不定積分計算方法匯總

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創作於—-Mar 17, 2020

本篇幅是關於大部分不定積分計算(少量定積分)的總結。

該部分內容會涉及到某些三角函數的知識,大傢有空的時候去看下我之前的文章。

文中若有錯誤的地方,懇請廣大讀者、網友們指正,在下表示萬分感謝。

若對你的學習有幫助,請不忘收藏、點贊或轉發給你身邊正在備考、學習的同學。

(更新於:Feb 13,2023)

圖1 分割線

▲內容概要

★不定積分的相關概念

★常用不定積分公式

★常用不定積分計算方法

★不定(定)積分計算特殊方法

★結束語

以下內容中,重點地方和公式推理會用黑體加以呈現;部分重要說明斜體加以區別。

★不定積分的相關概念

一、原函數與不定積分

設函數f(x)定義在某區間Ⅰ上若存在可導函數F(x),對於該區間上任意一點都有 F'(x)=f(x) 成立,則稱F(x)f(x) 在區間Ⅰ上的一個原函數。

於是稱int_{}^{}f(x)dx= F(x)+Cf(x) 在區間Ⅰ上的不定積分,其中C為任意常數(後面不再強調)。

PS:談到函數f(x)的原函數和不定積分,必須指明f(x)所在定義的區間。

二、原函數與不定積分的區別

我們通過對概念的說明去加以區別。

1.原函數:若f(x)在區間Ⅰ上有原函數F(x),則f(x)就有無限多個原函數,且任意兩個原函數之間僅相差一個常數。

所以f(x)的全體原函數所構成的集合為left{ F(x)+C|-∞<C<+∞ right}

2.不定積分:設F(x),H(x)f(x)在區間Ⅰ上的原函數,雖有int_{}^{}f(x)dx=F(x)+C1int_{}^{}f(x)dx=H(x)+C2,但F(x)=H(x)不一定成立,因為常數C一般是不相同的。

由此可見,二者在概念上存在較大的差異:前者是個無限集,後者是前者中的一個元素。

三、不定積分與微分的關系

口訣:先積後微,形式不變;先微後積,相差一個常數。

1. [int_{}^{}f(x)dx]'=f(x)dint_{}^{}f(x)dx=f(x)dx (先積後微,形式不變)

2. int_{}^{}F'(x)dx=F(x)+Cint_{}^{}dF(x)=F(x)+C (先微後積,相差個常數)

★常用不定積分公式(基本積分公式)

這一板塊灰常重要! It's important↓↓↓

1-① :int_{}^{}kdx=kx+C ( k 是常數);

1-②:int_{}^{}x^{k}dx=frac{1}{k+1}x^{k+1}+C

( kne-1 ),當k-frac{1}{2}-frac{1}{3}、-2時可得到常用的結論。

圖1 1-②常用結論

1-③:int_{}^{}frac{1}{x}dx=lnleft| x right|+C;

1-④:int_{}^{}e^{x}dx=e^{x}+C; int_{}^{}a^{x}dx=frac{a^{x}}{lna}+C (a>0,且a≠1);

1-⑤: int_{}^{}sinxdx=-cosx+C ; int_{}^{}cosxdx=sinx+C ;

int_{}^{}tanxdx=-lnleft|cosxright|+C ; int_{}^{}cotxdx=lnleft|sinxright|+C ;

1-⑥: int_{}^{}secxdx=int_{}^{}frac{dx}{cosx}=lnleft|secx+tanxright|+C

int_{}^{}cscxdx=int_{}^{}frac{dx}{sinx}=lnleft|cscx-cotxright|+C

1-⑦: int_{}^{}sec²xdx=tanx+C ; int_{}^{}csc²xdx=-cotx+C ;

1-⑧: int_{}^{}secx·tanxdx=secx+C ; int_{}^{}cscx·cotxdx=-cscx+C;

1-⑨: int_{}^{}frac{1}{x^{2}+a^{2}}dx=frac{1}{a}arctanfrac{x}{a}+C

(a>0);

int_{}^{}frac{1}{x^{2}+1}dx=arctanx+C (a=1);

1-⑩: int_{}^{}frac{1}{sqrt[]{a^{2}-x^{2}}}dx=arcsinfrac{x}{a}+C

(a>0);

int_{}^{}frac{1}{sqrt[]{1-x^{2}}}dx=arcsinx+C (a=1);

1-⑪: int_{}^{}frac{1}{sqrt[]{x^{2}+a^{2}}}dx=ln(x+sqrt[]{x^{2}+a^{2}})+C

int_{}^{}frac{1}{sqrt[]{x^{2}+1}}dx=ln(x+sqrt[]{x^{2}+1})+C

(a=1);

int_{}^{}frac{1}{sqrt[]{x^{2}-a^{2}}}dx=lnleft| x+sqrt[]{x^{2}-a^{2}} right|+C (left| x right|>left| aright|);

PS:我們可以得出兩個很重要的求導公式

left[ ln(x+sqrt[]{x^{2}+a^{2}}) right]'=frac{1}{sqrt{x^{2}+a^{2}}}

※:left[lnleft| x+sqrt[]{x^{2}-a^{2}} right|right]'=frac{1}{sqrt{x^{2}-a^{2}}}

(left| x right|>left| aright|);

1-⑫: int_{}^{}frac{1}{x^{2}-a^{2}}dx=frac{1}{2a}lnleft| frac{x-a}{x+a} right|+C ;

int_{}^{}frac{1}{a^{2}-x^{2}}dx=frac{1}{2a}lnleft| frac{x+a}{x-a} right|+C ;

1-⑬: int_{}^{}sin²xdx=frac{x}{2}-frac{sin2x}{4}+C ;

int_{}^{}cos²xdx=frac{x}{2}+frac{sin2x}{4}+C ;

int_{}^{}tan²xdx=tanx-x+C ;

int_{}^{}cot²xdx=-cotx-x+C

補充幾個有用的:

1-⑭: int_{}^{}{sqrt[]{x^{2}+a^{2}}}dx=frac{x}{2}sqrt{x^{2}+a^{2}}+frac{a^{2}}{2}ln(x+sqrt{x^{2}+a^{2}})+C

int_{}^{}{sqrt[]{x^{2}-a^{2}}}dx=frac{x}{2}sqrt{x^{2}-a^{2}}-frac{a^{2}}{2}lnleft|x+sqrt{x^{2}-a^{2}}right|+C

int_{}^{}{sqrt[]{a^{2}-x^{2}}}dx=frac{x}{2}sqrt{a^{2}-x^{2}}+frac{a^{2}}{2}arcsinfrac{x}{a}+C

這些不定積分請大傢熟悉在心!

