§ 2 矛盾转化法
—— 换元积分法与分部积分法
§ 2.1 换元积分法一、第一类积分换元法二、第二类积分换元法
=sin2x+C
一、第一类换元法
Cxxdx s inc o s问题,
xdx2c o s
解决方法,利用复合函数,设置中间变量令 t=2x
dtdx 21
xdx2c o s t d tc o s21 Ct s i n21
Cx 2s i n21
在一般情况下,
设 F?(u)=f(u)
CuFduuf )()(
如果 u=?(x) (可微 )
∵ dF[? (x)] =f [? (x)](x)dx
CxFdxxxf )]([)()]([
duuf )(
=
由此可得换元法定理,
设 f(u)具有原函数,u=? (x)可导,
则有换元公式定理 1
duufdxxxf )()()]([
第一类换元公式 (凑微分法 )
说明,使用此公式的关键在于将
dxxg )(
化为
dxxxf )()]([
例 1 求
dxx? 2s i n
解,原式 =
)2(2s i n21 xxd Cx 2c o s21
另解,原式 =
dxxx? c o ss i n2
)( s ins i n2 xdx
=(sinx)2+C
另解 2:原式 = dxxx? c o ss i n2
)( c o sc o s2 xdx
=?(cosx)2+C
观察重点不同,所得结论不同例 2 求
dxx 23 1
解,原式 =
)2(23 121 xdx
)23(23 121 xdx
duu 121
Cu ||ln21
Cx |23|ln21
(令 u=3+2x)
例 3 求
dxxx )ln21( 1
解,原式 =
)( l nln21 1 xdx
)ln21(ln21 121 xdx
(令 u=1+2lnx)
duu 121
Cu ||ln21
Cx |ln21|ln21
例 4 求
dx
x
x?
3)1(
解,原式 =
dx
x
x?
3)1(
11
dx
xx
x?
]
)1(
1
)1(
1[
33
)1(]
)1(
1
)1(
1[
32 xdxx
C
xx
2
)1(2
1
1
1
例 5 求
dx
xa 22
1
解,原式 =
dx
a
xa
2
22
1
11
)(
)(1
11
2 a
xd
a
xa
Caxa a r c t a n1
例 6 求
dx
xx 258
1
2
解,原式 =
dx
x 9)4(
1
2
dx
x
1)
3
4(
1
3
1
22
)
3
4(
1)
3
4(
1
3
1
2
xd
x
Cx 3 4a r c t a n31
例 7 求
dx
e x1
1
解,原式 =
dx
e
ee
x
xx
11
dx
e
e
x
x
)
1
1(?
dx
e
edx
x
x
1
)1(
1
1 x
x ededx
=x?ln(1+ex)+C
例 8 求
dxx c o s1 1
解,原式 =
dx
x )1
2
c o s2(1
1
2
dx
x?
2
c o s
1
2
1
2
)
2
(
2
c o s
1
2
xd
x?
)2(2s e c 2 xdx Cx 2t a n
例 9 求
dxxx? 52 c o ss in
解,原式 =
)( s i nc o ss i n 42 xdxx?
)( s i n)s in1(s in 222 xdxx
)( s in)s ins in2( s in 642 xdxxx
Cxxx 753 s i n71s i n52s i n31
例 10 求解,原式 =
dxxx? 2c o s3c o s
)]c o s ()[ c o s (21c o sc o s BABABA
dxxx )5c o s( c o s21
)5c o sc o s(21 dxxdxx
Cxx 5s i n101s i n21
)5(5c o s5121c o s21 xdxdxx
例 11 求解,原式 =
dxx? c s c
dxx? s i n1 dx
x
x
2s i n
s i n
xxd 2c o s1 )( c o s duu 21 1
duuu )1 11 1(21 Cuu 11ln21
Cxx co s1 co s1ln21
=ln|cscx?cotx|+C
(令 u=cosx)
类似地可推出,
Cxxdxx |t a ns e c|lns e c
例 12 设 f?(sin2x)=cos2x,求 f(x)
解,令 u=sin2x?cos2x=1?u
则 f?(u)=1?u
duuuf )1()( Cuu 2
2
1
Cxxxf 221)(
例 13 求解,原式 =
dx
xx
2
a r c s i n4
1
2
)
2
(
2
a r c s i n)
2
(1
1
2
xd
xx
)
2
( a r c s i n
2
a r c s i n
1 xd
x?
