换元积分法和分部积分法
换元积分法与分部积分法
d
xn
(3) 统一函数: 利用三角公式 ; 配元方法
(4) 巧妙换元或配元
2022年9月29日8时31分
21
上一页 下一页 主 页 返回 退机出动 目录 上页 下页 返回 结束
思考与练习 1. 下列各题求积方法有何不同?
(1)
dx 4 x
(2)
4
d
x x
2
(3)
x 4 x2
dx
1 2
d(4 x2 ) 4 x2
13
上一页 下一页 主 页 返回 退出
例10 求
解法1
cos x cos2 x
dx
1
d
sin x sin2 x
1 2
1 1 sin
x
1 1 sin
x
d
sin
x
1 ln 1 sin x ln 1 sin x C
2 1 ln 1 sin x C
2 1 sin x
2022年9月29日8时31分
ax t
a2 x2
26
例17 求
解
令
x
a
tan
t
,
t
(
2
,
2
)
,
则
x2 a2 a2 tan2 t a2 a sect
dx a sec2 t d t
∴ 原式
a sec2 a sec t
t
d
t
sec t
d
t
ln sect tan t C1
ln
x2 a2
x a
C1
x2 a2
不定积分是求导运算的逆运算, 相应 于复合函数求导数的链式法则和乘法 求导公式, 不定积分有换元积分法和分 部积分法.
2换元积分法和分部积分法.pdf
a
a
意常数，因此
∫ dx = ln x + x2 − a 2 + C
x2 − a2
a
= ln| x + x2 − a 2 |− lna + C
= ln | x + x2 − a2 | + C 。
类似地可求得
∫
dx = ln | x +
x2 + a2
x2 + a2 | + C 。
若被积函数中含有诸如 a2 − x2 ， x2 − a2 ， x2 + a2 这样形式的 根式，可以分别考虑将变换取为 x = a sin t ，x = a sec t 和 x = a tant 以化去 根号。
⎟⎟⎠⎞
+
C
= (2x −1)101 ⎜⎛ 2x −1 + 1 ⎟⎞ + C 。
4 ⎝ 102 101⎠
有许多题目，既可以采用第一类换元积分法，也可以采用第二 类换元积分法，代换的函数形式也可以大不相同，要根据具体情况 灵活运用。
例 6.2.10
求∫ x2
dx 1+ x2
。
解法一 用第一类换元积分法。当 x > 0 时，原式可变形为
(cos x)′dx cos x
=
−∫
du u
=
−
ln
|u|+
C
= − ln | cos x | + C 。
（作变量代换 u = cos x ） （用 u = cos x 代回）
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
=
∫
分部积分法与换元积分法
§2 分部积分法与换元积分法(一) 教学目的：掌握分部积分法与第一、二换元积分法． (二) 教学内容：分部积分法，第一、二换元积分法；．基本要求：熟练掌握分部积分法和换元积分法. (三) 教学建议：(1) 讲解足量的有关换元积分法与分部积分法的计算题． (2) 总结分部积分法的几种形式：升幂法，降幂法和循环法．一、分部积分法我们讲导数时，知道)()()()(])()([x v x u x v x u x v x u '+'='从而有⎰⎰'+'=dx x v x u dx x v x u x v x u )()()()()()(移项得⎰⎰'-='dx x v x u x v x u dx x v x u )()()()()()(或 ⎰⎰-=)()()()()()(x du x v x v x u x dv x u 我们称这个公式为分部积分公式。
当 ⎰'dx x v x u )()( 不容易积分，但⎰'dx x v x u )()( 容易积分时，我们就可以用分部积分把不容易积分的 ⎰'dx x v x u )()( 计算出来。
例1 求⎰xdx x cos解：若令 x v x v x u sin cos ,=⇒='= ， 代入分部积分公式⎰⎰++=-=C x x x xdx x x xdx x cos sin sin sin cos但若令 2/,cos 2x v x v x u =⇒='= ， 代入分部积分公式dx x x x x xdx x ⎰⎰+=sin 21cos 2cos 22 比原积分还复杂由此可知，在用分部积分公式时，u, v 的选择不是随意的，那个作u , 那个作 v ，应适当选取，否则有可能计算很复杂甚至计算不出来。
