{{1 + {x^{2n}}}}{\rm{d}}x = \frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^n {\sin \left( {\frac{{2k - 1}}{{2n}}{\rm{\pi }}} \right)} } \arctan \frac{{x - \cos \frac{{2k - 1}}{{2n}}{\rm{\pi }}}}{{\sin \frac{{2k - 1}}{{2n}}{\rm{\pi }}}}
- \frac{1}{{2n}}\sum\limits_{k = 1}^n {\cos \left( {\frac{{2k - 1}}{{2n}}{\rm{\pi }}} \right)\ln \left
{{x^2} - 2x\cos \left( {\frac{{2k - 1}}{{2n}}{\rm{\pi }}} \right) + 1} \right
+ C}
\end{align} 结论二：\begin{array}{l} \int {\frac{1}{{1 + {x^{2n + 1}}}}{\rm{d}}x = \frac{2}{{2n + 1}}\sum\limits_{k = 1}^n {\sin \left( {\frac{{2k - 1}}{{2n + 1}}{\rm{\pi }}} \right)} } \arctan \frac{{x - \cos \frac{{2k - 1}}{{2n + 1}}{\rm{\pi }}}}{{\sin \frac{{2k - 1}}{{2n + 1}}{\rm{\pi }}}} + \frac{{\ln \left
{1 + x} \right|}}{{2n + 1}}
{\rm{ }} - \frac{1}{{2n + 1}}\sum\limits_{k = 1}^n {\cos \left( {\frac{{2k - 1}}{{2n + 1}}{\rm{\pi }}} \right)\ln \left
{{x^2} - 2x\cos \left( {\frac{{2k - 1}}{{2n + 1}}{\rm{\pi }}} \right) + 1} \right
+ C}
\end{array} 至此，该类型的不定积分题目完美解决现在还剩下“表情包”中的最后一个不定积分题目——伽罗瓦见了都得投降这根本就拆分不了嘛，咋个积法…？显然分母没有根式解，于是若想求出不定积分，只能设出它的根问题：求不定积分 \int {\frac{1}{{{x^5} - x + 1}}{\rm{d}}x}
.解：设方程 {x^5} - x + 1 = 0 的全部根为 {z_1},{z_2},{z_3},{z_4},{z_5} 则 \frac{1}{{{x^5} - x + 1}} = \sum\limits_{k = 1}^5 {\frac{{{a_k}}}{{x - {z_k}}}}
，采用洛必达法则计算各个系数 {a_k} 1 = \mathop {\lim }\limits_{x \to {z_i}} \sum\limits_{k = 1}^5 {\frac{{{a_k}\left( {{x^5} - x + 1} \right)}}{{x - {z_k}}} = } \mathop {\lim }\limits_{x \to {z_i}} \frac{{{a_i}\left( {{x^5} - x + 1} \right)}}{{x - {z_i}}} = {a_i}\mathop {\lim }\limits_{x \to {z_i}} \left( {5{x^4} - 1} \right) = {a_i}\left( {5z_i^4 - 1} \right) 由于 z_i^5 = {z_i} - 1 ，故 {a_i} = \frac{1}{{5z_i^4 - 1}} = \frac{{{z_i}}}{{4{z_i} - 5}} 故 \int {\frac{1}{{{x^5} - x + 1}}{\rm{d}}x}
= \int {\left( {\sum\limits_{k = 1}^5 {\frac{{{z_k}}}{{4{z_k} - 5}} \cdot \frac{1}{{x - {z_k}}}} } \right)} {\rm{d}}x = \sum\limits_{k = 1}^5 {\frac{{{z_k}}}{{4{z_k} - 5}}\ln \left( {x - {z_k}} \right)}
+ C 而实际上稍微改一下题目，就可以进行因式分解，并且算出它准确的根：问题：求不定积分 \int {\frac{1}{{{x^5} + x + 1}}{\rm{d}}x}
.解：由于 {x^5} + x + 1 = \left( {1 + x + {x^2}} \right)\left( {1 - {x^2} + {x^3}} \right) ，故可以算出根式解但不意味着它好算！经过一番计算，其结果如下：好了，本期的内容到此结束，感谢观看觉得有用的话就给一个三连吧~~~

