数学分析第八章不定积分

第 八 章 不 定 积 分 1 不定积分概念与基本积分公式 正如加法有其逆运算减法 乘法有其逆运算除法一样 微分法也有它的逆运 算 积分法 我们已经知道 微分法的基本问题是研究如何从已知函数求出它 的导函数 那么与之相反的问题是 求一 个未 知函 数 使其导 函数 恰好是 某一 已 知函数 提出这个逆问题 首先是因为它出现在许多实际问题之中 例如 已知速 度求路程 已知加速度求速度 已知曲线 上每一 点处 的切线 斜率 或斜率 所满 足 的某一规律 求曲线方程等等 本章与 其后两 章 定 积分与 定积 分的 应用 构 成 一元函数积分学 一 原函数与不定积分 定义 1 设函数 f 与 F 在区间 I 上都有定义 若 F x f x x I 则称 F 为 f 在区间 I 上的一个原函数 1 例如 1 3 x 3 是 x2 在 上的一个 原函数 因为 1 3 1 x 3 x2 又 如 2 cos 2 x 与 2 cos 2 x 1 都是 sin 2 x 在 上的原函数 因为 1 cos 2 x 1 cos 2 x 1 sin 2 x 22 如果这些简单的例子都可从基本求导公式反推而得的话 那么 F x xarctan x 1 ln 1 x2 2 是 f x arctan x 的一个原函数 就不那样明显了 事实上 研究原 函数必须 解 决下面两个重要问题 1 满足何种条件的函数必定存在原函数 如果存在 是否唯一 2 若已知某个函数的原函数存在 又怎样把它求出来 关于第一个问题 我们用下面两 个定 理来回 答 至于 第二 个问题 其 解答 则 是本章接着要介绍的各种积分方法 178第八章 不 定 积 分 定理 8 1 若函数 f 在区间 I 上连续 则 f 在 I 上存在原函数 F 即 F x f x x I 本定理要到第九章 5 中才能获得证明 由于初等函数为连续函数 因此每个初等函数都有原函数 只是初等函数的 原函数不一定仍是初等函数 当然 一个函数如果存在间断点 那么此函数在其 间断点所在的区间上就不一定存在原函数 参见本节习题第 4 题 定理 8 2 设 F 是 f 在区间 I 上的一个原函数 则 i F C 也是 f 在 I 上的原函数 其中 C 为任意常量函数 ii f 在 I 上的任意两个原函数之间 只可能相差一个常数 证 i 这是因为 F x C F x f x x I ii 设 F 和 G 是 f 在 I 上的任意两个原函数 则有 F x G x F x G x f x f x 0 x I 根据第六章拉格朗日中值定理的推论 知道 F x G x C x I 定义 2 函数 f 在区间 I 上的全体原函数称为 f 在 I 上的不定积分 记作 f x d x 1 其中称 为积分号 f x 为被积函数 f x d x 为被 积表达式 x 为积 分变量 尽管记号 1 中各 个部 分都 有其 特定 的 名称 但 在使 用时 必 须 把它 们 看作 一 整 体 由定义 2 可见 不定积分 与原 函数 是总 体 与个 体的 关系 即若 F 是 f 的 一 个原函数 则 f 的不定积分是一个函数族 F C 其中 C 是 任意常 数 为方 便 起见 写作 f x d x F x C 2 这时又称 C 为积分常数 它可取任一实数值 于是又有 f x d x F x C f x 3 df x d x d F x C f x d x 4 按照写法 2 本节开头所举的几个例子可写作 这里 既把 C 看 作常量 函数 又 把它作 为该 常量 函数 的 函数 值 在 不 致混 淆 时 以 后 常 说 C 为 任 意常数 不 久可看 到 被积 表达式 可认 同为 f 的原函 数 F 的微分 即 d F F x d x f x d x 1 不定积分概念与基本积分公式 179 x2 d x 1 3 x3 C sin 2 x d x 1 cos 2 x C 2 arctan x d x x arctan x 1 ln 1 x 2 C 2 此外 一个函数 存在不定积分 与 存在原函数 显然是等同的说法 不定积分的几何意 义 若 F 是 f 的一 个原 函数 则称 y