第四节 三角函数有理式与某些无理根式的不定积分

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62_4简单无理式、三角函数积分法

62_4简单无理式、三角函数积分法

12
三、三角函数有理式的不定积分
由三角函数和常数经过有限次四则运算构成 的函数称为三角函数有理式.
一般记为 R(sin x , cos x) .
令 u tan x , 2
则 x 2arctan u ,
(万能代换公式)
sin
x
1
2u u2
,
cos
x
1 1
u2 u2
,
dx
1
2 u2
du
R(sin x,cos x)dx
1 dt
3
(
t
1
1
1
t
)
dt
3 1 t 2 t ln 1 t C
2
2020/6/5
3
例2 求积分
1 dx.
x13 x1
解 令 t 6 x 1 6t5dt dx,
原式
t3
1
t2
6t 5dt
6
t 3 dt t 1
6
(t
2
t
1
t
1
) 1
dt
2t 3 3t 2 6t 6ln | t 1 | C
原式
b2
1 sin 2
x
dx
1 b2
cot
x
C
,
2020/6/5
19
(3) 当 a 0 , b 0 时 ,
原式
a2
sec2 x b2 tan2
x
dx
u tan x du
a2 b2u2
1 arctan( bu) C 1 arctan( b tan x ) C .
ab
a
ab
第二节 不定积分的计算(Ⅳ)

无理根式的不定积分

无理根式的不定积分
2x1 55 1 x2
1 5
.
,
例4
求积分
1 x( x 1)2dx.

1 x(x
1)2dx
1 x
(x
1 1)2
1 x
1
dx
1
1
1
dx x
(
x
1)2
dx
x
dx 1
ln x 1 ln x 1 C. x 1
1
例5 求积分 (1 2x)(1 x2 ) dx.

1
(1
2 x )(1
an bm
(1)
其中m、n都是非负整数;a0 ,a1 ,,an及 b0 ,b1 ,,bm都是实数,并且a0 0,b0 0.
假定分子与分母之间没有公因式
(1) n m, 这有理函数是真分式;
(2) n m, 这有理函数是假分式;
利用多项式除法, 假分式可以化成一个多 项式和一个真分式之和.
2u 1 u2 2
R
1
u2
,
1
u2
1
u2
du.
例8
1
dx cos
x
2
解法一:
t tg x 2
I
1
1
1
1
t2 t
t
2 2
dt
dt
t
c
tg
x 2
c
解法二: ( 用初等化简 )
I
1 2
dx cos2
x
sec2
x d( x) 22
tan
x 2
c
2
解法三: ( 用初等化简, 并凑微 )
d (cos
x)
1 4
1 sin

有理函数积分法

有理函数积分法

第21讲 理函数的不定积分一、有理函数的不定积分有理函数是指由两个多项式函数的商所表示的函数,其一般形式为mm mn n n xxx x x Q x P x R βββααα++++++==-- 110110)()()(, (1)其中,m 为n 非负整数,n ααα,,,10 与m βββ ,,10都是常数,且00≠α,00≠β. 若n m >,则称它为真分式;若n m ≤,则称它为假分式.由多项式的除法可知,假分式总能化为一个多项式与一个真分式之和.由于多项式的不定积分是容易求得的,因此只需研究真分式的不定积分,故设(1)为一有理真分式. 根据代数知识,有理真分式必定可以表示成若干个部分分式之和(称为部分分式分解).因而问题归结为求那些部分分式的不定积分.为此,先把怎样分解部分分式的步骤简述如下(可与例1对照着做): 第一步 对分母()x Q 在实系数内作标准分解: ()()()()()tt t s q p x q x p xa x a x x Q μμλλ++++--=21121121, (2)其中()t iji ,,2,1,1,0 ==μλβ均为自然数,而且.,,2,1,04;2211t j q p m j j si tj ji =-=+∑∑==μλ第二步 根据分母的各个因式分别写出与之相应的部分分式:对于每个形如()ka x -的因式,它所对应的部分分式是 ()();221kka x A a x A ax A -++-+-对每个形如()kq px x ++2的因式,它所对应的部分分式是()().22222211kkk q px xC x B q px xC x B qpx x C x B ++++++++++++把所有部分分式加起来,使之等于()x R .(至此,部分分式中的常数系数i i i C B A ,,尚为待定的.)第三步 确定待定系数:一般方法是将所有部分分式通分相加,所得分式的分母即为原分母()x Q ,而其分子亦应与原分子()x P 恒等.于是,按同幂项系数必定相等,得到一组关于待定系数的线性方程,这组方程的解就是需要确定的系数.例1 对()8425109422345234-+--+-++-=x x x x x x x x x x R 作部分分式分解解 按上述步骤依次执行如下:()=x Q 84252345-+--+x x x x x ()()().12222+-+-=x x x x部分分式分解的待定形式为()().122222210+-++++++-=x x C Bx x A x A x A x R (3)用()x Q 乘上式两边,得一恒等式()()1210942220234+-+≡-++-x x x A x x x x +()()()()()121222221+--++-+-x x x A x x x x A+()()()222+-+x x C Bx (4)然后使等式两边同幂项系数相等,得到线性方程组:⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧-=---=--+=+----=+++-=++常数项的系数,的系数,的系数,的系数 .1082449483442433123,22102122103210410C A A A x C B A A x C B A A A x C B A A A x B A A 求出它的解:1,1,1,2,1210=-=-===C B A A A ,并代人(3)式,这便完成了)(x R 的部分分式分解:.11)2(12221)(22+---+-++-=x x x x x x x R上述待定系数法有时可用较简便的方法去替代.例如可将x 的某些特定值(如0)(=x Q 的根)代人(4)式,以便得到一组较简单的方程,或直接求得某几个待定系数的值.对于上例,若分别用2=x 和2-=x 代人(4)式,立即求得1120-==A A 和,于是(4)式简化成为)1)(2)(2(161232134+-+-=-+-x x x x A x x x .)2)(2)((2+-++x x C Bx为继续求得C B A ,,1,还可用x 的三个简单值代人上式,如令1,1,0-=x ,相应得到⎪⎩⎪⎨⎧=+-=++=+.83,233,42111C B A C B A C A 由此易得1,1,21=-==C B A .这就同样确定了所有待定系数. 一旦完成了部分分式分解,最后求各个部分分式的不定积分.由以上讨论知道,任何有理真分式的不定积分都将归为求以下两种形式的不定积分:⎰-I ka x dx)()(;()⎰<-+++I I )04()(22q p dx q px x M Lx k.对于()I ,已知()()⎪⎩⎪⎨⎧>+--=+-=--⎰.1,11,1,ln )(1k C a x k k C a x a x dx k k对于()II ,只要作适当换元(令2p x t +=),便化为()⎰⎰++=+++dt rtNLt dx q px xMLx kk222)(⎰⎰+++=,)()(2222kkr t dt N dt r t t L (5)其中.2,422L p M N pq r-=-=.当1=k 时,(5)式右边两个不定积分分别为⎰++=+C r t dt rtt)ln(212222,.a r c t a n 122C rtr rtdt+=+⎰ (6) 当2≥k 时,(5)式右边第一个不定积分为C r t k dt r t tk k++-=+⎰-12222))(1(21)(.对于第二个不定积分,记 ,)(122⎰-+=k k r tdtI 可用分部积分法导出递推公式如下:dt r t t r t rI kk ⎰+-+=)()(1222222⎰+-=-dt r ttrI rkk )(11222212⎰⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+=--122212)(1)1(211k k r t td k r I r.)()1(2111122212⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-+=---k k k I r t tk r I r 经整理得到.)1(232))(1(2121222----++-=k k k I k r k r t k r tI (7)重复使用递推公式(7),最终归为计算1I ,这已由(6)式给出. 把所有这些局部结果代回(5)式,并令2p x t +=,就II )的计算.例2 求.)22(1222dx x xx ⎰+-+解:在本题中,由于被积函数的分母只有单一因式,因此,部分分式分解能被简化为222222)22()12()22()22(1+--++-=+-+x x x x x x x x .)22(12221222+--++-=x x x x x现分别计算部分分式的不定积分如下:.)1arctan(1)1()1(22122C x x x d x x dx +-=+--=+-⎰⎰dx x xx dx x xx ⎰⎰+-+-=+--2222)22(1)22()22(12++-+-=⎰222)22()22(x xx x d []⎰+--221)1()1(x x d.)1(221222⎰+++--=tdtx x由递推公式(7),求得其中⎰⎰+++=+121)1(2)1(2222tdtt t t dt .)1arctan(21)22(2122C x x x x +-++--=于是得到.)1a r c t a n (23)22(23)22(12222C x x x x dx x xx +-++--=+-+⎰二、三角函数有理式的不定积分⎰dx x x R )cos ,(sin 是三角函数有理式的不定积分。

