數(shù)學(xué)分析第八章不定積分

1、第八章不定積分§ 1不定積分概念與根本積分公式正如加法有其逆運算減法，乘法有其逆運算除法一樣，微分法也有它的逆運 算積分法我們已經(jīng)知道，微分法的根本問題是研究如何從函數(shù)求出它 的導(dǎo)函數(shù)，那么與之相反的問題是 ：求一個未知函數(shù),使其導(dǎo) 函數(shù)恰好是 某一已 知函數(shù).提出這個逆問題，首先是因為它出現(xiàn)在許多實際問題之中例如：速度求路程；加速度求速度；曲線 上每一點處的切線斜率(或斜率 所滿足 的某一規(guī)律),求曲線方程等等本章與其后兩 章(定積分與定積分的應(yīng)用)構(gòu)成 一元函數(shù)積分學(xué).一原函數(shù)與不定積分定義1設(shè)函數(shù)那么稱F為f在區(qū)間例如，13X3是f與F在區(qū)間I上都有定義假設(shè)F ( x ) =

2、f ( x) , x I , 上的一個原函數(shù).x1 2 在(-8 , + 乂)上的一個原函數(shù)，因為(x3 )，x2;又如12 cos 2x 與12 cos 2x + 1 都是 sin 2 x在(-, +)上的原函數(shù),因為2 11(- cos 2x )' = ( - ' cos 2 x + 1)=22如果這些簡單的例子都可從根本求導(dǎo)公式反推而得的話1F( x ) = xarctan x - - In (12是f ( x) = arctan x的一個原函數(shù)，就不那樣明顯了決下面兩個重要問題：sin 2 x .,那么X2 )事實上，研究原函數(shù)必須解定理8 .1假設(shè)函數(shù)f在區(qū)間I上連續(xù)

3、，那么f在I上存在原函數(shù)F ,即F (x)=f ( x) , x I .本定理要到第九章§ 5中才能獲得證明.由于初等函數(shù)為連續(xù)函數(shù)，因此每個初等函數(shù)都有原函數(shù)(只是初等函數(shù)的 原函數(shù)不一定仍是初等函數(shù) ).當(dāng)然，一個函數(shù)如果存在間斷點 ，那么此函數(shù)在其 間斷點所在的區(qū)間上就不一定存在原函數(shù)(參見本節(jié)習(xí)題第 4題).定理8 2設(shè)F是f在區(qū)間I上的一個原函數(shù)，那么(i) F + C也是f在I上的原函數(shù)，其中C為任意常量函數(shù) ；(ii) f在I上的任意兩個原函數(shù)之間，只可能相差一個常數(shù).證(i)這是因為F( x ) + C'二 F'( x ) = f ( x ) , x&

4、#163; I .(ii)設(shè)F和G是f在I上的任意兩個原函數(shù)，那么有F( x ) - G( x )'二 F'( x) - G( x)=f ( x ) - f ( x ) = 0 , x I .根據(jù)第六章拉格朗日中值定理的推論，知道F( x ) - G( x)三 C, x I .定義2函數(shù)f在區(qū)間I上的全體原函數(shù)稱為f在I上的不定積分，記作/ f ( x ) d x ,( 1)其中稱j為積分號，f ( x )為被積函數(shù)，f ( x) d x為被積表達(dá)式，x為積分變量. 盡管記號(1 )中各個局部都有其特定的名稱，但在使用時必須把它們看作一整 體.由定義2可見，不定積分與原函數(shù)是總

5、體與個體的關(guān)系，即假設(shè)F是f的 一個原函數(shù)，那么f的不定積分是一個函數(shù)族 F + C,其中C是任意常 數(shù)為 方便起見,寫作j f ( x) d x = F( x ) + C .(2)這時又稱C為積分常數(shù)，它可取任一實數(shù)值于是又有j f ( x) d x ' = F( x ) + C ' = f ( x ),(3)j f ( x ) d x = d F( x) + C = f ( x) d x .(4)按照寫法(2 ),本節(jié)開頭所舉的幾個例子可寫作 這里 既把 C看作常量 函數(shù)，又把它作 為該 常量 函數(shù) 的函數(shù) 值.在不致混 淆時，以后常說“ C為任»意吊數(shù) . 不