F x 的 图象 为 f 的 一条 积分 曲 线 于 是 f 的不 定积 分在 几何 上 表示 f 的某 一 积分曲线沿纵轴方 向任 意 平移 所得 一切 积分 曲 线组成的曲线族 图 8 1 显然 若在 每一 条积 分曲线上横坐标相同的点处作切线 则这些切线 互相平行 在求原函数的具体问题中 往往先求出全体 原函数 然后 从 中 确 定一 个 满 足 条 件 F x0 图 8 1 y0 称为初始条件 它由具体问题所规定 的原函数 它就是积分曲线族中通过点 x0 y0 的那一条积分曲线 例如 质点作匀加速直线运动时 a t v t a 则 v t ad t at C 若已知 v t0 v0 代入上式后确定积分常数 C v0 at0 于是就有 v t a t t0 v0 又因 s t v t 所以又有 s t a t t0 v0 d t 12 2 a t t0 v0 t C1 若已知 s t0 s0 则 C1 s0 v0 t0 代入上式得到 s t 1 a t t0 2 v0 t t0 s0 2 二 基本积分表 怎样求原函数 读者很快就会发现 这要 比求 导数困 难得 多 原因在 于原 函 数的定义不像导数定义那样具有构造性 即 它只 告诉 我们其 导数 恰好等 于某 个 已知函数 f 而没有指出怎样由 f 求 出它 的原函 数的 具体 形式和 途径 因 此 我 x 180第八章 不 定 积 分 们只能先按照微分法的已知结果去试探 首先 我们把基本导数公式改写成基本积分公式 1 2 0d x C 1d x d x x C 1 3 x d x x 1 C 1 x 0 4 5 1 d x ln x C x 0 x e x d x ex C 6 a x d x a ln a C a 0 a 1 7 8 9 10 11 12 cos ax d x 1 sin ax C a 0 a sin ax d x 1 cos ax C a 0 a sec 2 x d x tan x C csc2 x d x cot x C sec x tan x d x sec x C csc x cot x d x csc x C 13 d x 1 x2 arc sin x C arccos x C1 14 d x 1 x2 arctan x C arccot x C1 上列基本积分公式 读者必须牢牢记住 因为其他函数的不定积分经运算变 形后 最后归为这些基本不定积分 当然 仅有这些基本公式是不够用的 即使像 ln x tan x cot x sec x csc x arcsin x arctan x 这样一 些基 本初 等函数 现 在 还 不知道怎样去求得它们的原函数 所以我 们还 需要 从一些 求导 法则去 导出 相 应的不定积分法则 并逐步扩充不定积分公式 公 式 4 适 用于不 含坐 标原点 的任何 区间 读 者容 易验证 ln x C 1 x 0 x nn 1 1 不定积分概念与基本积分公式 181 最简单的是从导数线性运算法则得到不定积分的线性运算法则 定理 8 3 若函数 f 与 g 在 区 间 I 上 都存 在 原函 数 k1 k2 为 两 个任 意 常 数 则 k1 f k2 g 在 I 上也存在原函数 且 k1 f x k2 g x d x k 1 证 这是因为 f x d x k 2g x d x 5 k1f x d x k 2g x d x k1 f x d x k2 g x d x k1 f x k2 g x 线性法则 5 的一般形式为 nn ki fi x d x kifi x d x 6 i 1i 1 根据上述线性运算法则和基本积分公式 可求得一些简单函数的不定积分 例 1 p x a0 x a1 x an 1 x an p x d x a0 x n 1 a1 xn a n 1 x2 a x C n 1n2 n 4 例 2 x 1d x x 2 1 2 d x x 2 1 13 3 x x 2 1 x 2 arctan x C 22 例 3 d x cos2 x sin2 x cos x sin x cos2 x sin2 x d x csc 2 x sec2 x