【高等数学】四,不定积分
本文涉及知识点
第一节 不定积分的概念性质
一，原函数和不定积分的概念
定义一：如果再区间I上，可导函数F(x)的导函数为f(x)，即
∀
x
∈
I
\forall x \in I
∀x∈I，都有F’(x)=f(x)或dF(x)=f(x)dx。那么函数F(x)就称为f(x)在区间I上的一个原函数。
原函数存在定理：连续函数一定存在原函数。
证明：令F(a)=C，令
F
(
x
)
=
(
∫
a
x
f
(
t
)
d
t
)
+
C
F(x)=(\int_a^xf(t)dt)+C
F(x)=(∫axf(t)dt)+C 即
F
(
x
+
Δ
)
=
F
(
x
)
+
f
(
x
)
×
Δ
F(x+\Delta)=F(x)+f(x)\times \Delta
F(x+Δ)=F(x)+f(x)×Δ 即f(x)=
F
(
x
+
Δ
)
−
f
(
X
)
Δ
\frac{F(x+\Delta)-f(X)}{\Delta}
ΔF(x+Δ)−f(X),由于F(x)连续，故
∀
ϵ
,
都存在
∣
F
(
x
+
Δ
x
)
−
F
(
x
)
∣
<
ϵ
÷
2
,
即任意
∣
f
(
x
)
∣
<
ϵ
÷
2
→
任意
f
(
x
)
的差都小于
ϵ
,
即
f
(
x
)
连续
\forall \epsilon,都存在|F(x+\Delta x)-F(x)|<\epsilon\div 2,即任意|f(x)|<\epsilon \div 2 \to 任意f(x)的差都小于\epsilon,即f(x)连续
∀ϵ,都存在∣F(x+Δx)−F(x)∣<ϵ÷2,即任意∣f(x)∣<ϵ÷2→任意f(x)的差都小于ϵ,即f(x)连续
F
′
(
x
)
=
lim
h
→
0
F
(
x
+
h
)
−
F
(
h
)
h
连续
→
函数值等于极限
F'(x)=\lim\limits_{h \to 0}\frac{F(x+h)-F(h)}{h} 连续\to 函数值等于极限
F′(x)=h→0limhF(x+h)−F(h)连续→函数值等于极限
=
f
(
x
)
=f(x)
=f(x)因为f(x)连续。
证毕。
定义二：在区间I上，函数f(x)的带有任意常数项的原函数称为f(x)(或f(x)dx)在区间I上的不定积分，记作
∫
f
(
x
)
d
x
，其中
∫
是积分符号，
f
(
x
)
称为被积函数，
f
(
x
)
d
x
称为被积表达式，
x
称为积分变量
\int f(x)dx，其中\int是积分符号，f(x)称为被积函数，f(x)dx称为被积表达式，x称为积分变量
∫f(x)dx，其中∫是积分符号，f(x)称为被积函数，f(x)dx称为被积表达式，x称为积分变量。
二，基本积分表
一，
∫
k
d
x
=
k
x
+
C
\int kdx=kx+C
∫kdx=kx+C K是常数
二,
∫
x
u
=
x
u
+
1
u
+
1
,
u
≠
−
1
\int x^u=\frac {x^{u+1}}{u+1},u \neq -1
∫xu=u+1xu+1,u=−1
三，
∫
1
x
=
l
n
∣
x
∣
+
C
\int \frac 1 x=ln|x|+C
∫x1=ln∣x∣+C
四，
∫
e
x
=
e
x
+
C
\int e^x=e^x+C
∫ex=ex+C
五,
∫
a
x
÷
ln
a
=
a
x
+
C
,
a
>
0
,
a
≠
1
\int a^x \div \ln a= a^x+C,a>0,a\neq 1
∫ax÷lna=ax+C,a>0,a=1
六,
∫
cos
x
=
sin
x
+
C
\int \cos x=\sin x +C
∫cosx=sinx+C
七,
∫
sin
x
=
−
cos
x
+
C
\int \sin x =-\cos x+C
∫sinx=−cosx+C
八,
∫
d
x
cos
2
x
=
∫
sec
2
x
d
x
=
tan
x
+
C
\int \frac{dx}{\cos^2x}=\int \sec^2x dx=\tan x+C
∫cos2xdx=∫sec2xdx=tanx+C
九，
∫
d
x
sin
2
x
=
∫
c
s
c
2
x
d
x
=
−
cot
x
+
C
\int \frac {dx}{\sin^2x}=\int csc^2x dx=-\cot x+C
∫sin2xdx=∫csc2xdx=−cotx+C
十，
∫
d
x
1
−
x
2
=
arcsin
x
+
C
\int \frac {dx}{\sqrt{1-x^2}}=\arcsin x+C
∫1−x2dx=arcsinx+C
十一，
∫
d
x
1
+
x
2
=
arctan
x
+
C
\int \frac{dx}{1+x^2}=\arctan x+C
∫1+x2dx=arctanx+C
十二：
∫
sec
x
tan
x
d
x
=
sec
x
+
C
\int \sec x\tan x dx=\sec x+C
∫secxtanxdx=secx+C
sec
′
x
=
−
cos
′
x
c
o
s
2
x
\sec'x=\frac{-\cos'x}{cos^2x}
sec′x=cos2x−cos′x 导数的除法
sin
x
cos
2
x
=
tan
x
sec
x
\frac{\sin x}{\cos^2x}=\tan x \sec x
cos2xsinx=tanxsecx
十三：
csc
x
cot
x
d
x
=
−
csc
x
+
C
\csc x\cot xdx=-\csc x+C
cscxcotxdx=−cscx+C
三，不定积分的性质
性质一：设函数f(x)及g(x)的原函数存在,则：
∫
[
f
(
x
)
±
g
(
x
)
]
d
x
=
∫
f
(
x
)
d
x
±
∫
g
(
x
)
d
x
\int [f(x)\pm g(x)]dx=\int f(x)dx \pm \int g(x)dx
∫[f(x)±g(x)]dx=∫f(x)dx±∫g(x)dx
性质二：设函数f(x)的原函数存在,k为非零常数，则：
∫
k
f
(
x
)
d
x
=
k
∫
f
(
x
)
d
x
\int kf(x)dx=k\int f(x) dx
∫kf(x)dx=k∫f(x)dx
第二节 换元积分法
利用中间变量的代换，得到复合函数的积分法,称为换元积分法，简称换元法。
第一类换元法
定理一：设f(u)具有原函数，u=
ϕ
(
x
)
\phi(x)
ϕ(x)可导，则有换元公式：
∫
f
[
ϕ
(
x
)
]
ϕ
′
(
x
)
d
x
=
[
∫
f
(
u
)
d
u
]
u
=
ϕ
(
x
)
\int f[\phi(x)]\phi'(x)dx=[\int f(u)du]_{u=\phi(x)}
∫f[ϕ(x)]ϕ′(x)dx=[∫f(u)du]u=ϕ(x)
例一：
∫
2
cos
2
x
d
x
=
cos
2
x
.2
d
x
=
cos
2
x
.