★常用不定積分計算方法

這一個板塊將為大傢呈現常用的計算方法,也是做題的基本依據。部分內容引用自數分、高數18講。

一、湊微分法(第一類換元積分)

1.基本思想: int_{}^{}f[φ(x)]φ'(x)dx=int_{}^{}f[φ(x)]d[φ(x)]=int_{}^{}f(u)du , u=φ(x)

2.說明:當被積函數有一部分比較復雜時,我們可以通過觀察把某些函數放到d的後面(放在d後面的函數會發生變化),使得d後面的函數與前面復雜的被積函數具有相似的結構,最後運用基本積分公式將其求出(若不能求出的話則進一步運用其它方法求出)。

3.舉例說明

⑴、計算:int_{}^{}x^{-2}sinfrac{2}{x}dx

通過觀察我們發現sinfrac{2}{x}這部分較復雜,且int_{}^{}x^{-2}dx=-frac{1}{x}+C ,我們發現將x^{-2}進行積分後的函數與前面復雜的函數具有相似的結構(都有frac{N}{x}),最後運用基本積分公式求出(當然這裡湊微分時要湊成frac{2}{x} ,然後不定積分前乘frac{1}{2}即可)。

解:原式=-int_{}^{}sinfrac{2}{x}dleft(frac{1}{x}right)=-frac{1}{2}int_{}^{}sinfrac{2}{x}dleft(frac{2}{x}right)=frac{1}{2}cosfrac{2}{x}+C

⑵、計算: int_{}^{}frac{dx}{xsqrt{x^{2}-2x-3}}(數學分析例題)

這種類型積分比較復雜,直接給大傢說明,這種不定積分湊frac{1}{x}比較合適,最常見的方法是三角代換(第二類換元積分將會陳述)。

解:原式

=int_{}^{}frac{dx}{x^{2}sqrt{1-2x^{-1}-3x^{-2}}} (根式提個x出來,便於湊frac{1}{x})

=-int_{}^{}frac{dx^{-1}}{sqrt{1-2x^{-1}-3x^{-2}}} (湊微分)

=-frac{1}{sqrt{3}}int_{}^{}frac{dx^{-1}}{sqrt{frac{1}{3}-frac{2}{3}x^{-1}-x^{-2}}} (根式提個3出來,使得2次項系數為1)

=-frac{1}{sqrt{3}}int_{}^{}frac{dleft(x^{-1}+frac{1}{3}right)}{sqrt{left(frac{2}{3}right)^{2}-left(x^{-1}+frac{1}{3}right)^{2}}} (分母湊完全平方)

=-frac{sqrt{3}}{3}arcsinfrac{x+3}{2x}+C (基本積分1-⑩)

PS:湊微分時加不加常數無影響,即 dleft[fleft(xright)right]=dleft[fleft(xright)+Cright]

第一類換元法實質上是求復合函數導數的逆過程!

4.常見湊微分公式總結

(部分公式來源:《劍指150數一》——高昆輪)

2-①: int_{}^{}f(ax+b)dx=frac{1}{a}int_{}^{}f(ax+b)d(ax+b) ( ane0 )

2-②: int_{}^{}f(ax²+b)xdx=frac{1}{2a}int_{}^{}f(ax²+b)d(ax²+b) ( ane0 )

2-③: int_{}^{}f(ax^{n}+b)x^{n-1}dx=frac{1}{na}int_{}^{}f(ax^{n}+b)d(ax^{n}+b) ( a、nne0 )

2-④: int_{}^{}f(frac{1}{x})frac{1}{x^{2}}dx=-int_{}^{}f(frac{1}{x})d(frac{1}{x})

2-⑤: int_{}^{}f(sqrt{x})frac{1}{sqrt{x}}dx=2int_{}^{}f(sqrt{x})d(sqrt{x})

特別地,

int f(frac{1}{x^n})frac{1}{x^{n+1}}dx=-frac{1}{n}int f(frac{1}{x^n})d(frac{1}{x^{n}})

2-⑥: int_{}^{}f(lnx)frac{1}{x}dx=int_{}^{}f(lnx)d(lnx)

2-⑦: int_{}^{}f(e^{ax})e^{ax}dx=frac{1}{a}int_{}^{}f(e^{ax})d(e^{ax}) ( ane0 )

2-⑧: int_{}^{}f(sinx)cosxdx=int_{}^{}f(sinx)d(sinx)

2-⑨: int_{}^{}f(cosx)sinxdx=-int_{}^{}f(cosx)d(cosx)

2-⑩: int_{}^{}f(tanx)sec²xdx=int_{}^{}f(tanx)d(tanx)

int_{}^{}f(cotx)csc²xdx=-int_{}^{}f(cotx)d(cotx)

2-⑪: int_{}^{}f(secx)secx·tanxdx=int_{}^{}f(secx)d(secx)

int_{}^{}f(cscx)cscx·cotxdx=-int_{}^{}f(cscx)d(cscx)

2-⑫: int f(arctanx)frac{1}{1+x^2}dx=int f(arctanx)d(arctanx)

int f(arccotx)frac{1}{1+x^2}dx=-int f(arccotx)d(arccotx)

