2换元积分法和分部积分法.pdf

∫ ∫
x2
dx 1+ x2
=∫
x3
dx
1+
1 x2
=−
2
1 1+
1 x2
⎜⎛ − ⎝
2 x3
⎟⎞dx ⎠
，
利用
d ⎜⎛ ⎝
1 x2
⎟⎞ ⎠
=
−
2 x3
dx
，得到
∫ ∫ ∫ x2
dx 1+ x2
=−
2
1 1+
1 x2
d ⎜⎛ ⎝
1 x2
⎟⎞ ⎠
=
−
2
1 1+
1 x2
d⎜⎛1 + ⎝
1 x2
⎟⎞ ⎠
= − 1+ 1 + C = − 1+ x2 + C。
4 ⎝ 102 101⎠
例 6.2.9 求 ∫ x(2x − 1)100 dx 。
解 令 2x − 1 = t 即 x = t + 1 ，则 dx = 1 dt ，于是
2
2
∫ ∫ x(2x − 1)100 dx = 1 4
(t
+ 1)t100 dt
=
1 4
⎜⎜⎝⎛
t 102 102
+
t 101 101
和u
=
x
−
a
的复合函数，因为
d(x − a) = dx ，所以
∫
dx x−a
=∫
d(x − a) x−a
（作变量代换 u = x − a ）
=
∫
du u
=
ln | u| +
C
= ln | x − a | + C 。
（用 u = x − a 代回）
同理可以求出
dx
1
1
∫ (x − a)n
=
−
⋅ n − 1 ( x − a)n−1
=
∫
cos t dt sin 2 t
。
再用第一类换元积分法
cos t dt
∫ sin2 t
=∫
d(sin t) sin2 t
=− 1 sin t
+C，
最后代回变量，即得到
∫ x2
dx =−
1+ x2
1+ x2 + C。
x
分部积分法
对任意两个可微的函数 u(x)、v(x) ，成立关系式 d[u(x) v(x)] = d[u(x)]v(x) + u(x) d[v(x)] ，
例 6.2.11 求 ∫ x cos x dx 。
解 将 x 看成 u(x) ，cos x 看成 v′(x) ，则 u′(x) = 1， v(x) = sin x ，代入 分部积分公式，
∫ x cos x dx = ∫ xd(sin x) = x sin x − ∫ sin x dx = x sin x + cos x + C 。
解
∫
sin
mx
cos nx
dx
=
1 2
∫ [sin(m
+
n)x
+
sin( m
−
n)x] dx
=
−
1 2
⎡ ⎢⎣
cos(m + n) m+n
x
+
cos(m − n) m−n
x
⎤ ⎥⎦
+
C
。
可以类似地求出 ∫ sin mx sin nx dx 和 ∫ cos mx cos nx dx 。
⑵ 第二类换元积分法
=
−
ln | cos
x|+
C。
例 6.2.4 求 ∫ sec xdx 。
解
∫
sec
xdx
=
∫
1 cos
x
dx
=
∫
cos x cos2 x
dx
=
∫
d(sin x) 1 − sin2 x
,
作变量代换 u = sin x ，并利用 ∫
dx x2 − a2
=
1 ln 2a
x − a + C ，得到
x+a
∫
∫ f (x)dx = ∫ f (ϕ (t))dϕ(t) = ∫ f (ϕ(t))ϕ ′(t)dt
= F (t) + C = F~(ϕ −1 (x)) + C 。 这个方法称为第二类换元积分法。
例 6.2.7 求 ∫ a2 − x2 dx 。
解 为了去掉根号，令 x = ϕ(t) = a sin t (− π ≤ t ≤ π ) ，于是
例 6.2.9 求 ∫ x(2x − 1)100 dx 。
解 令 2x − 1 = t 即 x = t + 1 ，则 dx = 1 dt ，于是
2
2
∫ ∫ x(2x − 1)100 dx = 1 4
(t
+ 1)t100
dt
=
1 4
⎜⎜⎝⎛
t 102 102
+
t 101 101
⎟⎟⎠⎞
+
C
= (2x −1)101 ⎜⎛ 2x −1 + 1 ⎟⎞ + C 。
这个方法称为第一类换元积分法。由于在将 f (x)dx 化成 ~f (g(x))g′(x)dx = ~f (g(x))dg(x) 的过程中往往要采取适当地“凑”的办法，
它也被俗称为“凑微分法”。
例 6.2.1
求
∫
dx x−a
。
解
将
f
(x)
=
x
1 −
a
看成是
~f (u)
=
1 u
