第八章不定积分

1、第八章第八章 不定积分不定积分1 不定积分概念与基本积分公式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）求曲线方程等本章与其后三章构成一元函数积分学一一.原函数与不定积分原函数与不定积分3232( )( ),.1()3111()cos2cos21321. 2sin2(

2、)fFIF xf xxIFfIxxxxxxx 设与在区间 上都有定义若则称为在区间 上的一个原函数 例如是在原函数定义定义1，上的一个原函数，因为. 与都是在，上的原函数 , 因为211cos2cos21sin2 .221 ( )arctanln(1)2( )arcta. n2 xxxF xxxxf xx 原函数的 如果这些简单的例子都可从基本求导公式反推而得的话，那么是的一个原函数，就不那样明显了事实上，研究原函数必须解决下面两个存在重性与个数要问题：1.2.满足何种条件的函数必定存在原函数？ 如果存在，是否唯一？若已知某个函数的原函数存在，又怎样 把它求出 关于第一个问题，我们用下面两个定

3、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来？分方法2,( )( ),.5xfIfIe dFF xf x xIx 若函数在区间 上连续，则在 上存在原函数即 本定理要到第九章中才能获得证明 由于初等函数在其定义区间上是连续函数，因此每个初等函数在其定义区间上都有原函数(只是初等函数的原函数不一定仍是初等函数, 如)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(参见本节习题第定理81,注 ：8 题)( ) ( ) . FfIiFCfICiifI 设是在区间 上的一个原函数，则也是 在区间 上的原函数，其中 为任 意常量函数；在 上的任意两个原

4、函数之间，只可能相差 一定理82 个常数( ) ( )( )( )( ) ( )( )( )( ) ( )( )0,( )( ), iF xCF xf xxIiiFGfIF xG xF xG xf xf xxIF xG xC xI 这是因为 ，设 和是在 上的任意两个原函数，则于是 证明( ).(1)( )(3. )1)2(fIfIf x dxf xf x dxx函数 在区间 上的全体原函数称为在上的不定积分，记作其中称 为积分号，为被积函数， 为被积表达式， 为积分变量尽管记号 中各个部分都有其特定的名称，但在使用时必须把它不定积分定义定义们看作一整体 ( )( )( )(3) ( )(2(

5、 )( )(2)( )(4)FffFCCf x df x dxF xCf xdf x dxd F xCf xxF xdxCC 由定义 可见，不定积分与原函数是总体与个体的关系，即若是的一个原函数，则的不定积分是一个函数族，其中是任意常数为方便起见，写作这时又称 为积分常数，它可取任一实数值于是 又有， 23221,31sin2cos2,21arctanarctanln(1)2“.”“”x dxxCxdxxCxdxxxxC按照写存在不法（定积），本节开头所举的几个例子分 与 存在原函数可写作此外，一个函数显然是等同的说法(.)FfyF xfff若是的一个原函数，则称的图像为 的一条积分曲线于是

6、的不定积分在几何上表示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积分曲线族(右图显然，若在每一条积分曲线上横坐标相同的点处作4 不定切线，则积分的几何意义 这些切线互相平行000000( )( ,)( )( ),( ).( )F xyx ya tv tav tadtatCv tv 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(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的那一条积分曲线例如，质点作匀加速直线运动时，则 若已知，代入上式后确定积分常数000000200100100 020000( )().( )( ), ( )()1

7、()2( )1 ( )()().2Cvatv ta ttvs tv ts ta ttv dta ttv tCs tsCsv ts ta ttv tts, 于是就有 又因所以又有若已知, 则, 代入上式得到二. 不定积分的基本积分表 ff 怎样求原函数？我们很快就会发现这要比求导函数要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，而没有指出怎样由求出它的原函数的具体形式和途径因此，我们只能先按照微分法的已知结果去试探 首先，把基本导数公式改写成基本积分公式：110.21.3 (1,0)11 .21ln | (0).dxCdxdxxCxx dxC

8、xdxxCxdxxCxx ,4. 25.6 (0,1)ln17cossin (0)18sincos (0)9sectan.xxxxe dxeCaa dxCaaaaxdxaxCaaaxdxaxCaaxdxxC .21211210csccot.11sectansec.12csccotcsc.13arcsinarccos.114arctanarccot.1.xdxxCxxdxxCxxdxxCdxxCxCxdxxCxCxCC 以上公式中的及均为任意常数ln , tan , cot ,sec , csc , arcsin ,arctanxxxxxxx 上列基本积分公式，读者必须牢牢记住，因为其它函数的不