2-⑬: int f(arcsinx)frac{1}{sqrt{1-x^2}}dx=int f(arcsinx)d(arcsinx)

int f(arccosx)frac{1}{sqrt{1-x^2}}dx=-int f(arccosx)d(arccosx)

2-⑭: int f(sin^2x)sin2xdx=int f(sin^2x)cdot2sinxcosxdx

=int f(sin^2x)cdot 2sinxd(sinx)=int f(sin^2x)d(sin^2x)

同理, int f(cos^2x)sin2xdx=-int f(cos^2x)d(cos^2x)

2-⑮: int f(sinxcosx)cos2xdx=frac{1}{2}int f(sinxcosx)d(sin2x)

=int f(sinxcosx)d(sinxcosx)

2-⑯: int frac{f'(x)}{f(x)}dx=int frac{d[f(x)]}{f(x)}=ln|f(x)|+C

除瞭上述15個湊微分公式外,這裡還補充兩個可能會用上的公式

(1pm frac{1}{x^2})dx=d(x mp frac{1}{x})(1+lnx)dx=d(xlnx)

二、換元法(第二類換元積分)

1.基本思想:

int_{}^{}fleft(xright)dx=int_{}^{}fleft[φleft(uright)right]dleft[φleft(uright)right]

=int_{}^{}f[φ(u)]φ'(u)du,x=φleft(uright)

2.說明:當被積函數比較復雜時,可以通過換元的方法從d後面的函數放一部分到前面來,使其更容易積分。

3.舉例說明:

⑴.計算: int_{}^{}frac{x+1}{left(1+x^{2}right)^{2}}dx

通過觀察發現分母是1+x^{2}的形式,於是想到三角代換( 1+tan^{2}x=sec^{2}x )。

解:令 x=tanu,則dx=sec²u·du

於是原式

=int_{}^{}frac{tanu+1}{left(1+tan^{2}uright)^{2}}sec²udu

=int_{}^{}frac{tanu+1}{sec^{4}u}sec²udu=int_{}^{}frac{tanu+1}{sec²u}du

=int_{}^{}sinu·cosudu+int_{}^{}cos²udu

=int_{}^{}sinu·d(sinu)+int_{}^{}cos²udu

=frac{1}{2}sin²u+frac{u}{2}+frac{1}{4}sin2u+C(-frac{1}{4}cos2u+frac{u}{2}+frac{1}{4}sin2u+C1)

PS: int sinucdot cosudu int_{}^{}sinu·cosudu

=frac{1}{2}int_{}^{}sin2udu=-frac{1}{4}cos2u

其中C=C1-frac{1}{4}

然後畫一個三角形(剛才令的x=tanu,畫草圖的時候對邊為x,鄰邊為1,角度為u)

圖2 輔助三角形

由三角形可以得到

sinu=frac{x}{sqrt{x^{2}+1}} ; cosu=frac{1}{sqrt{x^{2}+1}} ,

代入上式得

int_{}^{}frac{x+1}{left(1+x^{2}right)^{2}}dx=frac{x²}{2(1+x²)}+frac{1}{2}arctanx+frac{x}{2(1+x²)}+C

下面這道題還是用剛才那一道來舉例:

⑵、計算:int_{}^{}frac{dx}{xsqrt{x^{2}-2x-3}}

解:原式:

=int_{}^{}frac{dx}{xsqrt{left(x-1right)^{2}-2²}}(想到: sec²x-1=tan²x )

=int_{}^{}frac{2secu·tanu}{(2secu+1)·2tanu}du (令 x-1=2secu )

=int_{}^{}frac{du}{2+cosu} (用萬能代換—— t=tanfrac{u}{2},具體內容見總結⑤)

=int_{}^{}frac{frac{2}{1+t²}}{2+frac{1-t²}{1+t²}}dt=int_{}^{}frac{2}{t^{2}+3}dt =frac{2}{sqrt{3}}int_{}^{}frac{d(frac{t}{sqrt{3}})}{(frac{t}{sqrt{3}})²+1}

=frac{2}{sqrt{3}}arctanfrac{t}{sqrt{3}}+C(基本積分1-⑨) =frac{2}{sqrt{3}}arctan(frac{1}{sqrt{3}}tanfrac{u}{2})+C

x-1=2secu可知,cosu=frac{2}{x-1},畫出輔助三角形

圖3 輔助三角形

由三角形可以得到

sinu=frac{sqrt{x²-2x-3}}{x-1}

根據公式 tanfrac{u}{2}=frac{sinu}{1+cosu} ,將sinu、cosu的表達式代入上式得

int_{}^{}frac{dx}{xsqrt{x^{2}-2x-3}}=frac{2}{sqrt{3}}arctanfrac{sqrt{x²-2x-3}}{sqrt{3}(x+1)}+C

4.總結常見的換元方法 (部分引用張宇18講)

①三角函數代換——當被積函數含有以下根式時,可以用三角代換,這裡a>0

圖4 三角代換法則

PS:某些根式sqrt{Ax²+Bx+C},可通過配方後恒等變形化為以下三種模型,再作相應換元。

sqrt{u²+a²}sqrt{u²-a²}sqrt{a²-u²} (比如:int_{}^{}frac{dx}{xsqrt{x^{2}-2x-3}})

具體說來,(節選自《數學復習全書:數學一》——李正元、范培華、尤承業)

Ⅰ、若A>0,配方後得,

Ax^2+Bx+C=(sqrt Ax+frac{B}{2sqrt{A}})^2+frac{4AC-B^2}{4A}

u=sqrt Ax+frac{B}{2sqrt{A}} .