6、久可看 到，被積 表達(dá)式 可認(rèn) 同為f的原函 數(shù)F的微分，即d F = F'(x ) d x = f ( x ) d x .j x2 d x = 1 x3+ C,sin 2 x d x =-Gs 2 x +2C,x arcta n x-1 ln( 1 + x2 ) + C .2與“存在原函數(shù)顯然是等同的說法/ arcta n x d x = 此外，一個函數(shù)“存在不定積分y、11 yy 二 匚y=x) O 叮/虧圖8 - 1不定積分的幾何意義假設(shè)F是f的一個原函數(shù)，那么稱y二F( x )的圖象為f的一條積 分曲線于是，f的不定積分在幾何上表示 的某一積分曲線沿縱軸方向任 意平移 所得一切

7、積分曲線組成的曲線族(圖8- 1 ).顯然，假 設(shè)在 每一條積 分曲線上橫坐標(biāo)相同的點處作 切線，那么這些切線互相平行.在求原函數(shù)的具體問題中，往往先求出全體原函數(shù)，然后從中確定一個滿足條件F ( xo )= yo (稱為初始條件，它由具體問題所規(guī)定)的原函數(shù)，它就是積分曲線族中通過點(xo , yo )的那一條積分曲線例如，質(zhì)點作勻加速直線運動時，a( t ) = v'( t) = a ,那么v( t) = j ad t = at + C .假設(shè)v(t0) =V0，代入上式后確定積分常數(shù)C =V0-at0,于是就有v( t ) = a( t - t0 ) + v0 又因s'(

8、 t) = v( t ),所以又有s( t) = j a( t - t0 ) + V0 d tJ2=+ vo t + C12 a( t - to ) 假設(shè)s( to )=so ,那么C1 =9 -VOto，代入上式得到s( t)=| 2a( t - to ) + vo ( t - to ) + so . 2二根本積分表怎樣求原函數(shù)？讀者很快就會發(fā)現(xiàn) 這要比求導(dǎo)數(shù)困難得多.原因在于原函 數(shù)的定義不像導(dǎo)數(shù)定義那樣具有構(gòu)造性，即它只告訴我們其 導(dǎo)數(shù)恰好等于某個函數(shù)f ,而沒有指出怎樣由 f求出它的原函 數(shù)的具體形式和 途徑因此，我們只能先按照微分法的結(jié)果去試探.首先，我們把根本導(dǎo)數(shù)公式改寫成根本積分

9、公式1 f 0d x = C .2 .f 1d x =f dx =a + 1axx d x =a + 1+ C ( aM - 1 , x > 0).e x d x = exax d x =In a7 . / cos ax d x =1sin ax + C ( a 工 a18 J sin ax d x = - _cos ax + C ( aa2sec x d x = tan x + C .10 .csc x d x = - cot x + C .11 .sec x tan x d x = sec x + C .csc x cot x d x = - csc x + C .arc sin x

10、 + C = - arccos x + C114 / =arcta n x + C = - arccot x + C1 + x上列根本積分公式，讀者必須牢牢記住，因為其他函數(shù)的不定積分經(jīng)運算變形后，最后歸為這些根本不定積分當(dāng)然，僅有這些根本公式是不夠用的，即使像In x , tan x , cot x , sec x , csc x , arcs in x , arcta n x 這樣一 些基 本初 等函數(shù) ,現(xiàn)在還 不知道怎樣去求得它們的原函數(shù)所以我們還需要從一些求導(dǎo)法那么去導(dǎo)出相應(yīng)的不定積分法那么，并逐步擴充不定積分公式. 公式4適用于不 含坐標(biāo)原點 的任何 區(qū)間，讀者容易驗證1(In |

11、 x | + C) ' =, x m 0x最簡單的是從導(dǎo)數(shù)線性運算法那么得到不定積分的線性運算法那么：定理8 3假設(shè)函數(shù)f與g在區(qū)間I上都存在原函數(shù)，ki、k2為兩個任意 常數(shù)，那么ki f + k2 g在I上也存在原函數(shù)，且/ ki f ( x ) + k2 g( x) d x = f ( x) d x + g( x ) d x .( 5)證這是因為+ k2 / g( x) d x寸 f ( x ) d x + k/g( x) d x = k/f ( x )d xk1 f ( x) + k 2 g( x).線性法那么(5 )的一般形式為nX ki fi ( x ) d x =i =