d x cot x tan x C 例 4 cos 3 x sin x d x 1 sin 4 x sin 2 x d x 1 2 1 4 cos 4 x 1 2 cos 2 x C 1 8 cos 4 x 2cos 2 x C 例 5 10 x 10 x 2 d x 10 2 x 10 2 x 2 d x 10 2 x 10 2 x 2 d x 12 x 2 ln10 10 10 2 x 2 x C 习 题 1 验证下列等式 并与 3 4 两式相比照 2 1 x 182第八章 不 定 积 分 1 f x d x f x C 2 d f x f x C 2 求一曲线 y f x 使 得 在 曲 线 上 每 一 点 x y 处 的 切 线 斜 率 为 2 x 且 通 过 点 2 5 3 验证 y x sgn x 是 x 在 上的一个原函数 2 4 据理说明为什么每一个含有第一类间断点的函数都没有原函数 5 求下列不定积分 1 1 x x3 1 d x 2 x 1 2 d x x 2 x 3 d x 2 gx g 为正常数 4 2 x 3 x 2 d x 2 5 3 d x 6 x d x 4 4 x 2 3 1 x2 7 9 tan2 xd x 8 cos 2 x cos x sin x d x 10 sin2 x d x cos 2 x cos 2 x sin2 x d x 11 10 t 32 t d t 12 xxx d x 13 1 x 1 x d x 14 1 x cos x sin x 2d x 15 cos x cos 2 xd x 16 ex e x 3 d x 2 换元积分法与分部积分法 一 换元积分法 由复合函数求导法 可以导出换元积分法 定理 8 4 换元积分法 设 g u 在 上有 定义 u x 在 a b 上 可导 且 x x a b 并记 f x g x x x a b i 若 g u 在 上存在原函数 G u 则 f x 在 a b 上 也存在原 函 数 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 又若 x 0 x a b 则上述命题 i 可逆 即当 f x 在 a b 上 3 u 2 2 换元积分法与分部积分法 183 存在原函 数 F x 时 g u 在 上 也 存 在 原 函 数 G u 且 G u F 1 u C 即 g u d u g x x d x f x d x F x C F 1 u C 2 证 i 用复合函数求导法进行验证 d d x G x G x x g x x f x 所以 f x 以 G x 为其原函数 1 式成立 ii 在 x 0 的条件下 u x 存在反函数 x 1 u 且 于是又能验证 2 式成立 d x d u 1 x x 1 u d 1 1 1 d u F u F x x f x x g x x 1 x g x g u 上述换元积分法中的公式 1 与 2 反映了正 逆两种换元方式 习惯上分别 称为第一换元积分法和第二换元积分法 公式 1 与 2 分别 称为 第一换 元公 式 与第二换元公式 下面的例 1 至例 5 采用第一换元 积分 法求 解 在使用 公式 1 时 也 可把 它 写成如下简便形式 g x x d x g x d x G x C 1 例 1 求 ta n x d x 解 由 tan x d x sin x d x cos x cos x cos x d x 可令 u cos x g u 1 u 则得 tan x d x 1 d u ln u C ln cos x C 例求 d x a2 x 2 a 0 4 解 sec x d x a 2 184第八章 不 定 积 分 解 d x d x 1 ax a 2 x2 a 1 2 令 u x a a a 1 d u 1 u 2 x 1 a arctan u C a arctan a C 对换元积分法较熟练后 可以不写出换元变量 u 而直接使用公式 1 例 3 求 d x a 2 x 2 a 0 d x 解 d x 1 d x a a 2 x2 1 x 1 a x 2 a arcsin