声明：我是公众号“数海钓鱼”的创立者，故文章内容与本期公众号推文基本一致（原创）。另外，本文是面向一般学生所写的，因此各路积佬就不要吐槽我讲的太水啦~最近有几道不定积分题流传甚广，它以表情包的形式出现在了各大数学群当中唐僧看了表示大惊失色变本加厉，第三个伽罗瓦来了也得哭泣其最初来源应该是下面这个今年年初火爆在QQ空间的表情包考试才不考呢.jpg此外还有几个和它们一并流传的“相似题”，但是这些“相似题”的确是课内难度下面按照难度顺序对以上题目做一个讲解和拓展1.求不定积分 \int {\frac{{{x^2} + 1}}{{{x^4} + 1}}{\rm{d}}x}
.解： \int {\frac{{{x^2} + 1}}{{{x^4} + 1}}{\rm{d}}x}
= \int {\frac{{1 + \frac{1}{{{x^2}}}}}{{{x^2} + \frac{1}{{{x^2}}}}}{\rm{d}}x}
= \int {\frac{1}{{{{\left( {x - \frac{1}{x}} \right)}^2} + 2}}{\rm{d}}\left( {x - \frac{1}{x}} \right)}
= \frac{1}{{\sqrt 2 }}\arctan \left( {\frac{{{x^2} - 1}}{{x\sqrt 2 }}} \right) + C 2.求不定积分 \int {\frac{{{x^2} - 1}}{{{x^4} + 1}}{\rm{d}}x}
.解： \int {\frac{{{x^2} - 1}}{{{x^4} + 1}}{\rm{d}}x}
= \int {\frac{{1 - \frac{1}{{{x^2}}}}}{{{x^2} + \frac{1}{{{x^2}}}}}{\rm{d}}x}
= \int {\frac{1}{{{{\left( {x + \frac{1}{x}} \right)}^2} - 2}}} {\rm{d}}\left( {x + \frac{1}{x}} \right) = \frac{1}{{2\sqrt 2 }}\ln \left
{\frac{{{x^2} - \sqrt 2 x + 1}}{{{x^2} + \sqrt 2 x + 1}}} \right
+ C 3.求不定积分 \int {\frac{1}{{{x^4} + 1}}{\rm{d}}x}
.解： \int {\frac{1}{{{x^4} + 1}}{\rm{d}}x}
= \frac{1}{2}\int {\frac{{\left( {{x^2} + 1} \right) - \left( {{x^2} - 1} \right)}}{{{x^4} + 1}}{\rm{d}}x}
= \frac{1}{2}\left( {\int {\frac{{{x^2} + 1}}{{{x^4} + 1}}{\rm{d}}x}
- \int {\frac{{{x^2} - 1}}{{{x^4} + 1}}{\rm{d}}x} } \right) = \frac{1}{{4\sqrt 2 }}\left( {2\arctan \left( {\frac{{{x^2} - 1}}{{\sqrt 2 x}}} \right) - \ln \left
{\frac{{{x^2} - \sqrt 2 x + 1}}{{{x^2} + \sqrt 2 x + 1}}} \right|} \right) + C 4.求不定积分 \int {\frac{1}{{{x^3} + 1}}{\rm{d}}x}
.解： 设 \frac{1}{{{x^3} + 1}} = \frac{A}{{x + 1}} + \frac{{Bx + C}}{{{x^2} - x + 1}} ，则有 A\left( {{x^2} - x + 1} \right) + \left( {Bx + C} \right)\left( {x + 1} \right) = 1 令 x =
- 1 \Rightarrow A = \frac{1}{3} ，再对比常数项得 C=\frac{2}{3} ，对比二次项得 B =
- \frac{1}{3} 因此 \frac{1}{{{x^3} + 1}} = \frac{1}{3}\left( {\frac{1}{{x + 1}} - \frac{{x - 2}}{{{x^2} - x + 1}}} \right) = \frac{1}{3}\left( {\frac{1}{{x + 1}} - \frac{1}{2}\left( {\frac{{2x - 1}}{{{x^2} - x + 1}} - \frac{3}{{{x^2} - x + 1}}} \right)} \right) 故 \begin{align} \int {\frac{1}{{{x^3} + 1}}{\rm{d}}x}
&= \int {\frac{1}{3}\left( {\frac{1}{{x + 1}} - \frac{1}{2}\left( {\frac{{2x - 1}}{{{x^2} - x + 1}} - \frac{3}{{{x^2} - x + 1}}} \right)} \right){\rm{d}}x}
\\ &= \frac{1}{3}\int {\frac{1}{{x + 1}}{\rm{d}}x - \frac{1}{6}\int {\frac{{2x - 1}}{{{x^2} - x + 1}}{\rm{d}}x + \frac{1}{2}\int {\frac{1}{{{x^2} - x + 1}}} } } {\rm{d}}x \\&=\frac{1}{3}\ln \left
