部门分式积分法用于求形如以下式子的积分：
，此中都是多项式∫P(x)Q(x)dx，此中P(x),Q(x)都是多项式\begin{aligned} \int \frac{P(x)}{Q(x)} ~dx，此中P(x), Q(x) 都是多项式 \end{aligned}\\\\
例如，利用部门分式积分法求解：
∫x+5x2−1dx\int \frac{x+5}{x^2-1}~dx\\
能够把要积分的式子化简为两个部门分式之和：
∫x+5(x+1)(x−1)dx=∫3x−1−2x+1dx\int \frac{x+5}{(x+1)(x-1)}dx=\int \frac{3}{x-1}-\frac{2}{x+1}dx\\
然后别离对两个分式停止求积分：
∫x+5(x+1)(x−1)dx=3∫1x−1dx−2∫1x+1dx=3ln|x−1|−2ln|x+1|+C\int \frac{x+5}{(x+1)(x-1)}dx=3\int \frac{1}{x-1}dx-2\int \frac{1}{x+1}dx=3ln|x-1|-2ln|x+1|+C\\
第一步：别离出实分式在上式中，当P(x)P(x)更高次幂小于Q(x)Q(x)中更高次幂，我们称P(x)Q(x)\frac{P(x)}{Q(x)}为一个实分式。例如：
P(x)Q(x)=x+1x2+1\begin{aligned} \frac{P(x)}{Q(x)}=\frac{x+1}{x^2+1} \end{aligned}\\\\
P(x)P(x)更高次幂是1，Q(x)Q(x)更高次幂是2，因而它是一个实分式。
我们能够类比，分子小于分母的分数，被称为实分数。例如，12\frac{1}{2}就是一个实分数，而32\frac{3}{2}是一个假分数。
正如我们能够把一个假分数简化成一个整数加上一个实分数：
32=1+12\begin{aligned} \frac{3}{2}=1+\frac{1}{2} \end{aligned}\\\\
办法是用33除以22得到11，余12\frac{1}{2}。
同理，当P(x)Q(x)\frac{P(x)}{Q(x)}不是一个实分式，也能够通过火式除法化简成一个多项式加上一个实分式的形式：
多项式实分式P(x)Q(x)=多项式+实分式\begin{aligned} \frac{P(x)}{Q(x)}=多项式+实分式 \end{aligned}\\\\
注：
关于进修过进造的同窗，能够更好天文解那一点。若是我们站在10进造的角度来看，123其实是一个十进造的“多项式”:
123=1×102+2×101+3×100\begin{aligned} 123=1\times10^2+2\times10^1+3\times10^0 \end{aligned}\\
因而，我们能够把
1x2+2x1+3x0\begin{aligned} 1x^2+2x^1+3x^0 \end{aligned}\\
那个多项式看成一个xx进造的数。因而，除法和分式除法并没有素质的区别。只是一个是10进造下的，一个是xx进造下的。
如今，我们看看若何把一个假分式化简成一个多项式加上一个实分式的形式。
我们小学中学到的除法度是如许的：
分式除法跟那个是一样的。设求解的分式如下：
x3+2x2−4x2+1\begin{aligned} \frac{x^3+2x^2-4}{x^2+1} \end{aligned}\\
起首，两个式子中的项按xx的幂停止摆列，而且补足缺失的xx的整数幂的项：
x3+2x2+0x−4x2+0x+1\begin{aligned} \frac{x^3+2x^2+0x-4}{x^2+0x+1} \end{aligned}\\
用分式除法写下来：
再继续除：
因而：
x3+2x2−4x2+1=x+2+−x−6x2+1=x+2−x+6x2+1\begin{aligned} \frac{x^3+2x^2-4}{x^2+1}=x+2+\frac{-x-6}{x^2+1}=x+2-\frac{x+6}{x^2+1} \end{aligned}\\
若是你对那种办法很熟悉，或者可以理解前面“注”中进造的角度，你能够间接像小学除法度那样除，我们把xx全数扔掉，只拿出系数来处置。只是要留意一个区别，那就是系数在那里能够是一个负数，因而在做相减时，不停止借位：
第二步：对实分式的分母停止因式合成
起首，实系数多项式因式合成定理告诉我们，一个多项式能够被合成为若干个一次因式(x+a)(x+a)和若干个二次因式(x2+bx+c)(x^2+bx+c)相乘。即一个多项式，能够合成为以下四种因子：
为常数为常数，不成再合成，为常数不成再合成，为常数(1)x+a,a为常数(2)(x+b)k,b,k为常数(3)x2+cx+d，x2+cx+d不成再合成，c,d为常数(4)(x2+cx+d)e,x2+cx+d不成再合成，c,d,e为常数\begin{aligned} (1) & x+a, a为常数\\ (2) & (x+b)^k, b, k为常数\\ (3) & x^2+cx+d，x^2+cx+d不成再合成，c, d为常数\\ (4) & (x^2+cx+d)^e, x^2+cx+d不成再合成，c, d, e为常数 \end{aligned}\\