高数同济§4.4有理函数三角函数及一些无理函数的不定积分

高数同济§4.4有理函数三角函数及一些无理函数的不定积分

1 2 1 2 dt t 1
x x ln | sec | 2 2
x u tan 2
x ln |1 tan | C. 2
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16
1 例8 求积分 dx. 4 sin x x 2u 2 u tan , sin x , dx du, 解(一) 2 2 2 1 u 1 u 2 4 6 1 1 3 u 3 u u du sin4 x dx 4 8u 1 1 3 u3 [ 3 3u ] C 8 3u u 3
有理函数的积分
三角函数有理式的积分
无理函数的积分
sin x dx. 1 sin x cos x
1 1 x x x dx
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1
引例
Px a
1 1 1 1 . 解 由于 2 x a 2 2a x a x a
所以



1 1 1 1 dx dx 2 2 x a 2a x a x a
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2
一、有理函数的积分
有理函数的定义:两个多项式的商表示的函数.
P( x) a0 x n a1 x n1 an1 x an R( x) Q( x) b0 x m b1 x m 1 bm 1 x bm
23内容小结可积函数的特殊类型有理函数分解多项式及部分分式之和三角函数有理式万能代换简单无理函数三角代换根式代换特殊类型的积分按上述方法虽然可以积出但不一定要注意综合使用基本积分法优秀课件精彩无限
§5.4
有理函数、三角函数及一些 无理函数的不定积分
3x 2 (1 2 x)(1 x 2 ) dx.

高等数学有理式不定积分方法

高等数学有理式不定积分方法




而最后一个积分可以用上上一节例6中的递推公式.
1 x 2 n 1 I 递推公式 I n1 2 2 2 n 2 n 2 n a (x a ) 2na 1 x 说明: 已知 I1 arctan C 利用递推公式可求得 I n . a a 例如, 1 x 3 2 I2 I3 2 2 2 2 4a ( x a ) 4a 1 x 3 1 x 1 2 2 2 2 2 2 I1 2 2 2 4a ( x a ) 4a 2a x a 2a 1 x 3 x 3 x 2 2 4 2 5 arctan C 2 2 2 a 4a ( x a ) 8a x a 8a
化简并约去两端的公因子 x后为 2 x 2 3x 1 A12 ( x 1) 2 A22 ( x 1),
即 2 x 1 A12 x A12 A22 ,
A12 2, A22 ห้องสมุดไป่ตู้ 1.

例2 求

1 A Bx C , 2 2 (1 2 x)(1 x ) 1 2 x 1 x
补例 求 dx . x3 1

1 1 1 x2 3 ( 2 ). x 1 3 x 1 x x 1
x2 1 2x 4 1 2x 1 3 dx x 2 x 1 2 x 2 x 1dx 2 x 2 x 1dx
1 (2 x 1)dx 3 dx 2 2 2 x x 1 2 x x 1
3-3
有理式的不定积分与有理化方法
1. 有理式的不定积分 有理函数:
a0 x a1x P( x) R( x) Q( x)
n
n1
an

高等数学有理式的不定积分方法

高等数学有理式的不定积分方法
比较恒等式两端同次幂的系数,得一方程组: 11
A11 A12 1, 3A11 2 A12 A22 0, 3A11 A12 A22 A32 0, A11 1.
从而解得 A11 1, A12 2, A22 1, A32 2. 故有
dx

B 2
2x 2C
[(x
p )2
B (g

p2
)]n
dx
2
4
B 2
2x p 2C p B
(x2 px q)n
dx
B 2
(x2
2x px
p
q)n
dx
C Bp
(x2

2 px
q)n
d
B 2
d (x2 px q)
2x(x 2 2) 4 x2 x2 2
18
1 2x(x 2 2)
1 1 1 arctan 4x 42
x C. 2

x3 x2 x(x2
2 2)2
dx

1 2
ln
|
x
|

1 4
ln( x 2

2)

1 x(x 2 2)
1 2x
1 arctan 22
2 x2 x 1 2 (x 1)2 3
24
1 ln( x2 x 1) 3 arctan 2x 1 C.
2
3
dx
x3 1

1 3
ln(
x
1)

1 6
ln(
x2

x
1)