分析分不积分公式，我们可总结出下面一个原则：一般应把（相比之下）容易积分，积分后比较简单的函数作为 v '，积分较难或积分后比较复杂的函数作为u例2 求⎰xdx ln⎰xdx ln ⎰⎰+-=⋅-=-=C x x x dx x x x x x xd x x ln 1ln ln ln或解：令t e x t x ==,ln原式C x x x C e te dt e te tde tt t t t +-=+-=-==⎰⎰ln例3 求 ⎰xdx x ln解：⎰⎰=2ln 21ln xdx xdx x [][]C x x x C x x x xdx x x x d x x x +-=+⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=-=-=⎰⎰222222241ln 2121ln 21ln 21ln ln 21例4 求 ⎰xdx x arctan解：⎰⎰=2arctan 21arctan xdx xdx x[][]C x x x x dx x x x dx x x x x x d x x x ++-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=-=⎰⎰⎰arctan arctan 21)111(arctan 211arctan 21arctan arctan 2122222222分部积分公式也可以连续用多次例5 求 ⎰dx e x x 2解：xx de x dx e x ⎰⎰=22Ce xe e x dx e xe e x dx xe e x dx e e x x x x x x x x x x x ++-=--=-=-=⎰⎰⎰22)(2222222例6 求⎰bxdx e axcos解： dx bx e a b bx e abxdx e ax x ax ⎰⎰+=sin cos 1cos 再分部积分一次]cos sin 1[cos 1dx bx e a b bx e aa b bx e a ax ax x ⎰-+= 出现循环将上式最后一项移到左端合并整理，得C ba bx a bxb e bxdx e bx a b x a e dx bx e a b ax ax ax ax +++⋅=+=+⎰⎰22222cos sin cos )sin cos 1(cos )1(分部积分使用的类型：一般说下面类型的不定积分dx arctgbx xaxdx xbxdx xdx e xdx x xkkkax km k⎰⎰⎰⎰⎰,cos ,sin ,,log等常用分部积分来计算。
微积分中的积分法
微积分中的积分法在微积分学中，积分是一种非常重要的数学运算，它可以用来求某一曲线下的面积，同时也可以求出曲线的长度、体积等等。
而积分法是指一种方法，可以用来解决复杂的积分运算，包括定积分和不定积分。
定积分是指在一定范围内求函数值的平均值，而不定积分则是求导数的反向运算。
要想求解积分，就需要掌握积分法，其中最常用的积分法包括换元积分法、分部积分法和三角函数积分法。
一、换元积分法换元积分法是一种通过变量代换来简化积分的方法。
对于形如f(g(x))g'(x)的积分式，可以将g(x)看作一个新的变量u，从而将积分式变为f(u)du的形式，然后再求解该积分式。
例如，对于以下的积分式：∫(x^2 + 1)^(3/2)xdx我们通过令u = x^2 + 1来进行变量代换，那么导数du / dx = 2x，dx = (1 / 2x)du。
代入原式中，得到：∫(x^2 + 1)^(3/2)xdx = (1 / 2)∫u^(3/2)du = (1 / 2) * (2 / 5)u^(5/2) + C = (1 / 5)(x^2 + 1)^(5/2) + C通过变量代换，我们成功地将原式变成了一个更容易求解的积分式，同时也提高了计算的精度和效率。
二、分部积分法分部积分法是一种将积分式分解成多个子积分式的方法，通过对每个子积分式进行积分，最终得到整个积分式的解。
对于形如uv'的积分式，可以利用分部积分法，将其拆分为u∫v'dx和∫u'vdx两个积分式，然后再分别进行计算。
例如，对于以下的积分式：∫xe^xdx我们可以选择令u = x，v' = e^x，从而求解u∫v'dx和∫u'vdx，得到：∫xe^xdx = xe^x - ∫e^xdx= xe^x - e^x + C通过分部积分法，我们进一步简化了积分式，将其分解成了多个小的子式，从而更方便地进行求解。
三、三角函数积分法三角函数积分法是一种针对包含三角函数的积分式的特殊方法。
换元积分法和分部积分法
1 2 x 2 2 a arcsin x a x C . 2 a
例8 求
a2 x2 π 解 设 x a tan t , | t | . 2 dx a sec2 tdt a 2 x 2 a sec t
sec tdt ln | sec t tan t | C
(解法二) sec xdx
sec x(sec x tan x ) dx sec x tan x
d(sec x tan x ) ln | sec x tan x | C . sec x tan x
f (a 2 x 2 ), f (a 2 x 2 ), 第二类换元积分法常用在
例2 解
x d( ) x dx 1 a （令 u ） 2 2 x a a a x 1 ( )2 a 1 du 1 arctan u C 2 a a 1 u
dx a 2 x 2 (a 0).