12、1根據(jù)上述線性運算法那么和根本積分公式例 1 p( x) = a0 xn + a1 xn - 1 +a1 n xn/ P ( x )d x =x4 + 1 . d x2x + 1ao xn + a1 xn - 1aon + 1xn + 1= /(-n刀k fi ( x) d x .i = 1,可求得一些簡單函數(shù)的不定積分an - 1 x +an .an - 12x2(6)d x2 . 2cos x sin x3=/2COSx + 2 arcta n x2x + sin x . d x2 . 2 cos x sin x=/ (csc x + seC xp d x = - cot x + tan

13、cos 3 x sn xd x = ( sin 4 x - sin 2 x) d x/( 10_ A J/=昭-,cos 4 x + c cos 2 x ) + C 2 '427=_ 1 ( cos 4 x - 2cos 2 x ) + C .-x 22 x-10) dx = / (10+ 10/2 x(10 ) +-2 x(10)- 2 d x12 x2 ln10 ( 10-2 x-10) - 2 x + C .(1)/ F( x) d x = f ( x ) + C;( 2)f d f ( x) = f ( x) + C .2 .求一曲線y = f ( x ),使得在曲線上每一點(

14、x , y )處的切線斜率為2 x ,且通過點5.求以下不定積分：1(1)丿(1 - x + x3 -) d x;32x(3)/ 乂(2 gx(5)3-d x;(2 )( xfx(22d x23(1 + x )(8 )/)2 d x ;正(7)/ tan2 xd x常sin2 x d x ;(9)/數(shù)cos 2xcosx - sin xcos 2 x(10) 廠丁 d x;cos x sin x(11) /10七(13)/-于；七d t ;1 - x1 + x(14)( cos x + sin x)2 d x ;(15) /cos x cos 2 xd x ;(16)/( ex - e - x

15、 ) 3 d x .(2,5).3 .驗證y =x 2sgn x是| x |在(-g , + g )上的一個原函數(shù).24 .據(jù)理說明為什么每一個含有第一類間斷點的函數(shù)都沒有原函數(shù)§2換元積分法與分部積分法一換元積分法由復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)法，可以導(dǎo)出換元積分法.定理8 4(換元積分法)設(shè)g( u )在a , 3上有定義，u二© ( x)在a , b上 可導(dǎo)，且 a<© ( x ), x a , b,并記f ( x ) = g( ©( x )(x ) , x a, b.(i) 假設(shè)g( u)在a , 3上存在原函數(shù) G( u ),貝S f ( x )在a ,

16、 b上也存在原 函數(shù) F( x ) , F( x) = G( ©( x) ) + C,即/ f ( x) d x = / g (©( x) ) ©( x) d x = / g( u ) d u=G( u) + C = G( ©( x) ) + C .( 1)(ii) 又假設(shè)© ( x )工0 , x a , b| ,那么上述命題(i )可逆，即當(dāng)f ( x )在a , b存在原函 數(shù)F ( x )時，g ( u )在a, B上也存在原函數(shù)G ( u ),且 G ( u )=1F( ©( u) ) + C,即/ g( u) d u =/

17、g (©( x) ) ©( x) d x =/ f ( x )d x-i=F( x) + C = F( ©( u) ) + C .( 2)證(i)用復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)法進(jìn)行驗證：_dd % G( ©( x) ) = G'( ©( x )©'( x )=g( ©( x)© ' (x ) = f ( x). 所以f ( x)以G( ©( x)為其原函數(shù)，(1 )式成立.(ii)在©' ( x )工0的條件下，u二© ( x )存在反函數(shù)x = ©( u

18、),且d x _1d u = © © ( x ) x = ©- 1 ( u ).于是又能驗證(2 )式成立：_d-111,F( ©( u) ) = F © ( x) = f ( x ) 丄仃、d u© ( x )© ( x )1=g( ©( x ) ) © ©( x) © © ( x)=g( ©( x ) ) = g( u ).上述換元積分法中的公式(1 )與(2)反映了正、逆兩種換元方式，習(xí)慣上分別稱為第一換元積分法 和第二換元積分法(公式(1)與(2)分別稱為第

