1、.1 5.2 求不定積分的幾種基本方法求不定積分的幾種基本方法 一、 第一類換元法（湊微分法）第一類換元法（湊微分法） . 先看下例： 例例1 求 解解 設(shè)則 3 cosd . x x 32 cosdcoscos d x xxx x sin ,ux 323 1 cosd(1)d 3 x xuuuuC 22 cosdsin(1 sin)dsin xxxx .2 3 1 sinsin. 3 xxC () d(), f uuF uC 一般地，如果()F u是()f u的一個原函數(shù)，則 而如果u又是另一個變量x的函數(shù) , ux 且 x 可微，那么根據(jù)復合函數(shù)的微分法，有 ddd . Fxfxxfxxx

2、 由此得 ddfxxxfxx = d. FxFxC .3 (),F u 是具有原函數(shù)()f u ux ddd g xxfxxxfxx d() d ux fxxxf uu 于是有如下定理： 定理定理1 設(shè)可導，則 有換元公式 (). ux F uC （5-2） 由此可見，一般地，如果積分 d g xx不能直接 利用利用基本積分公式計算，而其被積表達式 d g xx 能表示為 的形式，且() d f uu較易計算，那么可令 ,ux .4 g x d() d. ux fxxf uu 代入后有 2cos2 d . x x dd g xxfxxx 這樣就得到了 的原函數(shù).這種積分稱為第一類換元法第一類換

3、元法. 由于在積分過程中，先要從被積表達式中湊出一個積分 因子 dd ,xxx因此第一類換元法也稱為湊微分法湊微分法. 例例2 求 解解 2cos2 dcos22d x xxxx .5 cosdsin. uuuC 2ux再以代入，即得 1 d . 23 x x 例例3 求 解解 被積函數(shù) 1 23x 可看成 1 u 與 23ux構(gòu)成的復合 函數(shù)，雖沒有 2u 這個因子，但我們可以湊出這個因子： 11111 2(23) 23223223 x xxx ， 如果令 23ux 便有 2cos2 dsin2. x xxC .6 ， 111 d(23)d 232 23 xxx xx 11 lnln 23.

4、 22 uCxC 一般地，對于積分 ()d f axbx總可以作變量代換 uaxb，把它化為 1 ()d()d() f axbxf axbaxb a 111 1 d(23)d 2 232 xu xu ( ) 1 ( )d. ux f uu a .7 ， 222 1 1d1(1) d 2 x xxxxx 3 2 11 d 23 u uuC 例例4 求 2 1d . x xx 解解 令 2 1,ux 則 22 1 1d(1) 2 xx 3 2 2 1 (1). 3 xC .8 ， 例例5 求 2 d . x xex 解解 令 2 ux ,則 d2 d ux x,有 2211 d( 2 )dd 22

5、 xxu xexexxeu 湊微分與換元的目的是為了便于利用基本積分公式在 比較熟悉換元法后就可以略去設(shè)中間變量和換元的步驟 211 . 22 ux eCeC .9 例例7 求 例例6 求 22 1 d x ax 解解 22 22 d( ) 1d darcsin. 1 ( )1 ( ) x xx a xC axx ax a aa ).0( a 22 1 d . x ax 解解 222 2 111 dd 1( ) xx x axa a 2 111 d( )arctan. 1( ) xx C x aaaa a .10 解解 1d()1d() 22 axax aaxaax 11 lnln 22 ax

6、axC aa 例例8 求 22 1 d (0). x a ax 22 1111 d()d 2 xx axaaxax 1 ln. 2 ax C aax .11 例例9 求 tan d . x x 解解 sindcos tan dd coscos xx x xx xx 類似地可得 cot dln sin. x xxC ln cos. xC .12 例例10 求 2 sind . x x 解解 2 1 cos2 sindd 2 x x xx 11 sin2. 24 xxC 11 cos2 d(2 ) 24 xxx .13 例例11 求 csc d . x x 解解 2 1sin csc ddd si

7、nsin x x xxx xx 類似地可得 2 11 cosdsin2. 24 x xxxC 2 dcos11 cos ln cos-121cos xx C xx ln tan. 2 x C .14 類似地可得sec dln sectan. x xxxC 例例12 求 d. x e x x 解解 d2d2. x xx e xexeC x 例例13 求 4 secd . x x 解解 422 secdsecdtan(1tan)dtan x xxxxx 3 1 tantan. 3 xxC .15 第一類換元法有如下幾種常見的湊微分形式: 1 dd();xaxb a 1 1 dd(1); 1 xxx