对换元积分法较熟练后，可以不写出换元变量 ， 而直接使用公式（1） 例3 求
一、 换元积分法
由复合函数求导法，可以导出换元积分法。 设 g( u)在 [ , ] 上有定义， u ( x ) 在 [a , b]上可导，且 ( x ) , x [a, b] 并记 f ( x ) g( ( x )) ( x ), x [a, b]. (i) 若 g ( u) 在 [ , ] 上存在原函数 G( u) ,则 f ( x ) 在 [a , b] 上也存在原函数F ( x ), F ( x ) G( ( x )) C , 即
第一换元积分法亦称为凑微分法, 即
g( ( x )) ( x )dx g( ( x ))d ( x ) G( ( x )) C ,
8.2换元积分法与分部积分法
解
(解法一)
sec xdx
cos x
cos2 x dx
d(sin x)
1 sin2 x
1 ln 1 sin x C. 2 1 sin x
(解法二)
sec
xdx
sec x(sec x tan sec x tan x
x)
dx
d(sec x tan x sec x tan x
a2
1
x 2 dx .
解
a2
1
x 2 dx
1 a2
1
1
x a2
2dx
想到公式
1
d
u u
2
arctan u C
1 a
1
1
x a
2
d
x a
1 arctan a
x a
C.
前页 后页 返回
例7 求 解:
dx
a
1
(
x a
)2
(5) sin sin 2sin cos
2
2
(6) sin sin 2cos sin
2
2
(7) cos cos 2cos cos
2
2
(8) cos cos 2sin sin
则得第二类换元积分法 .
前页 后页 返回
(4)
4
x
2
x
2
5.3 定积分的换元法和分部积分法
= − න (π − )(sin(π − ))d
则 d = −d
0
0
π
= න (π − )(sin )d
0
π
π
= π න (sin )d − න (sin )d
0
π
0
π
= π න (sin )d − න (sin )d ,
0
+ න () d
0
= න [(−) + ()] d
0
2 න () d , (−) = (),
=
0
0,
− = − .
奇、偶函数在对称区间上的定积分性质 偶倍奇零
第三节 定积分的换元法和分部积分法
定积分
第五章
1
2 2 + cos
例6 计算 න
0
解
1
d.
( > 0)
π
令 = sin , d = cos d, = ⇒ = , = 0 ⇒ = 0.
2
π
2
cos
d
原式 = න
2
2
0 sin + (1 − sin )
=න
π
2
0
cos
1
d = න
sin + cos
1
=
6
6
1
อ
第三节 定积分的换元法和分部积分法
0
cos 5 sin d
= − න cos 5 d(cos )
= 0 ⇒ = 1.
原式 = − න
π
2
1
= .
