《数学分析》课程教学课件（讲稿）换元积分法和分部积分法

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§2 换元积分法和分部积分法

一、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=2x→=)山， eos2coin+C-sin2x+C. 上页 返回

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'(w)=f(u),则∫f(w)du=F(o+C. 如果u=p(x)(可微) dFlo(x)1=flo(x)lo'(x)d JfIo(x)lo'(x)dx=Flo(x)l+C =f(0dwpw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(W)具有原函数，M=p(x)可导， 则有换元公式 ∫fp(xlp'(x)k=jfωdu=pa 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)c化为fIφ(x)p'(x)dc. 观察重点不同，所得结论不同， 上页 回

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)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sin2k. 解（一)∫小sin2c=2Jsin2xa2wy 1 cos2x+C; 解（二）∫sin2xk-2∫sinxcosxdx -2sin xd(sinx)=(sinx)+C; 解（三）∫sin2xk=2∫sinxcosxd -2Jcos.xd(cosx)-(cosx)'+C. 上页

例1 求 sin2 .  xdx 解（一）  sin2xdx   sin2 (2 ) 2 1 xd x cos2 ; 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

*3+2 解 3423342x84zoi J3+2-32x3+2ym ==ha+c-n3+2x)+c 一般地 ∫f(r+bd&=afu)dl.n 上贡 回

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 求划n+2b时 解Jat2nn-142nd 21+2na+2a u=1+2Inx a-2a+C-n+2h)+c

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

解 =对01+9 1 1+x 1 1 1+x201++C 上页 回

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      

n 解。- t24 arctan +C. 上页

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  

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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   