19、一換元公式 與第二換元公式).下面的例1至例5采用第一換元 積分法求解在使用公式(1 )時,也可把它 寫成如下簡便形式：/g( ©( x ) )© © ( x ) d x =/g( ©( x ) )d©( x) = G( ©( x) ) + C .( 1 © )(cos x) ©/ cos x d x，例 1 求/tan x dx ./tan x d x = / sin x d x =cos x1可令 u = cos x , g ( u )=-,貝y得 u，/tan x d x =-In | u | + C=-In

20、 | cos x例 2 求 / d 2(a > 0 ). + xa對換元積分法較熟練后xadua i +1arcta na,可以不寫出換元變量/ x211arcta n u + a2u ,而直接使用公式(1)x arcs in 一ad( x - a) / x - aIn | x -2 aln例 5求/ sec x d x .-rd( x +x +a | - In |+ C .解解法一利用例4的結(jié)果可得解法二a)afsec xdx =r 害 d x =rcos x1 - sin x12 In1 + sin x1 - sin xsec x dxsec x( sec x + tan sec x

21、 + tan xx)d( sec x + tan x )sec x + tan x=In | sec x + tan x | + C .這兩種解法所得結(jié)果只是形式上的不同，請讀者將它們統(tǒng)一起來 .從以上幾例看到，使用第一換 元積分法的關(guān)鍵在于把被積表達(dá)式f ( x) d x 湊成g(©( x )(x ) d x的形式，以便選取變換u =0 ( x ),化為易于積分的(u)復(fù)原為起始變量(x).j g( u ) d u .最終不要忘記把新引入的變量第二換元公式 求得原函數(shù)的形式 元積分法求解.(2 )從形式上看是公 (最終同樣不要忘記式(1 )的逆行,但目的都是為了化為容易 變量復(fù)原)

22、.以下例6至例9采用第二換例6 求j .u + u解 為去掉被積函數(shù)中的根式，取根次數(shù)2與3的最小公倍數(shù)6 ,并令u =x ,那么可把原來的不定積分化為簡單有理式的積分：j6 x53x + :3x6 3"2 d x x2x-233-In |=2 u2 2a - x d x ( a > 0).-6ln |nasin t , | t | < -(這是存在反函數(shù)t = arcsin2的一個單調(diào)區(qū)a間)于是/x2 d x = j acost d( asin2j ( 12_at ) = a jcos2_a+ cos 2 t ) d t =arcsi n2x -X+axtd tJ2

23、sin 2 t ) + C2arcs ina0).解令 x = asec t , 0 <,于是有2-dx2x -asec t tan ta tan t d t 叮 sec td t=In | sec t + tan t | + C .借助圖8 - 2的輔助直角三角形,便于求出sec t =2tan t =a2,故得InInx +d x2 _2；J ( a(x + a )na tan t , | t | <-2 asec? t+ C1> 0).,于是有d x222 = / 44(x + a ) a sec=V( 12 a1=3( t + sin t cos t ) +2 a31

24、td t =+ coscostd t-axarctan a + x2 + a2 +2 a3有些不定積分還可采用兩種換元方法來計算例10 求/業(yè).2 2 ,x x - 1解解法一采用第一換元積分法：/ -2x解法二=/x采用第二換元積分法/ d x = /1圖 8 - 3(令 x = sec t ) sec t tan t d t = se£ t tan t/Cos td tsin t + C = 1二分部積分法由乘積求導(dǎo)法，可以導(dǎo)出分部積分法.x) v( x) d定理8 5(分部積分法)假設(shè)u (力與v( x )可導(dǎo)，不定積分/ U (x存在，貝/ u ( x ) V ( x) d

