西安石油大学：《数学分析 Mathematical Analysis》课程教学资源（PPT课件）第六章 不定积分 6.2换元积分法

621换元积分法

6.2.1 换元积分法

第一类换元法 问题「cos2 exec sin2x+C, 解决方法利用复合函数,设置中间变量 过程令t=2x→= 2 Jcos 2.xdx=5J cos tdt= sint+C= sin 2x+C 2 2

问题  cos2xdx= sin2x + C, 解决方法 利用复合函数，设置中间变量. 过程 令 t = 2x , 2 1  dx = dt  cos2xdx tdt  = cos 2 1 = sint + C 2 1 sin2 . 2 1 = x + C 一、第一类换元法

在一般情况下: 设F()=/a则∫/(ah=F()+C 如果=q(x)(可微) ∴dFIp(x)=fq(x)g(x)d Iflo(x)lo(x)dx= Flo(x)l+C [f(u)du u=p(x) 由此可得换元法定理

在一般情况下： 设 F(u) = f (u), 则 ( ) ( ) .  f u du = F u + C 如果 u = (x) （可微）  dF[(x)] = f[(x)](x)dx   f[(x)](x)dx = F[(x)]+ C =  = ( ) [ ( ) ] u du u x f  由此可得换元法定理

定理1设f(m)具有原函数,=9(x)可导 则有换元公式 IfIp(x)lo'(x)dx=If(udulesptry 第一类换元公式) 说明使用此公式的关键在于将 JxMk化为qx)(x)在 观察重点不同,所得结论不同

设 f (u)具有原函数，  f[(x)](x)dx =  = ( ) [ ( ) ] u du u x f  第一类换元公式（凑微分法） 说明 使用此公式的关键在于将  g(x)dx 化为 [ ( )] ( ) .  f  x  x dx 观察重点不同，所得结论不同. u = (x)可导， 则有换元公式 定理1

例1求sin2xbx. 解(-)sm2xk=sm2(2) 2 cos 2x+C; 2 解(二)sin2xdc=2| sin cos xdx 2 sin xd(sin x)=(sin x)+C: 解(三)sin2xdbe=2 sinxcos xdx -2 cos xd(cos x)=-(cos x)+C

例1 求 sin2 .  xdx 解（一）  sin2xdx  = sin2 (2 ) 2 1 xd x cos 2 ; 2 1 = − x + C 解（二）  sin2xdx =  2 sin xcos xdx =  2 sin xd(sin x) (sin ) ; 2 = x + C 解（三）  sin2xdx =  2 sin xcos xdx = −  2 cos xd(cos x) (cos ) . 2 = − x + C

例2求 dx 3+2x 解 (3+2x), 3+2x23+2x 1c1 dx 13+2x2J3+2x (3+2x)dx 2Ju h=lna+C、 2 ln(3+2x)+C 2 般地」f(ax+b)dx=-f(a)dml u=ax+b

例2 求 . 3 2 1 dx x  + 解 (3 2 ) , 3 2 1 2 1 3 2 1  +  + =  + x x x dx x  3 + 2 1 x dx x (3 2 ) 3 2 1 2 1  +  + =  du u  = 1 2 1 = lnu + C 2 1 ln(3 2 ) . 2 1 = + x + C  f (ax + b)dx =  u du u=ax+b f a [ ( ) ] 1 一般地

例3求 dx x(1+2Inx) 解 x(1+2Inx) d(Inx) 1+2Inx d(1+2Inx) 231+2Inx u=1+2lnx 2 5du=inu+C=In(1+2In x)+C 2

例3 求 . (1 2ln ) 1 dx x x  + 解 dx x x  (1+ 2ln ) 1 (ln ) 1 2ln 1 d x x  + = (1 2ln ) 1 2ln 1 2 1 d x x + + =  u = 1+ 2ln x  = du u 1 2 1 = lnu + C 2 1 ln(1 2ln ) . 2 1 = + x + C

例4求 dx (1+x) 解 dx 1+x d(1+x) (1+x)2(1+x) 1 XX C,+ 2(1+x) 1+x2(1 x)2+C

例4 求 . (1 ) 3 dx x x  + 解 dx x x  + 3 (1 ) dx x x  + + − = 3 (1 ) 1 1 ] (1 ) (1 ) 1 (1 ) 1 [ 2 3 d x x x + + − + =  1 2 2 2(1 ) 1 1 1 C x C x + + + + + = − . 2(1 ) 1 1 1 2 C x x + + + + = −

例5求 dx a+x 解 dx 1+ arctan+C x 1+

例5 求 . 1 2 2 dx a x  + 解 dx a x  + 2 2 1 dx a a x  + = 2 2 2 1 1 1             + =  a x d a a x 2 1 1 1 arctan . 1 C a x a = +

例6求 dx x2-8x+25 解 dx x2-8x+25 4)2+9 x-4 dx 321(x-4)2 3(x-4 3 +1 3 3 =arctan 3 3

例6 求 . 8 25 1 2 dx x x  − + 解 dx x x  − 8 + 25 1 2 dx x  − + = ( 4) 9 1 2 dx x   +      − = 1 3 4 1 3 1 2 2       −  +      − =  3 4 1 3 4 1 3 1 2 x d x . 3 4 arctan 3 1 C x + − =