{1 + x} \right
- \frac{1}{6}\ln \left
{{x^2} - x + 1} \right
+ \frac{1}{{\sqrt 3 }}\arctan \frac{{2x - 1}}{{\sqrt 3 }} + C \end{align} 5.求不定积分 \int {\frac{1}{{{x^6} + 1}}{\rm{d}}x}
.解：根据上一题的分解结果有 \frac{1}{{{x^6} + 1}} = \frac{1}{3}\left( {\frac{1}{{{x^2} + 1}} - \frac{{{x^2} - 2}}{{{x^4} - {x^2} + 1}}} \right) ，拆分一下 \frac{{{x^2} - 2}}{{{x^4} - {x^2} + 1}} 得\frac{{{x^2} - 2}}{{{x^4} - {x^2} + 1}} = \frac{1}{2}\left( {3 \cdot \frac{{{x^2} - 1}}{{{x^4} - {x^2} + 1}} - \frac{{{x^2} + 1}}{{{x^4} - {x^2} + 1}}} \right) 故 \begin{align} \int {\frac{1}{{{x^6} + 1}}{\rm{d}}x} & = \frac{1}{3}\int {\frac{1}{{{x^2} + 1}}{\rm{d}}x}
- \frac{1}{6}\left( {3\int {\frac{{{x^2} - 1}}{{{x^4} - {x^2} + 1}}{\rm{d}}x - \int {\frac{{{x^2} + 1}}{{{x^4} - {x^2} + 1}}} } {\rm{d}}x} \right) \\&
= \frac{1}{3}\arctan x - \frac{1}{2}\int {\frac{{1 - \frac{1}{{{x^2}}}}}{{{x^2} + \frac{1}{{{x^2}}} - 1}}{\rm{d}}x}
+ \frac{1}{6}\int {\frac{{1 + \frac{1}{{{x^2}}}}}{{{x^2} + \frac{1}{{{x^2}}} - 1}}{\rm{d}}x}
\\&
= \frac{1}{3}\arctan x - \frac{1}{2}\int {\frac{1}{{{{\left( {x + \frac{1}{x}} \right)}^2} - 3}}} {\rm{d}}\left( {x + \frac{1}{x}} \right) + \frac{1}{6}\int {\frac{1}{{{{\left( {x - \frac{1}{x}} \right)}^2} + 1}}} {\rm{d}}\left( {x - \frac{1}{x}} \right)
\\&
= \frac{1}{3}\arctan x - \frac{1}{{4\sqrt 3 }}\ln \left
{\frac{{{x^2} - \sqrt 3 x + 1}}{{{x^2} + \sqrt 3 x + 1}}} \right
+ \frac{1}{6}\arctan \left( {x - \frac{1}{x}} \right) + C
\end{align} 至此，难度正常的题目已经解答完毕，下面进入阴间网红题解析环节（高能预警）问题：求不定积分 \int {\frac{1}{{{x^5} + 1}}} {\rm{d}}x .这个就没有什么好办法了，不像前几个可以进行计算量可控的分拆、配凑等等。如果本题仍延续以上做法，不仅系数难算，而且算出后也都带着 \sqrt 5
和其他有理项，会冗长且复杂，另外对分解出的二次式积分实际算起来并不是一件轻松的事情，所以需要寻找其他途径。解：方程 x^5+1=0 在复数范围内有五个解：
- 1,{z_1},\overline {{z_1}} ,{z_2},\overline {{z_2}}
根据欧拉公式，设 x = {{\rm{e}}^{{\rm{i}}\theta }} ，则 {{\rm{e}}^{{\rm{5i}}\theta }} =
- 1 = \cos 5\theta
+ {\rm{i}}\sin 5\theta
于是 \cos 5\theta
=
- 1 ，即 \theta
= \frac{{2k + 1}}{5}{\rm{\pi }}\left( {k = 0,1,2,3,4} \right) ， x = \cos \frac{{2k + 1}}{5}{\rm{\pi }} + {\rm{i}}\sin \frac{{2k + 1}}{5}{\rm{\pi }} 故不妨令 {{\rm{z}}_2} = \cos \frac{3}{5}{\rm{\pi }} + {\rm{i}}\sin \frac{3}{5}{\rm{\pi }} 设 \frac{1}{{{x^5} + 1}} = \frac{a}{{x + 1}} + \frac{{{a_1}}}{{x - {z_1}}} + \frac{{{b_1}}}{{x - \overline {{z_1}} }} + \frac{{{a_2}}}{{x - {z_2}}} + \frac{{{b_2}}}{{x - \overline {{z_2}} }} 去分母得 \left( {\frac{a}{{x + 1}} + \frac{{{a_1}}}{{x - {z_1}}} + \frac{{{b_1}}}{{x - \overline {{z_1}} }} + \frac{{{a_2}}}{{x - {z_2}}} + \frac{{{b_2}}}{{x - \overline {{z_2}} }}} \right)\left( {{x^5} + 1} \right) \equiv 1 令 x \to