25、x也存在，并有(3)j u ( x v'( x) d x = u( x ) v ( x ) u'( x ) v ( x ) d x .證由u( x ) v ( x ) ' = U ( x ) v( x ) + u (力 V ( x) 或u( x ) V ( x ) = u ( x> v( x) ' - u ( x) v( x), 對上式兩邊求不定積分，就得到(3)式.公式(3 )稱為分部積分公式，常簡寫作(4)j ud v = uv - j vdu .11x cos x d x .u = x , v ' = cos x ,貝y有u ' =

26、1 , v = sin x .由公式(3)求得12arctan xd x .j x cos xd x =xsinxsi nsin x d xx + cos x + C .u = arctan x , V = 1 ,貝U1,v = x ,由公式(3)求得+ xj arcta n xd x = x arcta n1 + arcta n 2 d x1 + x1 In (1213x3 In x d x3x ,由公式(4 )那么有j n xd x =4In1x_xd 44x In x -16 (4 In x - 1 ) + C .有時需要接連使用幾次分部積分才能求得結(jié)果;有些還會出現(xiàn)與原不定積,需經(jīng)移項

27、合并前方能完成求解現(xiàn)分別例如如下分同類的項14/ x2xdx2 d( - exe - x d x2 xe- x +15|11e - x ( x2=/ea xcos bx d x 禾口a xcosbxd(e )=+ 2 x + 2) + C . j £x sin b x d x .a x1 / cos bx +|2 =(eaea x sin bx)1 ； =(e aa xsin bx d( e )=a xcos bx + bl 2 ),a( ea x sin bx -bl1 ).由此得到al 1 - bl2 =bl1 + al 2 ea xcosbx , ea xsi n bx .解此

28、方程組,求得|1a xe cosbx d x =bsin bx + a cos bxI2 =/ea xsin bxd x =a2 + b2asin bx - bcosbx+ C,b21.應(yīng)用換元積分法求以下不定積分(1)/ cos( 3 x + 4 )d x ;(2)/22 xxe(3)/(5)/1 d x;21 - 3 x(7)/8 - 3 x d x;(4) / (1 + x) n d x;(6)產(chǎn)+ 3 d x;(8)/(9)/ xsin x2 d x ;(10) r sin(11) r d x1 + cos x(12) /d x1 + sin x(13) /esc xd x;d x;(

29、14) / d x;1 - x(16) j(18) °x831 - x2 .應(yīng)用分部積分法求以下不定積分：(22) /Jsin xcos x2 x-3x2 - 3cx + 8d x；22xx+a5d x;1 -2 xx +1 - 1dd xx + 1 + 1x ;x .> 0);(24) /(26)/(28)/(19) x(1 + x)(21) rcos xd x;d x(23) / d xx- x(25) * * + 2(25) /2 d x;3廠(x + dl)(27) /( a > 0);(x2 + a2 f(29)/ x d x;(20) /cot xd x;(1

30、) /arcsi n xd x;(3)/ x2 cos xd x;(5 )/(lnx )2 d x;xarcta n xd x;7/ln( In x) +In1-d x;x(9)/ see?xd x;(8) / ( arcsin x) 2d x;(1o/x2 ± a2 d x ( a > 0).3.求以下不定積分：(1)/ f( x ) a(3)/ f '( x )f ( x) d x;f '( x)d x (aM - 1);1 + f ( x )2d x;(x) d x .In1n - 1.=x - In - 2tan n - 1(2)假設(shè) 1( m , n)

31、 = /cosxS nm - 1m - 1cos xsin x +I ( m , n) = m + nI( m - 2 , n)m + n '，丿m + 1n - 1n - 1_ cos xsin x + =- m + nI( m , n - 2 ),m + n 'xd x ,那么當(dāng) m+ 0 時,n+ 1_X +n , m5 .利用上題的遞推公式計算=2 ,3,(1 )/tan3 xd x ;(2) 廣tan4 x d x;n的遞推公式：(2) In = /(I n x) n d x;(3)/ coS xsin4 x d x .6.導(dǎo)出以下不定積分對于正整數(shù)(1) In =