當4AC-B²>0時,令 a^2=frac{4AC-B^2}{4A} ;

當4AC-B²<0時,令 a^2=frac{B^2-4AC}{4A} ;

此時, sqrt{Ax²+Bx+C} 分別化為 sqrt{u²+a²}sqrt{u²-a²}

Ⅱ、若A<0, sqrt{Ax²+Bx+C} 經過配方後可以化為 sqrt{a²-u²}

②根式代換——當被積函數含有 sqrt[n]{ax+b}sqrt{frac{ax+b}{cx+d}}(ad-bcne0)sqrt{ae^{bx}+c} 等時,

一般令 sqrt{★}=t(有時候根號很難去掉),具體說來

⑴、int R(x,sqrt[n]{ax+b})dx

sqrt[n]{ax+b}=t,x=frac{t^n-b}{a}

dx=frac{n}{a}t^{n-1}dt

⑵、int R(x,sqrt[n]{frac{ax+b}{cx+d}})dx

sqrt[n]{frac{ax+b}{cx+d}}=t,x=-frac{b-dt^n}{a-ct^n}

dx=frac{n(ad-bc)t^{n-1}}{(a-ct^{n})^2}dt

⑶、 int R(x,sqrt[n]{ae^{bx}+c})dx

sqrt[n]{ae^{bx}+c}=t,x=frac{1}{b}ln(frac{t^n-c}{a})

dx=frac{n}{b}cdot frac{t^{n-1}}{t^n-c}

例、計算 int_{}^{}sqrt{frac{1-x}{1+x}}frac{dx}{x} (同濟七版教材習題4-4,NO.23)

解法一:令 sqrt{frac{1-x}{1+x}}=t ,

x=frac{1-t²}{1+t²},dx=-frac{4t}{(1+t²)²}dt

原式

=int_{}^{}t·frac{1+t²}{1-t²}·frac{-4t}{(1+t²)²}dt

=4int_{}^{}frac{t²}{(t²-1)(t²+1)}dt

=2int_{}^{}(frac{1}{t²-1}+frac{1}{t²+1})dt

=lnleft|frac{t-1}{t+1}right|+2arctant+C (公式1-⑨ 、⑫)

=lnleft|frac{sqrt{1-x}-sqrt{1+x}}{sqrt{1-x}+sqrt{1+x}}right|+2arctansqrt{frac{1-x}{1+x}}+C

當然,本題也可以這樣來處理。

解法二:原式

=int_{}^{}sqrt{frac{(1-x)(1+x)}{(1+x)^2}}frac{dx}{x}=sqrt{frac{1-x^2}{(1+x)^2}}frac{dx}{x}

x=sinu,dx=cosudu

原式

=int frac{cos^2u}{sinu(1+sinu)}du=intfrac{1-sinu}{sinu}du

=int cscudu-u+C

=lnleft| cscu-cotu right|-u+C

根據三角代換得,

cscu=frac{1}{x},cotu=frac{sqrt{1-x^2}}{x}

原式 =lnleft| frac{1-sqrt{1-x^2}}{x} right|-arcsinx+C

*若被積函數中即含有sqrt[n]{ax+b} ,又含有 sqrt[m]{ax+b} 的結構,

sqrt[l]{ax+b}=t ( l為m、n的最小公倍數 ),

於是 x=frac{t^l-b}{a},dx=frac{lcdot t^{l-1}}{a}dt

例、計算int_{}^{}frac{dx}{sqrt{x}+sqrt[4]{x}}(同濟七版教材習題4-4,NO.22)

解:首先觀察被積函數中即含有sqrt{x} (2次根),又含有 sqrt[4]{x}(4次根)的結構,則最小公倍數為4,

於是令 sqrt[4]{x}=t ( x=t^{4},dx=4t^{3}dt )。

原式

=int_{}^{}frac{4t^{3}}{t²+t}dt=4int_{}^{}frac{t^{2}}{1+t}dt

=4[int_{}^{}frac{(t²-1)dt}{1+t}+int_{}^{}frac{dt}{1+t}]

=4[frac{t²}{2}-t+ln(1+t)]+C

=2sqrt{x}-4sqrt[4]{x}+4ln(1+sqrt[4]{x})+C

③倒代換——在被積函數中,分母的次數比分子的次數高2次及以上時(不是所有都行得通),可令x=frac{1}{t}

例、計算: int_{}^{}frac{dx}{x(x^{8}+2)}

解:宏觀的看,分母次數高於分子次數,令 x=frac{1}{t}

原式

=int_{}^{}frac{t}{frac{1}{t^{8}}+2}·(-frac{1}{t^{2}})dt

=-int_{}^{}frac{t^{7}dt}{1+2t^{8}}=-frac{1}{16}int_{}^{}frac{d(1+2t^{8})}{1+2t^{8}}

=frac{1}{16}lnleft|frac{1}{1+2t^{8}}right|+C=frac{1}{16}ln(frac{x^{8}}{x^{8}+2})+C

④復雜函數直接代換——若被積函數中含有 e^{x}lnxarctanxarcsinx等之類時,可以把這些函數令為t。若lnxarctanxarcsinxP_{n}(x)e^{ax}作乘法時(P_{n}(x)為x的n次多項式),優先考慮分部積分法。

例、計算: int_{}^{}frac{x·arctanx}{sqrt{1+x²}}dx

解:令arctanx=u

x=tanu,dx=sec²udu .

原式:

=int_{}^{}frac{tanu·u}{sqrt{1+tan²u}}sec²udu

=int_{}^{}u·(tanu·secu)du=int_{}^{}ud(secu)

=u·secu-int_{}^{}secudu(分部積分法)

=u·secu-lnleft|secu+tanuright|+C

畫一個輔助三角形( x=tanu )

圖5 輔助三角形

由圖可知, secu=sqrt{1+x²}

故原式 =sqrt{1+x²}arctanx-lnleft|x+sqrt{1+x²}right|+C

⑤萬能代換——int_{}^{}R(sinx,cosx)dx是三角函數有理式不定積分,

一般令t=tanfrac{x}{2}可以將其化為有理函數的不定積分。

t=tanfrac{x}{2},根據萬能公式得

sinx=frac{2t}{1+t²},cosx=frac{1-t²}{1+t²},dx=frac{2}{1+t²}dt

int_{}^{}R(sinx,cosx)dx=int_{}^{}R(frac{2t}{1+t²},frac{1-t²}{1+t²})frac{2}{1+t²}dt