Cx |2a r c s i n|ln
二、第二类换元法问题,
1 2 dxxx
解决方法,改变中间变量的设置方法令 x=sint?dx=costdt
dxxx 21 td ttt c o ss in1s in 2
t d tt 2c o ss i n )( c o sc o s 2 ttd
Ct 3c o s31 Ct 2
3
2 )s i n1(
3
1
Cx 2
3
2 )1(
3
1
定理 2 设 f(x),? (t)及(t)均连续,且
(t)?0,又 f [?(t)](t)存在原函数 F(t),
则
CxF
CtFdtttfdxxf
)]([
)()()]([)(
1?
第二类积分换元公式
t
2 x
24 x?
例 14 求解,
原式 =
dxxx 23 4
令 x=2sint?dx=2costdt
)2,2(t
dtttt c o s2s in44)s in2( 23
dttt 23 c o ss i n32
td ttt 22 c o s)c o s1(s in32
tdtt c o s)c o s( c o s32 42
Ctt )c o s51c o s31(32 53
Cxx 5232 )4(51)4(34
例 15 求 (a>0)
解,
原式 =
dx
ax 22
1
t a
x 22 ax?
令 x=atant?dx=asec2tdt
)2,2(t
t d tata 2s e cs e c1? dtt s e c
=ln|sect+tant|+C
C
a
ax
a
x 22ln
Caxx 22ln
t a
x 22 ax?
例 16 求 (a>0)
解,
原式 =
dx
ax 22
1
令 x=asect?dx=asecttantdt
)2,0(t
dtta tta? t a nt a ns e c dtt s e c
=ln|sect+tant|+C
C
a
ax
a
x 22ln
Caxx 22ln
说明 (1):以上几例所用的均为三角代换,
三角代换的目的是化掉根式一般规律如下,当被积函数中含有可令 x=asint22 xa?
可令 x=atant22 xa?
可令 x=asect22 ax?
说明 (2),积分中为化掉根式是否一定采用三角代换并不是绝对的,需根据被积函数的情况来定例 16 求解,
原式 =
dx
x
x?
2
5
1
(三角代换很繁琐 )
21 xt
令?x2=t2?1?xdx=tdt
dtttt
22 )1(
dttt )12( 24
Cttt 35 3251
Cxxx 242 1)348(151
例 17 求解,
dx
e x1
1
xet 1令?e
x=t2?1?x=ln(t2?1)
dt
t
tdx
1
2
2
原式 =
dt
t 1
2
2
dttt )1111( Ctt 11ln
Cxe x )11l n (2
说明 (3):当分母的阶较高时,可采用倒代换
tx
1?
例 18 求解,
dx
xx )2(
1
7
令
tx
1? dt
t
dx 21
原式 =
dt
t
t
t
)1(
2)1(
27
dt
t
t?
7
6
21
Ct |21|ln141 7
Cxx ||ln21|2|ln141 7
例 19 求解,
dx
xx 1
1
24
令
tx
1? dt
t
dx 21
原式 =
dt
t
tt
)1(
1)1()1(
1
2
24
dt
t
t?
2
3
1
2
2
2
12
1 dt
t
t?
)1()1
1
1(
2
1 udu
u
Cuu 1)1(31 3
Cx xx x
2
3
2 1
)1(31
du
u
u?
1
11
2
1
du
u
u?
12
1
(令 u=t2)
时,可采用令 x=tn(其中 n
为各根指数的最小公倍数 )
说明 (4):当被积函数含有两种或两种以上的根式例 20 求解,
dx
xx )1(
1
3
令 x=t6?dx=6t5dt
原式 =
dt
tt
t?
)1(
6
23
5
dt
t
t?
2
2
1
6
dt
t
t?
2
2
1
116 dt
t
)
1
11(6
2
=6(t?arctant)+C Cxx )a rc t a n(6 66
lk xx,,?