(
2
x
)
′
d
x
\int 2\cos 2x dx=\cos 2x.2dx=\cos 2x.(2x)'dx
∫2cos2xdx=cos2x.2dx=cos2x.(2x)′dx
=
c
o
s
2
x
d
2
x
=cos2x d2x
=cos2xd2x定理一
=
sin
2
x
+
C
=\sin 2x+C
=sin2x+C注意：2x是积分变量。
例二：
∫
1
3
+
2
x
d
x
=
1
2
∫
2
3
+
2
x
d
x
=
1
2
∫
(
2
x
+
3
)
′
2
x
+
3
=
1
2
∫
1
2
x
+
3
d
(
2
x
+
3
)
=
1
2
ln
∣
2
x
+
3
∣
+
C
\int \frac 1 {3+2x}dx=\frac 1 2\int \frac 2 {3+2x}dx=\frac 1 2 \int \frac{(2x+3)'}{2x+3}=\frac 1 2 \int \frac 1 {2x+3} d(2x+3)=\frac 1 2 \ln|2x+3|+C
∫3+2x1dx=21∫3+2x2dx=21∫2x+3(2x+3)′=21∫2x+31d(2x+3)=21ln∣2x+3∣+C
例三：
∫
x
2
(
x
+
2
)
3
\int \frac{x^2}{(x+2)^3}
∫(x+2)3x2
令u=x+2,则x=u-2。原式=
∫
(
u
−
2
)
2
u
3
d
u
=
∫
(
u
u
−
4
u
+
4
)
u
−
3
d
u
=
ln
∣
u
∣
+
4
u
−
1
−
2
u
−
2
\int\frac{(u-2)^2}{u^3}du=\int(uu-4u+4)u^{-3}du=\ln|u|+4u^{-1}-2u^{-2}
∫u3(u−2)2du=∫(uu−4u+4)u−3du=ln∣u∣+4u−1−2u−2
=
ln
∣
x
+
2
∣
+
4
÷
(
x
+
2
)
−
2
(
x
+
2
)
−
2
=\ln|x+2|+4 \div (x+2)-2(x+2)^{-2}
=ln∣x+2∣+4÷(x+2)−2(x+2)−2
例五：
∫
x
1
−
x
2
d
x
\int x \sqrt{1-x^2}dx
∫x1−x2dx
令u=1-x^2，则du=-2xdx。
原式=
−
1
2
∫
u
1
2
(
2
x
)
d
x
=
−
1
2
u
1
2
d
u
=
−
1
2
2
3
u
2
3
=
−
1
3
u
3
2
+
C
-\frac 1 2\int u^{\frac 1 2}(2x)dx=-\frac 1 2u^{\frac 1 2}du=-\frac 1 2 \frac 2 3 u^{\frac 2 3} =-\frac 1 3 u^{\frac 3 2}+C
−21∫u21(2x)dx=−21u21du=−2132u32=−31u23+C
=
−
1
3
(
1
−
x
2
)
3
2
+
C
=-\frac 1 3(1-x^2){\frac 3 2}+C
=−31(1−x2)23+C
例八：
∫
1
x
2
−
a
2
d
x
(
a
≠
0
)
\int \frac 1 {x^2-a^2}dx(a\neq 0)
∫x2−a21dx(a=0)
原式=
1
2
a
∫
(
1
x
−
a
−
1
x
+
a
)
d
x
=
1
2
a
∫
1
x
−
a
d
(
x
−
a
)
−
1
2
a
∫
1
x
+
a
d
(
x
+
a
)
=
1
2
a
l
n
∣
x
−
a
∣
∣
x
+
a
∣
+
C
\frac 1 {2a}\int(\frac 1 {x-a} - \frac 1 {x+a})dx=\frac 1{2a}\int\frac 1 {x-a}d(x-a)-\frac 1 {2a}\int\frac 1 {x+a}d(x+a)=\frac 1 {2a}ln\frac {|x-a|}{|x+a|}+C
2a1∫(x−a1−x+a1)dx=2a1∫x−a1d(x−a)−2a1∫x+a1d(x+a)=2a1ln∣x+a∣∣x−a∣+C
例十:
∫
e
3
x
x
d
x
\int \frac {e^{3\sqrt x}}{\sqrt x}dx
∫xe3xdx
1
x
\frac 1 {\sqrt x}
x1的原函数是：2
x
\sqrt x
x故原式=
∫
e
3
x
d
(
2
x
)
=
2
3
∫
e
3
x
d
(
3
x
)
=
2
3
e
3
x
+
C
\int e^{3\sqrt x}d(2\sqrt x)=\frac 2 3\int e^{3 \sqrt x}d(3 \sqrt x)=\frac 2 3e^{3 \sqrt x}+C
∫e3xd(2x)=32∫e3xd(3x)=32e3x+C
例11：
∫
sin
3
x
d
x
=
sin
2
x
sin
x
d
x
=
−
s
i
n
2
x
d
(
cos
x
)
=
(
cos
2
x
−
1
)
d
(
cos
x
)
=
1
3
cos
3
x
−
cos
x
+
C
\int \sin^3xdx=\sin^2x \sin xdx=-sin^2xd(\cos x)=(\cos^2x-1)d(\cos x)=\frac 1 3\cos^3x-\cos x+C
∫sin3xdx=sin2xsinxdx=−sin2xd(cosx)=(cos2x−1)d(cosx)=31cos3x−cosx+C
例13：
tan
x
d
x
=
∫
sin
x
cos
x
d
x
=
−
∫
1
cos
x
d
(
cos
x
)
=