8、 (1) (2) (3) (4) 1 dd ln;xx x 1 dd; ln xx axa a (5) (6) (7) (8) sin ddcos ; x xx cos ddsin ;x xx 2 secddtan ;x xx 2 cscddcot ; x xx 2 1 ddarcsin ; 1 xx x 2 1 ddarctan . 1 xx x (9) (10) .16 二二、 第二類換元法第二類換元法 第一類換元法是通過變量代換 ( )ux，將積分 ( ( )( )d fxxx 化為積分 ( )d f uu第二類換元法是通 過變量代換 ( )xt ，將積分 ( )d f xx化為積分 (

9、 ( )( )d . fttt在求出后一個積分后,再以 ( )xt 反函數(shù) 1( ) tx 代回去,這樣換元積分公式可表示為: 1( ) ( )d( ( )( )d tx f xxfttt 上述公式的成立是需要一定條件的，首先等式右邊 的不定積分要存在，即被積函數(shù) 的 .17 ( ( )( )ftt有原函數(shù)；其次, ( )xt的反函數(shù) 1( ) tx 要存在.我們有下面的定理 定理定理2 設(shè)函數(shù) ( )f x連續(xù), ( )xt 單調(diào)、可導，并且 ( )0t ，則有換元公式 1( ) ( )d( ( )( )d tx f xxfttt (5-3) 下面舉例說明公式(5-3)的應(yīng)用 .18 例例1

10、4 求 3 d . 11 x x 解解 遇到根式中是一次多項式時，可先通過適當?shù)膿Q 元將被積函數(shù)有理化，然后再積分 令 3 1 xt ,則 32 1,d3 dxtxtt，故 22 3 d3 d1 1 3d 1111 xttt t ttx 233 3 3 (1)313ln 11. 2 xxxC 2 1 3 (1)d3(ln 1) 12 t ttttC t .19 例例15 求 1 d . 1e x x 解解 令 1 e x t，則 2 2 2 ln(1),dd 1 t xtxt t ,則有 2 d1 2d 1 1 x x t t e 22 d (0). axx a例例16 求 解解 為使被積函數(shù)

11、有理化利用三角公式 22 sincos1tt 令 sin ,(,), 2 2 xat t 則它是 t的單調(diào)可導函數(shù)， 具有反函數(shù)arcsin x t a ,且 22 cos ,dcos d ,axatxat t 11 e1 lnln. 1 1 e1 x x t CC t .20 因而2222 dcoscos dcosd axxat at tat t 222 1 (sin2 )sin cos 2222 aaa ttCtttC 2 22 1 arcsin. 22 ax x axC a 例例17 求 22 1 d (0). x a ax 解解 令 tan ,(,), 2 2 xat t 則 222

12、sec ,dsecd ,xaatxat t 于是 2 22 1secd dsec d sec at t xt t at ax 2 1cos2 d 2 t at 1 ln sectanttC .21 22 1 ln xax C aa 22 ln.xaxC 其中 1 ln .CCa 例例18 求 22 1 d (0). x a xa 解解 被積函數(shù)的定義域為 ( ,)( ,)aa ,令 sec ,(0,) 2 xat t ，這時 22 tan ,xaat 故 22 1sec tan d dsec d tan att t xt t at xa 1 ln sectanttC dsec tan dxat

13、t t .22 22 22 1 lnln, xxa CxxaC aa 其中 1 lnCCa,當 (,)xa 時,可令 sec ,xat 類似地可得到相同形式的結(jié)果 以上三例中所作的變換均利用了三角恒等式，稱之為 三角代換，可將將被積函數(shù)中的無理因式化為三角函數(shù) 的有理因式一般地，若被積函數(shù)中含有 22 ax 時，可 作代換 sinxat (, ), 2 t 或 cosxat；含有 22 xa 時，可作 代換tanxat；含有 22 xa 時，可作代換 sec .xat .23 利用第二類換元法求不定積分時，還經(jīng)常用到倒代換 即 1 x t 等 例例19 求 2 d . 1 x x x 解解 令

