黑龙江八一农垦大学：《工科高等数学》课程教学资源（PPT课件）第四章 不定积分（4.2）换元积分法

第二节换元积分法 一、第一类换元法 第二类换元法 巴三、小结思考题

王=、第一类换元法 问题∫cos×2 xdx$ sin2 2x+C, 解决方法利用复合函数,设置中间变量 上(cos2xhx=)你吃 过程令t=2x→d= -sint +C=-sin 2x+c 2 2 上页

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: 汪设F(a)/(n,则0∫()m=F(a)+C 如果u=p(x)(可微) dFi(x)=fIo(rlo(x)dc 工工工 ∫f(x)p(x)d=Flp(x)+C 上=∫f(n)dnl-9s由此可得换元法定理 上页

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f(m)具有原函数,u=q(x)可导, 则有换元公式 王∫ncol(x)=Jr(ahl u=o(x) 第一类换元公式(凑微分法) 庄说明使用此公式的关键在于将 生J8(xk化为nq)xt 观察重点不同,所得结论不同 上页

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sin2xdx 解()Jsi2xx=y∫smn2xd(2x) 2 =_c0s2x+C; 解(二)「sin2xx=2| sin xcos xdx 2]sin xd(sinx)=(sinx)+C 解(三)∫sin2xd=2」 sinx.xd 2」cosx=-(osxy)+c 上页

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+2xd 解 3+2x 3+2x23+2x 3+2x (3+2x)dx 293+2x 2n=m+C=3m(3+2x)+C 2 2 一般地∫∫(ax+b)d=f(a)dml-et 王页下

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

例3求 x(1+2nx) 解 d(nx) x(1+2lnx)”J1+2lnx 2J1+2lnx d(1+ 2Inx) u=1+2Inx j du=Inu+C=In(1+2Inx)+C 2u 2 2 上页

例3 求 . (1 2ln ) 1 dx x x  + 解 dx x x  (1+ 2ln ) 1 (ln ) 1 2ln 1 d x x  + = (1 2ln ) 1 2ln 1 2 1 d x x + + =  u = 1+ 2ln x  = du u 1 2 1 = lnu + C 2 1 ln(1 2ln ) . 2 1 = + x + C

x 例4求 y (1+x) 解 +y2=/+1-1 dx (1+x)3 (1+秒2(1+)31(1+x) +C, +c 1+x2(1+x)2 2 1+x2(1+以)2C 上页

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 ax 解 1+ dx dx 1 -arctan -+c /

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 = +

例6时 - dx x2-8x+25 解 x2-8x+25 dx dx (x-4)2+9 dx 2 324(x-4 3/x-4)2 3 +1 +1 3 3 x一 -arctan +c 3 3 上页

例6 求 . 8 25 1 2 dx x x  − + 解 dx x x  − 8 + 25 1 2 dx x  − + = ( 4) 9 1 2 dx x   +      − = 1 3 4 1 3 1 2 2       −  +      − =  3 4 1 3 4 1 3 1 2 x d x . 3 4 arctan 3 1 C x + − =