积分计算超强总结(循环递推法)!!

∫
∫
arccos x
dx = xe arccos x + ∫
x 1 x
2
e arccos x dx
= xe arccos x ∫ e arccos x d 1 x 2 = xe arccos x e arccos x 1 x 2 ∫ e arccos x dx
= xe arccos x e arccos x 1 x 2 I .
所以 2 I = xe
arccos x
e arccos x 1 x 2 + 2C ,即 I =
1 arccos x e (x 1 x2 ) + C . 2
【例 2】求 sin(ln x )dx . 【解】 I = sin(ln x )dx = x sin(ln x ) cos(ln x )dx
2 2
x2 1 x2
dx = x 1 x ∫
2
(1 x 2 ) 1 1 x2
dx
= x 1 x 2 I + arcsin x .
所以,有
I=
【注】本题用换元 x = sin t 的方法,一样可以得到结果,但还要用到三角倍角公 式和回代的过程,略显麻烦. 【例 4】求 (1 x )e
2
1 ( x 1 x 2 + arcsin x) + C . 2
循环递推法 循环递推法是积分计算的一种重要的辅助方法.对于某些积分问题,在通过 换元积分法或分部积分法处理后,尽管没有得到原函数的初等表达式,但重新得 到了原积分的表达式
I = kI + A(k ≠ 1) .
这样,实际上也就得到了需要的结果了,这种方法称为循环递推法 循环递推法. 循环递推法 这里需要注意的是:若 I 表示的是不定积分 不定积分,等式另一边的 I 虽然表示的是 不定积分 同一个函数的不定积分,但是应该有一个常数的差别 有一个常数 有一个常 的差别.所以在移项合并时,必须 留下一个常数. 利用循环递推法计算不定积分时,因为不定积分的计算结果与积分变量的名 称有关,所以比较适合用分部积分法 比较适合用分部积分法,而这时换元积分法恐怕是没有用的. 比较适合用分部积分法 【例 1】求 e arccos x dx . 【解】 I = e
∫
b a
f ( x)dx 可以做比较,必须保持
积分区间 [ a, b] 不变,翻折变换 x = a + b t 可以达到此目的. 所谓翻折变换 翻折变换是以 翻折变换 翻折变换 区间 [ a, b] 的中点为不动点的翻折.
【例 5】求
∫
π
4 0
ln(1 + tanx)dx .
【解】在翻折变换 x =
∫
π
0
= π arctan(cos t ) 0 I =
I=
π
π2
2
I,
所以,有
π2
4
.
2
�
∫
x2 2
dx .
1
【解】
∫ (1 x
2
2
)e
x2 2
dx = ∫ e
2
x2 2
dx ∫ x e
22x2 2 Nhomakorabeadx2
x x x x 2 2 2 2 2 = xe + ∫ x e dx ∫ x e dx = xe 2 + C .
【注】 本例中没有出现循环递推的形式, 所以放在这里是为了提醒大家当出现 I 减 I 的时候,不能将它们完全抵消,而要留下一个任意常数. 上述问题也可以改作为用循环递推法计算定积分的例子, 这意义就不大了. 下 面举几个原函数不是初等函数的定积分计算例子,注意到定积分值与积分变量名 定积分值与积分变量名 称无关,可以考虑使用换元法 换元法.为了与原积分 称无关 换元法
π
π
4
t 下,有
0
I = ∫ 4 ln(1 + tanx)dx = ∫ π ln(1 +
0 4
1 tant )dt = ∫ 4 [ln2 ln (1 + tant )]dt 0 1 + tant
π
=
π
4
ln 2 I ,
I=
所以,有 【例 6】求
π
8
ln 2 .
xsinx dx . 1 + cos 2 x 【解】在翻折变换 x = π t 下,有 0 (π t )sint π π xsinx sint I =∫ dx = ∫ dt =π ∫ dt I 2 2 π 1 + cos t 0 1 + cos x 0 1 + cos 2 t
∫
∫
∫
= x sin(ln x) x cos(ln x) ∫ sin(ln x)dx = x sin(ln x) x cos(ln x) I ,
所以 【例 3】求 【解】 = I
x I = [sin(ln x) x cos(ln x)] + C . 2
∫
1 x 2 dx .
∫
1 x dx = x 1 x + ∫