西华大学：《高等数学》课程教学资源（PPT课件讲稿）不定积分换元法

第五节不定积分换元法 学习重点 第一换元法 第二换元法 小结思考题

第五节 不定积分换元法 学习重点 小结 思考题 第一换元法 第二换元法

、第一类换元法 问题Jcs2xt号sim2x+C, 解决方法利用复合函数,设置中间变量 过程令t=2x→=d, cos 2xdx=cos tdt=sint+c=sin 2x+C. 2

问题  cos2xdx= sin2x + C, 解决方法 利用复合函数，设置中间变量. 过程 令 t = 2x , 2 1  dx = dt  cos2xdx tdt  = cos 2 1 = sint + C 2 1 sin2 . 2 1 = x + C 一、第一类换元法

在一般情况下: 设F()=f(a,则∫/(am=F()+C 如果u=(x)(可微) dFi(x=fip(x)lo(x)dx ∫/1(x)p(x)k=F(x)+C I f(u)du u=o(x) 由此可得换元法定理

在一般情况下： 设 F(u) = f (u), 则 ( ) ( ) .  f u du = F u + C 如果 u = (x) （可微）  dF[(x)] = f[(x)](x)dx   f[(x)](x)dx = F[(x)]+ C =  = ( ) [ ( ) ] u du u x f  由此可得换元法定理

定理1设∫(u)具有原函数,u=g(x)可导, 则有换元公式 ∫f(x)p(xlk=可Jf()l= 第一类换元公式(凑微分法) 说明使用此公式的关键在于将 ∫8(x)化为∫q(xp(x) 观察重点不同,所得结论不同

设 f (u)具有原函数，  f[(x)](x)dx =  = ( ) [ ( ) ] u du u x f  第一类换元公式（凑微分法） 说明 使用此公式的关键在于将  g(x)dx 化为 [ ( )] ( ) .  f  x  x dx 观察重点不同，所得结论不同. u = (x)可导， 则有换元公式 定理1

例1求sin2x. (-)sin 2 xdx=asin 2xd(2x) -coS 2x +c: 解(二)sin2x=2 sin xcos xdv 2 sin xd(sin x)=(sin x)+C; 解(三)Jsi2xdx= sin xcos xd -2 cos xd(cos xA-( cos x)+C

例1 求 sin2 .  xdx 解（一）  sin2xdx  = sin2 (2 ) 2 1 xd x cos 2 ; 2 1 = − x + C 解（二）  sin2xdx =  2 sin xcos xdx =  2 sin xd(sin x) (sin ) ; 2 = x + C 解（三）  sin2xdx =  2 sin xcos xdx = −  2 cos xd(cos x) (cos ) . 2 = − x + C

例2求 3+2x 解 3+2x23+2x (3+2x), 3+2x23+2x (3+2x)x ==?lm+C=lm(3+2x)+C. 2 般地∫f(ax+b)x=∫/(a)ohl u=ax+b

例2 求 . 3 2 1 dx x  + 解 (3 2 ) , 3 2 1 2 1 3 2 1  +  + =  + x x x dx x  3 + 2 1 x dx x (3 2 ) 3 2 1 2 1  +  + =  du u  = 1 2 1 = lnu + C 2 1 ln(3 2 ) . 2 1 = + x + C  f (ax + b)dx =  u du u=ax+b f a [ ( ) ] 1 一般地

常用的几种配元形式 (1)f(ax+b)dx=f(ax+b)d(ax+b) (2)|(x"ar≈1 f(x")dx n (3)[f(x2) dx三 f(x") dx x 万能凑幂法 4)f(sin x ) cos xdx= f(sin x)dsin x (5)If(cos x)sin xdx=- f(cos x)dcosx

常用的几种配元形式: + =  (1) f (ax b)dx d(ax + b) a 1 =  − f x x x n n (2) ( ) d 1 n dx n 1 =  x x f x n d 1 (3) ( ) n dx n 1 n x 1 万 能 凑 幂 法 =  (4) f (sin x)cos xdx dsin x =  (5) f (cos x)sin xdx − dcos x

(6)f(tanx)sec xdx=I f(tan x)dtanx (7)If(e )e dx= f(e")de )∫mx)dx=J/(mlnx dx 例3求」 r(1+2Inx) 解:原式= dInx 1 rd(1+2Inx' 1+2Inx 2J1+2Inx In 1+2Inx+C

=  (6) f (tan x)sec xdx 2 dtan x =  f e e x x x (7) ( ) d x de =  x x f x d 1 (8) (ln ) dln x 例3. 求  1+ 2ln x dln x 解: 原式 =  + = 2 1 2ln x 1 d(1+ 2ln x)

例4求 (1+x) 解 (1+)2fx+1-1 1+x) (1+x)2(1+1)21(1+x) +C, +c x 2(1+x)2 +c 1+x2(1+x

例4 求 . (1 ) 3 dx x x  + 解 dx x x  + 3 (1 ) dx x x  + + − = 3 (1 ) 1 1 ] (1 ) (1 ) 1 (1 ) 1 [ 2 3 d x x x + + − + =  1 2 2 2(1 ) 1 1 1 C x C x + + + + + = − . 2(1 ) 1 1 1 2 C x x + + + + = −

例5求「,,b 2 a +x 解 -+x x)1 arctan -+C 1+

例5 求 . 1 2 2 dx a x  + 解 dx a x  + 2 2 1 dx a a x  + = 2 2 2 1 1 1             + =  a x d a a x 2 1 1 1 arctan . 1 C a x a = +