第二节换元积分法 一、第一类换元法 第二类换元法 巴三、小结思考题
王=、第一类换元法 问题∫cos2 xdx= sin2x+C, 解决方法利用复合函数,设置中间变量 过程令t=2x→dlx=dt, j cos 2xdx=cos tdt=a sint+=asin 2x+C 2 2 2 上页
问题 cos 2 xdx= sin 2x + C, 解决方法 利用复合函数，设置中间变量. 过程 令 t = 2x , 2 1 d x = dt cos 2 xdx tdt = cos 2 1 = sin t + C 2 1 sin 2 . 2 1 = x + C 一、第一类换元法
在一般情况下: 上设F(a)=f(m)则∫f(n)dn=F()+C 如果u=g(x)(可微) dhq(x)=∫|q(x)q(xdx 工工工 「[φ(x)q'(x)dx=FIq(x)+C Jf(n)dnl(x,由此可得换元法定理 上页
在一般情况下： 设 F(u) = f (u), 则 ( ) ( ) . f u d u = F u + C 如果 u = ( x ) （可微） dF[(x)] = f[(x)](x)dx f [ ( x)]( x)d x = F[ ( x)] + C = = ( ) [ ( ) ] u x f u d u 由此可得换元法定理
定理1设f()具有原函数,l=p(x)可导, 则有换元公式 王∫n9(x)9(x)=rol u=o(x) 第一类换元公式(凑微分法) 庄说明使用此公式的关键在于将 牛了a()化为0x)(x 观察重点不同,所得结论不同 上页
设 f (u)具有原函数， f[(x)](x)dx = = ( ) [ ( ) ] u x f u du 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)d x 化为 [ ( )] ( ) . f x x d x 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sin2xdx. 解(一)∫ sin 2xdx=sin 2xd(2x) 2 =--c0s2x+C 2 解(二)「sin2xx=2 sinx cosxdx 2]sin xd(sin x)=(sin x)+C 解(三)∫sin2xaAx=2∫ sin x cosxdx -2 cos xd(cos x)=-(cos x)+C 上页
例1 求 sin 2 . xdx 解（一） sin 2 xdx = sin 2 (2 ) 2 1 x d x cos 2 ; 2 1 = − x + C 解（二） sin 2 xdx = 2 sin x cos xdx = 2 sin x d(sin x) (sin ) ; 2 = x + C 解（三） sin 2 xdx = 2 sin x cos xdx = −2 cos x d(cos x) (cos ) . 2 = − x + C
例2求 ax 3+2x 解 (3+2x), 3+2x23+2x dx= 3+2x 23+2(3+2x)yx du =Inu+C=In(3+2x)+C 2u 2 2 u=ax tb 王页下
例2 求 . 3 2 1 d x x + 解 (3 2 ) , 3 2 1 2 1 3 2 1 + + = + x x x d x x 3 + 2 1 x d x x (3 2 ) 3 2 1 2 1 + + = du u = 1 2 1 = ln u + C 2 1 ln(3 2 ) . 2 1 = + x + C f (a x + b)d x = u=ax +b f u d u a [ ( ) ] 1 一般地
例3求 dx x(1+2In x) 解 dx x(1+2In x) d(n x) 1+2Inx d(1+ 2In x) 21+2In x u=1+2Inx 1。1 a-du =Inu+C= In(1+2Inx+C L 2 2 上页
例3 求 . (1 2 ln ) 1 d x x x + 解 d x x x (1 + 2 ln ) 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 = ln u + C 2 1 ln(1 2ln ) . 2 1 = + x + C
例4求 dx (1+x) +1-1 解 x dx (1+x)3 - dx 3 (1+x) ∫ 1 1+x)2(1+1)31(1+x) 1 +C, 十 e +c 1+x 2(1+x)22 1+C 1+x2(1+x) 上页
例4 求 . (1 ) 3 d x x x + 解 d x 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 十 解 d 十 =arctan+ C
例5 求 . 1 2 2 d x a x + 解 d x a x + 2 2 1 d x 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 = +
M例6求2 x2-8x+25 解∫ dx x2-8x+25 1dx (x-4)2+9 x-4 3 d x 3 2 工工工 +1 十 3 3 x-4 =arctan +C 3 3 上页
例6 求 . 8 2 5 1 2 d x x x − + 解 d x x x − 8 + 2 5 1 2 dx x − + = ( 4) 9 1 2 d x 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 + − =