−
ln
∣
cos
x
∣
+
C
\tan xdx=\int \frac{\sin x}{\cos x}dx=-\int \frac 1 {\cos x}d(\cos x)=-\ln|\cos x|+C
tanxdx=∫cosxsinxdx=−∫cosx1d(cosx)=−ln∣cosx∣+C
例14：
∫
cos
2
x
d
x
\int\cos^2xdx
∫cos2xdx
=
∫
1
+
cos
2
x
2
d
x
=
1
2
(
∫
d
x
+
∫
cos
2
x
d
x
)
=
1
2
∫
d
x
+
1
4
∫
cos
2
x
d
2
x
=
x
2
+
sin
2
x
4
+
C
=\int\frac{1+\cos 2x} 2 dx=\frac 1 2(\int dx+\int \cos2x dx)=\frac 1 2 \int dx+\frac 1 4\int\cos2xd2x=\frac x 2+\frac {\sin 2x} 4+C
=∫21+cos2xdx=21(∫dx+∫cos2xdx)=21∫dx+41∫cos2xd2x=2x+4sin2x+C
第二类积分换元法
定理二：设x=
ϕ
(
x
)
\phi (x)
ϕ(x)是单调的可导函数，且
ϕ
′
(
x
)
≠
0
,
又设
f
[
ϕ
(
t
)
]
ϕ
′
(
t
)
\phi '(x)\neq 0,又设f[\phi (t)]\phi'(t)
ϕ′(x)=0,又设f[ϕ(t)]ϕ′(t)具有原函数，则又换元公式：
∫
f
(
x
)
d
x
=
[
∫
f
[
ϕ
(
t
)
]
ϕ
′
(
t
)
d
t
]
t
=
ϕ
−
1
(
x
)
\int f(x)dx=[\int f[\phi(t)]\phi'(t)dt]_{t=\phi^{-1}(x)}
∫f(x)dx=[∫f[ϕ(t)]ϕ′(t)dt]t=ϕ−1(x)
例21：求
∫
a
2
−
x
2
d
x
(
a
>
0
)
\int \sqrt{a^2-x^2}dx(a>0)
∫a2−x2dx(a>0)
令x=a
sin
t
,
−
π
2
≤
t
≤
π
2
\sin t,-\frac {\pi} 2 \leq t \leq \frac {\pi} 2
sint,−2π≤t≤2π
则积分表达式=
a
2
−
a
2
sin
2
t
=
a
1
−
sin
2
t
=
a
cos
t
\sqrt{a^2-a^2\sin^2t}=a\sqrt{1-\sin^2t}=a\cos t
a2−a2sin2t=a1−sin2t=acost
dx=
(
a
sin
t
)
′
d
t
=
a
cos
t
d
t
(a\sin t)'dt=a\cos t dt
(asint)′dt=acostdt
则原式=
a
cos
t
a
cos
t
d
t
=
a
2
∫
c
o
s
2
t
d
t
a\cos t a\cos t dt=a^2\int cos^2tdt
acostacostdt=a2∫cos2tdt
根据例14，原式=
a
2
(
t
2
+
sin
2
t
4
)
+
C
a^2(\frac t 2+\frac {\sin 2t} 4)+C
a2(2t+4sin2t)+C
t =
arcsin
x
a
,
sin
t
=
x
a
,
cos
t
=
1
−
sin
2
t
=
a
2
−
x
2
a
2
=
a
2
−
x
2
a
\arcsin \frac x a,\sin t=\frac x a,\cos t=\sqrt{1-\sin^2 t}=\sqrt{\frac {a^2-x^2}{a^2}}=\frac {\sqrt {a^2-x^2}}{a}
arcsinax,sint=ax,cost=1−sin2t=a2a2−x2=aa2−x2
原式=
a
2
arcsin
x
a
÷
2
+
x
a
2
−
x
2
÷
2
+
C
a^2 \arcsin{\frac x a}\div 2+x \sqrt{a^2-x^2}\div2+C
a2arcsinax÷2+xa2−x2÷2+C
本题用到了倍角公式：
sin
α
cos
α
=
1
2
sin
2
α
\sin\alpha \cos\alpha=\frac 1 2 \sin 2\alpha
sinαcosα=21sin2α
例22：求
∫
d
x
x
2
+
a
2
,
a
>
0
\int \frac{dx}{\sqrt{x^2+a^2}},a>0
∫x2+a2dx,a>0
令x= a
tan
t
\tan t
tant,则：dx=a
tan
′
t
d
t
=
a
sec
2
t
d
t
\tan't dt=a\sec^2t dt
tan′tdt=asec2tdt
x
2
+
a
2
=
a
t
a
n
2
+
1
=
a
sec
t
\sqrt{x^2+a^2}=a\sqrt{tan^2+1}=a \sec t
x2+a2=atan2+1=asect
原式=
∫
a
sec
2
t
d
t
a
sec
t
=
∫
sec
t
d
t
\int \frac {a \sec^2t dt}{a\sec^t}=\int \sec t dt
∫asectasec2tdt=∫sectdt 可以直接用上面例子的答案。
=
l
∣
n
∣
sec
t
+
tan
t
∣
+
C
l|n|\sec t +\tan t|+C
l∣n∣sect+tant∣+C
将t的角度转成x，对边是x,邻边是a，斜边是
a
2
+
x
2
\sqrt{a^2+x^2}
a2+x2
即：
sec
t
=
a
2