- 1 并利用洛必达法则得 1 = \mathop {\lim }\limits_{x \to
- 1} a\frac{{{x^5} + 1}}{{x + 1}} = a\mathop {\lim }\limits_{x \to
- 1} 5{x^4} = 5a ，故 a=\frac{1}{5} 同理令 x \to {z_1} 得 1 = {a_1}\mathop {\lim }\limits_{x \to {z_1}} \frac{{{x^5} + 1}}{{x - {z_1}}} = {a_1}\mathop {\lim }\limits_{x \to {z_1}} 5{x^4} = 5{a_1}z_1^4 = \frac{{ - 5{a_1}}}{{{z_1}}} ，故 {a_1} =
- \frac{{{z_1}}}{5} 同理容易计算出 {b_1} =
- \frac{{\overline {{z_1}} }}{5} ， {a_2} =
- \frac{{{z_2}}}{5} ， {b_2} =
- \frac{{\overline {{z_2}} }}{5} 故 \begin{align}
\int {\frac{1}{{{x^5} + 1}}} {\rm{d}}x &= \frac{1}{5}\int {\left( {\frac{1}{{x + 1}} - \frac{{{z_1}}}{{x - {z_1}}} - \frac{{\overline {{z_1}} }}{{x - \overline {{z_1}} }} - \frac{{{z_2}}}{{x - {z_2}}} - \frac{{\overline {{z_2}} }}{{x - \overline {{z_2}} }}} \right)} {\rm{d}}x
\\& = \frac{1}{5}\left( {\ln \left( {1 + x} \right) - {z_1}\ln \left( {x - {z_1}} \right) - \overline {{z_1}} \ln \left( {x - \overline {{z_1}} } \right) - {z_2}\ln \left( {x - {z_2}} \right) - \overline {{z_2}} \ln \left( {x - \overline {{z_2}} } \right)} \right)
\end{align} 其中 {z_1},\overline {{z_1}} ,{z_2},\overline {{z_2}}
的具体值前面已经给出所以到这里可以说是做完了但是一般来说要把结果写成实数的形式，所以下面再进一步简化一下由于 \begin{align} \frac{{{z_1}}}{{x - {z_1}}} + \frac{{\overline {{z_1}} }}{{x - \overline {{z_1}} }} &= \frac{{x\left( {{z_1} + \overline {{z_1}} } \right) - 2{z_1}\overline {{z_1}} }}{{\left( {x - {z_1}} \right)\left( {x - \overline {{z_1}} } \right)}} = \frac{{x\left( {{z_1} + \overline {{z_1}} } \right) - 2}}{{{x^2} - x\left( {{z_1} + \overline {{z_1}} } \right) + 1}} = 2\frac{{x\cos \frac{{\rm{\pi }}}{5} - 1}}{{{x^2} - 2x\cos \frac{{\rm{\pi }}}{5} + 1}}
\\& = 2\frac{{x\cos \frac{{\rm{\pi }}}{5} - 1}}{{{x^2} - 2x\cos \frac{{\rm{\pi }}}{5} + 1}} = 2\frac{{x\cos \frac{{\rm{\pi }}}{5} - \left( {{{\sin }^2}\frac{{\rm{\pi }}}{5} + {{\cos }^2}\frac{{\rm{\pi }}}{5}} \right)}}{{{x^2} - 2x\cos \frac{{\rm{\pi }}}{5} + 1}}
\\& = \cos \frac{{\rm{\pi }}}{5} \cdot \frac{{2x - 2\cos \frac{{\rm{\pi }}}{5}}}{{{x^2} - 2x\cos \frac{{\rm{\pi }}}{5} + 1}} - 2{\sin ^2}\frac{{\rm{\pi }}}{5} \cdot \frac{1}{{{x^2} - 2x\cos \frac{{\rm{\pi }}}{5} + 1}}
