《数学分析》课程电子教案（PPT课件）第六章 不定积分（6.2）换元积分法和分部积分法

§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: (1)第一类换元积分法 在不定积分∫(x)x中,若f(x)可以通过等价变形化成 f(g(x)g(x),而函数f()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 f(x)dx=F(g(x)+C

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 x ( )  d 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 f x x ( )  d = F(g(x)) + C ~ 。 §2 换元积分法和分部积分法

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dn=g(x)dx,于是, ∫f(x)dx=jf(g(x)(xx=∫7(g(x)g(x) ∫f(a)d=F(a)+C=F(g(x)+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

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d d u g x x = ( ) ，于是， f x x ( )  d = f g x g x x ( ( )) ) (  d = ( f g x g x ( ( )) )  d = = f u u ( )  d F(u) + C = ~ ~ F(g(x)) + C 。 这个方法称为第一类换元积分法。由于在将 f x x ( )d 化成 f g x g x x ( ( )) ) ( = d f g x g x ( ( )) ) d ( 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62.1求∫ 解将(x)=xa看成是/()=和n=x=a的复合函数,因为 d(x-a)=dx,所以 dr rd(x-a) (作变量代换u=x-a) X-a au InJu+C 用u=x-a代回) =ln|x-a|+C

例 6.2.1 求 x x a −  d 。 解 将 f x x a ( ) = − 1 看成是 ~ f (u) u = 1 和u = x − a的复合函数，因为 d d ( ) x a x − = ，所以 x x a ( ) x a x a − = − −   d d （作变量代换u = x − a） u u =  d = ln |u|+ C （用u = x − a代回） = ln| x − a|+ C

例62.1求∫ 解将(x)=xa看成是/()=和n=x=a的复合函数,因为 d(x-a)=dx,所以 dr rd(x-a) (作变量代换u=x-a) X-a au InJu+C 用u=x-a代回) =ln|x-a|+C。 同理可以求出 +C n>1) (x-a)n-1(x-a) 和 dx ax +C 2aJx-a Jx+a 2a x+a

同理可以求出 1 1 1 ( ) 1 ( ) n n x C x a n x a − = −  + − − −  d （ n  1） 和 2 2 x x a −  d 1 2 x x a x a x a   = −     − +   d d C x a x a a + + − = ln 2 1 。 例 6.2.1 求 x x a −  d 。 解 将 f x x a ( ) = − 1 看成是 ~ f (u) u = 1 和u = x − a的复合函数，因为 d d ( ) x a x − = ，所以 x x a ( ) x a x a − = − −   d d （作变量代换u = x − a） u u =  d = ln |u|+ C （用u = x − a代回） = ln| x − a|+ C

例622求∫ x+a 解∫ (作变量代换u=-) x+a +(2)2a1+()2 =-arc tanu +c (用=代回) a1+u arc tan -+0 同理可以求出 x arc sin -+C

例 6.2.2 求 2 2 x x a +  d 。 解 2 2 2 2 2 1 1 ( ) 1 ( ) 1 ( ) x a x x a a x x x a a a = = + + +    d d d （作变量代换 u x a = ） 2 1 1 u a u = +  d u C a = arc tan + 1 （用u x a = 代回） C a x a = arc tan + 1 。 同理可以求出 2 2 x a x −  d = arc sin + x a C

例62.3求jt tan xdx。 解∫mndx=∫ sIn x (cos x),dx (作变量代换u=cosx) COSx COS x -In u+c (用 u= coS x 代回) cOS x 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 d(cos x) ln|cosx|+C。 COS x COSX

例 6.2.3 求 tan x x  d 。 解 tan x x  d sin cos x x x =  d (cos ) cos x x x  = − d （作变量代换 u = cos x ） u u = − d = − ln |u|+ C （用u = cos x 代回） = − ln |cos x |+ C 。 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 x x  d sin cos x x x =  d (cos ) cos x x = − d = − ln |cos x |+ C

例624求cox 解∫ seced=J COS x d(sin x) COS x COS X -sin x 作变量代换=smx,并利用∫ x-a +C,得到 2 a xt a sec xdx =l+sin x (1+sm x)+c 2 1-sn x 2 I-sin-x =hn++C=hsex+tmxH+C。 COS x 可以类似地求出 ∫ cot xdx= In sin x|++C 和 cSc xdx=hn csc x-cot x+C

例 6.2.4 求 sec x x  d 。 解 sec x x  d 2 1 cos cos cos x x x x x = =   d d 2 (sin ) 1 sin x x = −  d , 作变量代换u = sin x ，并利用 2 2 x x a −  d C x a x a a + + − = ln 2 1 ，得到 sec x x  d C x x C x x + − + + = − + = 2 2 1 sin (1 sin ) ln 2 1 1 sin 1 sin ln 2 1 C x x C x x + = + + + = ln|sec tan | cos 1 sin ln 。 可以类似地求出 cot x x  d = ln |sin x |+ C 和 csc x x  d = ln| csc x − cot x |+ C

例625求∫n x(1+x 解∫ x √x(1+x) (√x)=2 arctan√x+

例 6.2.5 求 (1 ) x x x +  d 。 解 2 1 2 ( ) 2arctan (1 ) 1 ( ) x x x C x x x = = + + +   d d

例625求∫n x(1+x 解∫ √x(+x)1 (√x)=2 arctan√x+ 例6.2.6求∫ sin mx cos nxdx(m≠n) 解「 sin mx cos ndr I [sin(m+n)x+sin(m-n)x]dx 2 cos(m+n)x cos(m-n)x +c m+n 可以类似地求出 sin mxsin nx 和 cos mx cos nxax

例 6.2.6 求 sin cos mx nx x  d ( m  n )。 解 sin cos mx nx x  d 1 [sin( ) sin( ) ] 2 = + + − m n x m n x x  d C m n m n x m n m n x +      − − + + + = − cos( ) cos( ) 2 1 。 可以类似地求出 sin sin mx nx x  d 和 cos cos mx nx x  d 。 例 6.2.5 求 (1 ) x x x +  d 。 解 2 1 2 ( ) 2arctan (1 ) 1 ( ) x x x C x x x = = + + +   d d

(2)第二类换元积分法 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=g()(要求x=(1)的反函数t=p(x)存在),将原式化为 ∫f(xndx=jf(o(m)do()=」/(()o()m 而f((1)()的原函数F(t)是容易求的 因为 aF(02(x)=F(O)1=f(0()(c f(o(to(t) f(q()=f(x) 所以 ∫f(x)dx=F(-(x)+C

⑵ 第二类换元积分法 若不定积分 f x x ( )  d 不能直接求出，但能够找到一个适当的变量代 换 x = (t)（要求x = (t)的反函数 ( ) 1 t x − =  存在），将原式化为 f x x ( )  d = ( = f t t ( ( )) )    d f t t t ( ( )) )  (  d ， 而 f ((t))(t)的原函数 ~ F(t)是容易求的。 因为 1 F x ( ( )) x  d − d = ( ) t F t x  d d = ( ( )) ( ) t f t t x   d d = ( ) 1 ( ( )) ( ) t f t t      = f ((t)) = f (x) ， 所以 f x x ( ) =  d F x + C − ( ( )) ~ 1 