+
x
2
a
,
tan
t
=
x
a
\sec t=\frac {\sqrt{a^2+x^2}} a,\tan t=\frac x a
sect=aa2+x2,tant=ax
故原式=
l
n
∣
x
a
+
a
2
+
x
2
a
∣
+
C
ln|\frac x a + \frac {\sqrt{a^2+x^2}}{a}|+C
ln∣ax+aa2+x2∣+C
=
ln
∣
x
+
x
2
+
a
2
)
∣
−
ln
a
+
C
\ln|x+\sqrt{x^2+a^2)}|-\ln a+ C
ln∣x+x2+a2)∣−lna+C
=
ln
(
x
+
x
2
+
a
2
)
+
C
1
\ln(x+\sqrt{x^2+a^2})+C1
ln(x+x2+a2)+C1 常数可以忽略,
x
2
+
a
2
>
∣
x
∣
，故
x
2
+
a
2
+
x
>
0
\sqrt{x^2+a^2} > |x|，故\sqrt{x^2+a^2}+x > 0
x2+a2>∣x∣，故x2+a2+x>0
例23 求
∫
d
x
x
2
−
a
2
\int \frac {dx}{\sqrt {x^2-a^2}}
∫x2−a2dx
x
2
≥
a
2
x^2 \ge a^2
x2≥a2故如果a=ay，则
1
≤
y
≤
∞
,
故可以让
y
=
sec
t
,
即
x
=
a
sec
t
1 \le y \le \infty,故可以让y = \sec t,即x = a\sec t
1≤y≤∞,故可以让y=sect,即x=asect。
x
2
−
a
2
=
a
sec
2
t
−
1
=
a
tan
t
\sqrt{x^2-a^2}=a\sqrt{\sec^2t-1}=a\tan t
x2−a2=asec2t−1=atant
d
x
=
a
(
s
e
c
′
t
)
d
t
=
a
sec
t
tan
t
d
t
dx=a(sec't)dt=a \sec t \tan t dt
dx=a(sec′t)dt=asecttantdt
原式=
a
sec
t
tan
t
d
t
a
tan
t
=
sec
t
d
t
\frac {a\sec t\tan t dt}{a \tan t}=\sec t dt
atantasecttantdt=sectdt
用x代替t，从略。
第三节 分部积分法
∫ u v ′ d x = u v − ∫ u ′ v d x = u v − ∫ v d u \int uv'dx=uv-\int u'vdx=uv-\int vdu ∫uv′dx=uv−∫u′vdx=uv−∫vdu
例1：
∫
x
cos
x
d
x
\int x\cos xdx
∫xcosxdx
原式=
∫
x
(
sin
′
x
)
d
x
=
x
sin
x
−
∫
sin
x
d
x
=
x
sin
x
+
cos
x
+
C
\int x(\sin'x)dx=x\sin x -\int \sin x dx=x\sin x+\cos x+C
∫x(sin′x)dx=xsinx−∫sinxdx=xsinx+cosx+C
例2：求
∫
x
e
x
d
x
\int xe^xdx
∫xexdx
原式=
∫
x
(
e
x
)
′
=
x
e
x
−
∫
e
x
d
x
=
x
e
x
−
e
x
+
C
\int x(e^x)'=xe^x-\int e^x dx=xe^x-e^x+C
∫x(ex)′=xex−∫exdx=xex−ex+C
例3：求
∫
x
2
e
x
d
x
\int x^2e^xdx
∫x2exdx
原式=
∫
x
2
(
e
x
)
′
d
x
=
x
2
e
x
−
∫
e
x
d
x
2
=
x
2
e
x
−
2
∫
x
e
x
d
x
\int x^2(e^x)'dx=x^2e^x-\int e^xdx^2=x^2e^x-2\int xe^xdx
∫x2(ex)′dx=x2ex−∫exdx2=x2ex−2∫xexdx 便是例2了。
例子4：求
∫
x
ln
x
d
x
\int x\ln xdx
∫xlnxdx
原式=
∫
ln
x
(
x
2
2
)
′
=
x
2
2
ln
x
−
x
2
2
d
(
ln
x
)
=
x
2
2
ln
x
−
1
2
∫
x
d
x
=
x
2
2
ln
x
−
x
2
4
+
C
\int \ln x(\frac {x^2}{2})'=\frac{x^2}{2}\ln x - \frac{x^2}{2}d( \ln x)=\frac{x^2}{2}\ln x-\frac 1 2\int xdx=\frac{x^2}{2}\ln x-\frac{x^2}{4}+C
∫lnx(2x2)′=2x2lnx−2x2d(lnx)=2x2lnx−21∫xdx=2x2lnx−4x2+C
例子5：求
∫
arccos
x
d
x
\int \arccos xdx
∫arccosxdx
原式=
∫
arccos
x
(
x
)
′
=
x
arccos
x
−
∫
x
d
(
arccos
x
)
=
x
arccos
x
+
∫
x
1
−
x
2
d
x
\int \arccos x(x)'=x\arccos x-\int x d(\arccos x)=x\arccos x+\int \frac{x}{\sqrt{1-x^2}}dx
∫arccosx(x)′=xarccosx−∫xd(arccosx)=xarccosx+∫1−x2xdx
x
d
x
=
d
(
x
2
−
1
)
÷
2
xdx= d(x^2-1) \div 2