和u
=
x
−
a
的复合函数，因为
(cos x)′dx cos x
=
−∫
du u
=
−
ln
|u|+
C
= − ln | cos x | + C 。
（作变量代换 u = cos x ） （用 u = cos x 代回）
等熟练之后，只要将代换 u = g(x) 默记在心，就可以直接写出
∫
tan
xdx
=
∫
sin x cos x
dx
=
−∫
d(cos x) cos x
a
a
意常数，因此
∫ dx = ln x + x2 − a 2 + C
x2 − a2
a
= ln| x + x2 − a 2 |− lna + C
= ln | x + x2 − a2 | + C 。
类似地可求得
∫
dx = ln | x +
x2 + a2
x2 + a2 | + C 。
若被积函数中含有诸如 a2 − x2 ， x2 − a2 ， x2 + a2 这样形式的 根式，可以分别考虑将变换取为 x = a sin t ，x = a sec t 和 x = a tant 以化去 根号。
= 1 arc tan u + C a
= 1 arc tan x + C 。
a
a
（作变量代换u = x ）
a
（用u = x 代回）
a
同理可以求出
∫
dx = arc sin x + C 。
a2 − x2
a
例 6.2.3 求 ∫ tan xdx 。
解
∫ tan
xdx
=
∫
sin x cos x
dx
=
−∫
两边同时求不定积分并移项，就有
∫ u(x)d[v(x)] = u(x)v(x) − ∫ v(x)d[u(x)] ，
也即
∫ u( x)v′(x)dx = u(x)v(x) − ∫ v(x)u′( x)dx ，
这就是分部积分公式。
分部积分公式的正确使用大致有下述几种模式：
(1)通过对 u(x) 求导降低它的复杂程度，而 v′(x) 与 v(x) 的类型相似 或复杂程度相当。
d(x − a) = dx ，所以
∫
dx x−a
=∫
d(x − a) x−a
（作变量代换 u = x − a ）
=
∫
du u
=
ln | u| +
C
= ln | x − a | + C 。
（用 u = x − a 代回）
例 6.2.1
求
∫
dx x−a
。
解
将
f
(x)
=
x
1 −
a
看成是
~f (u)
=
1 u
2
2
a
例 6.2.8
求∫
dx x2 − a2
和∫
dx 。
x2 + a2
解
对于 ∫
dx ，令 x = ϕ(t) = a sec t ，其中 t 的变化范围可以这
x2 − a2
样确定：当 x > a 时， t ∈ ⎜⎛0, π ⎟⎞ ；当 x < −a 时， t ∈ ⎜⎛π , 3 π ⎟⎞ 。于是
⎝ 2⎠
设 pn (x) 为 n 次多项式。对于形如 ∫ pn (x)sin αx dx 、 ∫ pn (x) cos βx dx 和 ∫ pn (x) eλx dx 之类的不定积分，可以取 pn (x) 为 u(x) ，而将另一个函数看
成 v′(x) ，这时 v(x) 是很容易求的。通过分部积分， pn (x) 的次数随着求 导而逐次降低，直到最后成为常数。
sec
xdx
=
1 2
ln1 + sin 1 − sin
x+ x
C
=
1 2
ln (1 + 1−
sin x)2 sin 2 x
+
C
= ln 1 + sin x + C = ln| sec x + tan x |+ C 。
cos x
可以类似地求出
∫ cot xdx = ln |sin x | + C
和
∫ csc xdx = ln| csc x − cot x |+ C 。
若不定积分 ∫ f (x)dx 不能直接求出，但能够找到一个适当的变量代
换 x = ϕ(t) （要求 x = ϕ(t) 的反函数 t = ϕ −1(x) 存在），将原式化为
∫ f (x)dx = ∫ f (ϕ(t))dϕ(t) = ∫ f (ϕ(t))ϕ ′(t)dt ，
而 f (ϕ(t))ϕ ′(t) 的原函数 F~(t) 是容易求的。
⎝ 2⎠
x2 − a2 = a tan t ， dx = atan tsectdt ，
∫
dx
x2 − a2 = ∫ sec t dt = ln| sect + tan t|+ C
。