第4节 有理函数的不定积分

第4节 有理函数的不定积分
其中 M i , N i 都是常数( i = 1,2,L , k ) .
Mx + N ; 特殊地: 特殊地:k = 1, 分解后为 2 x + px + q
说明 将有理函数化为部分分式之和后,只出 将有理函数化为部分分式之和后, 现三类情况: 现三类情况:
A Mx + N (1) 多项式; ( 2) 多项式; ; ( 3) ; n 2 n ( x − a) ( x + px + q ) Mx + N dx , 讨论积分∫ 2 n ( x + px + q )
2x3 + 5x 2x2 + 5 解 原式 = ∫ x4 + 5x2 + 4dx + ∫ x4 + 5x2 + 4dx
1 d( x4 + 5x2 + 5) ( x2 +1) + ( x2 + 4) = ∫ 4 dx +∫ 2 2 2 2 x + 5x + 4 ( x +1)( x + 4)
1 1 1 4 2 + 2 )dx = ln x + 5x + 4 + ∫ ( 2 x +1 x + 4 2
1 = ln x4 + 5x2 + 4 + arctanx + 1arctan x + C. 2 2 2
注意 将有理函数分解为部分分式求积分虽可行, 将有理函数分解为部分分式求积分虽可行, 但不一定简便 ,因此要注意根据被积函数的结构 特点,灵活处理,寻求简便的方法求解. 特点,灵活处理,寻求简便的方法求解. 例6 求积分 解
2u+1+ u2 −1− u2 2u du du = 原式 = 2 2 (1+ u)(1+ u ) (1 + u)(1 + u )

第4节有理函数的不定积分

第4节有理函数的不定积分

2
2
2
例2
求积分

1 sin4
x
dx.

令utanx, 2
sinx12uu2 ,
dx12u2du,
1 sin4
x
dx
13u28u34u4u6du
1 8[31 u3u 33uu 33]C 2 4 t1 a2 x n 38t3 a2 xn 8 3ta2 xn 2 1 4 ta2 x n 3C .
解法二
令 utaxn ,则sinx
u, 1u2
dx11u2
du,
1 sin4 xdx
1 u
4 11u2du

1u2


1 u2 u4
du
31u3
1C u
1co3xtcoxtC. 3
解法三
1 sin4
dx x

cs4cxdxcs2x ccs2xc dx
令 t pa x b,其中p为m,n的最小公.倍数
例1
求积分
1
dx 3x

2
.
解 令 t3x2, 则 xt32,dx3t2dt,
原式 13t2tdt 3(t211)t1dt 3(t11 1t)dt
31 t 2 tln1t C
2 33 (x2)2 33 x23ln13x2C.
原式 (1u)2u 1 (u2)du 2u( 11u)u(12 1u 2)u2du
(1(1u)u2)(1(1u2u)2)du
1u 1u2
du

1 du 1 u
arctuan 1ln(1u2)ln |1u|C
2
x ln| secx | ln|1taxn|C.

高数同济44有理函数三角函数及一些无理函数的不定积分

高数同济44有理函数三角函数及一些无理函数的不定积分

例4 求积分
1 x(x 1)2dx.
解 x(x11)2dx1 x(x 11)2x1 1dx
1 xd x(x 11)2d xx1 1dx
ln x1ln x (1)C . x1
1
例5 求积分 (12x)(1x2)dx.
解 (12x)1(1x2)dx1542xdx152xx215dx
5 2 ln 1 2 ( x ) 1 5 1 2 x x 2d x 1 5 1 1 x 2 dx
由代数学定理:
Q(x)=b0(x-a) …(x-b) (x2 +px+q) …(x2+rx+s)
Q(x)=b0(x-a) …(x-b) (x2 +px+q) …(x2+rx+s)
难点 将有理函数化为最简分式之和.
设 Q P((x x))b a 00 x x m n b a 1 1x xm n 1 1 b am n 1 1x x a bn m是真 . 分
例12
求积分
x 3x1
d.x 2x1
解 先对分母进行有理化
原式 (3 x 1 x (2 3 x x 1 1 ) (3 2 x x 1 1 )2 x 1 )dx
(3x 12x 1 )dx
1 3 3x1d(3x1)1 2 2x1d(2x1)
2(3x1)2 31(2x1)2 3C .
例1 x3 x2 5x6
化为最简分式之和.
x3 A B ,

(x2)(x3) x2 x3

x 3 A ( x 3 ) B ( x 2 ),系

x 3 ( A B ) x ( 3 A 2 B ), 法
A(3A B21,B)3,

第四节 三角函数有理式与某些无理根式的不定积分

第四节 三角函数有理式与某些无理根式的不定积分

原式 t6 2t4 1.12t11dt 12 t14 2t12 t8 dt 4 t15 24 t13 4 t9 C
t3
5 13 3

4
5
x4

24
13
x12

4
3
x4
C.
5 13 3
6
3、形如 R x, ax2 bx c dx, a 0, ax2 bx c 0, 在一般的
的积分公式。
5)、形如:
dx , (n N , 且 n 3), 则令 x 1, 再利
xn x2 a2
t
用凑微分法或由已知公式;当 n 3 时,则一般用第二换元法
(作三角函数变换去根号)
10
R(sin x, cos x)dx 才考虑用万能置换法?
一般地,不满足上述2)的各种特殊情形的,才考虑用万 能置换法。
4
三、某些无理(根式)函数的不定积分 一般的无理(根式)函数的不定积分并不一定能求得出来,而对于 一些简单的无理函数则可通过适当的代换可化为有理函数的不定积 分,作代换的目的就是去掉根号。以下是一些常见无理(根式)函 数的不定积分的求法:
2
2
cos( ),
cos.cos 1 cos( ) cos( ). 求出其积分。
2
m
n
c、对于 sin x cos x dx, 当m、n中有一奇数时,可拆开它,然后用
凑微分法求其积分;
当m、n均为偶数时,可利用倍角公式:sin x cos x 1 sin 2x; 2
n1 ax b ,L cx d
,
nk
ax cx

《高等数学》第五章 5.4 有理函数、三角函数及一些无理函数的不定积分

《高等数学》第五章 5.4  有理函数、三角函数及一些无理函数的不定积分

x
p 2
C;
2
a
a
Mx N
(2) n 1, ( x2 px q)n dx


2(n

M 1)(t 2

a 2 )n1

b
(t 2
1 a2 )n
dt .
P209例9
这三类积分均可积出, 且原函数都是初等函数.
结论 有理函数的原函数都是初等函数.
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二、三角函数有理式的积分
) dx
,

tn
a xb c xd
R(x , n ax b , m ax b) dx ,
令 t p ax b , p为m, n的最小公倍数 .
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结束
P217-9
例10 求积分
1
x
1 xdx x
解令
1 x t 1 x t2,
x
x
x
结束
P214-3
例4 求积分
1 x( x 1)2dx.