例、計算: int_{}^{}frac{dx}{2sinx-cosx+5}

解:令 u=tanfrac{x}{2} , dx=frac{2}{1+u²}du

原式

=int_{}^{}frac{frac{2}{1+u²}}{2·frac{2u}{1+u²}-frac{1-u²}{1+u²}+5}du

=int_{}^{}frac{du}{3u²+2u+2}

=frac{1}{3}int_{}^{}frac{d(u+frac{1}{3})}{(u+frac{1}{3})²+frac{5}{9}} int f(sinx,cosx)dx

=frac{1}{3}·frac{3}{sqrt{5}}arctanfrac{u+frac{1}{3}}{frac{sqrt{5}}{3}}+C

=frac{sqrt{5}}{5}arctanfrac{3tanfrac{x}{2}+1}{sqrt{5}}+C

⑥關於三角函數的幾種變換

遇到三角有理函數的不定積分,並不是所有的都要通過萬能代換去處理,這裡總結瞭部分相關結論(實質上是某些湊微分的過程換瞭個說法而已)。

對於int f(sinx,cosx)dx 型的積分

⑴、若 f(-sinx,cosx)=-f(sinx,cosx) ,一般湊d(cosx);

⑵、若 f(sinx,-cosx)=-f(sinx,cosx) ,一般湊d(sinx);

⑶、若 f(-sinx,-cosx)=f(sinx,cosx) ,一般湊d(tanx);

註:若f中出現tanx、cotx、secx、cscx,皆可以通過三角函數恒等變換為隻含有sinx、cosx的形式。

先就(1)舉個例子

例、計算 int sin^3x cdot cos^6xdx

解: ∵(-sinx)^3 cdot cos^6x=-sin^3x cdot cos^6x ,屬於第⑴中情況,所以湊d(cosx),

原式

=-int sin^2x cdot cos^6xd(cosx)

=int(cos^2x-1)cos^6xd(cosx)

=int cos^8xd(cosx)-int cos^6xd(cosx)

=frac{1}{9}cos^9x-frac{1}{7}cos^7x+C

再就⑶舉個例子。

例、計算 int frac{1}{a^2sin^2x+b^2cos^2x}dx ,其中a、b全不為0。

解:顯然被積函數屬於第三種情況,即關於sinx、cosx的偶函數,故湊d(tanx),

原式

=int frac{sec^2x}{a^2tan^2x+b^2}dx

=int frac{d(tanx)}{(atanx)^2+b^2}

=frac{1}{a}int frac{d(atanx)}{(atanx)^2+b^2}

=frac{1}{ab}arctanfrac{atanx}{b}+C

⑦歐拉(Euler)變換

歐拉變換的也可以將含有根式的不定積分化為有理函數的積分。

⑴、當a>0時,令sqrt{ax²+bx+c}=tpm sqrt{a}x

⑵、當c>0時,令sqrt{ax²+bx+c}=xtpmsqrt{c}

⑶、當ax²+bx+c=a(x-λ)(x-μ)時,

sqrt{ax²+bx+c}=t(x-λ)sqrt{ax²+bx+c}=t(x-μ)

例、計算: int_{}^{}frac{dx}{x+sqrt{x^{2}+2x+2}}

解:作歐拉變換,

sqrt{x^{2}+2x+2}=t-x,

解得 x=frac{t²-2}{2(t+1)},dx=frac{1}{2}[1+frac{1}{(t+1)²}]dt

原式

=frac{1}{2}int_{}^{}frac{1}{t}[1+frac{1}{(t+1)²}]dt

=frac{1}{2}int_{}^{}[frac{2}{t}-frac{1}{t+1}-frac{1}{(t+1)²}]dt

=frac{1}{2}lnfrac{t²}{t+1}+frac{1}{2(t+1)}+C

=frac{1}{2}lnfrac{(x+sqrt{x²+2x+2})²}{x+sqrt{x²+2x+2}+1}+frac{1}{2(x+sqrt{x²+2x+2}+1)}+C

⑧對於int_{}^{}sinmx·sinnxdxint sinmx·cosnxdxint cosmx·cosnxdx

( mne n )類型,可利用積化和差來計算。

⑨對於int sin^mx·cos^nxdx類型,若當m、n中有一個奇數,可拆開利用湊微分法來計算;(具體見⑥)

若m、n都是偶數,可利用倍角公式逐步求出不定積分。

⑩對於int sin^mxdxint cos^nxdx類型積分,可利用分部積分法導出遞推公式計算。

三、分部積分法

1.基本思想:int_{}^{}udv=uv-int_{}^{}vdu(更好積分)

2.口訣:反、對、冪、三、指(指、三),誰在前,誰不動;誰在後,d進去(放在d後面)。

3.說明

①比如被積函數中出現瞭反函數和三角函數,根據口訣順序就把三角函數放在d後面,

其它的情況類似(若函數中出現三角函數和指數函數的情形,把誰放在d後面都可以)。

②分部積分法習慣上去用下方表格去計算

表6 分部積分法表格

4.例題分析

⑴、常規型——計算:int_{}^{}(x²-1)sin2xdx(同濟教材習題4-3,NO.17)

解:觀察發現被積函數是由冪函數和三角函數組成,根據口訣把三角函數放在d後面(v=sin2x,u=x²-1)

表7 常規型計算

由表格可知

原式

=-frac{1}{2}(x²-1)cos2x+frac{x}{2}sin2x+frac{1}{4}cos2x+C

=-frac{1}{2}(x²-frac{3}{2})cos2x+frac{x}{2}sin2x+C

⑵、循環型——計算: int_{}^{}e^{-2x}sinfrac{x}{2}dx(同濟教材習題4-3,NO.7)

解:觀察發現被積函數是由指數函數和三角函數組成,根據口訣可以把三角函數或指數函數放在d後面

(在這裡令v=sinfrac{x}{2},u=e^{-2x})