\end{align} 故 \begin{align}
\int {\left( {\frac{{{z_1}}}{{x - {z_1}}} + \frac{{\overline {{z_1}} }}{{x - \overline {{z_1}} }}} \right){\rm{d}}x}
&= \cos \frac{{\rm{\pi }}}{5}\int {\frac{{2x - 2\cos \frac{{\rm{\pi }}}{5}}}{{{x^2} - 2x\cos \frac{{\rm{\pi }}}{5} + 1}}{\rm{d}}x - 2{{\sin }^2}\frac{{\rm{\pi }}}{5}\int {\frac{1}{{{x^2} - 2x\cos \frac{{\rm{\pi }}}{5} + 1}}{\rm{d}}x} }
\\& = \cos \frac{{\rm{\pi }}}{5} \cdot \ln \left
{{x^2} - 2x\cos \frac{{\rm{\pi }}}{5} + 1} \right
- 2{\sin ^2}\frac{{\rm{\pi }}}{5} \cdot \frac{1}{{\sqrt {1 - {{\cos }^2}\frac{{\rm{\pi }}}{5}} }}\arctan \frac{{x - \cos \frac{{\rm{\pi }}}{5}}}{{\sqrt {1 - {{\cos }^2}\frac{{\rm{\pi }}}{5}} }} + C
\\& = \cos \frac{{\rm{\pi }}}{5} \cdot \ln \left
{{x^2} - 2x\cos \frac{{\rm{\pi }}}{5} + 1} \right
- 2\sin \frac{{\rm{\pi }}}{5} \cdot \arctan \frac{{x - \cos \frac{{\rm{\pi }}}{5}}}{{\sin \frac{{\rm{\pi }}}{5}}} + C
\end{align} 同理 \int {\frac{{{z_2}}}{{x - {z_2}}} + \frac{{\overline {{z_2}} }}{{x - \overline {{z_2}} }}} {\rm{d}}x = \cos \frac{{{\rm{3\pi }}}}{5} \cdot \ln \left
{{x^2} - 2x\cos \frac{{{\rm{3\pi }}}}{5} + 1} \right
- 2\sin \frac{{{\rm{3\pi }}}}{5} \cdot \arctan \frac{{x - \cos \frac{{{\rm{3\pi }}}}{5}}}{{\sin \frac{{\rm{\pi }}}{5}}} + C 故 \begin{align}
\int {\frac{1}{{{x^5} + 1}}} {\rm{d}}x &=
\frac{1}{5}\left( {\int {\frac{1}{{1 + x}}} {\rm{d}}x - 2\int {\frac{{x\cos \frac{{\rm{\pi }}}{5} - 1}}{{{x^2} - 2x\cos \frac{{\rm{\pi }}}{5} + 1}}{\rm{d}}x - 2\int {\frac{{x\cos \frac{{{\rm{3\pi }}}}{5} - 1}}{{{x^2} - 2x\cos \frac{{{\rm{3\pi }}}}{5} + 1}}{\rm{d}}x} } } \right)
\\& = \frac{{\ln \left
{1 + x} \right|}}{5} - \frac{1}{5}\left( {\cos \frac{{\rm{\pi }}}{5} \cdot \ln \left
{{x^2} - 2x\cos \frac{{\rm{\pi }}}{5} + 1} \right
- 2\sin \frac{{\rm{\pi }}}{5} \cdot \arctan \frac{{x - \cos \frac{{\rm{\pi }}}{5}}}{{\sin \frac{{\rm{\pi }}}{5}}}} \right) \\& - \frac{1}{5}\left( {\cos \frac{{{\rm{3\pi }}}}{5} \cdot \ln \left
{{x^2} - 2x\cos \frac{{{\rm{3\pi }}}}{5} + 1} \right
- 2\sin \frac{{{\rm{3\pi }}}}{5} \cdot \arctan \frac{{x - \cos \frac{{{\rm{3\pi }}}}{5}}}{{\sin \frac{{\rm{\pi }}}{5}}}} \right)