若是实因式P(x)Q(x)\frac{P(x)}{Q(x)}中的分母Q(x)Q(x)属于上面四种情况之一，那么我们就间接完成了分母的因式合成。若是不是，那么Q(x)Q(x)就是一个三次方以上的多项式，我们就要想法子把那个多项式合成为以上四种因子。
因式合成也是一个求根问题，若是它合成后的根不是整数，一般会比力复杂，出格是高次幂的多项式合成。关于那些问题，能够通过画图像等其他体例处理。因式合成是另一个数学问题，有一点超出讨论范畴了，所以我们不筹算深切讨论。我们只讲一讲在解题过程中，停止快速地因式合成的思绪。
解题时之所以可以快速因式合成，其实是出题人包管了它能够被快速合成。设我们要合成一个四次方的多项式：
ax4+bx3+cx2+dax^4+bx^3+cx^2+d\\
有些人可能会说，x4x^4前面有一个系数aa，最初合成出来的因子能契合上面四种因子吗？其实我们只要把aa，提取掉酿成a(x4+bax3+cax+da)a(x^4+\frac{b}{a}x^3+\frac{c}{a}x+\frac{d}{a})就行了，那是完全不影响我们之前的结论的。
先设那个多项式能够合成为两个因子，此中一个为线性式Ax+BAx+B：
多项式ax4+bx3+cx2+d=(Ax+B)(多项式)ax^4+bx^3+cx^2+d=(Ax+B)(多项式)\\
在试题中，系数凡是是整数。即dd应该能够整除BB，而aa能够整除AA。如许我们就把AA和BB限制在比力小的范畴内了。
例如，合成：
2x4+3x3−16x−242x^4+3x^3-16x-24\\
a=2a=2，因子为1, 2；d=−24d=-24的因子为1, 2, 3, 4, 6, 12, 24以及它们的负数。
我们先测验考试选择(x+1)(x+1)，利用分式除法验证能不克不及被式子整除：
有余数，因而不克不及整除。同样的(x−1)(x-1)也不成以，(x−2)(x-2)能够：
即 2x4+3x3−16x−24=(x−2)(2x3+7x2+14x+12)2x^4+3x^3-16x-24=(x-2)(2x^3+7x^2+14x+12)
如今就酿成对2x3+7x2+14x+122x^3+7x^2+14x+12停止因式合成。a=2a=2，因子为1, 2。c=−12c=-12的因子如今只要1, 2, 3, 4, 6以及它们的负数。
我们同样能够找到因子(2x+3)(2x+3)：
即：2x3+7x2+14x+12=(2x+3)(x2+2x+4)2x^3+7x^2+14x+12=(2x+3)(x^2+2x+4)，显然x2+2x+4x^2+2x+4已经不克不及再约分，因而合成完毕。
2x4+3x3−16x−24=(x−2)(2x+3)(x2+2x+4)\begin{aligned} 2x^4+3x^3-16x-24=(x-2)(2x+3)(x^2+2x+4) \end{aligned}\\
若是任何Ax+BAx+B都无法整除我们要合成的式子，那么就证明那个式子的所有因子都是形如Ax2+Bx+CAx^2+Bx+C的，反复上面的办法，找到Ax2+Bx+CAx^2+Bx+C的因子即可。
第三步：合成实分式我们设Δ\Delta暗示前述四种根本分母之一。那么因式合成分母之后有：
P(x)Q(x)=P(x)Δ1Δ2⋅⋅⋅Δn=P1(x)Δ1+P2(x)Δ2+⋅⋅⋅+PnΔn\begin{aligned} \frac{P(x)}{Q(x)}&=\frac{P(x)}{\Delta_1 \Delta_2\cdot\cdot\cdot\Delta_n }\\ &=\frac{P_1(x)}{\Delta_1}+\frac{P_2(x)}{\Delta_2}+\cdot\cdot\cdot+\frac{P_n}{\Delta_n} \end{aligned}\\
因而我们能够把实分式合成为四种根本类型的部门分式：
为未知多项式，为常数为未知多项式，为常数为未知多项式，不成再合成，为常数为未知多项式，不成再合成，为常数(1)P0(x)x+a,P0(x)为未知多项式，a为常数(2)P1(x)(x+b)k,P1(x)为未知多项式，b,k为常数(3)P2(x)x2+cx+d,P2(x)为未知多项式，x2+cx+d不成再合成，c,d为常数(4)P3(x)(x2+cx+d)e,P3(x)为未知多项式，x2+cx+d不成再合成，c,d,e为常数\begin{aligned} (1) & \frac{P_0(x)}{x+a}, P_0(x)为未知多项式，a为常数\\ (2) & \frac{P_1(x)}{(x+b)^k}, P_1(x)为未知多项式，b, k为常数\\ (3) & \frac{P_2(x)}{x^2+cx+d}, P_2(x)为未知多项式，x^2+cx+d不成再合成，c, d为常数\\ (4) & \frac{P_3(x)}{(x^2+cx+d)^e},P_3(x)为未知多项式，x^2+cx+d不成再合成，c, d, e为常数 \end{aligned}\\