x a C 例求 d x x 2 a 2 a 0 d x1 x2 a2 2 a 1 x a 1 x a d x 1d x a d x a 2 a x a x a 1 2 a ln x a ln x a C 1 2 a ln 例 5 求 sec x d x x a x a C 解 解法一 利用例 4 的结果可得 sec x d x cos x d x d sin x cos 2 x 1 sin 2 x 1 1 sin x 解法二 2 ln 1 sin x C sec x sec x tan x sec x tan x d x d sec x tan x sec x tan x a 3 2 换元积分法与分部积分法 185 ln sec x tan x C 这两种解法所得结果只是形式上的不同 请读者将它们统一起来 从以上几例看到 使用第一换 元积 分法的 关键 在于 把 被积 表达 式 f x d x 凑成 g x x d x 的 形 式 以 便 选 取 变 换 u x 化 为 易 于 积 分 的 g u d u 最终不要忘记把新引入的变量 u 还原为起始变量 x 第二换元公式 2 从形式上看是公 式 1 的逆 行 但目的 都是 为了化 为容 易 求得原函数的形式 最终同样不要忘记 变量还 原 以下例 6 至例 9 采用 第二 换 元积分法求解 例 6 求 d u u u 解 为去掉被积函数中的根式 取根次数 2 与 3 的 最小公倍数 6 并 令 u x 6 则可把原来的不定积分化为简单有理式的积分 5 d u 6 x2 1 3 u u 3 x x 3 2 d x 6 x 2 x 1 x 1 d x 6 x 3 x 2 x ln x 1 C 366 2u 3u 6u 6ln u 1 C 例 7 求 a 2 x 2 d x a 0 解 令 x asin t t 0 解 令 x asec t 0 t 0 解 令 x a tan t t 0 x 1 3 x2 a2 5 27 d x a 0 28 x d x x2 a2 362 1 x2 29 x d x 30 x 1 1d x 3 1 x x 1 1 2 应用分部积分法求下列不定积分 1 3 5 arcsin xd x 2 x2 cos x d x 4 ln x 2 d x 6 ln xd x ln x d x x 3 xarctan xd x 7 ln ln x 1 ln x d x 8 arcsin x 2 d x 9 sec 3 xd x 10 x 2 a2 d x a 0 3 求下列不定积分 1 3 f x f x d x 1 2 f x f x d x 1 f x 2 f x f x d x 4 e f x d x 4 证明 1 若 In tan n xd x n 2 3 则 m 190第八章 不 定 积 分 In 1 n 1 tan n 1 x In 2 2 若 I m n cos m xsin n x d x 则当 m n 0 时 m 1n 1 I m n cos xsinx m n m 1 m nI m 2 n m 1n 1 cos xsinx m n n m 2 3 5 利用上题的递推公式计算 n 1 m n I m n 2 1 3 tan3 xd x 2 tan4 x d x cos2 xsin4 x d x 6 导出下列不定积分对于正整数 n 的递推公式 1 In x n ekx d x 2 In ln x n d x 3 In arcsin x n d x 4 In ea x sin n x d x 7 利用上题所得递推公式计算 1 3 x 3 e2 x d x 2 ln x 3 d x arcsin x 3 d x 4 e x sin3 x d x 3 有理函数和可化为有理函数的不定积分 至此我们已经学得了一些最基本的积分方法 在此基础上 本节将讨论某些 特殊类型的不定积分 这些不定积分无论怎样复杂 原则上都可按一定的步骤把 它求出来 一 有理函数的不定积分 有理函数是指由两个多项式函数的商所 表示的函数 其一般形式为 nn 1 R x P x 0 x 1 x n 1 Q x 0 x 1 x