9、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：111101112011(5)( )( ).(6)( ).( ).12nniiiiiinnnnnnnnk f x dxkf x dxp xa xa xaxaaaap x dxxxxa xCnn线性法则的一般形式为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解例1LL422232222222212 (1)111

10、2arctan.3cossin cossincossin (cscsec)cottan.1cos3sin(sin4s in2 )2 xdxxdxxxxxxCdxxxdxxxxxxx dxxxCxxdxxx dx 例2例3 例4 111 (cos4cos2 )2421 (cos42cos2 ).8xxCxxC 2222222(1010 )(10102) (10 )(10 )21 (1010) 2.2ln10|1|.1,1 ( ) |1|1,1,xxxxxxxxdxdxdxx Cxdxxxf xxx x 求例5 6 设例解2122 (,) |1|(,)( )21,); ( )(,12. fxxdx

11、F xxfxF xxf 由于 在内连续，故不定积分在内存在. 是 在上的一个原函数是 在上的一个原函数 于是21221212122222, 12 |1|, 1,2,(,)1111, 1, 221, 12 |1|, 1.2xx CxxdxxxCxC CfCCCCxxCxxdxxxCx 其中为任意常数，由于 在内的原函数都连续，故 从而所以作业： P181-2,4, 5(5)(7)(8)(10)(11)(15), 6(1) 1 换元积分法换元积分法 由复合函数求导法可导出换元积分法由复合函数求导法可导出换元积分法.2 换元积分法与分部积分法换元积分法与分部积分法1( )( ).(i)( )( )(

12、 ( ) ( ) ( ( ) ( )( ( ) (i)( )( ), (1 .4(), ( )fIxtJJIf x dxF xCIftt dtJftt dtFtCxtJtxxIf x d 设函数在区间 上有定义，在区间 上可导，且若不定积分在 上存在，则不定积分在 上也定理8换元积分法存在，且若在 上存在反函数且不定积分1( ( ) ( )( )( (2)( ). xIftt dtG tCJIf x dxGxC在 上也存在，则当不定积分 在 上存在时，在 上有 （第一换元公式）（第二换元公式）0 ( ( )( ( ) ( )( ( ) ( ),( ( ) ( )( ( ) )(1)( )( )

13、. ( ( ( )( )( ( ) ( )( )( ( ) ( )( ( ) ( )( )dFtFttfttdtfttFtf x dxF xCtJdFtG tFttG tdtfttfttiii 用复合函数求导法进行验证. 因所以以为其原函数, 式成立 设对有证明111111100,( ( )( ), ( ( )( ),( )( ), ( )( )( )( ).FtG tCFtG tCF xGxCf x dxF xCGxCCGxC于是从而即所以1111( ) ( )0,( )( ), ( )0( ) (2):( )(,( ) (xtJtxxItxJiitxJJIJJIdGxGxdx 若中的条件

14、换成则在条件“且”下，由拉格朗日中值定理及反函数的可导性可推出在上存在可导的反函数，因而也可直接用复合函数求导和注: 更强的条“在上存在反函数”“且反函数求导件”,法得到( )1 ( ( )( )( ( )( ).( )xfttftf xt( ( )( )( ( )( )( ( ).(1)tan.sin(cos )tan,coscos1( )cos ,( )1tanlnln cosfxx dxfx dxFxCxdxxxxdxdxdxxxuxx f uuxdxduuCxu 下面的例至例采用第一换元积分法求解在使用公式()时，也可把它写成如下简便形式： 求 由 可令, 则得例1解 .C222222

15、(0).( )1()1( )11arctan11arctan.,(1).dxaaxxddxxauxaxaaaduuCauaxCaau 求 令对换元积分法较熟练后，可以不写出换元变量而直接使用公式例2解222222(0)11( )( )arcsin.1( )dxaaxdxdxaxaxaxdxaCaxa例3解 求2222(0)111 ()21()() 21 lnln21 ln.2dxaxadxdxaxaxaxad xad xaaxaxaxaxaCaxaCaxa 求 例4 解22sec4cos(sin )11sinsecln.cos1sin21sin sec (sectan )secsectan(s