xdx=d(x2−1)÷2，代入后得：
=
x
arccos
x
−
∫
d
(
1
−
x
2
)
∗
(
1
−
x
2
)
−
0.5
÷
2
=x\arccos x -\int d(1-x^2 )* (1-x^2)^{-0.5}\div 2
=xarccosx−∫d(1−x2)∗(1−x2)−0.5÷2
=
x
arccos
x
−
(
1
−
x
2
)
0.5
+
C
=x\arccos x -(1-x^2 )^{0.5}+C
=xarccosx−(1−x2)0.5+C
例子6：
∫
x
arctan
x
d
x
\int x \arctan xdx
∫xarctanxdx
原式=
1
2
∫
arctan
(
x
2
)
′
d
x
=
1
2
(
x
2
arctan
x
−
x
2
d
(
arctan
x
)
)
\frac 1 2 \int \arctan(x^2)'dx=\frac 1 2(x^2\arctan x-x^2d(\arctan x))
21∫arctan(x2)′dx=21(x2arctanx−x2d(arctanx))
=
1
2
(
x
2
arctan
x
−
∫
x
2
÷
(
1
+
x
2
)
d
x
)
=\frac 1 2(x^2\arctan x-\int x^2 \div(1+x^2)dx)
=21(x2arctanx−∫x2÷(1+x2)dx)
=
1
2
(
x
2
arctan
x
−
∫
(
1
−
1
1
+
x
2
)
d
x
)
=\frac 1 2 (x^2\arctan x-\int (1 - \frac 1 {1+x^2})dx)
=21(x2arctanx−∫(1−1+x21)dx)
1
2
(
x
2
arctan
x
−
x
+
arctan
x
)
+
C
\frac 1 2(x^2\arctan x - x +\arctan x)+C
21(x2arctanx−x+arctanx)+C
例子7：
∫
e
x
sin
x
d
x
\int e^x\sin x dx
∫exsinxdx
原式=
∫
sin
x
(
e
x
)
′
=
sin
x
e
x
−
∫
e
x
d
(
sin
x
)
=
sin
x
e
x
−
∫
e
x
cos
x
d
x
\int \sin x(e^x)'=\sin x e^x-\int e^xd(\sin x)=\sin xe^x-\int e^x\cos x dx
∫sinx(ex)′=sinxex−∫exd(sinx)=sinxex−∫excosxdx
=
sin
x
e
x
−
∫
(
cos
x
(
e
x
)
′
)
\sin xe^x-\int(\cos x (e^x)')
sinxex−∫(cosx(ex)′)
=
sin
x
e
x
−
cos
x
e
x
+
∫
e
x
d
(
cos
x
)
\sin xe^x-\cos xe^x+\int e^xd(\cos x)
sinxex−cosxex+∫exd(cosx)
=
sin
x
e
x
−
cos
x
e
x
−
∫
e
x
sin
x
d
x
\sin xe^x-\cos xe^x-\int e^x\sin xdx
sinxex−cosxex−∫exsinxdx第三项即原式
=
e
x
(
sin
x
−
cos
x
)
2
+
C
\frac {e^x(\sin x-\cos x)}{2}+C
2ex(sinx−cosx)+C
例子8: ∫ sec 3 x d x \int \sec^3xdx ∫sec3xdx
原式=
∫
sec
x
(
tan
x
)
′
d
x
=
sec
x
tan
x
−
∫
tan
x
d
(
sec
x
)
\int \sec x (\tan x)'dx=\sec x \tan x-\int \tan xd(\sec x)
∫secx(tanx)′dx=secxtanx−∫tanxd(secx)
=
sec
x
tan
x
−
∫
tan
2
x
sec
x
d
x
\sec x \tan x-\int \tan^2 x\sec x dx
secxtanx−∫tan2xsecxdx
=
sec
x
tan
x
−
∫
sec
x
(
sec
2
x
−
1
)
d
x
\sec x \tan x-\int \sec x(\sec^2x-1) dx
secxtanx−∫secx(sec2x−1)dx
=
sec
x
tan
x
−
原式
+
∫
sec
x
d
x
\sec x \tan x-原式+\int \sec x dx
secxtanx−原式+∫secxdx
→
原式
=
sec
x
tan
x
+
ln
∣
sec
x
+
tan
x
∣
2
+
C
\to 原式=\frac{\sec x\tan x +\ln|\sec x+\tan x|}{2}+C
→原式=2secxtanx+ln∣secx+tanx∣+C
例子9：
∫
e
x
d
x
\int e^{\sqrt x}dx
∫exdx
令
t
=
x
→
x
=
t
2
,
d
x
=
2
t
d
t
令t=\sqrt x\to x=t^2,dx=2tdt
令t=x→x=t2,dx=2tdt
原式=
∫
e
t
2
t
d
t
=
∫
2
t
(
e
t
)
′
=
2
t
e
t
−
∫
e
t
d
(
2
t
)
\int e^t2tdt=\int2t(e^t)'=2te^t-\int e^td(2t)
∫et2tdt=∫2t(et)′=2tet−∫etd(2t)
=
2
e
t
t
−
2
e
t