基本积分表 (补充 )
Cxdxx |c o s|lnt a n)15(
Cxdxx |s in|lnc o t)16(
Cxxdxx |t a ns e c|lns e c)17(
Cxxdxx |c o tc s c|lnc s c)18(
Caxadx
xa
a rct a n11)19( 22
Cax axadx
ax
ln2 11)20( 22
Cxa xaadx
xa
ln2 11)21( 22
Caxdx
xa
a r c s i n1)22(
22
Caxxdx
ax
22
22
ln1)23(
—— 换元积分法与分部积分法
§ 2.1 换元积分法一、第一类积分换元法二、第二类积分换元法
=sin2x+C
一、第一类换元法
Cxxdx s inc o s问题,
xdx2c o s
解决方法,利用复合函数,设置中间变量令 t=2x
dtdx 21
xdx2c o s t d tc o s21 Ct s i n21
Cx 2s i n21
在一般情况下,
设 F?(u)=f(u)
CuFduuf )()(
如果 u=?(x) (可微 )
∵ dF[? (x)] =f [? (x)](x)dx
CxFdxxxf )]([)()]([
duuf )(
=
由此可得换元法定理,
设 f(u)具有原函数,u=? (x)可导,
则有换元公式定理 1
duufdxxxf )()()]([
第一类换元公式 (凑微分法 )
说明,使用此公式的关键在于将
dxxg )(
化为
dxxxf )()]([
例 1 求
dxx? 2s i n
解,原式 =
)2(2s i n21 xxd Cx 2c o s21
另解,原式 =
dxxx? c o ss i n2
)( s ins i n2 xdx
=(sinx)2+C
另解 2:原式 = dxxx? c o ss i n2
)( c o sc o s2 xdx
=?(cosx)2+C
观察重点不同,所得结论不同例 2 求
dxx 23 1
解,原式 =
)2(23 121 xdx
)23(23 121 xdx
duu 121
Cu ||ln21
Cx |23|ln21
(令 u=3+2x)
例 3 求
dxxx )ln21( 1
解,原式 =
)( l nln21 1 xdx
)ln21(ln21 121 xdx
(令 u=1+2lnx)
duu 121
Cu ||ln21
Cx |ln21|ln21
例 4 求
dx
x
x?
3)1(
解,原式 =
dx
x
x?
3)1(
11
dx
xx
x?
]
)1(
1
)1(
1[
33
)1(]
)1(
1
)1(
1[
32 xdxx
C
xx
2
)1(2
1
1
1
例 5 求
dx
xa 22
1
解,原式 =
dx
a
xa
2
22
1
11
)(
)(1
11
2 a
xd
a
xa
Caxa a r c t a n1
例 6 求
dx
xx 258
1
2
解,原式 =
dx
x 9)4(
1
2
dx
x
1)
3
4(
1
3
1
22
)
3
4(
1)
3
4(
1
3
1
2
xd
x
Cx 3 4a r c t a n31
例 7 求
dx
e x1
1
解,原式 =
dx
e
ee
x
xx
11
dx
e
e
x
x
)
1
1(?
dx
e
edx
x
x
1
)1(
1
1 x
x ededx
=x?ln(1+ex)+C
例 8 求
dxx c o s1 1
解,原式 =
dx
x )1
2
c o s2(1
1
2
dx
x?
2
c o s
1
2
1
2
)
2
(
2
c o s
1
2
xd
x?
)2(2s e c 2 xdx Cx 2t a n
例 9 求
dxxx? 52 c o ss in
解,原式 =
)( s i nc o ss i n 42 xdxx?
)( s i n)s in1(s in 222 xdxx
)( s in)s ins in2( s in 642 xdxxx
Cxxx 753 s i n71s i n52s i n31
例 10 求解,原式 =
dxxx? 2c o s3c o s
)]c o s ()[ c o s (21c o sc o s BABABA
dxxx )5c o s( c o s21
)5c o sc o s(21 dxxdxx
Cxx 5s i n101s i n21
)5(5c o s5121c o s21 xdxdxx
例 11 求解,原式 =
dxx? c s c
dxx? s i n1 dx
x
x
2s i n
s i n
xxd 2c o s1 )( c o s duu 21 1
duuu )1 11 1(21 Cuu 11ln21
Cxx co s1 co s1ln21
=ln|cscx?cotx|+C
(令 u=cosx)
类似地可推出,
Cxxdxx |t a ns e c|lns e c
例 12 设 f?(sin2x)=cos2x,求 f(x)
解,令 u=sin2x?cos2x=1?u
则 f?(u)=1?u
duuuf )1()( Cuu 2
2
1
Cxxxf 221)(
例 13 求解,原式 =
dx
xx
2
a r c s i n4
1
2
)
2
(
2
a r c s i n)
2
(1
1
2
xd
xx
)
2
( a r c s i n
2
a r c s i n
1 xd
x?