16、ectan )ln sectan.sectanxdxxdxxxdxdxCxxxxxxxdxdxxxdxxxxCxx求 利用例 的结果可得这两种解法所得结果只是形式上的不同，但所表示的函例5数集解法是一一解法二解样的，可11sinln= ln sectan21sinxxxx验证 ( ( )( )( )( ),( )( ).2169fxx dxuxf u duux 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凑成的形式，以便选取变换，化为易于积分的最终不要忘记把新引入的变量还原为起始变量 第二换元公式从形式上看是公式的逆行，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

17、原)以下例 至例 采用第二换元积分法求解365232332366236616 (1)16ln1322366ln1.duuuuxduxdxxxdxxxxuuxxxxCuuuuC 求 为去掉被积函数中的根式，取根次数 与的最小公倍数 ，并令，则可把原来的不定例6解 积分化为简单有理式的积分：2222222222222(0).|, sin ,2arcsincos( sin )cos1(1cos2 )(sin 2 )222arcsin1()21(arcsin).2ax dx axaxat txtaax dxatd atatdtaat dtttCaxxxCaaaxaxaxCa 求 因可令(这是存在反函数

18、的一个单调例7解区间)于是2222222222221(0).sec , 02sectansecln sectan.tansec, tan, lnln.dxaxaxattdxattdttdtttCatxaxxattaadxxxaCaaxaxxaC 求 令，于是有借助右图的辅助直角三角形，便于求出故得例8 解 2222222244333322(0).()tan ,2sec1cos()sec1 (1cos 2 )21 (sin cos )21 (arctan).2d xaxaxattd xatdttdtxaatat dtatttCaxaxCaaxa例9解 求 令于是有2222322222222.11

19、111( )111111111.111.1dxxxxdxdxdxxxxxxxuduuCuxCxdxxxCxxx 求采用第一换元积分法. 当时,同理可有些不定积分还可采用两种换元方法来计算解法一例10解得当时，2222 sec )sectancossectan11sin1.xtdxttdttdtttxxtCxCx 解法采用第二换元积 二分法 (令22(15)tanlncos;(16)cotlnsin;(17)secln(sectan );(18)cscln(csccot );11(19)arctan(0);xdxxCxdxxCxdxxxCxdxxxCxdxC aaxaa 不定积分的基本积分表（续

20、）不定积分的基本积分表（续）22222222222222211(20)ln(0);211(21)ln(0);21(22)arcsin(0);1(23)ln(0).1(24)(arcsin)(0); 2xadxC axaaxaaxdxC aaxaaxxdxC aaaxdxxxaC axaxax dxax axC aa二. 分部积分法由乘积求导法，可以导出分部积分法由乘积求导法，可以导出分部积分法 ( )( )( ) ( )( )( ) ( )( )( ) ( )( ) ( ). (3) ( ) ( )( ) ( )( )( ),( ). ()( ) ( ) ( )( ) ( ),3u xv xu

21、 x v x dxu x v x dxu x v x dxu x v xu x v x dxu x v xu x v xu x v xu x v xu x v xu x v x 若与可导不定积分存在，则也存在，并有 由 或对上式两边定理85 分部积分法求不定积分 明，就得到证式（分部积分公式） 3 . (4)cos.,cos ,1,sin .3cossinsinsincos.udvuvvduxxdxux vxuvxxxdxxxxdxxxxC公式称为，常简写作分部例1求令则有由公式求式1得积公解分 222arctan.1arctan ,1,13arctanarctan11arctanln(1).

22、2xdxux vuvxxxxdxxxdxxxxxC求令则由公式求得例12解 3343434ln.ln , 4lnln()41(ln)4(4ln1).16xxdxux vxxxxdxxdxxx dxxxC 求令由公式则有 有时需要接连使用几次分部积分才能求得结果；有时还会出现与原不定积分同类的项，需经移项合并后方能完成求解现分别示例13解例如下2222222.()2 2() 22 (22).xxxxxxxxxxxx e dxx e dxx dex exe dxx exdex exee dxexxC 求例14解1212211212cossin.11cos()(cossin)1(cos),11sin