m 1 m 其中 n m 为非负整数 0 1 n 与 0 1 m 都 是常数 且 0 0 0 0 若 m n 则称它为 真 分 式 若 m n 则 称 它为 假 分 式 由 多项 式 的除 法 可 知 假分式总能化为一个多项式与一个真分式之和 由于多项式的不定积 分是容 易求得的 因此只需研究真分式的不定积分 故设 1 为一有理真分式 根据代数知识 有理真分式必定可以表示成若干个部分分式之和 称为部分 2 例 1 对 R x 3 有理函数和可化为有理函数的不定积分 191 分式分解 因而问题归结为求那些部分分式的不定积分 为此 先把怎样分解部 分分式的步骤简述如下 可与后面的例 1 对照着做 第一步 对分母 Q x 在实系数内作标准分解 2 2 Q x x a1 1 x as s x p1 x q1 1 x pt x qt t 2 其中 0 1 i j i 1 2 s j 1 2 t 均为自然数 而且 st i 2 j m pj 4 qj 0 j 1 2 t i 1j 1 第二步 根据分母的各个因式分别 写出 与之 相应的 部分 分式 对于 每个 形 如 x a k 的因式 它所对应的部分分式是 A1 x a A2 x a 2 Ak x a k 对每个形如 x 2 px q k 的因式 它所对应的部分分式是 B1 x C1 x 2 px q B2 x C2 x 2 px q 2 Bk x Ck x 2 px q k 把所有部分分式加 起 来 使 之等 于 R x 至 此 部 分 分 式 中 的常 数 系 数 Ai Bi Ci 尚为待定的 第三步 确定待定系数 一般方法是将所有部分分式通分相加 所得分式的 分母即为原分母 Q x 而其 分 子亦 应与 原分 子 P x 恒 等 于是 按同 幂项 系 数必定相等 得到一组关于待定系数的线性方程 这组方程的解就是需要确定的 系数 432 2 x x 4 x 9 x 10 x 5 x4 5 x3 2 x2 4 x 8 作部分分式分解 解 按上述步骤依次执行如下 Q x x 5 x4 5 x3 2 x2 4 x 8 x 2 x 2 2 x2 x 1 部分分式分解的待定形式为 R x A0 x 2 A1 x 2 A2 x 2 2 Bx C x 2 x 1 3 用 Q x 乘上式两边 得一恒等式 2 x 4 x3 4 x2 9 x 10 A 0 x 2 2 x2 x 1 A1 x 2 x 2 x2 x 1 A2 x 2 x2 x 1 Bx C x 2 x 2 2 4 1 192第八章 不 定 积 分 然后使等式两边同幂项系数相等 得到线性方程组 A0 A1 B 2 x4 的系数 3 A0 A1 A2 2 B C 1 x 3 的系数 A0 3 A1 3 A2 4 B 2 C 4 x 2 的系数 4 A1 3 A2 8 B 4 C 9 x 的系数 4 A0 4 A1 2 A2 8 C 10 常数项 求出它的解 A0 1 A1 2 A2 1 B 1 C 1 并代入 3 式 这便完成 了 对 R x 的部分分式分解 R x 1 x 2 2 x 2 1 x 2 2 x 1 x 2 x 1 上述待定系数法有时可用较简便的方法去替代 例 如可将 x 的 某些特定 值 如 Q x 0 的根 代入 4 式 以 便得 到一 组较 简 单的 方程 或 直 接求 得某 几 个待定系数的值 对于上例 若分别用 x 2 和 x 2 代入 4 式 立即求得 A0 1 和 A2 1 于是 4 式简化成为 x 4 3 x3 12 x 16 A x 2 x 2 x2 x 1 Bx C x 2 x 2 2 为继续求得 A1 B C 还可用 x 的三 个简 单值 代 入上 式 如令 x 0 1 1 相 应得到 A1 2 C 4 A1 3 B 3 C 2 3 A1 B C 8 由此易得 A1 2 B 1 C 1 这就同样确定了所有待定系数 一旦完成了部分分式分解 最后求各个部分分式的不定积分 由以上讨论知 道 任何有理真分式的不定积分都将归为求以下两种形式的不定积分 d x Lx M d x p2 4 q 1 1 k x a k 1 对于 只要作适当换元 令 t x