《高等数学》课程教学资源：第四章 不定积分（4.2）换元积分法

842换元积分法 高等数学

高 等 数 学

第一类换元法 问题∫cs2 xdx$ sin2 2x+C, 解决方法利用复合函数,设置中间变量 过程令t=2x→=M, 2 Jcos 2 xdx=cos tdt=sint+C=, 2x+C

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'()=f(m,则f(m)d=F(u)+C. 如果=g(x)(可微) 证明:条件 结论 f(udu=f(u)+C p( (4)=f()∫/10(x)9(x)=F0(x)+ dF[0(x)]=f[0(x)](x)dx 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 由此可得换元法定理 证明: 条件 '( ) ( ) ) F u f u u x = = ( 结论  f (u)du = F（u) +C  

定理1设f(u)具有原函数,u=(x)可导, 则有换元公式 SSlp(x)lo'(x)dx=[ f(u)du(x) 第一类换元公式(凑微分法) 说明使用此公式的关键在于将 ∫(x)dx化为∫qx)(x)t 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|sin2xdx 解(一)Jsim2thtl sin 2xd(2x) 2 =-c0s2x+C; 解(二)「sin2xdk=2| sinxcos xo 2] sin xd(sinx)=(sin x)+C; 解(三)「sin2xdk=2| sinxcos xo -2 cos xd(cos x)--(cos x)+C 大家可以看到三种解法的结果因方法的不同而形式 上不同,但在实质上是相同的,即它们的导数均是sin2x

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 大家可以看到三种解法的结果因方法的不同而形式 上不同，但在实质上是相同的，即它们的导数均是sin2x

例2求 3+2x 解 (3+2x), 3+2x23+2x 3+2x2J3+2x (3+2x)dx d(3+2x) 23+2x du==lnu+C==In 3+2x+C 2 般地f(ax+b)d=Uf(a)dl lu=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 (3 2 ) 3 2 1 2 1 d x x + + = 

例3求 C。 x(1+2nx) 解 x(1+2nx) d(nx) 1+2Inx d(1+2Inx) 2 1+2Inx u=1+2nx 2 ∫hm=lma+C=,h+2hx+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

☆例4求 (1+x) x+1-1 解 x、4=∫A (1+x 1+x) 3 (1+x)2(1+x)3 Ja(1+x) 十 C,+ +c 1+x 2(1+x) 1+x2(1+吵+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「,,b a+x 解Ja+x=a2 arctan -+C 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8求 解 2 2 a arcsin -+C

例8 求  − 2 2 a x dx 解：  − 2 2 a x dx 2 1 ( ) 1 a x dx a − =   − = 2 1 ( ) a x a x d c a x = arcsin +