32、/ xn ekx d x;(3) In = / ( arcsin x) n d x ;(4) In = / ea x sin n xd x .7.利用上題所得遞推公式計算：(1)/xJXd x;(2) / ( In x )d x;(3)/ ( arcsi n x) 3 d x;(4) /e x sn3 x d x .§ 3有理函數(shù)和可化為有理函數(shù)的不定積分至此我們已經(jīng)學(xué)得了一些最根本的積分方法在此根底上，本節(jié)將討論某些特殊類型的不定積分，這些不定積分無論怎樣復(fù)雜，原那么上都可按一定的步驟把 它求出來.一有理函數(shù)的不定積分有理函數(shù)是指由兩個多項式函數(shù)的商所表示的函數(shù)，其一般形式為nn

33、- 1p( x) - ao X + a1 X +R( x) =mm - 1Q( x)po x + p1 x + an(1)+ pm其中n , m為非負(fù)整數(shù)，ao,a1,an與po ,p1, pm都是常數(shù)，且ao工0 ,po工0假設(shè)m > n ,那么稱它為 真分式；假設(shè)m < n ,那么稱它為假分式由多項式的除 法可知，假分式總能化為一個多項式與一個真分式之和.由于多項式的不定積分是容 易求得的，因此只需研究真分式的不定積分，故設(shè)(1)為一有理真分式.根據(jù)代數(shù)知識，有理真分式必定可以表示成假設(shè)干個局部分式之和(稱為部分分式分解)因而問題歸結(jié)為求那些局部分式的不定積分 分分式的步驟簡述

34、如下(可與后面的例1對照著做 第一步 對分母Q( x )在實系數(shù)內(nèi)作標(biāo)準(zhǔn)分解：Q( x) = ( x - a1 ) 1(.為此,先把怎樣分解部入2as ) s ( x + p1 x +q1 ) 12(x + pt x +qt ) t ,(2)其中 Bo = 1 , Xi ,山(i = 1,2 ,st刀入i + 2刀i = 1,s; j = 1,2 , t )均為自然數(shù),而且2m ; pj - 4 qj < 0 , j = 1,2 , t .第二步 根據(jù)分母的各個因式分別寫出與之相應(yīng)的局部分式：對于每個形Ak如(x - a) k的因式，它所對應(yīng)的局部分式是AiA+ 2 + +x - a (

35、 x - a )( x - a)對每個形如(+ px + q) *的因式，它所對應(yīng)的局部分式是B1 x + CB2 X + C2Bk x + C k2+22 +2kx + px + q ( x + px + q)( x + px + q)把所有局部分式加 起來,使之等于R ( x ).(至此,局部分式中的常數(shù)系數(shù)Ai , Bi , Ci尚為待定的.)第三步 確定待定系數(shù)：一般方法是將所有局部分式通分相加，所得分式的分母即為原分母Q( x),而其分子亦應(yīng)與原分子P ( x )恒等于是，按同幕項系數(shù)必定相等，得到一組關(guān)于待定系數(shù)的線性方程，這組方程的解就是需要確定的系數(shù).432,t2 x - x

36、+ 4 x + 9 x - 10 ,、亠；八八亠八小例1 對 R ( x) = 1432作局部分式分解 .x + x - 5 x - 2 x + 4 x - 8解按上述步驟依次執(zhí)行如下：5432Q( x ) = x + x - 5 x - 2 xx + 1).2 2=(x - 2 ) ( x + 2 ) ( x局部分式分解的待定形式為_Ao_A1R( x) =+x - 2 x + 2用Q( x )乘上式兩邊，得一恒等式4322 x - x + 4 x + 9 x - 10 三 Ao ( x+ A1 ( x - 2) ( x + 2) ( x2 -A2+ 2 +(x + 2 )2+ 2) ( x

37、Bx + C2 x(3)+ A2 ( x - 2)(21)然后使等式兩邊同幕項系數(shù)相等，得到線性方程組：A + Ai + B = 2 ,X4的3 A - Ai + A2 + 2 B + C = -1 ,X3的A - 3 Ai - 3 A2 - 4 B + 2 C =4 ,x的4 A + 3 A - 8 B - 4 C = 9 ,x 的系數(shù)4 A - 4 Ai - 2 A2 - 8 C = - 10 .常數(shù)項求出它的解：Ao = 1 , Ai = 2 , A2 = - 1 , B = - 1 , C = 1 ,并代入(3)式，這便完成 了對R ( x )的局部分式分解R( x)=1(x + 2)