表8 循環型計算

由表格可知

int_{}^{}e^{-2x}sinfrac{x}{2}dx=-2e^{-2x}cosfrac{x}{2}-8e^{-2x}sinfrac{x}{2}-16int_{}^{}e^{-2x}sinfrac{x}{2}dx

int_{}^{}e^{-2x}sinfrac{x}{2}dx=-frac{2}{17}e^{-2x}(cosfrac{x}{2}+4sinfrac{x}{2})+C

由此可見,這種算法多見於指數函數和三角函數的情形

⑶、變通型——計算: int_{}^{}x²arctanxdx(同濟教材習題4-3,NO.9)

解:觀察發現被積函數是由反三角函數和冪函數組成,根據口訣把冪函數放在d後面

(令 v=x²,u=arctanx )

表9 常規型計算(行不通)

這種方法似乎行不通,原因是arctanx求導後一直不為0,這裡要對表格求導後的那一列作一個調配(見表10)。

表10 變通型計算

由表可知

原式 =frac{x^{3}}{3}arctanx-frac{1}{6}x²+frac{1}{6}ln(1+x²)+C

PS:①該方法實質上是部分計算過程中換瞭種形式而已。

②重新調配的結果不影響符號變化:因為我們是將第二列作瞭調配,所以後面的符號按照第二列確定。

四、有理函數的積分(留數思想法)

由於內容過多,決定單獨列成一章,見下所示。

★不定(定)積分計算特殊方法

這部分內容,如果隻是期末考試的話,大傢可選擇性跳過。

一、抵消型不定積分計算

這種類型的不定積分如果用常規的方法會比較麻煩。這種積分在處理的時候往往先將其拆成兩項,拆成兩項後先對第一項進行積分,第一項(或第二項)不定積分計算的同時必然會用到分部積分法,分部計算出的結果必然會抵消掉第二項(或第一項)不定積分。

PS:以上我說的隻是我在做大量練習時遇到的情況。

這裡隻通過兩道題來說明。

例、計算 int frac{2x+1}{x^2}e^{-2x}dx

這種積分用常規的方法是不好處理的,於是先將積分中含有分式的部分拆為2項。

解:

I=int frac{2x+1}{x^2}e^{-2x}dx

=int(frac{2}{x}+frac{1}{x^2})e^{-2x}dx

=int frac{2}{x}e^{-2x}dx+int frac{1}{x^2}e^{-2x}dx

這裡就要考慮對哪一個不定積分運用分部積分的問題瞭。我們這樣去想,首先這兩個積分都是一個指數函數和冪函數的乘積形式,但進行分部積分後,冪函數必然會進行求導運算使其次方數減1。有瞭這樣的考慮後,就對第一項運用分部積分法,因為隻有這樣才能使分母變為2次方結構。

故,原式

=-intfrac{1}{x}d(e^{-2x})+int frac{1}{x^2}e^{-2x}dx

=-frac{e^{-2x}}{x}+int e^{-2x}d(frac{1}{x})+int frac{1}{x^2}e^{-2x}dx

=-frac{e^{-2x}}{x}-int frac{1}{x^2}e^{-2x}dx+int frac{1}{x^2}e^{-2x}dx

=-frac{e^{-2x}}{x}+C

例、計算 int frac{x+sinx}{1+cosx}dx

解:先拆成兩項,

I=intfrac{x}{1+cosx}dx+int frac{sinx}{1+cosx}dx

這裡就對第二項運用分部積分法,道理上來說sinx求導後會出現cosx。如果實在不清楚選哪一個的話,可以依次檢驗。

I=intfrac{x}{1+cosx}dx+frac{xsinx}{1+cosx}-int xd(frac{sinx}{1+cosx})

=intfrac{x}{1+cosx}dx+frac{xsinx}{1+cosx}-intfrac{x}{1+cosx}dx

=frac{xsinx}{1+cosx}+C

當然,常歸方法也可以做出來。

法二:

I=intfrac{x}{1+cosx}dx+int frac{sinx}{1+cosx}dx

其中,

int frac{sinx}{1+cosx}dx=-ln(1+cosx)+C1

intfrac{x}{1+cosx}dx=frac{1}{2}int xsec^{2}frac{x}{2}dx

=xtanfrac{x}{2}-int tanfrac{x}{2}dx

=xtanfrac{x}{2}+2lnleft| cosfrac{x}{2} right|+C2

所以,

I=xtanfrac{x}{2}+2lnleft| cosfrac{x}{2} right|-ln(1+cosx)+C

=xtanfrac{x}{2}+C

例、計算 int e^{x}(frac{1-x}{1+x^2})^2dx

還是常規方法,將其拆成兩項,於是果斷打開被積函數的平方。

解:

I=int e^{x}·frac{1+x^2-2x}{(1+x^2)^2}dx

=int e^{x}·frac{1}{1+x^2}dx-int e^{x}·frac{2x}{(1+x^2)^2}dx

=int frac{e^x}{1+x^2}dx+int e^xd(frac{1}{1+x^2})

=int frac{e^x}{1+x^2}dx+frac{e^x}{1+x^2}-int frac{e^x}{1+x^2}dx (第二項運用分部積分)

=frac{e^x}{1+x^2}+C

這個題大傢可以不妨嘗試將第一項運用分部積分,也可以得出相同的結果。在這裡,我就不再進行展示瞭。

二、求導觀察型不定積分

思想:當被積函為f(x)/g(x),其中分子較為復雜,若對分母的一部分進行求導運算可以得到分子的常數倍或者是函數倍,從而可以進行湊微分進行計算。

例、計算 int frac{(cos^{2}x-sinx)e^{sinx}}{cosx·e^{sinx}(1+cosx·e^{sinx})}dx (來源:張宇18講)

首先觀察這個被積函數,分子與分母都比較復雜,但是通過觀察發現

[cosx·e^{sinx}]'=(cos^2x-sinx)e^{sinx} 。於是將分母進行湊微分運算。

解: I=int frac{d(cosx·e^{sinx})}{cosx·e^{sinx}(1+cosx·e^{sinx})}

=int(frac{1}{cosx·e^{sinx}}-frac{1}{1+cosx·e^{sinx}})d(cosx·e^{sinx})

=lnleft| frac{cosx·e^{sinx}}{1+cosx·e^{sinx}} right|+C

有時候,這種觀察往往不是特別容易,這時候需要自己創造條件。(沒有條件,創造條件!)