+
C
=2e^tt-2e^t+C
=2ett−2et+C
用x代替t，结束。
第四节 有理函数的积分
一，有理函数的积分
两个多项式的商 P ( x ) Q ( x ) \frac {P(x)}{Q(x)} Q(x)P(x)称为有理函数，又称为有理分式。我们总假定P(x)和Q(x)之间没有公因式。当P(x)的次数小于Q(x)的次数时，称为真分式，否则称为假分式。假分式一定可以转化称一个多项式和一个真分式之和。令P(x)的最高次系数为a,Q(x)的最高次系数为b，则：P(x)减去 a b Q ( x ) \frac {a}{b}Q(x) baQ(x)后，最高次数减少1。
对于真分式
P
(
x
)
Q
(
x
)
,
Q
(
x
)
=
Q
1
(
x
)
Q
2
(
x
)
，且
Q
1
和
Q
2
没有公因式，那么它可以拆分两个真分式之和
\frac{P(x)}{Q(x)},Q(x)=Q_1(x)Q_2(x)，且Q_1和Q_2没有公因式，那么它可以拆分两个真分式之和
Q(x)P(x),Q(x)=Q1(x)Q2(x)，且Q1和Q2没有公因式，那么它可以拆分两个真分式之和
P
(
x
)
Q
(
x
)
=
P
1
(
x
)
Q
1
(
x
)
+
P
2
(
x
)
Q
2
(
x
)
\frac {P(x)}{Q(x)}=\frac{P_1(x)}{Q_1(x)}+\frac{P_2(x)}{Q_2(x)}
Q(x)P(x)=Q1(x)P1(x)+Q2(x)P2(x)
例1：求
∫
x
+
1
x
2
−
5
x
+
6
d
x
\int \frac{x+1}{x^2-5x+6}dx
∫x2−5x+6x+1dx
Q1=x-2,Q2=x-3。用AB代替P1,P2。
A(x-2)+B(x-3)=x+1
根据x的系数：A+B=1
→
\to
→ 2A+2B=2
根据常数：-2A-3B=1
→
\to
→ -2-B=1
→
\to
→ B=-3
→
\to
→ A=4
原式=
∫
4
x
−
3
d
x
−
∫
3
x
−
2
d
x
\int \frac 4 {x-3}dx-\int\frac 3 {x-2}dx
∫x−34dx−∫x−23dx
=
4
∫
d
(
x
−
3
)
x
−
3
−
3
∫
d
(
x
−
2
)
x
−
2
=4\int \frac{d(x-3)}{x-3}-3\int \frac {d(x-2)}{x-2}
=4∫x−3d(x−3)−3∫x−2d(x−2)
=
4
ln
(
x
−
3
)
−
3
ln
(
x
−
2
)
+
C
=4\ln(x-3)-3\ln(x-2)+C
=4ln(x−3)−3ln(x−2)+C
例2：求
∫
x
+
2
(
2
x
+
1
)
(
x
2
+
x
+
1
)
d
x
\int \frac{x+2}{(2x+1)(x^2+x+1)}dx
∫(2x+1)(x2+x+1)x+2dx
令积分表达式=
A
2
x
+
1
+
B
x
+
D
x
2
+
x
+
1
\frac {A}{2x+1}+\frac{Bx+D}{x^2+x+1}
2x+1A+x2+x+1Bx+D
x的平方的系数：A+2B=0 式子一
x的系数：A+B+2D=1 式子二
常数：A+D=2 式子三
式子一减去式子二：B-2D+1=0
式子二减去式子三：
B
+
D
+
1
=
0
→
2
B
+
2
D
+
2
=
0
B+D+1=0\to 2B+2D+2=0
B+D+1=0→2B+2D+2=0
相加：3B+3=0,即B=-1,D=0,A=2
原式=
∫
2
2
x
+
1
d
x
+
∫
−
x
x
2
+
x
+
1
d
x
\int \frac {2}{2x+1}dx+\int \frac{-x}{x^2+x+1}dx
∫2x+12dx+∫x2+x+1−xdx
∫
2
2
x
+
1
d
x
=
∫
1
2
x
+
1
d
(
2
x
+
1
)
=
ln
∣
2
x
+
1
∣
+
C
\int \frac 2 {2x+1}dx=\int \frac 1 {2x+1}d(2x+1)=\ln|2x+1|+C
∫2x+12dx=∫2x+11d(2x+1)=ln∣2x+1∣+C
∫
−
x
x
2
+
x
+
1
d
x
=
−
1
2
∫
(
2
x
+
1
)
−
1
x
2
+
x
+
1
d
x
\int \frac{-x}{x^2+x+1}dx=-\frac 1 2\int \frac{(2x+1)-1}{x^2+x+1}dx
∫x2+x+1−xdx=−21∫x2+x+1(2x+1)−1dx
=
−
1
2
∫
d
(
x
2
+
x
+
1
)
x
2
+
x
+
1
+
1
2
∫
1
x
2
+
x
+
1
-\frac 1 2\int\frac {d(x^2+x+1)}{x^2+x+1}+\frac 1 2\int \frac 1 {x^2+x+1}
−21∫x2+x+1d(x2+x+1)+21∫x2+x+11
=
−
1
2
ln
(
x
2
+
x
+
1
)
+
1
2
∫
1
(
x
+
0.5
)
2
+
0.75
2
d
x
-\frac 1 2\ln(x^2+x+1)+\frac 1 2 \int \frac 1 {(x+0.5)^2+0.75^2}dx
−21ln(x2+x+1)+21∫(x+0.5)2+0.7521dx 令右半部分是式子四。
式子4=
3
arctan
2
x
+
1
3
+
C
\sqrt 3 \arctan \frac {2x+1}{\sqrt 3}+C
3arctan32x+1+C