38、上述待定系數(shù)法有時可用較簡便的方法去替代X - 12 .x - x + 1.例如可將x的某些特定值(如Q( x) = 0的根)代入(4 )式，以便得到一組較簡單的方程，或直接求得某幾 個待定系數(shù)的值對于上例，假設(shè)分別用x = 2和x = - 2代入(4 )式，立即求得Ao = 1 禾口A2 = - 1 .于是(4 )式簡化成為432x - 3 x + 12 x - 16 = A 1( x - 2) ( x + 2) ( x - x + 1 )+ ( Bx + C) ( x - 2 ) ( x + 2 )2 .為繼續(xù)求得 Ai , B , C,還可用x的三個簡單值代入上式,如令x = 0 , 1

39、 , - 1 ,相 應(yīng)得到Ai + 2 C = 4 ,Ai + 3 B + 3 C = 2 ,3 Ai - B + C = 8 .由以上討論知由此易得Ai二2 , B = - 1 , C = 1 這就同樣確定了所有待定系數(shù) 一旦完成了局部分式分解，最后求各個局部分式的不定積分 道,任何有理真分式x勺不定積分都將歸為求以下兩種形式的不定積分(I )./；( n )d x ( p - 4 q < 0).(x - a) k對于(I ),(x2、k+ px + q)In | x1a | + C,+ C,k - 1(1 - k) ( x - a)對于(H ),只要作適當(dāng)換元令t = x + p 便

40、化為2 ，Lx + MLt + N廠kd x = /22 k d t(x + px + q)( t + r )=y22、 k(t + r )J其中 r2 = q -鼻,N = M - L .42當(dāng)k = 1時，(5 )式右邊兩個不定積分分別為22 d t =t + .d t2 =t + r 22 ln( t(5)(t2C,arcta n + rr當(dāng)k>2時,(5 )式右邊第一個不定積分為t(6)22 k d t =22 k - 1(t + r )k) ( t2 + r2 ) k 1對于第二個不定積分，記dj_Ik =f ( t2 + r2 ) k 可用分部積分法導(dǎo)出遞推公式如下：2 2

41、2_1( t + r ) - t|k才 22 k d t+ r )21t22 k dt2 ( t r+ r)1>12 r2 ( k -1丿td22 k - 1(t + r )1t2 r2 ( k -1)(t22、k - 1- I k - 1+ r )廣 (tJ2 |k- 1-r2 Ik - 1 + r J=2 |k - 1 + r經(jīng)整理得到Ik(7)t.2 22 r ( k - 1) (t +重復(fù)使用遞推公式(7 ),最終歸為計算I1 ,這已由(6)式給出把所有這些局部結(jié)果代回(5 )式,并令t = x + p ,就完成了對不定積分(II )2的計算.例 2 求 f " + 1

42、 d x .2 2 (x - 2 x + 2)解在此題中，由于被積函數(shù)的分母只有單一因式，因此，局部分式分解能被簡化為2(x - 2 x + 2 ) + (2 x - 1)2 2(x - 2 x + 2)(x22 x + 2)現(xiàn)分別計算局部分式的不定積分如下：d xd( x - 1 )丿=Cx； - 2 x + 2( x - 1) 2 + 12 x - 1'(2 x - 2 )d x = /(x - 2 x + 2)=arctan( x - 1 ) + Ci + 1/22 d x(x - 2 x + 2 )d( x2 - 2 x + 2)(x2 - 2 x + 2 )2d( x - 1

43、)1d t2 2(t + 1)t2 + 2( t + 1)由遞推公式(7 ),求得其中(t2 +=x - 1 +于是得到/2( x - 2 x + 2 )2 arcta n( x - 1) + C2 .2x + 1x - 332"d x =2+(x - 2 x + 2 )2( x - 2 x + 2 )? arctan( x - 1) + C .F面再介紹幾類被積函數(shù)能變換為有理函數(shù)的不定積分二三角函數(shù)有理式的不定積分由u ( x )、v( x )及常數(shù)經(jīng)過有限次四那么運算所得到的函數(shù)稱為關(guān) 于u ( x )、v( x )的有理式，并用 R( u ( x ) , v( x )表示.j