例、計算 int frac{x^2}{(xsinx+cosx)^2}dx (來源:張宇18講)

f(x)=xsinx+cosx ,於是 f'(x)=xcosx

由於被積函數分母沒有cosx,於是想到將被積函數分子湊成xcosx,以便於像上個題那樣通過湊微分進行處理。

解:

I=int frac{x}{cosx}·frac{xcosx}{(xsinx+cosx)^2}dx (這時就可以將乘號後的項進行湊微分)

=int frac{x}{cosx}d[-(frac{1}{xsinx+cosx})] (PS: d[frac{1}{f(x)}]=-frac{f'(x)}{f^2(x)}dx )

=-frac{x}{cosx}·frac{1}{xsinx+cosx}+int frac{1}{xsinx+cosx}(frac{x}{cosx})'dx (分積)

=-frac{x}{cosx}·frac{1}{xsinx+cosx}+int frac{1}{cos^2x}dx

=-frac{x}{cosx}·frac{1}{xsinx+cosx}+tanx+C=frac{sinx-xcosx}{xsinx+cosx}+C

三、區間再現計算型(定積分)

這種類型“定”積分和上面兩種特殊類型一樣,用常規方法不好處理。然而,通過一定換元處理就會變得比較容易且保持上下限不變。

基本思想: int_{a}^{b}f(x)dx=int_{a}^{b}f(a+b-x)dx

該思想的好處就是計算定積分時既可以保持上下限不變,又“剛好”可以計算。

例、計算 int_{0}^{pi}xsin^9xdx (來源:張宇18講)

顯然,常規方法不適用。於是利用“區間再現”,

令x=0+π-t。

I=int_{pi}^{0}(pi-t)sin^{9}(pi-t)(-dt)

=int_{pi}^{0}(pi-t)sin^{9}(t)(-dt)

=int_{0}^{pi}(pi-t)sin^{9}(t)(dt)

=int_{0}^{pi} pi sin^9tdt-int_{0}^{pi}tsin^9tdt

∴I=frac{1}{2}int_{0}^{pi} pi sin^9tdt

=frac{1}{2} (int_{0}^{frac{pi}{2}}sin^9tdt+int_{frac{pi}{2}}^{pi}sin^9tdt)

其中,

int_{frac{pi}{2}}^{pi}sin^9tdt

=int_{frac{pi}{2}}^{0}sin^9(pi-t)(-dt)= int_{0}^{frac{pi}{2}}sin^9tdt

∴I=int_{0}^{pi} pi sin^9tdt=pi·frac{8}{9}·frac{6}{7}·frac{4}{5}·frac{2}3=frac{128}{315}pi

這裡用到瞭幾個結論!(以下結論均來源於張宇18講)

①華裡士公式:

Ⅰ、若 I_{n}=int_{0}^{frac{pi}{2}}sin^nxdx=int_{0}^{frac{pi}{2}}cos^nxdx

a.當n為大於1的正奇數

I_{n}=frac{n-1}{n}·frac{n-3}{n-2}···frac{4}{5}·frac{2}{3}·I_{1}(I_{1}=1)

I_{n}=frac{(n-1)!!}{n!!}

b.當n為正偶數

I_{n}=frac{n-1}{n}·frac{n-3}{n-2}···frac{3}{4}·frac{1}{2}·I_{0}(I_{0}=frac{pi}{2})

I_{n}=frac{(n-1)!!}{n!!}· frac{pi}{2}

Ⅱ、若 I_{n}=int_{0}^{pi}sin^nxdx

c.當n為大於1的正奇數

I_{n}=2·frac{n-1}{n}·frac{n-3}{n-2}···frac{4}{5}·frac{2}{3}·I_{1}(I_{1}=1)

I_{n}=2·frac{(n-1)!!}{n!!}

d.當n為正偶數

I_{n}=2·frac{n-1}{n}·frac{n-3}{n-2}···frac{3}{4}·frac{1}{2}·I_{0}(I_{0}=frac{pi}{2})

I_{n}=2·frac{(n-1)!!}{n!!}· frac{pi}{2}=frac{(n-1)!!}{n!!}·pi

Ⅲ、若 I_{n}=int_{0}^{pi}cos^nxdx

e.當n為正奇數: I_{n}=0

f.當n為正偶數

I_{n}=2·frac{n-1}{n}·frac{n-3}{n-2}···frac{3}{4}·frac{1}{2}·I_{0}(I_{0}=frac{pi}{2})

I_{n}=2·frac{(n-1)!!}{n!!}· frac{pi}{2}=frac{(n-1)!!}{n!!}·pi

Ⅳ、 I_{n}=int_{0}^{2pi}sin^nxdx=int_{0}^{2pi}cos^nxdx

g.當n為正奇數: I_{n}=0

h.當n為正偶數

I_{n}=4·frac{n-1}{n}·frac{n-3}{n-2}···frac{3}{4}·frac{1}{2}·I_{0}(I_{0}=frac{pi}{2})

I_{n}=4·frac{(n-1)!!}{n!!}· frac{pi}{2}=frac{(n-1)!!}{n!!}·2pi

②-1、 int_{0}^{pi}xf(sinx)dx=frac{pi}{2}int_{0}^{pi}f(sinx)dx=piint_{0}^{frac{pi}{2}}f(sinx)dx

(PS:隻有0到π才能這樣用)

②-2、 int_{0}^{frac{pi}{2}}f(sinx)dx=int_{0}^{frac{pi}{2}}f(cosx)dx

②-3、 int_{0}^{frac{pi}{2}}f(sinx,cosx)dx=int_{0}^{frac{pi}{2}}f(cosx,sinx)dx (被積函數中sinx、cosx可以互換)

再來看一個常見對稱區間積分情形。

例、計算 int_{-frac{pi}{4}}^{frac{pi}{4}} frac{2^{x-1}}{2^x+1}cos^{4}2xdx (來源:22張宇數二題源探析1K題)

PS:在做定積分時候,遇到對稱區間優先考慮被積函數的奇偶性!

