最新8.2换元积分法与分部积分法_图文.ppt
经济学专业数学不定积分的换元积分法与分部积分法配套课件
1 x arctan C a a
例 10
答案：
1 d x , (a 0) . 求 2 2 x a
1 xa ln | | C . 2a xa
求 cos x d x .
2
例 11
例 12
例 13
答案： 答案： 答案：
x 1 sin 2 x C 2 4
求 csc x d x .
2017年4月14日星期五
3
一、第一类换元积分法
定理1
公式
设 f (u ) 有原函数 , u ( x) 可导 , 则有换元
f ( ( x))d ( x)
f (u )du
(也称配元法 , 凑微分法)
u ( x)
2017年4月14日星期五
4
例 1 求 sin(2 x 5) d x .
2017年4月14日星期五
5
例2
解
求
1 dx. 3 2x
1 设 u 3 2 x ，则 du 2dx ，即 dx du . 2 1 1 1 d x 2 所以 3 2 x u ( )du 2
1 ( ) 2u C 2
1 2
3 2x C
2 x x x e d x x d e x e 2 x e dx
2 x
2
x
x e 2 x d e x e 2 xe 2e C
2 x x
2 x x x
2017年4月14日星期五 25
例22 求
解: 令 则
x ln x dx .
v x 1 2 v x 2
(10) f (cot x ) csc2 x d x f (cot x ) d cot x
数学分析(第8.2节换元积分法与分部积分法)
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二、第二换元积分法 第一换元法是通过变量替换
u ( x) 将
f [ ( x )] ( x )dx化为易积出的积分 f (u)du
第二换元法则是通过变量替换 x ( t ) 将
f ( x )dx化为积分 f [ (t )] (t )dt
而
则
f [ (t )] (t )dt G(t ) C , t J f ( x )dx = f [ (t )] (t )dt G(t ) C
(2) dx d( x a );
1 1 (3) x dx d(x ); (4) cos xdx d(sin x ); 1 (5) sin xdx d( cos x ); (6) 1 x dx d( ln x ); dx 2 d(arctan x ). (7) sec x d x d( tan x ); (8) 2 1 x 前页 后页 返回
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解 （2）
1 a x
2 2
dx
x a tan t dx a sec tdt
2
a
1 1 tan t
2
a sec2 tdt
sec tdt ln sec t tan t C
由辅助三角形（如图）
sec t a2 x2 x , tan t a a
ex dx dx x 1 e
1 x dx d (1 e ) x 1 e
x ln(1 e x ) C
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1 dx. 例9 求 1 cos x
解
1 1 cos x 1 cos x 1 cos x dx 1 cos2 x dx sin2 x dx 1 1 2 dx 2 d (sin x ) sin x sin x 1 cot x C. sin x
第三节定积分的换元积分法与分部积分法
1 0
0
1
(1 t )dt e t dt
2 0
1 0 0
1
1 3 t t e t 3 1
1 e. 3
12
二.定积分的分部积分法
设函数u(x)、v(x)在区间[a , b]上具有连续导数， 则有 定积分的分部积分公式
a udv uv a a vdu
sinx 0 2 arctan
/2
2
19
2.