p 2 Lx M 便化为 Lt N x 2 px q k d x t2 r2 k d t 22 3 有理函数和可化为有理函数的不定积分 193 L t d t N d t 5 t2 r2 k 2 t2 r2 k 其中 r 2 q p N M p L 42 当 k 1 时 5 式右边两个不定积分分别为 t t 2 r2 d t d t 12 2 ln t 1 r 2 t C t 2 r2 r arctanr C 6 当 k 2 时 5 式右边第一个不定积分为 t t 2 r2 k d t 对于第二个不定积分 记 1 2 1 k t 2 r2 k 1 C d t t2 r2 k 可用分部积分法导出递推公式如下 Ik 2 r t2 r2 t2 k d t t r 11 r 2 Ik 1 r 2 t 2 t 2 r2 k d t 1 r 2 Ik 1 1 2 r 2 k 1 1 td t 2 r2 k 1 经整理得到 1 r 2 Ik 1 1 2 r 2 k 1 t t 2 r2 k 1 Ik 1 Ik t 2 r 2 k 1 t2 r2 k 1 2 k 3 2 r 2 k 1 Ik 1 7 重复使用递推公式 7 最终归为计算 I1 这已由 6 式给出 把所有这些局部结果代回 5 式 并令 t x p 就完成了对不定积分 2 的计算 2 例 2 求 x 1 d x x 2 2 x 2 2 解 在本题中 由于被积函数的 分母 只有单 一因 式 因此 部 分分式 分解 能 被简化为 x 2 1 x 2 2 x 2 2 x 2 2 x 2 2 x 1 x 2 2 x 2 2 Ik 2 2 194第八章 不 定 积 分 1 x2 2 x 2 现分别计算部分分式的不定积分如下 2 x 1 x2 2 x 2 2 d x d x 1 x2 2 x 2 x 1 2 1 arctan x 1 C 1 2 x 1 2 x 2 1 x 2 2 x 2 2 d x x2 2 x 2 2 d x 2 d x 2 x 2 d x 1 x2 2 x 2 2 x 1 2 1 2 1 d t 由递推公式 7 求得其中 x 2 2 x 2 t2 1 2 d t t1d t t 2 1 2 2 t 2 1 t2 1 于是得到 2 x 1 2 x 2 2 x 2 1 2 arctan x 1 C2 x 1 x 33 x 2 2 x 2 2 d x 2 x 2 2 x 2 2 arctan x 1 C 下面再介绍几类被积函数能变换为有理函数的不定积分 二 三角函数有理式的不定积分 由 u x v x 及常数经过有限次四则运算所得到的函 数称为关 于 u x v x 的有理式 并用 R u x v x 表示 R sin x cos x d x 是 三 角 函 数 有 理 式 的 不 定 积 分 一 般 通 过 变 换 t tan x 2 可把它化为有理函数的不定积分 这是因为 sin x 2sin x cos x 22 2 tan x 2 2 t 8 sin 2 x 2 cos 2 x cos 2 x 2 sin 2 x 1 tan 2 x 2 1 tan 2 x 1 t 2 cos x 22 2 1 t 9 sin 2 x 2 cos 2 x 2 1 tan 2 x 2 1 t d x 2 d t 10 1 t 2 2 4 3 有理函数和可化为有理函数的不定积分 195 所以 R sin x cos x d x R 2 t 1 t 2 d t 例 3 求 1 sin x 1 t21 t21 t2 sin x 1 cos x d x 解 令 t tan x 将 8 9 10 代入被积表达式 2 1 sin x 1 2 t 1 t2 2 sin x 1 cos x d x 2 t1 t21 t 2 d t 1 t 2 1 2 1 t 2 1 2 t 2 11 t d t 2 t 2 2 t ln t C 12 x x1x 4 tan2 tan 2 2 ln tan 2 C 注意 上面所用的变 换 t tan x 对 三角 函数 有理 式的 不定 积 分虽 然总 是 2 有效的 但并不意味着在任何场合都是简便的 例求 