由區間再現,令 x=-frac{pi}{4}+frac{pi}{4}-u,即x=-u。

解:原式

I=int_{frac{pi}{4}}^{-frac{pi}{4}} frac{2^{-u-1}}{2^{-u}+1}cos^{4}(-2u)(-du)

=frac{1}{2}int_{-frac{pi}{4}}^{frac{pi}{4}} frac{2^{-u}}{2^{-u}+1}cos^{4}2udu

=frac{1}2{}int_{-frac{pi}{4}}^{frac{pi}{4}} frac{1}{2^u+1}cos^{4}2udu

=frac{1}2{}int_{-frac{pi}{4}}^{frac{pi}{4}} frac{1}{2^x+1}cos^{4}2xdx

∴2I=int_{-frac{pi}{4}}^{frac{pi}{4}} frac{2^{x-1}+2^{-1}}{2^x+1}cos^{4}2xdx

=2^{-1}int_{-frac{pi}{4}}^{frac{pi}{4}}frac{2^x+1}{2^x+1}cos^{4}2xdx

2I=2^{-1}int_{-frac{pi}{4}}^{frac{pi}{4}}cos^{4}2xdx

=int_{0}^{frac{pi}{4}}cos^{4}2xdx=frac{1}{2}int_{0}^{frac{pi}{2}}cos^4udu

∴I=frac{1}{4}·frac{3}{4}·frac{1}{2}·frac{pi}{2}=frac{3pi}{64}

這種類型題,有這樣一個結論,大傢可以熟記於心。

③-1、 int_{-a}^{a}f(x)dx=int_{0}^{a}[f(x)+f(-x)]dx

例、計算 int_{-frac{pi}{2}}^{frac{pi}{2}}frac{sin^4x}{1+e^{-x}}dx

解:原式 =int_{0}^{frac{pi}{2}}[frac{sin^4x}{1+e^{-x}}+frac{sin^4(-x)}{1+e^{-(-x)}}]dx=int_{0}^{frac{pi}{2}}sin^4xdx=frac{3pi}{16}

當然,這個結論屬於特殊情況。當區間不是對稱區間時,我們有以下結論。

③-2、int_{a}^{b}f(x)dx=frac{1}{2}int_{a}^{b}[f(x)+f(a+b-x)]dx

③-3、int_{a}^{b}f(x)dx=int_{a}^{frac{a+b}{2}}[f(x)+f(a+b-x)]dx

③-4、int_{a}^{b}f(x)dx=int_{-frac{pi}{2}}^{frac{pi}{2}}f(frac{a+b}{2}+frac{b-a}{2}sint)·frac{b-a}{2}costdt

PS: 公式③-4稱之為區間簡化公式,

x-frac{a+b}{2}=frac{b-a}{2}sint,可得上式。

③-5、int_{a}^{b}f(x)dx=int_{0}^{1}(b-a)f[a+(b-a)t]dt

例、計算 int_{a}^{b}sqrt{(x-a)(b-x)}dx

解:令 x-frac{a+b}{2}=frac{b-a}{2}sint

原式

=int_{-frac{pi}{2}}^{frac{pi}{2}}frac{b-a}{2}·cost·frac{b-a}{2}·costdt

=(frac{b-a}{2})^2int_{-frac{pi}{2}}^{frac{pi}{2}}cos^2tdt

=frac{(b-a)^2pi}{8}

四、分式三角函數型

在這裡介紹一種關於intfrac{Asinx+Bcosx}{Dsinx+Ecosx}dx 不定積分的求解方法。

遇到這種類型的積分,需對被積函數中的分子作處理,將分子中"Asinx+Bcosx"這部分拆成兩項,其中一部分為"Dsinx+Ecosx"的倍數,另一部分是"Dsinx+Ecosx"求導後結果的倍數。也即,

frac{Asinx+Bcosx}{Dsinx+Ecosx}

=frac{p(Dsinx+Ecosx)+q(Dcosx-Esinx)}{Dsinx+Ecosx}

=p+qcdot frac{Dcosx-Esinx}{Dsinx+Ecosx}

於是,

intfrac{Asinx+Bcosx}{Dsinx+Ecosx}dx

=int[p+qcdot frac{Dcosx-Esinx}{Dsinx+Ecosx}]dx

=px+qcdot ln|Dsinx+Ecosx|+C

然後運用待定系數法將p、q求出。這裡舉個例子就明白瞭。

例、計算 int frac{3sinx-2cosx}{sinx+2cosx}dx

frac{3sinx-2cosx}{sinx+2cosx}=frac{p(sinx+2cosx)+q(cosx-2sinx)}{sinx+2cosx}

通過整理得到,p-2q=3; 2p+q=-2,則p=-1/5、q=-8/5,於是

int frac{3sinx-2cosx}{sinx+2cosx}dx

=intfrac{(-1/5)(sinx+2cosx)-8/5(cosx-2sinx)}{sinx+2cosx}dx

=-frac{1}{5}x-frac{8}{5}intfrac{cosx-2sinx}{sinx+2cosx}dx

=-frac{1}{5}x-frac{8}{5}intfrac{d(sinx+2cosx)}{sinx+2cosx}

=-frac{1}{5}x-frac{8}{5}ln|sinx+2cosx|+C

★結束語

對於不定積分,除瞭掌握最基本的方法外,還要通過大量的習題加以訓練。定積分的計算是建立在不定積分計算的基礎上的。

In The End.

Thanks for reading!

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