故原式=
ln
(
2
x
+
1
)
−
1
2
ln
(
x
2
+
x
+
1
)
+
3
a
r
c
t
a
n
2
x
+
1
3
+
C
\ln(2x+1)-\frac 1 2\ln(x^2+x+1)+\sqrt 3 arctan \frac {2x+1}{\sqrt 3}+C
ln(2x+1)−21ln(x2+x+1)+3arctan32x+1+C
例3：求
∫
x
−
3
(
x
−
1
)
(
x
2
−
1
)
d
x
\int \frac {x-3}{(x-1)(x^2-1)}dx
∫(x−1)(x2−1)x−3dx
由于x-1和
x
2
−
1
x^2-1
x2−1有公因数，故需要在分解。
Q
=
(
x
−
1
)
2
(
x
+
1
)
Q=(x-1)^2(x+1)
Q=(x−1)2(x+1)
积分表达式=
A
x
+
B
(
x
−
1
)
2
+
D
x
+
1
\frac {Ax+B}{(x-1)^2}+\frac D {x+1}
(x−1)2Ax+B+x+1D
则
x
2
的系数为：
x^2的系数为：
x2的系数为：A+D=0
则x的系数为：A+B-2D=1
则常数为：B +D =-3
从而解得 A=1,B =-2,D=-1
∫
x
−
2
(
x
−
1
)
2
d
x
\int \frac {x-2}{(x-1)^2}dx
∫(x−1)2x−2dx
=
∫
1
x
−
1
d
x
−
∫
d
x
(
x
−
1
)
2
\int \frac 1 {x-1}dx-\int \frac {dx}{(x-1)^2}
∫x−11dx−∫(x−1)2dx
=
∫
1
x
−
1
d
(
x
−
1
)
−
∫
d
(
x
−
1
)
(
x
−
1
)
2
\int \frac 1 {x-1}d(x-1)-\int \frac {d(x-1)}{(x-1)^2}
∫x−11d(x−1)−∫(x−1)2d(x−1)
=
ln
∣
x
−
1
∣
+
(
x
−
1
)
−
1
+
C
\ln|x-1|+(x-1)^{-1}+C
ln∣x−1∣+(x−1)−1+C
∫
−
1
x
+
1
d
(
x
+
1
)
=
−
∣
l
n
(
x
+
1
)
∣
+
C
\int \frac {-1}{x+1}d(x+1)=-|ln(x+1)|+C
∫x+1−1d(x+1)=−∣ln(x+1)∣+C
故原式=
ln
∣
x
−
1
∣
+
(
x
−
1
)
−
1
−
∣
l
n
(
x
+
1
)
∣
+
C
\ln|x-1|+(x-1)^{-1}-|ln(x+1)|+C
ln∣x−1∣+(x−1)−1−∣ln(x+1)∣+C
有公因式会如何?
假设积分表达为：
A
x
+
B
x
2
−
1
+
D
x
−
1
\frac {Ax+B}{x^2-1}+\frac {D}{x-1}
x2−1Ax+B+x−1D
(
A
x
+
B
)
(
x
−
1
)
+
D
(
x
2
−
1
)
=
x
−
3
(Ax+B)(x-1)+D(x^2-1)=x-3
(Ax+B)(x−1)+D(x2−1)=x−3
→
A
x
2
+
B
x
−
A
x
−
B
+
D
x
2
−
D
=
x
−
3
\to Ax^2+Bx-Ax-B+Dx^2-D=x-3
→Ax2+Bx−Ax−B+Dx2−D=x−3
根据
x
2
x^2
x2的系数。A+D=0 式子一
根据x的系数,B-A=1。式子二
根据常数B+D=3 式子三
式子三-式子二=D+A=2 和式子一矛盾
二、可化为有理函数的积分举例
例4 ：求
∫
1
+
sin
x
sin
x
(
1
+
cos
x
)
\int \frac{1+\sin x}{\sin x(1+\cos x)}
∫sinx(1+cosx)1+sinx
正余弦都可以半角的正切表示,令
t
=
tan
x
2
,
x
=
2
arctan
t
,
d
x
=
2
1
+
t
2
d
t
t=\tan \frac x 2,x=2\arctan t,dx=\frac 2 {1+t^2}dt
t=tan2x,x=2arctant,dx=1+t22dt。
sin
x
=
2
t
1
+
t
2
\sin x=\frac {2t}{1+t^2}
sinx=1+t22t
cos
x
=
1
−
t
2
1
+
t
2
\cos x=\frac{1-t^2}{1+t^2}
cosx=1+t21−t2
分子=
1
+
t
2
+
2
t
1
+
t
2
2
1
+
t
2
\frac {1+t^2+2t}{1+t^2}\frac 2{1+t^2}
1+t21+t2+2t1+t22
分母=
2
t
1
+
t
2
2
1
+
t
2
\frac{2t}{1+t^2}\frac 2 {1+t^2}
1+t22t1+t22
故原式=
∫
t
2
+
2
t
+
1
2
t
d
t
=
1
2
(
∫
t
d
t
+
∫
2
d
t
+
∫
1
t
d
t
)
\int\frac{t^2+2t+1}{2t}dt=\frac 1 2 (\int tdt+\int 2dt+\int\frac 1 tdt)
∫2tt2+2t+1dt=21(∫tdt+∫2dt+∫t1dt)
=
1
4
t
2
+
t
+
1
2
ln
∣
t
∣
=\frac 1 4 t^2+t +\frac 1 2\ln |t|
=41t2+t+21ln∣t∣+C
用x代替x就是正解。
例5：
∫
x
−
1
x
d
x
\int \frac {\sqrt {x-1}}{x}dx
∫xx−1dx
解：令
u
=