44、 R ( sin x,cos x) d x是三角函數(shù)有理式的不定積分.一般通過變換t =x tan -,可把它化為有理函數(shù)的不定積分這是因為22siinx1x cos -2tan x2tsin x =222=2t(8).2x+2 cosx =1+tan2x1+2 'tsin2222 cosx.2 sinx12tanxA2cos x =222 =1t(9).2x+2 cosx ='1+2tanx1+t2，sin2222d x = d t ,(10) + t2 t 1 - t2J2 2+ t 1 + t所以 j R (sin x , cos x )d x = f R11 + sin

45、 x例 3 求f s(77rd x .sin x (1 + cos x )解 令t = tan ,將(8 )、9 ) >(10)代入被積表達(dá)式2j 1 + sin x d x = / sin x (1 + cos x )2 t2 + t2t2tt221 + t2 d t=/ t + 2 +=12 x4 tan 2 +注意上面所用的變d t =x 1tan 2 + 2 In Itan+ 2 tx2_ I +In換t = tan x對三角函數(shù)有理式的不定積分雖然總是2有效的，但并不意味著在任何場合都是簡便的d x 2 2 2a si n x + b cos x例4求j解由于j a sin x

46、 + 故令t = tan x ,就有ff2 2 2 2 = /a sin x + b cos x 2sec x222 d x = /a tan x + bd( tan x )2 2 2 , a tan x + bd( at)2 2 (at) + b_J_at=.arcta n+ Cabb_J_a-arctan tan x + C .22 abb通常當(dāng)被積函數(shù)是sin x , cos x及sin x cos x的有理式時，采用變換t =tan x往往較為簡便.其它特殊情形可因題而異，選擇適宜的變換.三某些無理根式的不定積分nax + b d x型不定積分ad - bc工0 .對此只需令t = c

47、x + dax + bcx + d，就可化為有理函數(shù)的不定積分2(1 - t )(1+ t2 ) d t1x + 2xx - 2 d J (1 + x) 2 +=J (1 + t 2 ) 2 .解 令 t = X + ,那么有 - x d x ,那么有x =x - 2x + 2 d x = Jx - 2皆d xt ,=/In22 '-t1 + tMV-2arcta n t + CIn(x + 2)6(/x - 2)(x + 2)6(/x - 2)-2arcta n求J2(1 + x) 2 + x - x 由于故令t =2 + x -2 t2 - 1.,d 1 + t2(1 +1=(1

48、+ x )2t , (1 + t2 ) 21 + X 2Td x=J 1 2 =“ (1 + x ) 2 t2 ) 2 d t = Qt2 d t22 J R ( x , axbx +c) d x型不定積分(a2> 0 時 b - 4 acz 0 , a < 0 時b - 4 ac > 0).由于2 axbx +4 ac - b24 a2假設(shè)記u = x+, k224 ac - b,那么此二次三項式必屬于以下三種情形之一2 a2 2 2 2 2 2| a | ( u + k ) , | a | ( u - k ) , | a | ( k - u ) 因此上述無理根式的不定積分

49、也就轉(zhuǎn)化為以下三種類型之一：J R ( u,u2 士 k2 ) d u , J R( u ,k2 - u2 ) d u .當(dāng)分別令 u = ktan t , u = ksect , u = ksin t 后例7 求I二J -.2x x - 2 x - 3解解法一按上述一般步驟，求得,它們都化為三角有理式的不定積分.由于因此I = Jx ( xdx1 )2 - 42sec 0 tan 0=J( 2sec 0 += d0=J 2 + cos 0=J 2=2爲(wèi)tan 0d-uJ ( u + 1 )d 01) 2ta n 01 +2 t2 d t2(x = u + 1)(u = 2sec9)t = tan -22arcta nt30sin 0=+ cos 0 =2衛(wèi)-1 2u+2解法二假設(shè)令x2x2 - 2 xarcta ntan 0sec 0 + 12x - 2 x - 3 + C .3 ( x + 1)-2 x - 3 =2t + 3 d x = 2 ( t - 1 )，2t + 3-3 2(t - 1 )- 于是所求不定積分直接化為有理函數(shù)的不定積分2(t - 1 ) -(t