23、()(sin).cos,sin.axaxaxaxaxaxaxaxaxaxIebxdxIebxdxIbxd eebxb ebxdxaaebxbIaIbxd eebxbIaaaIbIebxbIaIebx例15解 求和由此得到122222sincoscos,sincossin.axaxaxaxbbxabxIebxdxeCababxbbxIebxdxeCab解此方程组，求得22122222()1.1,111 arcsin1,221 (sin ,(,)2 2nnxIdx nxxIdxxCxxIdxxxxCxxt t 导出不定积分为正整数 的 例16解 递推公式只需令1122122222122212221

24、22 (1)1 1(1)1(1) 1(1)1 1(1)(1)11 1(1)nnnnnnnnnnnnxIxdxxdxxxxnxx dxxxxxndxxxxxxndxndxxxxxnI 122(1),11 1.nnnnnInIxxInn 于是得到递推公式 P190-1(12)(15)(23) (24)(26)(29) 作业： 2(4)(8), P191-3(2),6(30)(32)(33) 6), . 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3 3 有理函数和可化为有理有理函数和可化为有理函数的不

25、定积分函数的不定积分1 有理函数的不定积分有理函数的不定积分1. 有理函数定义有理函数定义 101101010100( )( ),(1)( ),0,0,nnnmmmnmxxP xR xQ xxxn mmnmn 有理函数是指由两个多项式函数的商所表示的函数，其一般形式为其中为非负整数,与,都是常数，且若则称它为真分式；若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L 1()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 称为部分分式分解 因而问题归结为求那些部分分式的不定积分

26、2. 真分式的积分方法真分式的积分方法 11221110211( )( )()() ()() ,(2)1,(1,2, ;1,2, )2,40,1,2.,.ststtijstijjjijQ xQ xx ax axp xqxp xqis jtmtmpjnq 第一步 对分母在实系数内作标准分解. 令其中均为非负整数设，且有理式为真分式，,即122211222222() ;()()().)kkkkkkkxaAAAxaxaxaxpxqB xCB xCB xCxpxqxpxqxpxq 根据分母的各个因式分别写出与之相应的部分分式. 对于每个形如的因式，它所对应的部分分式是:对每个形如的因式，它所对应的部分

27、分式是: （）（第二步( ) (, ( ),( )iiiR xA B CQ xP x把所有部分分式加起来，使之等于至此，部分分式中的常数系数尚未待定的).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而其分子亦应与原分子恒等于是，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第三步的系数43254325432220122224910( )5248 ( )5248 (2)(2) (1).( ).(3)22(2)1( )xxxxR xxxxxxQ xxxxxxxxxxAAABxCR xxxxxxQ x 对 作部分分 式分解 按上述步骤依次执

28、行如下：部分分式分解例1的待定形式为：用乘上式两边，得 解 一恒等式3. 举例举例 4322220122240101201224910 (2) (1)(2)(2)(1) (2)(1) ()(2)(2) . (4)2,321,33424,xxxxA xxxA xxxxA xxxBx C xxAABxAAAB CxAAABCx 32然后使等式两边同幂项系数相等，得到线性方程组：的系数 的系数的1201243849,442810.AABCxAAAC系数 的系数常数项012221,2,1,1,1,(3)( )1211( ).22(2)1( )0(4)22(4)AAABCR xxR xxxxxxxQ x

29、xx 求出(4)的解：并代入式，这便完成了对的部分分式分解： 上述待定系数法有时可用较简便的方法去替代例如可将 的某些特定值(如的根)代入式，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，若分别用和代入式，立即0211.AA求得和4321211111(4)31216(2)(2)(1)()(2)(2) .,0,1, 1,24,332,38.2,1,1.xxxA xxxxBxCxxA B CxxACABCABCABC 于是式简化成为:为继续求得还可用的三个简单值代入上式，如令相应得到由此易得这就同样确定了所有待定系数221 ( ) ; ( ) (40).()()( ), ln|,

30、1,1,1.()(1)()kkkkdxLx MIIIdx pqx axpx qIx aCkdxCkx ak x a 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 对于已知：222222222(), 2 ()() ,(5)()() , .421(5)kkkkpIItxLxMLtNdxdtxpxqtrtdtLdtNtrtrpprqNMLk对于只要作适当换元(令)，便化为其中当时，式右边两个不定积分分别为22222222221221ln(),21arctan.(6)2(5)1.()2(1)() ,()kkkktdttrC