14、 1 x t ,則 2 1 dd , xt t 因此 22 dd . 11 ttx xxtt 當 1x 時， 01t ,有 22 d1 d 11 x t x xt 1 arcsinarcsin; tCC x .24 1x 10t 當 時， 有 22 d11 darcsinarcsin. 11 x ttCC x xxt 綜合起來，得 2 d1 arcsin. 1 x C x x x 在本節(jié)的例題中，有幾個積分結(jié)果是以后經(jīng)常會遇到 的所以它們通常也被當作公式使用這樣,常用的積分 公式，除了基本積分表中的以外，再添加下面幾個(其中 常數(shù)a0). .25 tan dln cos x xxC cot d

15、ln sin x xxC (14) (15) (16) (17) (18) sec dln sectan x xxxC csc dln csccot x xxxC 22 d1 arctan xx C axaa 22 d1 ln | 2 xxa C xaaxa 22 d arcsin xx C a ax (19) (20) .26 (21) 22 22 d ln(). x xxaC xa 例例20 求 2 d . 23 x xx 解解 2 22 d1 d(1), 23(1)( 2) x x xxx 利用公式(18)，可得 2 d11 arctan. 2322 xx C xx .27 例例21 求

16、 2 d . 49 x x 解解 222 d1d(2 ) . 2 49(2 )3 xx xx 利用公式(21)，可得 2 2 d1 ln(249). 2 49 x xxC x .28 三三 分部積分法分部積分法 . 一一、 分部積分公式的推導分部積分公式的推導 思考： d? x xex 諸如此類的不定積分，用換元積分法都不能求解 特點： 被積函數(shù)是兩種不同類型的函數(shù)的乘積. 需要用到求不定積分的另一種基本方法分部積分法分部積分法 設(shè)函數(shù) ( )uu x及 ( )vv x 具有連續(xù)導數(shù)那么， (),uvu vuv 移項，得 ().uvuvu v sin d?,ln d? xx xxx x .29

17、 對這個等式兩邊求不定積分，得 dd . uv xuvu v x （5-4） 公式（5-4）稱為分部積分公式分部積分公式. 如果積分 d uv x 不易求,而積分 d u v x比較容易時,分部積分公式就可用了. 為簡便起見,也可把公式（5-4）寫成下面的形式: dd . u vuvv u（5-5） 現(xiàn)在通過例子說明如何運用這個重要公式. .30 例例22 求 sin d . xx x 解解 由于被積函數(shù) sinxx是兩個函數(shù)的乘積,選其中一 , u 那么另一個即為 , v如果選擇 ,uxsin , vx 則 個為 ddcos , vx 得 如果選擇 sin ,ux vx 則 2 1 dd()

18、, 2 vx得 2 1 sin dsin d() 2 xx xxx 22 11 sincos d 22 xxxx x sin ddcoscoscos d xx xxxxxx xcossin. xxxC 22 11 sindsin 22 xxxx .31 上式右端的積分比原積分更不容易求出 由此可見，如果 u和 dv選取不當，就求不出結(jié)果 所以應(yīng)用分部積分法時，恰當選取 udv和 是關(guān)鍵， d v u 一般以 比 d u v易求出為原則 例例23 求 2 d . x x ex 解解 2222 ddd xxxx x exxex eex 22 2d22d xxxxx x ex ex exeex 2

19、22. xxx x exeeC 2 2d xx x exex .32 例例24 求 2 secd . xx x 解解 由上面的三個例子知道，如果被積函數(shù)是指數(shù)為正整 數(shù)的冪函數(shù)和三角函數(shù)或指數(shù)函數(shù)的乘積，就可以考慮 用分部積分法，并選擇冪函數(shù)為 .u經(jīng)過一次積分，就 可以使冪函數(shù)的次數(shù)降低一次 例例25 求 arctan d . xx x 解解 22 11 arctandarctan 22 xxxx 2 sec ddtantantan dtanlncos. xx xxx xxx x xxx C 2 1 arctan darctan d() 2 xx xxx .33 2 111 arctanarctan. 222 xxxxC 2 2 111 arctan(1)d 221 xxx x 例例26 2 ln d . xx x求 解解 23 1 ln dln d() 3 xx xxx 3233 1111 lndln. 3339 xxxxxxxC 2 2 2 11 arctand 22 1 x xxx x 33 11 lndln 33 xxxx .34 例例27 求ln d . x x 解解 ln dln