数学分析8.2换元积分法与分部积分法(讲义)
第八章 不定积分2 换元积分法与分部积分法(讲义)一、换元积分法定理8.4：(换元积分法)设g(u)在[α,β]上有定义，u=φ(x)在[a,b]上可导，且α≤φ(x)≤β，x ∈[a,b]，并记f(x)=g(φ(x))φ’(x), x ∈[a,b].1、(第一换元积分法)若g(u)在[α,β]上存在原函数G(u)，则f(x)在[a,b]上也存在原函数F(x)，且F(x)=G(φ(x))+C ,即 ∫f(x)dx=∫g(φ(x))φ’(x)dx=∫g(u )du=G(u)+C=G(φ(x))+C .2、(第二换元积分法)若φ’(x)≠0, x ∈[a,b]，则命题1可逆，即f(x)在[a,b]上存在原函数F(x)时，g(u)在[α,β]上也存在原函数G(u)，且G(u)=F(φ-1(u))+C, 即∫g(u )du=∫g(φ(x))φ’(x)dx=∫f(x)dx=F(x)+C=F(φ-1(u))+C. 证：1、∵dxdG(φ(x))=G ’(φ(x))φ’(x)=g(φ(x))φ’(x)=f(x)， ∴∫f(x)dx=∫g(φ(x))φ’(x)dx=∫g(u )du=G(u)+C=G(φ(x))+C . (亦可简写为：∫g(φ(x))φ’(x)dx=∫g(φ(x))d φ(x)=G(φ(x))+C .) 2、若φ’(x)≠0, x ∈[a,b]，则u=φ(x)有反函数x=φ-1(x)，且du dx =(x)φx 1-(x)φ1=',∴dx d F(φ-1(u))=F ’(x)·(x)φ1'=f(x)·(x)φ1'=g(φ(x))φ’(x)·(x)φ1'=g(φ(x))=g(u). ∴∫g(u )du=∫g(φ(x))φ’(x)dx=∫f(x)dx=F(x)+C=F(φ-1(u))+C.例1：求∫tanxdx. 解：∫tanxdx=∫cosx sinx dx=-∫cosx1d(cosx). 令u=cosx ，则 ∫tanxdx=-∫u1du=-ln|u|+C=-ln|cosx|+C.例2：求∫22xa dx+(a>0). 解：∫22x a dx +=a 1∫2a x 1ax d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=a 1arctan a x +C.例3：求∫22x-a dx (a>0).解：∫22x -a dx =∫2a x -1a x d ⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛=arcsin ax +C.例4：求∫22a -x dx(a ≠0). 解：∫22a -x dx =2a 1∫⎪⎭⎫⎝⎛+--a x 1a x 1dx=2a 1[∫a x 1-d(x-a)-∫a x 1+d(x+a)] =2a 1[ln|x-a|-ln|x+a|]+C=2a 1ln ax a-x ++C.例5：求∫secxdx.解法1：∫secxdx=∫cosxdx =∫2x sin 2x cos dx 22-=21∫⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛+-+-+2x sin 2x cos 2x sin 2x cos 2x sin 2x cos 2x sin 2x cos dx =21(∫2x sin2x cos 2x sin 2x cos -+dx+∫2x sin 2x cos 2x sin 2x cos +-dx)= -∫2x sin 2x cos 2x sin 2x cos d -⎪⎭⎫ ⎝⎛-+∫2x sin 2x cos 2x sin 2x cos d +⎪⎭⎫ ⎝⎛+=-ln 2x sin 2x cos -+ln 2x sin 2x cos ++C=ln2x sin2x cos 2x sin2x cos -++C=ln cosx sinx 1++C. 解法2：∫secxdx=∫x cos cosx 2dx=∫xsin -112d(sinx)=21ln x sin 1sinx1-++C.解法3：∫secxdx=∫tanx secx tanx)secx(secx ++dx=∫tanxsecx tanx)d(secx ++=ln|secx+tanx|+C.例6：求∫3u-u du .解：令u=x 6，则x=6u ，原式=∫236x -x dx =6∫1-x x 3dx=6∫(1-x 1x 1-x 13-+)dx=6∫(1-x 1+x 2+x+1)dx=6[∫1-x 1d(x-1)+ ∫x 2dx+∫xdx+∫dx]=6(ln|x-1|+3x 3+2x 2+x)+C=6ln|x-1|+2x 3+3x 2+6x+C=6ln|6u -1|+2u +33u +66u +C.