1 x(x
1)2dx


1 x

(x
1 1)2

x
1
1
dx


1dx x


(
x
1 1)2
dx


x
1
dx 1
ln x 1 ln( x 1) C. x1
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结束
P214-4
du )

数学分析8.3有理函数可化为有理函数的不定积分

数学分析8.3有理函数可化为有理函数的不定积分

第八章 不定积分3 有理函数可化为有理函数的不定积分一、有理函数的不定积分有理函数:由两个多项式函数的商所表示的函数,其一般形式为:R(x)=)(Q )P(x x =n1-m 1m 0n1-n 1n 0βx βx βαx αx α+⋯+++⋯++, 其中n,m 为非负整数,α0,α1,…αn 与β0,β1,…βn 都是常数,且α0β0≠0. 若m>n ,则称它为真分式;若m ≤n ,则称它为假分式.注:1、假分式可化为整式与真分式的和;2、真分式可表示为若干个部分分式之和(称为部分分式分解);3、分解部分分式的一般步骤:第一步:对分母Q(x)在实系数内作标准分解:(分解前先化β0=1) Q(x)=(x-a 1)1λ…(x-a s )sλ(x 2+p 1+q 1)1μ…(x 2+p t +q t )tμ,其中λi ,μj (i=1,2,…,s ;j=1,2,…,t)均为自然数,而且∑=s1i iλ+2∑=t1j j μ=m ;p j 2-4q j <0, j=1,2,…,t.第二步:根据分母各因式分别写出与之相应的部分分式。

对于每个形如(x-a)k 的因式,它所对应的部分分式是:a -x A 1+22a)-(x A +…+k k a)-(x A ;对于每个形如(x 2+px+q)k 的因式,它所对应的部分分式是:q px x C x B 211++++2222q)px (x C x B ++++…+k2kk q)px (x C x B +++.第三步:确定待定系数。