\end{align} 这里三角函数就不用写成根式了，因为意义不大，并且会让式子看起来更复杂那对于一个不了解复数、单位根等知识的同学来说，这种题能不能做呢？能否用仅有高数课本上的“通法”拆分并计算不定积分呢？答案是...理论上是肯定的，实际上是否定的以下简单展示一下这爆炸的计算量：先对目标分式进行拆分：因为 \frac{1}{{{x^5} + 1}} = \frac{1}{{\left( {x + 1} \right)\left( {{x^4} - {x^3} + {x^2} - x + 1} \right)}} 其中 \frac{{{x^4} - {x^3} + {x^2} - x + 1}}{{{x^2}}} = {x^2} + \frac{1}{{{x^2}}} + 1 - \left( {x + \frac{1}{x}} \right) = {\left( {x + \frac{1}{x}} \right)^2} - \left( {x + \frac{1}{x}} \right) - 1 由于方程 {t^2} - t - 1 = 0 的两根为 t = \frac{{1 \pm \sqrt 5 }}{2} 故 \frac{{{x^4} - {x^3} + {x^2} - x + 1}}{{{x^2}}} = {\left( {x + \frac{1}{x}} \right)^2} - \left( {x + \frac{1}{x}} \right) - 1 = \left( {x + \frac{1}{x} - \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}} \right)\left( {x + \frac{1}{x} - \frac{{1 - \sqrt 5 }}{2}} \right) 即{x^4} - {x^3} + {x^2} - x + 1 = \left( {{x^2} - \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}x + 1} \right)\left( {{x^2} - \frac{{1 - \sqrt 5 }}{2}x + 1} \right) 所以可设 \frac{1}{{{x^5} + 1}} = \frac{{ax + b}}{{{x^2} - \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}x + 1}} + \frac{{cx + d}}{{{x^2} - \frac{{1 - \sqrt 5 }}{2}x + 1}} + \frac{m}{{x + 1}} 注意因式分解结果 {x^5} + 1 = \left( {{x^2} - \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}x + 1} \right)\left( {{x^2} - \frac{{1 - \sqrt 5 }}{2}x + 1} \right)\left( {x + 1} \right) 求 m ： 1 = \left( {\frac{{ax + b}}{{{x^2} - \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}x + 1}} + \frac{{cx + d}}{{{x^2} - \frac{{1 - \sqrt 5 }}{2}x + 1}}} \right)\left( {{x^5} + 1} \right) + m\left( {{x^4} - {x^3} + {x^2} - x + 1} \right) 令 x=-1 得到 m = \frac{1}{5} （这是唯一一个好算的系数），下面再求 a,b 1 = \left( {ax + b} \right)\left( {{x^2} - \frac{{1 - \sqrt 5 }}{2}x + 1} \right)\left( {x + 1} \right) + \left( {\frac{{cx + d}}{{{x^2} - \frac{{1 - \sqrt 5 }}{2}x + 1}} + \frac{m}{{x + 1}}} \right)\left( {{x^5} + 1} \right) 其中方程 {x^2} - \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}x + 1 = 0 有两个根 {x_{1,2}} = \frac{{1 + \sqrt 5
\pm \sqrt {2\sqrt 5 \left( {1 - \sqrt 5 } \right)} }}{4} （虚数根）代入有 1 = \left( {a{x_{1,2}} + b} \right)\left( {x_{1,2}^2 - \frac{{1 - \sqrt 5 }}{2}{x_{1,2}} + 1} \right)\left( {{x_{1,2}} + 1} \right) ，是两个关于 a,b