d x a 2 sin2 x b2 cos2 x ab 0 解 由于 d x sec2 x d tan x a 2 sin2 x b2 cos2 x a2 tan2 x b2 d x a2 tan2 x b2 故令 t tan x 就有 d x d t 1 d at a 2 sin2 x b2 cos2 x a2 t2 b2 a at 2 b2 1 abarctan 1 abarctan at b C a b tan x C 通常 当被 积函 数是 sin2 x cos2 x 及 sin x cos x 的有 理 式时 采 用变 换 t tan x 往往较为简便 其它特殊情形可因题而异 选择合适的变换 三 某些无理根式的不定积分 1 n ax b R x n ax b cx d d x 型 不 定 积 分 ad bc 0 对 此 只 需 令t cx d 就可化为有理函数的不定积分 2 2 2 2 22 196第八章 不 定 积 分 例 5 求 1 x x 2 x 2 d x 解 令 t x 2 则有 x 2 t 1 d x 8 t d t x 2 t 2 1 t 2 1 2 1 x 2 4 t 2 xx 2 d x 1 t2 1 t2 d t 2 1 t 2 ln 1 t 2 1 t 2d t 1 t 2arctan t C ln 1 x 2 6 x 2 1 x 2 6 x 2 2arctan x 2 C x 2 例 6 求 d x 1 x 2 x x 2 解 由于 1 1 x 2 x x2 1 1 x 2 1 x 2 x 故令 t 1 x 则有 x 2 t 1 d x 6 t d t 2 x 1 t 2 1 t 2 2 d x 1 x 2 x x2 1 1 x 2 1 x d x 2 x 1 t 6 t2 9 t 4 t 1 t2 2 d t 3 t 2 d t 2 3 t C 2 3 2 x 1 x C 2 R x ax 2 bx c d x 型 不定 积 分 a 0 时 b2 4 ac 0 a 0 由于 ax 2 bx c a x b 2 a 4 ac b 4 a 2 若记 u x b 2 a k 2 4 ac b 4 a 2 则此二次三项式必属于以下三种情形之一 a u 2 k2 a u2 k2 a k2 u2 因此上述无理根式的不定积分也就转化为以下三种类型之一 R u u2 k2 d u R u k2 u2 d u 2 2 x t 3 3 有理函数和可化为有理函数的不定积分 197 当分别令 u ktan t u ksec t u ksin t 后 它们都化为三角有理式的不定积 分 例 7 求 I d x xx 2 2 x 3 解 解法一 按上述一般步骤 求得 I d x x x 1 2 4 d u u 1 u 2 4 x u 1 2sec tan d u 2sec 2sec 1 2tan 2 2 d 1 t d tt tan 2 cos 2 2 2 1 t 1 t2 2 t 2 3 d t 2 arctan 3 t C 3 2 arctan 1 tan C 3 3 2 由于 tan sin 21 cos tan sec 1 u 2 12 2 u 2 1 因此 x 2 x 3 x 1 I 2 arctan x 2 x 3 C 33 x 1 解法二 若令x 2 2 x 3 x t 则可解出 2 2 t 1 d x 2 t 2 2 t 3 2 t 1 2 d t 2 x 2 2 x 3 t 3 2 t 1 t t 2 t 3 2 t 1 于是所求不定积分直接化为有理函数的不定积分 2 I 2 t 1 2 t 1 t 2 t 3 t 2 3 t2 2 t 3 2 t 1 2 d t 2d t 2 arctan t C t 2 3 33 2 22 198第八章 不 定 积 分 2 arctan x 2 x 3 x C 33 注 1 可以证明 arctan x 2 x 3 x 3 arctan x 2 x 3 3 x 1 3 所以两种解法所得结果是一致的 注 2 相比之下 解法二优于解法一 这是因为 它所选 择的变换 能直接化 为 有理形式 而解法一通过三次