Cx |2a r c s i n|ln
二、第二类换元法问题,
1 2 dxxx
解决方法,改变中间变量的设置方法令 x=sint?dx=costdt
dxxx 21 td ttt c o ss in1s in 2
t d tt 2c o ss i n )( c o sc o s 2 ttd
Ct 3c o s31 Ct 2
3
2 )s i n1(
3
1
Cx 2
3
2 )1(
3
1
定理 2 设 f(x),? (t)及(t)均连续,且
(t)?0,又 f [?(t)](t)存在原函数 F(t),
则
CxF
CtFdtttfdxxf
)]([
)()()]([)(
1?
第二类积分换元公式
t
2 x
24 x?
例 14 求解,
原式 =
dxxx 23 4
令 x=2sint?dx=2costdt
)2,2(t
dtttt c o s2s in44)s in2( 23
dttt 23 c o ss i n32
td ttt 22 c o s)c o s1(s in32
tdtt c o s)c o s( c o s32 42
Ctt )c o s51c o s31(32 53
Cxx 5232 )4(51)4(34
例 15 求 (a>0)
解,
原式 =
dx
ax 22
1
t a
x 22 ax?
令 x=atant?dx=asec2tdt
)2,2(t
t d tata 2s e cs e c1? dtt s e c
=ln|sect+tant|+C
C
a
ax
a
x 22ln
Caxx 22ln
t a
x 22 ax?
例 16 求 (a>0)
解,
原式 =
dx
ax 22
1
令 x=asect?dx=asecttantdt
)2,0(t
dtta tta? t a nt a ns e c dtt s e c
=ln|sect+tant|+C
C
a
ax
a
x 22ln
Caxx 22ln
说明 (1):以上几例所用的均为三角代换,
三角代换的目的是化掉根式一般规律如下,当被积函数中含有可令 x=asint22 xa?
可令 x=atant22 xa?
可令 x=asect22 ax?
说明 (2),积分中为化掉根式是否一定采用三角代换并不是绝对的,需根据被积函数的情况来定例 16 求解,
原式 =
dx
x
x?
2
5
1
(三角代换很繁琐 )
21 xt
令?x2=t2?1?xdx=tdt
dtttt
22 )1(
dttt )12( 24
Cttt 35 3251
Cxxx 242 1)348(151
例 17 求解,
dx
e x1
1
xet 1令?e
x=t2?1?x=ln(t2?1)
dt
t
tdx
1
2
2
原式 =
dt
t 1
2
2
dttt )1111( Ctt 11ln
Cxe x )11l n (2
说明 (3):当分母的阶较高时,可采用倒代换
tx
1?
例 18 求解,
dx
xx )2(
1
7
令
tx
1? dt
t
dx 21
原式 =
dt
t
t
t
)1(
2)1(
27
dt
t
t?
7
6
21
Ct |21|ln141 7
Cxx ||ln21|2|ln141 7
例 19 求解,
dx
xx 1
1
24
令
tx
1? dt
t
dx 21
原式 =
dt
t
tt
)1(
1)1()1(
1
2
24
dt
t
t?
2
3
1
2
2
2
12
1 dt
t
t?
)1()1
1
1(
2
1 udu
u
Cuu 1)1(31 3
Cx xx x
2
3
2 1
)1(31
du
u
u?
1
11
2
1
du
u
u?
12
1
(令 u=t2)
时,可采用令 x=tn(其中 n
为各根指数的最小公倍数 )
说明 (4):当被积函数含有两种或两种以上的根式例 20 求解,
dx
xx )1(
1
3
令 x=t6?dx=6t5dt
原式 =
dt
tt
t?
)1(
6
23
5
dt
t
t?
2
2
1
6
dt
t
t?
2
2
1
116 dt
t
)
1
11(6
2
=6(t?arctant)+C Cxx )a rc t a n(6 66
lk xx,,?
基本积分表 (补充 )
Cxdxx |c o s|lnt a n)15(
Cxdxx |s in|lnc o t)16(
Cxxdxx |t a ns e c|lns e c)17(
Cxxdxx |c o tc s c|lnc s c)18(
Caxadx
xa
a rct a n11)19( 22
Cax axadx
ax
ln2 11)20( 22
Cxa xaadx
xa
ln2 11)21( 22
Caxdx
xa
a r c s i n1)22(
22
Caxxdx
ax
22
22
ln1)23(