将所有部分分式通分相加,所得分式的分母即为原分母Q(x),分子与原分子P(x)恒等。

根据同幂项系数相等,可得一组关于待定系数的线性方程,方程组的解就是需要确定的系数。

例1:对R(x)=8-x 4x 2x 5x x 10-x 9x 4x 2x 2345234+--+++-作部分分式分解.解:Q(x)=x 5+x 4-5x 3-2x 2+4x-8=(x-2)(x+2)2(x 2-x+1), R(x)=2-x A 0+2x A 1++222)(x A ++1x x C Bx 2+-+,两边乘以Q(x)得:2x 4-x 3+4x 2+9x-10 ≡A 0(x+2)2(x 2-x+1)+A 1(x 2-4)(x 2-x+1)+A 2(x-2)(x 2-x+1)+(Bx+C)(x-2)(x+2)2. 根据等式两边同幂项系数相等,得到线性方程组:⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧-10.=8C -2A -4A -4A ,9=4C -8B -3A +4A ,4=2C +4B -3A -3A -A ,-1=C +2B +A +A -3A ,2=B +A +A 2102121021010 解得:A 0=1, A 1=2, A 2=-1, B=-1, C=1. ∴对R(x)作部分分式分解的结果为:R(x)=2-x 1+2x 2+-22)(x 1+-1x x 1-x 2+-.注:对以上待定系数法有时可运用简便方法,如将x=2代入恒等式得: 32-8+16+18-10≡A 0·(2+2)2(4-2+1),∴A 0=1,将x=-2代入恒等式得: 32+8+16-18-10≡A 2(-2-2)(4+2+1),∴A 2=-1,于是化简恒等式得: x 4-3x 3+12+16≡A 1(x 2-4)(x 2-x+1)+(Bx+C)(x-2)(x+2)2,分别令x=0,1,-1可得:⎪⎩⎪⎨⎧+ 8.=C +B -3A 2,=3C 3B +A 4,=2C +A 111 解得:A 1=2, B=-1, C=1.小结:求有理真分式的不定积分可归为以下两种形式的不定积分:(1)∫k a)-(x dx =⎪⎩⎪⎨⎧>+=+ 1.k ;C a)-k)(x -(111,k C ;|a -x |ln 1-k (2)∫k 2q)px (x M Lx +++dx=∫k 22)r (t N Lt ++dt=L ∫k 22)r (t t +dt+N ∫k22)r (t dt+,其中 t=x+2p ,r 2=q-4p 2,N=M-4p L.当k=1时,原式=L ∫22r t t +dt+N ∫22rt dt +=2L ln(t 2+r 2)+ r N arctan r t +C. 当k ≥2时,∫k 22)r (t t +dt =1-k 22)r (t )k 1(21+-+C. I k =∫k 22)r (t dt +=2r 1∫k 22222)r (t t -)r (t ++dt=2r 1I k-1-2r 1∫k 222)r (t t +dt=2r 1I k-1+)1k (2r 12-∫td ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+1-k 22)r (t 1=2r 1I k-1+)1k (2r 12-⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+1-k 1-k 22I )r (t t=1-k 21-k 222I )1k (2r 3-2k )r (t )1k (2r t -++-.重复计算直至归为计算I 1. 最后换元为x ,就得到最终的结果.例2:求∫2222)2x -(x 1x ++dx. 解:2222)2x -(x 1x ++=2222)2x -(x 1)-x 2(2)x 2(x +++-=22x -x 12++222)2x -(x 1-x 2+∫22x -x dx2+=∫11)-(x 1)-d(x 2+dx=arctan(x-1)+C.∫222)2x -(x 1-x 2+dx=∫2222)2x -(x 2)2x -d(x +++∫221)]1)-[(x 1)-d(x +=-222)2x -(x 1++∫22)1t (dt +. ∫22)1t (dt +=1)2(t t 2++21∫1t dt 2+=1)2(t t 2++21arctant+C=2)2x -2(x 1-x 2++21arctan(x-1)+C. ∴原式= arctan(x-1)-222)2x -(x 1++2)2x -2(x 1-x 2++21arctan(x-1)+C=2)2x -2(x 3-x 2++23arctan(x-1)+C.二、三角函数有理式的不定积分:由u(x),v(x)及常数经过有限次四则运算所得到的函数称为关于u(x),v(x)的有理式,并用R(u(x),v(x))表示.∵sinx=2x tan 12x2tan2+=2t12t +, cosx=2x tan 12xtan -122+=22t 1t -1+, (t=tan 2x ); ∴∫R(sinx,cosx)dx=∫R(2t 12t +,22t 1t -1+)d(2arctant)=∫R(2t 12t +,22t 1t -1+)2t12+d(t). 例3:求∫cosx )sinx (1sinx1++dx.解:∫cosx )sinx (1sinx 1++dx=∫22222t 12)t1t -1(1t 12t t 12t 1+⋅+++++dt =21∫(t+2+t 1)dt=4t 2+t+21ln|t|+C=41tan 22x + tan 2x +21ln|tan 2x|+C.例4:求∫xcos b x sin a dx2222+(ab ≠0).解:∫x cos b x sin a dx 2222+=∫2222b x tan a x sec +dx=∫222b x tan a dtanx +=∫222b t a dt+=ab 1∫1b at bat d 2+⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛=ab 1arctan b at +C=ab 1arctan batanx +C.三、某些无理根式的不定积分: 1、∫R(x,nd cx b ax ++)dx 型不定积分(ad-bc ≠0),只需令t=n dcx bax ++,化为有理函数的不定积分. 例5:求∫2x 2x x1-+dx. 解:令t=2x 2x -+,则x=1t 22t 22-+,原式=∫22t 1)t(t 22+-d 1t 22t 22-+=∫2222221)2)(t (2t 2)]2t(2t -1)1)[4t(t t(t -++--dt=-2∫1)1)(t (t 2t 222-+dt=-2∫(1t 12++1t 12-)dt=-2arctant-∫(1t 1--1t 1+)dt=ln 1t 1t -+-2arctant +C =ln12x 2x 12x 2x --++-+-2arctan 2x 2x -++C=ln 2x 2x 2x 2x --+-++-2arctan2x 2x -++C =ln 44x 2x 22-+-2arctan 2x 2x -++C=ln|2x+24x 2-|-2arctan 2x 2x -++C.例6:求∫2xx 2x)(1dx-++.解:∫2x x 2x)(1dx-++=∫)x 1)(x 2(x)(1dx+-+=∫x2x1x)(112-++dx. 令t=x 2x 1-+,则x=1t 1-2t 22+,dx=22221)(t 1)-2t(2t -1)4t(t ++dt=221)(t t 6+dt. 1+x=1+1t 1-2t 22+=1t 3t 22+,2x )(11+=422t 91)(t +.原式=∫224221)(t t6t 91)t(t +⋅+dt=32∫t -2dt=-t 32+C=x 1x 232+--+C.2、∫R(x,c bx ax 2++)dx 型不定积分(a>0时b 2-4ac ≠0, a<0时b 2-4ac>0),由于ax 2+bx+c=a[(x+a 2b )2+22a 4b -4ac ],若记u=x+a 2b , k 2=22a4b -4ac ,则此二次三项式必属于以下三种情形之一:|a|(u 2±k 2),|a|(k 2-u 2). 因此上述无理根式的不定积分可化为以下三种类型之一:∫R(u,22k u ±)du ,∫R(u,22u k -)du.分别令u=ktant, u=ksect, u=ksint ,则都化为三角有理式的不定积分.例7:求I=∫3x 2x x dx 2--.解法一:令u=x-1=2sec θ, t=tan 2θ, 则t=1x 3-x +. I=∫41)-(x x 1)-d(x 2-=∫4u )1(u du 2-+=∫1θsec )1(2sec θdsec θ2-+=∫)1θ(2secθtan tan θanθs+d θ=∫12sec θsec θ+d θ=∫cos θ21+d θ=∫222t 1t -12t 12+++dt=2∫3t 12+dt=32∫13t 12+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛d ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛3t=32arctan ⎪⎪⎭⎫⎝⎛3t +C=32arctan ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+33x 3-x +C. 解法二:令3x 2x 2--=x-t, 则x=)1t (23t 2-+, dx=22)1t (23-t 2t --dt. I=∫⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--+-+--t )1t (23t )1t (23t )1t (23-t 2t 2222dt=-2∫3t 12+dt=-32arctan ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛3t +C =32arctan ⎪⎪⎭⎫⎝⎛---3x 3x 2x 2+C.注:一般地,二次三项式ax 2+bx+c 中若a>0,则可令c bx ax 2++=a x ±t ;若c>0,也可令c bx ax 2++=xt ±a ,这类变换称为欧拉变换.习题求下列不定积分:(1)∫1-x x 3dx ;(2)∫127x -x 2-x 2+dx ;(3)∫3x 1dx +;(4)∫4x1dx+;(5)∫221)1)(x -(x dx +; (6)∫22)1x 2(2x 2-x ++dx ;(7)∫x cos 35dx -;(8)∫xsin 2dx 2+;(9)∫x tan 1dx+; (10)∫22x x 1x -+dx ;(11)∫xx dx 2+;(12)∫x1x-1x 12+dx. 解:(1)∫1-x x 3dx=∫1-x 11x 3+-dx=∫(x 2+x+1)dx+∫1-x 1dx=3x 3+2x 2+x+ln|x-1|+C.(2)127x -x 2-x 2+=4)-3)(x -(x 2-x ≡3-x A +4-x B ;∴x-2≡A(x-4)+B(x-3).当x=3时,解得A=-1;当x=4时,解得B=2.∴原式=∫4-x 2dx-∫3-x 1dx=2ln|x-4|-ln|x-3|+C=ln 3-x 4)-(x 2+C.(3)3x11+=1)x 1)(x (x 12+-+≡1x A ++1x -x C Bx 2++;∴A(x 2-x+1)+(Bx+C)(x+1)≡1. 当x=-1时,解得A=31;由A+B=0,得B=-31;由A+C=1,得C=32. ∴原式=31∫1x 1+dx-31∫1x -x 2-x 2+dx=31ln|x+1|-61∫1x -x 3-1-2x 2+dx=31ln|x+1|-61∫1x -x 1)x -d(x 22+++21∫1x -x 12+dx=61ln 1x -x 1)+(x 22++21∫4321-x 12+⎪⎭⎫ ⎝⎛dx =61ln 1x -x 1)+(x 22++31∫121-x 3221-x 32d 2+⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛=61ln 1x -x 1)+(x 22++31arctan 31-x 2+C. (4)∫4x 1dx +=21∫422x 11x -1x +++dx=21∫42x 11x ++dx -21∫42x 11x +-dx=21∫222x 1x x 11++dx-21∫222x 1x x 11+-dx=21∫2x 1x x 1x d 2+⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛--21∫2x 1x x 1x d 2-⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+ =42arctan x 21-x 2-82∫)2x 1(x x 1x d ++⎪⎭⎫ ⎝⎛++82∫)2x 1(x x 1x d -+⎪⎭⎫ ⎝⎛+=42arctan x 21-x 2-82ln 1x 2x 1x 2x 22+-+++C. (5)由221)1)(x -(x 1+≡1-x A +1x C Bx 2+++221)(x EDx ++得:A(x 2+1)2+(Bx+C)(x-1)(x 2+1)+(Dx+E)(x-1)≡1. 当x=1时,解得A=41. ∴41x 4+21x 2+41+Bx 4-Bx 3+Cx 3+Bx 2-Cx 2-Bx+Cx-C+Dx 2-Dx+Ex-E=(41+B)x 4-(B-C)x 3+(21+B-C+D)x 2-(B-C+D-E)x-(C+E-41)≡1. ∴B=-41,C =-41,D=-21,E=-21. 原式=41∫1-x dx -41∫1x 1x 2++dx-21∫221)(x 1x ++dx =41ln|x-1|-81∫1x 1)d(x 22++-41∫1x dx 2+-41∫2221)(x 1)d(x ++-21∫221)(x dx + =81ln 1x 1)(x 22+--41arctanx+)1x (412+-21∫221)(x dx +又∫221)(x dx +=∫221)t (tan dtant +=∫cos 2tdt=21∫(cos2t+1)dt=41∫cos2td2t +21∫dt =41sin2t+21t+C=)1t (tan 2tant 2++21arctanx+C=)1x (2x 2++21arctanx+C.∴原式=81ln 1x 1)(x 22+--41arctanx+)1x (412+-)1x (4x 2+-41arctanx+C=81ln 1x 1)(x 22+--21arctanx+)1x (4x -12++C.(6)∫22)1x 2(2x 2-x ++dx=41∫222)1x 2(2x )1x 2d(2x ++++-25∫22)1x 2(2x dx ++=-)1x 24(2x 12++-5∫22)]11)[(2x 1)d(2x +++=-)1x 24(2x 12++-45[1x 22x 12x 2++++2arctan(2x+1)]+C =-)1x 22(2x 3x 52+++-25arctan(2x+1)+C.(7)∫x cos 35dx -=∫222t 1)t 3(15t 12+--+dt=21∫1t)2(d2t 2+=21arctan2t+C=21arctan(2tan 2x )+C.(8)方法一:∫x sin 2dx 2+=∫22t 1t 22t 12+++dt=∫1t t dt 2++=32∫13132t 3132t d 2+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+ =32arctan ⎪⎭⎫ ⎝⎛+3132t +C=32arctan ⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+3132x 2tan +C. 方法二:∫x sin 2dx 2+=∫x tan x sec 2x dx sec 222+=∫2x tan 3dtanx 2+dt=66∫1x tan 23tanx23d2+=66arctan(tanx 23)+C.(9)∫x tan 1dx +=∫x tanx sec x sec x dx sec 222+=∫1tanx x tan x tan dtanx23+++ =21(∫1tanx dtanx +-∫1x tan tanxdtanx 2++∫1x tan dtanx 2+)=21(ln|tanx+1|-21∫1x tan )1x d(tan 22+++x) =21(ln 1x tan |1tanx |2+++x)+C=21(ln|cosx+sinx|+x)+C. (10)I=∫22xx 1x -+dx=-∫22xx 1x x 1-+-+dx+∫2xx 11)dx (x -++=-∫2x x 1-+dx+∫2xx 11)dx (x -++=-x 2x x 1-+-∫22xx 12x -x 2-+dx+∫2xx 11)dx (x -++=-x 2xx 1-+-I+21∫2xx 1x -+dx+∫2xx 11)dx (x -++=-x 2x x 1-+-I+23∫2xx 132x -++dx. ∴I=-2x x 12x -++43∫2x x 132x -++dx.又∫2x x 132x -++dx=-21∫2x x 1x 21-+-dx+67∫2x x 1dx -+ =-2x x 1-++67∫251-2x 151-2x d ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=-2x x 1-++67∫arcsin 51-2x +C. ∴原式=-2x x 12x -+-432x x 1-++87∫arcsin 51-2x +C. (11)令t-x=x x 2+,则x=12t t 2+,dx=d 12t t 2+=21)(2t 1)t(t 2++dt. ∫x x dx 2+=∫12t t t 1)(2t 1)t(t 222+-++dt=∫12t 1)d(2t ++=ln|2t+1|+C=ln|2x x 2++2x+1|+C. (12) ∫x 1x -1x 12+dx=-∫1x11-x 1+d x 1=-∫1t 1-t +dt=-∫1t 1-t 2-dt=-∫1t tdt 2-+∫1t dt 2- =-1t 2-+ln|t+1t 2-|+C=-x x 12-+ln x x 112-++C.。