关于第3、4种部门分式，我们注有“x2+cx+dx^2+cx+d不成再合成”，因为若是能够再合成，那就能够拆分红第1、2种情况了，例如：
x+3x2−5x+6=x+3(x−2)(x−3)=−5x−2+6x−3\begin{aligned} \frac{x+3}{x^2-5x+6}=\frac{x+3}{(x-2)(x-3)}=\frac{-5}{x-2}+\frac{6}{x-3} \end{aligned}\\
接下来，我们证明以上四种分式，出格是第2、4种分式，能够再进一步合成为更简单的、可积分的分式之和。
第一种分式起首，关于分母为x+ax+a的式子：
P(x)x+a\frac{P(x)}{x+a}\\
显然，P(x)P(x)应是一个常数，因为若是它包罗有一个xx，那么那个式子就不是个实分式（其实不会呈现那种情况），就能够用分式除法继续化简为常数实分式常数+实分式常数+实分式的形式：
Ax+Bx+a=A+B−Aax+a\begin{aligned} \frac{Ax+B}{x+a}=A+\frac{B-Aa}{x+a} \end{aligned}\\
第二种分式关于分母为(x+a)k(x+a)^k的式子：
P(x)(x+a)k\begin{aligned} \frac{P(x)}{(x+a)^k} \end{aligned}\\
同样，分子应当是一个常数。因为若是分子包罗有xx，就肯定存在一个假分式因子，该假分式因子能够通过除式除法进一步化简：
存在假分式因子为常数Ax+B(x+a)k=Ax+Bx+a⋅1(x+a)k−1(存在假分式因子Ax+Bx+a)=(C+Dx+a)1(x+a)k−1=C(x+a)k−1+D(x+a)k,C,D为常数\begin{aligned} \frac{Ax+B}{(x+a)^k}&=\frac{Ax+B}{x+a}\cdot \frac{1}{(x+a)^{k-1}}~~(存在假分式因子\frac{Ax+B}{x+a})\\ &=(C+\frac{D}{x+a})\frac{1}{(x+a)^{k-1}}\\ &=\frac{C}{(x+a)^{k-1}} + \frac{D}{(x+a)^{k}}, C, D为常数 \end{aligned}\\
如今，我们说一个实分式：
P(x)(x+a)k\begin{aligned} \frac{P(x)}{(x+a)^k} \end{aligned}\\
它能够进一步化简为以下几个分式之和：
为常数P(x)(x+a)k=A1x+a+A2(x+a)2+⋅⋅⋅+Ak(x+a)k,A1,A2,...,Ak为常数\begin{aligned} \frac{P(x)}{(x+a)^k}=\frac{A_1}{x+a}+\frac{A_2}{(x+a)^2}+\cdot\cdot\cdot+\frac{A_k}{(x+a)^k}, A_1, A_2, ..., A_k为常数 \end{aligned}\\
因为它是一个实分式，所以P(x)P(x)中的xx的更高次幂一定是小于kk的。我们上面已经讲了若是P(x)=Ax+BP(x)=Ax+B的形式。我们来看P(x)=Ax2+Bx+CP(x)=Ax^2+Bx+C时：
Ax2+Bx+C(x+a)k=Ax2+Bx+C(x+a)2⋅1(x+a)k−2=(D+Ex+F(x+a)2)1(x+a)k−2=(D+Ex+Fx+a⋅1x+a)1(x+a)k−2=(D+(G+Hx+a)⋅1x+a)1(x+a)k−2=(D+Gx+a+H(x+a)2)1(x+a)k−2=D(x+a)k−2+G(x+a)k−1+H(x+a)k\begin{aligned} \frac{Ax^2+Bx+C}{(x+a)^k}&=\frac{Ax^2+Bx+C}{(x+a)^2}\cdot\frac{1}{(x+a)^{k-2}}\\ &=\Big(D+\frac{Ex+F}{(x+a)^2}\Big)\frac{1}{(x+a)^{k-2}}\\ &=\Big(D+\frac{Ex+F}{x+a}\cdot\frac{1}{x+a}\Big)\frac{1}{(x+a)^{k-2}}\\ &=\Big(D+(G+\frac{H}{x+a})\cdot\frac{1}{x+a}\Big)\frac{1}{(x+a)^{k-2}}\\ &=\Big(D+\frac{G}{x+a}+\frac{H}{(x+a)^2}\Big)\frac{1}{(x+a)^{k-2}}\\ &=\frac{D}{(x+a)^{k-2}}+\frac{G}{(x+a)^{k-1}}+\frac{H}{(x+a)^k} \end{aligned}\\
无论P(x)P(x)是几次幂（小于k）的多项式，都能够通过那种体例计算，从而合成为：
为常数A1x+a+A2(x+a)2+⋅⋅⋅+Ak(x+a)k,A1,A2,...,Ak为常数\frac{A_1}{x+a}+\frac{A_2}{(x+a)^2}+\cdot\cdot\cdot+\frac{A_k}{(x+a)^k}, A_1, A_2, ..., A_k为常数\\
我们也能够利用“进造”的思惟来理解那一点。不感兴趣的能够不看。
起首，一个有理实分数大于0小于1，即：