的一元一次方程至此，对于一个正常人来讲，往下继续计算的欲望为零下面直接贴出计算结果，虽然结果并不复杂，但是过程会非常麻烦！至于另外一种“常规解法”：拆分后直接去分母对比系数......这，一眼看去就知道计算量完全无法控制啊，首先是通分整理，其次是五个字母对应五个方程，然后是各种恶心的系数，不适合交给人类计算（具体不演示了）看到这里，对比以上几种思路和方法，可以看出“单位根”的做法具有普适性，换句话说，我们可以将同样的方法应用到更一般的情形，下面不加证明的直接给出此类不定积分的一般结论（实际上证明方法完全和上面的题目一致，只是将其抽象的写成了求和形式而已）结论一：\begin{align} \int {\frac{1}{{1 + {x^{2n}}}}{\rm{d}}x = \frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^n {\sin \left( {\frac{{2k - 1}}{{2n}}{\rm{\pi }}} \right)} } \arctan \frac{{x - \cos \frac{{2k - 1}}{{2n}}{\rm{\pi }}}}{{\sin \frac{{2k - 1}}{{2n}}{\rm{\pi }}}}
- \frac{1}{{2n}}\sum\limits_{k = 1}^n {\cos \left( {\frac{{2k - 1}}{{2n}}{\rm{\pi }}} \right)\ln \left
{{x^2} - 2x\cos \left( {\frac{{2k - 1}}{{2n}}{\rm{\pi }}} \right) + 1} \right
+ C}
\end{align} 结论二：\begin{array}{l} \int {\frac{1}{{1 + {x^{2n + 1}}}}{\rm{d}}x = \frac{2}{{2n + 1}}\sum\limits_{k = 1}^n {\sin \left( {\frac{{2k - 1}}{{2n + 1}}{\rm{\pi }}} \right)} } \arctan \frac{{x - \cos \frac{{2k - 1}}{{2n + 1}}{\rm{\pi }}}}{{\sin \frac{{2k - 1}}{{2n + 1}}{\rm{\pi }}}} + \frac{{\ln \left
{1 + x} \right|}}{{2n + 1}}
{\rm{ }} - \frac{1}{{2n + 1}}\sum\limits_{k = 1}^n {\cos \left( {\frac{{2k - 1}}{{2n + 1}}{\rm{\pi }}} \right)\ln \left
{{x^2} - 2x\cos \left( {\frac{{2k - 1}}{{2n + 1}}{\rm{\pi }}} \right) + 1} \right
+ C}
\end{array} 至此，该类型的不定积分题目完美解决现在还剩下“表情包”中的最后一个不定积分题目——伽罗瓦见了都得投降这根本就拆分不了嘛，咋个积法…？显然分母没有根式解，于是若想求出不定积分，只能设出它的根问题：求不定积分 \int {\frac{1}{{{x^5} - x + 1}}{\rm{d}}x}
.解：设方程 {x^5} - x + 1 = 0 的全部根为 {z_1},{z_2},{z_3},{z_4},{z_5} 则 \frac{1}{{{x^5} - x + 1}} = \sum\limits_{k = 1}^5 {\frac{{{a_k}}}{{x - {z_k}}}}
，采用洛必达法则计算各个系数 {a_k} 1 = \mathop {\lim }\limits_{x \to {z_i}} \sum\limits_{k = 1}^5 {\frac{{{a_k}\left( {{x^5} - x + 1} \right)}}{{x - {z_k}}} = } \mathop {\lim }\limits_{x \to {z_i}} \frac{{{a_i}\left( {{x^5} - x + 1} \right)}}{{x - {z_i}}} = {a_i}\mathop {\lim }\limits_{x \to {z_i}} \left( {5{x^4} - 1} \right) = {a_i}\left( {5z_i^4 - 1} \right) 由于 z_i^5 = {z_i} - 1 ，故 {a_i} = \frac{1}{{5z_i^4 - 1}} = \frac{{{z_i}}}{{4{z_i} - 5}} 故 \int {\frac{1}{{{x^5} - x + 1}}{\rm{d}}x}
= \int {\left( {\sum\limits_{k = 1}^5 {\frac{{{z_k}}}{{4{z_k} - 5}} \cdot \frac{1}{{x - {z_k}}}} } \right)} {\rm{d}}x = \sum\limits_{k = 1}^5 {\frac{{{z_k}}}{{4{z_k} - 5}}\ln \left( {x - {z_k}} \right)}
+ C 而实际上稍微改一下题目，就可以进行因式分解，并且算出它准确的根：问题：求不定积分 \int {\frac{1}{{{x^5} + x + 1}}{\rm{d}}x}
.解：由于 {x^5} + x + 1 = \left( {1 + x + {x^2}} \right)\left( {1 - {x^2} + {x^3}} \right) ，故可以算出根式解但不意味着它好算！经过一番计算，其结果如下：好了，本期的内容到此结束，感谢观看觉得有用的话就给一个三连吧~~~

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