有理函数和可化为有理函数的不定积分

有理函数和可化为有理函数的不定积分

2


2

其中 i , j N + , 且
2 i 2 j m , p j 4q j 0, j 1,2,, t .
i 1 j 1
s
t
命题2 如果多项式Q ( x )能分解为(1)式, 则 P( x ) 有理真分式 能唯一地分解为下列部分分式之和 Q( x)
例3 求下列不定积分
x3 1 (1) 2 dx (2) 3 dx 2 x 5x 6 x 2x x 1 x (3) 3 dx (4) 3 dx 2 2x x 2x 1 x 1 x3 5 6 x3 解 (1) , 2 x 2 x 3 x 5 x 6 ( x 2)( x 3)
p Lp p2 (令t x , M N, q r2) 2 2 4
Lx M t 1 (7 ) 2 dx L 2 2 n dt N 2 2 n dt n (t r ) (t r ) ( x px q)
x 1 1 1 (3) 2 dx 2 d ( x 2 a 2 ) ln( x 2 a 2 ) C. x a2 2 x a2 2 x 1 1 1 2 2 n 2 2 2 2 (4) 2 dx 2 d (x a ) (x a ) d (x a ) ( x a 2 )n 2 2 ( x a 2 )n
例1.求下列不定积分
1 (1) dx n ( x a)
(5) 1 I2 2 dx 2 2 (x a ) I3 1 dx 2 2 3 (x a )
( 2)

1 dx 2 2 x a x dx 2 2 x a
(3)
In

7.4 简单无理函数与三角函数的不定积分(一)