x
−
1
,
→
x
=
u
2
+
1
,
d
x
=
2
u
d
u
u=\sqrt{x-1},\to x=u^2+1,dx=2udu
u=x−1,→x=u2+1,dx=2udu
原式=
∫
u
u
2
+
1
2
u
d
u
=
2
∫
1
−
1
1
+
u
2
\int \frac u {u^2+1}2udu=2\int 1-\frac 1 {1+u^2}
∫u2+1u2udu=2∫1−1+u21
=
2
(
u
−
arctan
u
)
+
C
=2(u-\arctan u)+C
=2(u−arctanu)+C
例6:求
∫
d
x
1
+
x
+
2
3
\int \frac {dx}{1+\sqrt [3] {x+2}}
∫1+3x+2dx
令 u =
x
+
2
3
,
x
=
u
3
−
2
,
d
x
=
3
u
2
d
u
\sqrt [3] {x+2},x=u^3-2,dx=3u^2du
3x+2,x=u3−2,dx=3u2du
原式=
3
u
2
1
+
u
d
u
=
3
∫
u
2
1
+
u
\frac{3u^2}{1+u}du=3\int\frac {u^2}{1+u}
1+u3u2du=3∫1+uu2
=
3
∫
u
(
u
+
1
)
−
(
u
+
1
)
+
1
u
+
1
d
u
3\int \frac{u(u+1)-(u+1)+1}{u+1}du
3∫u+1u(u+1)−(u+1)+1du
=
3
∫
(
u
−
1
+
1
u
+
1
)
d
u
3\int(u-1+\frac 1{u+1})du
3∫(u−1+u+11)du
=
3
2
u
2
−
3
u
+
3
ln
∣
u
+
1
∣
)
+
C
\frac 3 2u^2-3u+3\ln|u+1|)+C
23u2−3u+3ln∣u+1∣)+C
用x代替u便是正解。
例7：求
∫
d
x
(
1
+
x
3
)
x
\int \frac {dx}{(1+\sqrt [3]x)\sqrt x}
∫(1+3x)xdx
令
u
=
x
6
,
→
x
=
u
6
,
d
x
=
6
u
5
d
u
u=\sqrt[6] x,\to x=u^6,dx=6u^5du
u=6x,→x=u6,dx=6u5du
原式=
∫
6
u
5
(
1
+
u
2
)
u
3
d
u
=
6
∫
u
2
1
+
u
2
d
u
\int \frac {6u^5}{(1+u^2)u^3}du=6\int\frac{u^2}{1+u^2}du
∫(1+u2)u36u5du=6∫1+u2u2du
=
6
∫
(
1
−
1
1
+
u
2
)
d
u
=6\int(1-\frac 1 {1+u^2})du
=6∫(1−1+u21)du
=
6
(
u
−
arctan
u
)
+
C
6(u-\arctan u)+C
6(u−arctanu)+C
用x代替u，便是正解。
例8：求
∫
1
x
1
+
x
x
\int \frac 1 x \sqrt{\frac{1+x}{x}}
∫x1x1+x
令u=
1
+
x
x
,
→
x
u
2
=
1
+
x
,
x
=
1
u
2
−
1
\sqrt{\frac {1+x} x},\to xu^2=1+x,x=\frac 1 {u^2-1}
x1+x,→xu2=1+x,x=u2−11
根据导数的除法法则，
d
x
=
−
2
u
(
u
2
−
1
)
2
dx=-\frac{2u}{(u^2-1)^2}
dx=−(u2−1)22u
原式=
−
∫
(
u
2
−
1
)
u
2
u
(
u
2
−
1
)
2
d
u
=
−
2
∫
u
2
u
2
−
1
d
u
-\int(u^2-1)u \frac {2u}{(u^2-1)^2}du=-2\int\frac{u^2}{u^2-1}du
−∫(u2−1)u(u2−1)22udu=−2∫u2−1u2du
=-2
∫
(
u
2
−
1
)
+
1
u
2
−
1
d
u
\int \frac{(u^2-1)+1}{u^2-1}du
∫u2−1(u2−1)+1du
=
−
2
(
u
+
∫
1
u
2
−
1
d
u
)
-2(u+\int\frac {1}{u^2-1}du)
−2(u+∫u2−11du)
=
−
(
2
u
+
ln
∣
1
−
u
1
+
u
∣
)
+
C
-(2u+\ln|\frac {1-u}{1+u}|)+C
−(2u+ln∣1+u1−u∣)+C
五 积分表的使用
初等函数是由幂函数、指数函数、对数函数、三角函数、反三角函数及常数经过有限次有理运算和函数复合得到的函数，并能用解析式表示。
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| 活到老，学到老。明朝中后期，大约50%的进士能当上堂官(副部及更高)；能当上堂官的举人只有十余人。 |
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https://edu.csdn.net/lecturer/6176
测试环境
操作系统：win7 开发环境： VS2019 C++17
或者 操作系统：win10 开发环境： VS2022 C++17
如无特殊说明，本算法用**C++**实现。
助力广东及东莞地区开发者，代码托管、在线学习与竞赛、技术交流与分享、资源共享、职业发展，成为松山湖开发者首选的工作与学习平台
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