设f(x)是以T为周期的周期函数，且可积，则对任
一实数a ，有
a T
0 a
a T a
f ( x )dx f ( x )dx
0
T a T
T
证 由定积分性质3，有
a
f ( x )dx f ( x )dx f ( x )dx
1/ 2 2 2
2/2
dx
于是
1 2
2 2
dx x2
2
cos t dt 2 / 6 si n t cos t 1 x2
/4
/4 /6
/4
/6
csc tdt cot t
3 1
10
例7 求
2 2
dx x x2 1
解 设 x se ct 0 t ,则 dx sec t tan tdt 2
3e 1 2(e 1 1) 2 5e 1
16
三.定积分的几个常用公式
1. 证明：设 f ( x ) 在对称区间[ a , a ]上连续，且有
① f ( x ) 为偶函数，则
换元积分法PPT课件
dx
x 1 x2
dx
arctan 1 x2
x
dx
1 2
1 1 x2
d(1
x2
)
arctanxd
arctanx
1 ln(1 x2 ) 1 (arctanx)2 C
2
2
28
二、第二换元法
引例
x dx x 1
为了将被积函数中的根式 x 1 去掉，
应将其作为一个整体，因此令 t x 1
因此，x t 2 1, dx 2tdt 将其代入原积分式中，
x dx t 2 1 2tdt 2 (t2 1)dt 2 t3 2t C
x 1
t
3
2 (t 2 1)dt 2 t3 2t C 3
2 ( x 1)3 2 x 1 C
29
3
第一换元法： f (j(x))j(x) d x f (u) d u 是被积表达式
已明显含有因子j(x)。而在实际问题中，常常遇到的是一般形
dx
1 3
dx x4
dx x 1
1 ln x 4 C. 3 x1
24
例 19
求
x2
dx . 4x 5
解
x2
dx 4x
5
1
dx (x
2)2
1
d( x 2) ( x 2)2
arctan(x 2) C.
25
例 20
求
x1
x2
4x
dx. 5
解
x1
x2
4x
dx 5
1 ( x2 4x 5) 1
例 2 求 (4x 5)99 dx.
解 上式与基本积分表中 x dx 1 x 1 C 1
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 ,
定积分的换元法和分部积分法教学课件ppt
xx年xx月xx日
目录
• 定积分的换元法 • 定积分的分部积分法 • 定积分的几何意义 • 定积分的物理应用 • 定积分的经济应用 • 定积分的优化方法
01
定积分的换元法
换元法的定义与性质
换元法的定义
将一个定积分中的被积函数或积分区间变换 成另一个函数或区间，以求得定积分的值。
THANKS
谢谢您的观看
总结词
功率的概念、能量转换的效率、机械能与热能的转换
详细描述
首先介绍功率的概念，然后通过分析能量转换的效率 和机械能与热能的转换关系，说明功率在不同能量转 换中的重要作用。同时，还介绍如何利用功率公式求 解机械能与热能转换等问题。
05
定积分的经济应用
需求价格弹性
需求价格弹性定义
需求价格弹性是衡量商品需求量 对价格变动敏感程度的指标，用 需求量变动百分比与价格变动百 分比的比值来表示。
成本函数表示企业在一定时期内生产一定数量产品所需投入的成本的函数关系。
收益函数与成本函数的关系
收益函数和成本函数之间存在一定的关系，当销售量增加时，收益增加，但成本也会增加，因此需要找到一个最优的生产 量和销售量组合，使得企业获得最大利润。
利润函数与最优生产量
利润函数定义
利润函数表示企业在一定时期内销售产品 所获得的收益减去生产成本的函数关系。
换元法应用
将复杂的积分区间变换成简单的积分 区间，简化计算。
将非标准形式的积分转换成标准形式的积 分，以便使用积分的性质和公式进行计算 。
将难以求导的被积函数变换成容易 求导的函数，以便使用微积分基本 定理进行计算。
02
定积分的分部积分法
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.。
第五章 第4节定积分的换元法和分部积分法
sin
3
x sin
5
5
x cos x sin x 2
3
0
sin
3
x sin
3
x dx
0
cos x sin x 2 dx
3
3
0
2
cos x sin x 2 dx
3
cos x sin x 2 dx
2 3
0 sin x 2 d sin
3
( t 3) d t
2
1
3 1 1 3 22 ( t 3t ) 2 3 3 1
6
例３
计算 0
x 2
cos
0
5
2
cos
5
x sin xdx .
解
令 t cos x ,
2
dt sin xdx ,
t 0,
x sin xdx
5
x 0 t 1,
a
a x d x (a 0).
2 2
0
解: 令 x a sin t , 则 d x a cos t d t , 且当 x 0 时 t 0 , x a 时 t
2
∴ 原式 = a
2
2
2
cos t d t
(1 cos 2 t ) d t 1 2
2
0
2
a
2 a
则 有 f ( x )dx
a
b
f [ ( t )] ( t )dt .
2
证