7.4 简单无理函数与三角函数的不定积分(一)
分以下情况考虑: 的最简形式分以下情况考虑:
(1) 形如

Mx + N ax + bx + c
2
dx ( a ≠ 0 ) 的积分

Mx + N ax + bx + c
2
dx = ∫
M Mb (2 ax + b ) + ( N − ) 2a 2 a dx ax 2 + bx + c
M d ( ax 2 + bx + c ) Mb dx = ∫ ax 2 + bx + c + ( N − 2 a ) ∫ ax 2 + bx + c 2a
2
求∫
dx x + x − x +1
2
2
.
1 + 2t 2(t 2 + t + 1) 则x = , dx = dt , 2 1− t (1 − t 2 ) 2
c = 1 > 0,
令 x − x + 1 = tx + 1,
1 + 2t t 2 + t +1 t 2 + 3t + 2 x − x + 1 = tx + 1 = t ⋅ +1 = , x + x2 − x +1 = 2 2 1− t 1− t 1− t2
3 1 (1 + t 3 ) 2 − 12t 2 ∴ 原式 = ∫ t ⋅ ⋅ dt = − ∫ 3 dt 6 3 2 4 t 16t (1 + t )
3 1 33 2+ x 2 = ⋅ 2 +C = ( ) +C 8 2− x 8t

高等数学有理式的不定积分方法

高等数学有理式的不定积分方法

dx

B 2
2x 2C
[(x
p )2
B (g

p2
)]n
dx
2
4
B 2
2x p 2C p B
(x2 px q)n
dx
B 2
(x2
2x px
p
q)n
dx
C Bp
(x2

2 px
q)n
d
B 2
d (x2 px q)
x 2 C.
19
总之,有理函数分解为多项式及部分分式之和以后,各个部分
都能积出,且原函数都是初等函数.此外,由代数学知道,从理论上说
,多项式Q(x)总可以在实数范围内分解成为一次因式及二次因式的
乘积,从而把有理函数
P(x) Q(x)
分解为多项式与部分分式之和.因此,
有理函数的原函数都是初等函数.
)
(
B11x x2
C11 1

B21x C21 (x2 1)2

B31x (x2
C31 1)3
)

B12 (x2
x x
C12 1)
.
其中Aij , Bij与Cij均为常数,下面将用待定系数法求出.
6
四种典型部分分式的积分:
1.

A dx xa

Aln
xa
C
2.
比较恒等式两端同次幂的系数,得一方程组: 11
A11 A12 1, 3A11 2 A12 A22 0, 3A11 A12 A22 A32 0, A11 1.
从而解得 A11 1, A12 2, A22 1, A32 2. 故有

无理根式的不定积分PPT课件

无理根式的不定积分PPT课件

1
x
x2
. 1
有理真分式必定可以表示成若干个部分分
式之和(称为部分分式分解)
有理函数化为部分分式之和的一般步骤:
第一步 对分母 Qx 在实系数内作标准分解:
Qxxa11Lxass x2p1xq1 1
Lx2ptxqt t
其中b0 1,i, j i 1,2,L ,t 均为自然数,而且
s
t
i 2 jm ;p 2 j 4 q j 0 ,j 1 ,2 , ,t.
其中m、n都是非负整数;a0 ,a1 , ,an及 b0 ,b1 , ,bm都是实数,并且a0 0,b0 0.
假定分子与分母之间没有公因式
(1) nm , 这有理函数是真分式; (2) nm , 这有理函数是假分式;
利用多项式除法, 假分式可以化成一个多 项式和一个真分式之和.

x3 x 1 x2 1
8.3 有理函数和可化为有理函数的不定积分
一、有理函数的不定积分 二、三角函数有理式的不定积分 三、某些无理根式的不定积分
一、有理函数的积分
有理函数的定义: 两个多项式的商表示的函数称之为有理
函数.其一般形式为
Q P ( (x x ) ) b a 0 0 x x m n b a 1 1 x x m n 1 1 b a m n 1 1 x x a b n m (1)
6 t1 3t3 1tt3 2dt
6lnt 3ln1t 3 2
d(11tt22)311t2dt
6 ln t 3 ln 1 t 3 ln (1 t2) 3 a r c ta n t C 2
x 3 ln 1 e (6 x) 3 ln 1 e (3 x) 3 are c 6 x) tC a . n 2

有理函数和可化为有理函数的不定积分8-3(数分教案)

有理函数和可化为有理函数的不定积分8-3(数分教案)

二、三角函数有理式的不定积分
三角有理式的定义: 由三角函数和常数经过有限次四则运算 构成的函数称之为三角函数有理式.一般记 为 R(sin x , cos x )
x x 2 tan 2 tan x x 2 , 2 sin x 2 sin cos 2 2 2 x 2 x 1 tan sec 2 2 2 x 2 x cos x cos sin , 2 2
§8.3 有理函数和可化为有理 函数的不定积分
• • • • 一、有理函数的不定积分 二、三角函数有理式的不定积分 三、某些无理根式的不定积分 四、小结
一、有理函数的不定积分
有理函数的定义: 有理函数是指两个多项式函数的商表示的 函数.一般形式为
P ( x ) a0 x a1 x an1 x an Q( x ) b0 x m b1 x m 1 bm 1 x bm
M1 x N 1 M2 x N2 Mk x Nk 2 2 2 k k 1 ( x px q ) ( x px q ) x px q
其中 M i , N i 都是常数( i 1,2,, k ) .
Mx N ; 特殊地:k 1, 分解后为 2 x px q
n
n 1
其中 m 、 n都是非负整数;a0 , a1 ,, an 及
b0 , b1 ,, bm 都是常数,并且a0 0,b0 0 .
假定分子与分母之间没有公因式
(1) n m , 这有理函数是真分式; ( 2) n m , 这有理函数是假分式;
利用多项式除法, 假分式可以化成一个 多项式和一个真分式之和.
3 3t 3 6 dt 2 t 1 t 1 t 2 1 3 d (1 t ) 3 dt 6ln t 3ln 1 t 2 2 1 t 2 1 t 3 2 6ln t 3ln 1 t ln(1 t ) 3arctan t C 2