31、trdttdtCtrrrktdtCtrk trdtItr当时，式右边第一个不定积分为对于第二个不定积分，记2222222122221222211122221 1()()11()111()2(1)()11,2(1)()kkkkkkkkktrtIdtrtrtIdtrrtrItdrrktrtIIrrktr可用分部积分法导出递推公式如下：122212123.(7)2(1)()2(1)(7),(6)(5),2kkktkIIrktrrkIptx经整理得到重复使用递推公式，最终归为计算这已由式给出 把所有这些局部结果代回式，并令就完成了对不定积分()的计算2222222222221.(22)1(22)(21

32、)(22)(22)121.21(22)xdxxxxxxxxxxxxxxxx 求 在本题中，由于被积函数的分母只有单一因式，因此，部分分式分解例能被简化:2 解为2122222222222222(22)(22)1(1)arctan(1).22(1)121(22)(22)(22)(1)11(1)1.22(1)xxxxxd xxCxxxxdxdxxxxxddxxxdtxxt现分别计算部分分式的不定积分如下：2222222222(7)1(1)2(1)2111arctan(1).2(22)2 133arctan(1).(22)2(22)2dttdttttxxCxxxxdxxCxxxx由递推公式，求得其中

33、于是得到(tan ,(,)2 2tu u 或令( ), ( )( ), ( )( ( ), ( )tan2u x v xu x v xR u x v xxt 由及常数经过有限次四则运算所得到的函数称为关于的有理式，用表示 一般可通过变换把它化为有理函数的不定积分二二.可化为有理函数的不定积分可化为有理函数的不定积分1. 有理式的定义有理式的定义 下面再介绍几类被积函数能变换为有理函数的不定积分(sin ,cos )Rxx dx2. 三角函数有理式的不定积分三角函数有理式的不定积分222222222222222222sincos2tan2222sin,(8)1sincos1 tan222coss

34、in1 tan1222cos,(9)1sincos1 tan2222,(10)1212(sin ,cos )(,).111xxxtxxxxtxxxtxxxxtdxdttttRxx dxRdtttt所以 22222221sin.sin (1cos )tan,8 , 9 , 102211sin21sin(1cos )211(1)11111(2)(2ln | |)22211tantanln | tan|.42222xdxxxxttxtdxdtxxtttttttdtttCtxxxC 求 令将代例3解入被积表达式有：2222222222222222222222tan2(0).sincossincos s

35、incossincostan1sec tantan xtdxabax bxdxxxdxax bxax bxxxdxdxax bax b上面所用的变换对三角函数有理式的不定积分虽然总是有效的，但并不意味着在任何场合都是简便的 求 例于4注： 由解222(tan ) , tandxax b22222222222tansincos1(1 arctan1 sin,cossin costarctana( tan )n.txdxdtaxbxa tbd atatCaabbatbaxxxxCabxtxb注 令有）（ ） 通常当被积函数是的有理式时，采用变换往往较为简便，其它特殊情形可因题而异，选择及合适的变换

36、.2222, 12.222(1)8(1),(0,1(1).2)nnaxbtcxaxbR xdxadxdxxxxtttxdxdtdxbtxdtcc 对此只需令就可化为有理函数型不定积分例5的不定积分 求 解令 ，则3. 某些含有无理根式的不定积分某些含有无理根式的不定积分0, axbadbccxd（若则为常数）222221242(1)(1)22111ln2arctan11(2)/(2)2ln2arctan.21(2)/(2)xtdxdtx xttdttttt CtxxxCxxx222222222224222.(1) 2111,(1)2(1) 21216, ,21(1)11(1)2(1) 2(1)62 9(1)3 dxxxxxxxxxxxtttxdxdtxttdxxxxxxxtttdtdtttt 求 由于 例解故令则有6 222 .331xCCtx 2222222222222222 4 (),24(2) ( ,4, 24)(0, 4|(),|(),|0,.0)|()bacbaxbxcaxaabacbuR xaxxkaaaukaukabxc dxabacaxkbuxc 由于若记, 则此二次三型不定积项式必属于以下三种情形之一：分 22222( ,),( ,).tan ,sec ,sin.23R uu