例7：求∫22x -a dx (a>0).解：令x=asint, |t|<2π，则t=arcsin ax ，原式=∫t sin a -a 222d(asint)=a 2∫cos 2tdt=4a 2∫(cos2t+1)d(2t)=4a 2[∫cos2td(2t)+∫d(2t)]=4a 2(sin2t+2t)+C =4a 2(2sinarcsin a x cosarcsin a x +2arcsin a x )+C=2a 2(ax2a x -1⎪⎭⎫⎝⎛+arcsin a x )+C.例8：求∫22a-x dx (a>0).解：令x=asect, 0<t<2π, 则t=arcsec ax ， 原式=∫22a -)asect (d(asect)=∫ttan tantdtsect ⋅=∫sectdt=ln|sect+tant|+C 1 =ln|secarcsec a x +tanarcsec a x |+C 1=ln|a x +ax22xa -1|+C 1 =ln|a x +aa -x 22|+C 1=ln|x+22a -x |-lna+C 1=ln|x+22a -x |+C.例9：求∫222)a (x dx+(a>0). 解：令x=atant, |t|<2π, 则t=arctan ax ，原式=∫222]a )atant ([d(atant)+=3a 1∫t sec t sec 42dt=3a 1∫cos 2tdt=3a 1∫21cos2t +dt =34a 1∫(cos2t+1)d(2t)=34a 1[∫cos2td(2t)+∫d(2t)]=34a 1(sin2t+2t)+C =32a 1sintcost+32a t +C=)t tan 1(2a tant23++32a t +C=)ax1(2a a x223++32a a x arctan +C=32a 1(22a x ax ++arctan a x )+C.例10：求∫1-x xdx 22.解法1：(运用第一换元积分法)原式=∫23x1-1x dx =-∫2x 1-1)x 1d(x 1=2x 1-1+C=1-x x 12+C .解法2：(运用第二换元积分法)令x=sect, 则t=arcsecx. 原式=∫1-t sec t sec d(sect)22=∫tant t sec tant sect 2⋅⋅dt=∫costdt=sint+C=tsec 1-12+C =2x1-1+C=1-x x 12+C .二、分部积分法：定理8.5：(分部积分法)若u(x)与v(x)可导，不定积分∫u ’(x)v(x)dx 存在，则∫u(x)v ’(x)dx 也存在，并有∫u(x)v ’(x)dx=u(x)v(x)-∫u ’(x)v(x)dx. 可简写为：∫udv=uv-∫vdu. (分部积分公式) 证：由(u(x)v(x))’=u ’(x)v(x)+u(x)v ’(x)，得∫(u(x)v(x))’dx=∫[u ’(x)v(x)+u(x)v ’(x)]dx=∫u ’(x)v(x)dx+∫u(x)v ’(x)dx ，即有 ∫u(x)v ’(x)dx=∫(u(x)v(x))’dx-∫u ’(x)v(x)dx=u(x)v(x)-∫u ’(x)v(x)dx.例11：求∫xcosxdx.解：∵∫sinxdx=-cosx+C ，∴∫xcosxdx=∫xdsinx=xsinx-∫sinxdx=xsinx+cosx+C.例12：求∫arctanxdx.解：∵∫xd(arctanx)=∫1x x 2+dx=21∫1x 12+d(x 2+1)=21ln(x 2+1)+C ，∴∫arctanxdx=xarctanx-∫xd(arctanx)=xarctanx-21ln(x 2+1)+C.例13：求∫x 3lnxdx.解：令t=lnx ，则x=e t ，∫x 3lnxdx=∫e 3t tde t =∫e 4t tdt=41∫tde 4t .∵∫e 4t dt=41e 4t +C ，∴41∫tde 4t =41(te 4t -∫e 4t dt)=161e 4t(4t-1)+C. ∴原式=161x 4(4lnx-1)+C.例14：求∫x 2e -x dx.解：∫x 2e -x dx=-∫x 2de -x ，又∫e -x dx 2=2∫x e -x dx=-2∫x de -x .∵∫e -x dx=-e -x +C ，∴∫xde -x =xe -x -∫e -x dx=xe -x +e -x +C ，∴∫e -x dx 2=-2(xe -x +e -x )+C ， 原式=-(x 2e -x -∫e -x dx 2)=-x 2e -x -2(xe -x +e -x )+C=-x 2e -x -2xe -x -2e -x +C.