62_4简单无理式、三角函数积分法

62_4简单无理式、三角函数积分法

12
三、三角函数有理式的不定积分
由三角函数和常数经过有限次四则运算构成 的函数称为三角函数有理式.
一般记为 R(sin x , cos x) .
令 u tan x , 2
则 x 2arctan u ,
(万能代换公式)
sin
x
1
2u u2
,
cos
x
1 1
u2 u2
,
dx
1
2 u2
du
R(sin x,cos x)dx
1 dt
3
(
t
1
1
1
t
)
dt
3 1 t 2 t ln 1 t C
2
2020/6/5
3
例2 求积分
1 dx.
x13 x1
解 令 t 6 x 1 6t5dt dx,
原式
t3
1
t2
6t 5dt
6
t 3 dt t 1
6
(t
2
t
1
t
1
) 1
dt
2t 3 3t 2 6t 6ln | t 1 | C
1 1
x x
C
注意:此题也可将
x
1 x dx 1x
变形为
x
1 x 1 x2
dx,再令x
sint,
用三角代换来求解,具体请读者作为练习题做.
2020/6/5
7
例.求 3(x
dx 1)(x
1)2
dx
dx
解: 3(x 1)(x 1)2
3
x x
1 1
, (x 1)
令3
x x
1 1
t
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2
cos
x

1

cos
2x
来计算.
2
b、对于 sin mx.cos nx.dx、 sin mx.sin nx.dx、 cos mx.cos nx.dx、(m n)
可用三角函数的积化和差公式:
2
sin.sin 1 cos( ) cos( ), sin.cos 1 sin( )
2(t 1)
2(t 1)2
2(t 1)
7
于是所求不定积分直接化为有理函数的不定积分:
I 2(t 1). 2(t 1) . t 2 2t 3 dt 2 dt
t 2 3 t 2 2t 3 2(t 1)2
t2 3
2
t
2
x2 2x 3 x
n1 ax b ,L cx d
,
nk
ax cx

b d
dx,
5
可作变换:n ax b t
或:n ax b cx d
t,
其中:n n1, n2 , L ,
nk ;
例1 求
x 23 x 1 dx.
4x
1
解: 令 t 12 x, x t12 , dx 12t11dt, t 0.
原式 t6 2t4 1.12t11dt 12 t14 2t12 t8 dt 4 t15 24 t13 4 t9 C
t35Leabharlann 13 345
x4

24
13
x12

4
3
x4
C.
5 13 3
6
3、形如 R x, ax2 bx c dx, a 0, ax2 bx c 0, 在一般的
的积分公式。
5)、形如:
dx , (n N , 且 n 3), 则令 x 1, 再利
xn x2 a2
t
用凑微分法或由已知公式;当 n 3 时,则一般用第二换元法
(作三角函数变换去根号)
10
R(sin x, cos x)dx 才考虑用万能置换法?
一般地,不满足上述2)的各种特殊情形的,才考虑用万 能置换法。
4
三、某些无理(根式)函数的不定积分 一般的无理(根式)函数的不定积分并不一定能求得出来,而对于 一些简单的无理函数则可通过适当的代换可化为有理函数的不定积 分,作代换的目的就是去掉根号。以下是一些常见无理(根式)函 数的不定积分的求法:
1)、万能置换法:令 tg x t, 则 sin x 2t , cos x 1 t2 ,
2
1 t2
1 t2
dx

2 1 t2
dt,

R(sin x, cos x)
dx

R

1
2t t
2
,1 1
t2 t2

.
1
2 t
2
dt.
从而可用有理函数的积分法求出其积分。
注:利用欧拉变换求积分,一般都引入相当复杂的计算,在一些
特殊的情况下,尽量避免欧拉变换法。
1)、形如:
dx
,先对 ax2 bx c 配方,最后还原成
ax2 bx c
以下三种情况之一:
dX
或: dX
。(其中A是常数)
X 2 A2
A2 X 2
2)、形如:
mx n dx
2
2
cos( ),
cos.cos 1 cos( ) cos( ). 求出其积分。
2
m
n
c、对于 sin x cos x dx, 当m、n中有一奇数时,可拆开它,然后用
凑微分法求其积分;
当m、n均为偶数时,可利用倍角公式:sin x cos x 1 sin 2x; 2
2
sin
x

1

cos
2x
;
2
cos
x

1
cos
2x
反复使用即可求出其积分。
2
2
3
6 4 拆4项与4反4复7使用4倍4角公4式 48
d、对于
m
sin x
dx、
m
cosx
dx,
In
n
tgx
1 n1
dx

n
tgx 1
In2
(可用分部积分法 递推公式求出)
(2)、若 R(sin x, cos x) R(sin x, cos x),即R(sin x, cos x) 关于cos x是奇函数,则令:sin x t ; 若 R( sin x, cos x) R(sin x, cos x) ,则令:cos x t ; R( sin x, cos x) R(sin x, cos x),则令:tgx t 或 ctgx t.在何种情况下,
1、形如 R x, n ax b
dx
或:
R

x,
ax b n cx d
dx, 可作变换:
n ax b t 或:n ax b t ; cx d
2、形如
R x, n1 ax b,L ,nk ax b
dx
或:
R x,
arctan c arctan
c.
3
3
3
3
(2)、第二欧拉变换法:若 c 0, 令: ax2 bx c xt c
或 xt c ;
(3)、第三欧拉变换法:若 ax2 bx c 0 有两个不同的实根 与 ,则
8
令: ax2 bx c a(x )(x ) t (x ) , 或 t (x ) 。
二、三角函数有理式的不定积分 1、u ( x)、v( x)的有理式
由u ( x)、v( x)及常数经过有限次的四则运算所得到的函 数称为关于u(x)、v(x)的有理式,并用 R(u(x)、v(x))表示。
2、三角函数有理式用 R(sin x, cos x)表示;
3、 R(sin x, cos x) dx 的求法:
1
在理论上,任一有理三角函数的不定积分,通过万能置换法总可 以求出其积分,但其计算过程都比较烦琐,因此在特殊的情况下, 一般不采用此方法。(见下面介绍)
2)、特殊情形的求法:
(1)、三角恒等变换法
a、对于
2
sin mx
dx

2
cos mx
dx,可利用倍角公式
:
2
sin
x

1

cos
2x
,
2
情况下采用欧拉变换法:
(1)第一欧拉变换法:若a 0, 令: ax2 bx c t ax 或:
t ax
例2
求 I= x
dx x2 -2x-3
解:因 a 1 0, 采用第一欧拉变换法,令 x2 -2x-3 x t,则可解出:
x t2 3 , dx t2 2t 3 dt, x2 -2x-3 (t2 2t 3)
, ax2 bx c
利用凑微分法和配方后作代换后即可求
出其积分。
9
3)、形如: ax2 bx c dx, 对ax2 bx c配方最终还原成:
X 2 A2 dX 或: A2 X 2 dX 三种情况之一。(A是常数)
4)、形如 mx n ax2 bx c dx,先凑微分,再利用已知
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