用 sect = x 和 tan t= sec2 t −1 = x2 − a2 代回，由于 C − ln a 仍然是一个任
§2 换元积分法和分部积分法
换元积分法 换元积分法可以分成两种类型：
⑴ 第一类换元积分法
在不定积分 ∫ f (x)dx 中，若 f (x)可以通过等价变形化成
~f ( g(x))g′(x) ，而函数 ~f (u) 的原函数 F~(u) 是容易求的。 因为[F~(g(x))]′ = F~′(g(x))g′(x) = ~f (g(x))g′(x) = f (x) ，可知
例 6.2.5
求∫
dx 。
x (1 + x)
解
∫
x
dx (1 +
x)
=
2∫
1+
1 (
x
)2
d(
x) = 2 arctan
x +C。
例 6.2.5
求∫
dx x (1 + x)
。
解
∫
dx x (1+
x)
=
2∫ 1+
1 (
x )2
d(
x) = 2 arctan
x +C。
例 6.2.6 求 ∫ sin mx cos nx dx ( m ≠ n )。
因为 所以
d F~(ϕ −1 (x)) = F~′(t) dt = f (ϕ (t))ϕ ′(t) dt
dx
dx
dx
= f (ϕ(t))ϕ ′(t) 1 = f (ϕ(t)) = f (x) ，
ϕ ′(t)
∫ f (x)dx = F~(ϕ −1 (x)) + C 。
在运算时，可以采用与第一类换元积分法方向相反的步骤：
+C
（n >1）
和
∫
dx x2 − a2
=
1 2a
⎜⎛ ⎝
∫
dx x−a
−
∫
dx x+a
⎟⎞ ⎠
=
1 ln x − a + C 。
2a x + a
例 6.2.2
求
∫
dx x2 + a2
。
解
∫
dx x2 + a2
=
1 a2
∫
1
dx
+
(
x a
)2
=
1 a
∫
1
d +
(
x a
)
(
x a
)2
=
1 du
a ∫ 1+ u2
∫ f (x)dx = F~(g(x)) + C 。
在运算时，可采用下述步骤：用 u = g(x) 对原式作变量代换，这时
相应地有 du = g′(x)dx ，于是，
∫
f
( x )dx
=∫
~ f(
g(
x
))
g ′( x
)dx
=
∫
~f (g(x))dg( x)
= ∫ ~f (u)du = F~(u) + C = F~( g(x)) + C 。
t
t2
是
∫
x2
dx 1+ x2
= −∫
t dt = − 1+ t2 + C
1+ t2
= − 1+ 1 + C = − 1+ x2 + C。
x2
x
解法三 将两种换元法结合起来。先用第二类换元积分法，做代
换 x = tan t ，则 dx = sec2 t dt ，于是
∫ ∫ x2
dx 1+ x2
=
sec2 tdt tan 2 tsec t
⎟⎟⎠⎞
+
C
= (2x −1)101 ⎜⎛ 2x −1 + 1 ⎟⎞ + C 。
4 ⎝ 102 101⎠
有许多题目，既可以采用第一类换元积分法，也可以采用第二 类换元积分法，代换的函数形式也可以大不相同，要根据具体情况 灵活运用。
例 6.2.10
求∫ x2
dx 1+ x2
。
解法一 用第一类换元积分法。当 x > 0 时，原式可变形为
2
2
a2 − x2 = a cos t ， dx = a cos t dt ，
∫源自文库
a2
−
x2
dx
=
a2 ∫ cos2
t dt
=
a2 2
∫ (1 + cos 2t ) dt
= a 2 ⎜⎛t + sin 2t ⎟⎞ + C 2⎝ 2 ⎠
（用 t = ϕ −1(x) = arc sin x 代回）
a
= 1 x a2 − x 2 + a2 arc sin x + C 。
例 6.2.11 求 ∫ x cos x dx 。
解 将 x 看成 u(x) ，cos x 看成 v′(x) ，则 u′(x) = 1， v(x) = sin x ，代入 分部积分公式，
x2
x
容易验证，它也是被积函数在 x < 0 时的原函数。
解法二 用第二类换元积分法。做代换 x = 1 ，则 dx = − 1 dt ，于
t
t2
是
∫ x2
dx
1+ x2 = −∫
t dt = − 1 + t 2 + C 1+ t2
= − 1+ 1 + C = − 1+ x2 + C。
x2
x
解法二 用第二类换元积分法。做代换 x = 1 ，则 dx = − 1 dt ，于