例15：求I 1=∫e ax cosbxdx 和I 2=∫e ax sinbxdx.解：I 1=a1∫cosbxde ax =a1[e ax cosbx-∫e ax d(cosbx)]=a1(e ax cosbx+bI 2). I 2=a1∫sinbxde ax =a1[e ax sinbx-∫e ax d(sinbx)]=a1(e ax sinbx-bI 1).由此得方程组：⎩⎨⎧sinbx e =aI +bI coxbx e =bI -aI ax21ax 21. 解方程组得： I 1=22ax b a bsinbx)(acosbx e +++C ；I 2=22ax b a bcosbx)(asinbx e +-+C.。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
对于含有根式的函数的 积分，原则上是设法去 掉根式。
有些含有根式的函数的 积分，直接令根式为新 变量 即可将问题转化为一般 的不含根式的函数的积 分。
补充例题11 计算
解:
1 6
dx . 3 x x
xx ,
1 2
3
xx ,
1 3
它们的指数部分的 分母的最小公倍数 为6 .
令 t x , t 0,
则 x t , d x 6 t d t, 故
6 5
t 3 1 1 dx 6 t3 dt d t 6 3 t 1 x x t 1
1 6 ( t t 1 )dt t 1
2
2 t 3 3 t 2 6 t 6 ln | t 1 | C 2 x 33 x 66 x 6 ln( 6 x 1) C .
第二类换元法常见类型:
(1)
(2)
f ( x , n ax b ) dx , 令
a x b n ( x , c x d ) dx ,
f
令 或
第 三 节 讲
(3) (4) (5)
f ( x , a 2 x 2 ) dx , 令 f ( x , a 2 x 2 ) dx , 令 f ( x , x 2 a 2 ) dx , 令
求
f (tan x)sec 2 xdx
补充例题4
1 解: 原式 = 1 2 ln x 2 1 2 ln x
自主学习课本P141例4.2.6、例4.2.7、例4.2.8
例4.2.9 求
tan xdx 和 cot xdx
．
解: cot xdx cos x dx 1 d sin x = ln sinx + C sin x sin x
第四章
4.2 换元积分法和分部积分法
（Integration by Substitution and Integration by Parts ）
一、第一类换元积分法 二、第二类换元积分法
三、分部积分法
基本思路 设 F (u ) f (u ) ,
可导, 则有
dF [ ( x)] f [ ( x)] ( x)dx F [ ( x)] C F (u ) C
arctan x 2 arctan u dx du 2 x (1 x) 1 u
du 令 v arctan u，则 d v ，从而 2 1 u
arctan x d x 2v d v x (1 x)
换元法可以连续使用
v2 C
(arctan u ) 2 C (arctan x ) 2 C .
令 u 1
1 ln x du 2 2 ( x ln x) d x u
1 C u x C. x ln x
补充例题8 计算
解:
ax dx ax
(a 0) .
ax dx ax
ax dx 2 2 a x
ad x 2 2 a x xd x a2 x2
(C C1 2 ln a)
自主学习课本P143例4.2.16
从上面三个例子，可以看出如果被积函数含有：
(1) a x
2
2
可作代换 可作代换
或
(2) a x
2
2
(3)
x2 a2
可作代换
补充例题 15
dx 求 2 , (a 0) . 2 2 (x a )
2 解 设 x a tan t ，则 d x a sec t d t ， 于是
或
或
(6)
f ( a x ) dx , 令
(7) 分母中因Байду номын сангаас次数较高时, 可试用倒代换
2. 常用基本积分公式的补充
前面，我们利用复合函数的求到法则得到了 “换元积分法” 。 但是，对于形如 xe x dx;
x ln xdx; x sin xdx;
的积分用直接积分法或换元积分法都无法计算. 注意到，这些积分的被积函数都有共同的特点——
2 2 a cos a cos t a cos t d t ∴ 原式 tdt
2
2
2
a t
x
a2
C
x a2 x2 sin 2t 2 sin t cos t 2 a a x 1 a2 arcsin x a 2 x 2 C 2 a 2 自主学习课本P142例4.2.14 2）
ln | tan x sec x | C .
解法2 （与课本解法不一样） cos x dx 2 cos x
1 1 1 d sin x 2 1 sin x 1 sin x 1 ln 1 sin x ln 1 sin x C 2
a d( x / a) 1 d( a 2 x 2 ) 2 1 ( x / a) 2 a2 x2
x a arcsin a 2 x 2 C . a
补充例题9 计算
解:
arctan x d x. x (1 x)
令 u x ，则 d u
dx ，故 2 x
补充例题5 求 sec 6 xdx . 解: 原式 = (tan x 1) sec xd x
2 2 2
(tan 4 x 2 tan 2 x 1) dtan x
补充例题6求 cos3 x sin 5 x d x
1 1 6 1 8 4 cos x cos x cos x C1 或 4 3 8
易求
若所求积分
f (u )d u 难求，
易求,
则用第二类换元积分法 .
定理4.2.2 设
是单调可导函数 , 且
具有原函数 , 则有换元公式
其中 t 1 ( x) 是 x (t ) 的反函数 (t ) f [ (t )] (t )
证明略, 详细过程可参见课本P142
a
dx
x)2 1 (a
x) d (a x )2 1 (a
dx . 例4.2.5 求 2 2 x a
1 xa 答案： ln C 2a x a
dx 1 x . 答案： arctan C 补充例题3 求 2 2 a x a a
常用的几种配元形式:
(1) (2)
(3)
dx 例4.2.14 计算1） 1 1 +x .
解:
令 t 1+x ， d x 2 t d t，故
dx 2 1 1 +x
t dt 1 t
2 2
t 11 dt t 1 1 (1 )dt t 1
2 ( t ln | t 1 | ) C
2 1 +x 2ln( 1 +x 1) C.
都是两种不同类型函数的乘积。 这就启发我们把两个 函数乘积的微分法则反过来用于求这类不定积分，
1 x
1 x
(ax b)
m
dx (m 1).
解: 令 u a x b , 则 d u adx , 故 1 1 m 1 m 1 du u C 原式 = u a a m 1
补充例题2求 例4.2.4 求 解:
答案：e
x2
C
dx a2 x2
(a 0).
x ln a
t
x2 a2
x2 a2 C 1 a
(C C1 ln a)
当x a 时, 令
du
则 u a , 于是
u2 a2
ln u u 2 a 2 C1
ln x x 2 a 2 C1
ln a2 x x2 a2 C1
1 6 1 8 sin x sin x C2 . 6 8
补充例题7 计算
解
1 ln x d x. 2 ( x ln x)
1 ln x 1 ln x dx 2 ln x 2 ( x ln x) d x x 2 (1 ) x
ln x 1 ln x ，则 d u d x，故 2 x x
dx ( x 2 a 2 )2
a sec2 t a4 (tan 2 t 1)2 d t
1 t 1 1 2 3 cos t d t 3 ( sin 2t ) C a 2 4 a
1 t 1 3 ( sin t cos t ) C a 2 2
1 x x 3 arctan 2 2 C 2 2a a 2a ( x a )
t a
(C C1 ln a)
x
自主学习课本P142例4.2.15
补充例题14 求
解: 当x a 时, 令 则
x 2 a 2 a 2 sec 2 t a 2 a tan t dx a sec t tan t d t
a sec t tan t d t sec t d t ∴ 原式 a tan t ln sec t tan t C1
1 4 3 2 3 2 cos 2 x 1 cos 4 x ) dx ( 2 2
1 cos 4 x d ( 4 x) cos 2 x d( 2 x ) d x 8
自主学习课本P141例4.2.11—例4.2.13
二、第二类换元法 第一类换元法解决的问题
难求
f (u )d u
补充例题13 求
解: 令
2
则
x 2 a 2 a 2 tan 2 t a 2 a sec t