数学分析第八章不定积分

1、第八章不定积分§ 1不定积分概念与根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，微分法的根本问题是研究如何从函数求出它 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：速度求路程；加速度求速度；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设函数那么称F为f在区间例如，13X3是f与F在区间I上都有定义假设F ( x ) =

2、f ( x) , x I , 上的一个原函数.x1 2 在(-8 , + 乂)上的一个原函数，因为(x3 )，x2;又如12 cos 2x 与12 cos 2x + 1 都是 sin 2 x在(-, +)上的原函数,因为2 11(- cos 2x )' = ( - ' cos 2 x + 1)=22如果这些简单的例子都可从根本求导公式反推而得的话1F( x ) = xarctan x - - In (12是f ( x) = arctan x的一个原函数，就不那样明显了决下面两个重要问题：sin 2 x .,那么X2 )事实上，研究原函数必须解定理8 .1假设函数f在区间I上连续

3、，那么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，那么(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'二 F'( x ) = f ( x ) , x&

4、#163; I .(ii)设F和G是f在I上的任意两个原函数，那么有F( x ) - G( x )'二 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)三 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j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 )中各个局部都有其特定的名称，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

5、体与个体的关系，即假设F是f的 一个原函数，那么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j 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j f ( x) d x ' = F( x ) + C ' = f ( x ),(3)j f ( 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»意吊数 . 不

6、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 .j x2 d x = 1 x3+ C,sin 2 x d x =-Gs 2 x +2C,x arcta n x-1 ln( 1 + x2 ) + C .2与“存在原函数显然是等同的说法/ arcta n x d x = 此外，一个函数“存在不定积分y、11 yy 二 匚y=x) O 叮/亏图8 - 1不定积分的几何意义假设F是f的一个原函数，那么称y二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 的某一积分曲线沿纵轴方向任 意平移 所得一切

7、积分曲线组成的曲线族(图8- 1 ).显然，假 设在 每一条积 分曲线上横坐标相同的点处作 切线，那么这些切线互相平行.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 ( xo )= yo (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(xo , yo )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 ,那么v( t) = j ad t = at + C .假设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'(

8、 t) = v( t ),所以又有s( t) = j a( t - t0 ) + V0 d tJ2=+ vo t + C12 a( t - to ) 假设s( to )=so ,那么C1 =9 -VOto，代入上式得到s( t)=| 2a( t - to ) + vo ( t - to ) + so . 2二根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，我们只能先按照微分法的结果去试探.首先，我们把根本导数公式改写成根本积分

9、公式1 f 0d x = C .2 .f 1d x =f dx =a + 1axx d x =a + 1+ C ( aM - 1 , x > 0).e x d x = exax d x =In a7 . / cos ax d x =1sin ax + C ( a 工 a18 J sin ax d x = - _cos ax + C ( aa2sec x d x = tan x + C .10 .csc x d x = - cot x + C .11 .sec x tan x d x = sec x + C .csc x cot x d x = - csc x + C .arc sin x

10、 + C = - arccos x + C114 / =arcta n x + C = - arccot x + C1 + x上列根本积分公式，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，最后归为这些根本不定积分当然，仅有这些根本公式是不够用的，即使像In x , tan x , cot x , sec x , csc x , arcs in x , arcta n 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那么去导出相应的不定积分法那么，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1(In |

11、 x | + C) ' =, x m 0x最简单的是从导数线性运算法那么得到不定积分的线性运算法那么：定理8 3假设函数f与g在区间I上都存在原函数，ki、k2为两个任意 常数，那么ki f + k2 g在I上也存在原函数，且/ ki f ( x ) + k2 g( x) d x = f ( x) d x + g( x ) d x .( 5)证这是因为+ k2 / g( x) d x寸 f ( x ) d x + k/g( x) d x = k/f ( x )d xk1 f ( x) + k 2 g( x).线性法那么(5 )的一般形式为nX ki fi ( x ) d x =i =

12、1根据上述线性运算法那么和根本积分公式例 1 p( x) = a0 xn + a1 xn - 1 +a1 n xn/ P ( x )d x =x4 + 1 . d x2x + 1ao xn + a1 xn - 1aon + 1xn + 1= /(-n刀k fi ( x) d x .i = 1,可求得一些简单函数的不定积分an - 1 x +an .an - 12x2(6)d x2 . 2cos x sin x3=/2COSx + 2 arcta n x2x + sin x . d x2 . 2 cos x sin x=/ (csc x + seC xp d x = - cot x + tan

13、cos 3 x sn xd x = ( sin 4 x - sin 2 x) d x/( 10_ A J/=昭-,cos 4 x + c cos 2 x ) + C 2 '427=_ 1 ( cos 4 x - 2cos 2 x ) + C .-x 22 x-10) dx = / (10+ 10/2 x(10 ) +-2 x(10)- 2 d x12 x2 ln10 ( 10-2 x-10) - 2 x + C .(1)/ F( x) d x = f ( x ) + C;( 2)f d f ( x) = f ( x) + C .2 .求一曲线y = f ( x ),使得在曲线上每一点(

14、x , y )处的切线斜率为2 x ,且通过点5.求以下不定积分：1(1)丿(1 - x + x3 -) d x;32x(3)/ 乂(2 gx(5)3-d x;(2 )( xfx(22d x23(1 + x )(8 )/)2 d x ;正(7)/ tan2 xd x常sin2 x d x ;(9)/数cos 2xcosx - sin xcos 2 x(10) 厂丁 d x;cos x sin x(11) /10七(13)/-于；七d t ;1 - x1 + x(14)( cos x + sin x)2 d x ;(15) /cos x cos 2 xd x ;(16)/( ex - e - x

15、 ) 3 d x .(2,5).3 .验证y =x 2sgn x是| x |在(-g , + g )上的一个原函数.24 .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§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a , 3上有定义，u二© ( x)在a , b上 可导，且 a<© ( x ), x a , b,并记f ( x ) = g( ©( x )(x ) , x a, b.(i) 假设g( u)在a , 3上存在原函数 G( u ),贝S f ( x )在a ,

16、 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) 又假设© ( x )工0 , x a , b| ,那么上述命题(i )可逆，即当f ( x )在a , b存在原函 数F ( x )时，g ( u )在a, B上也存在原函数G ( u ),且 G ( u )=1F( ©( u) ) + C,即/ g( u) d u =/

17、g (©( x) ) ©( x) d x =/ f ( x )d x-i=F( x) + C = F( ©( u) ) + C .( 2)证(i)用复合函数求导法进行验证：_dd % 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 )工0的条件下，u二© ( x )存在反函数x = ©( u

18、),且d x _1d u = © © ( x ) x = ©- 1 ( u ).于是又能验证(2 )式成立：_d-111,F( ©( u) ) = F © ( x) = f ( x ) 丄仃、d u© ( x )© ( x )1=g( ©( x ) ) © ©( x) © © ( 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

19、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 © )(cos x) ©/ cos x d x，例 1 求/tan x dx ./tan x d x = / sin x d x =cos x1可令 u = cos x , g ( u )=-,贝y得 u，/tan x d x =-In | u | + C=-In

20、 | cos x例 2 求 / d 2(a > 0 ). + xa对换元积分法较熟练后xadua i +1arcta na,可以不写出换元变量/ x211arcta n u + a2u ,而直接使用公式(1)x arcs in 一ad( x - a) / x - aIn | x -2 aln例 5求/ sec x d x .-rd( x +x +a | - In |+ C .解解法一利用例4的结果可得解法二a)afsec xdx =r 害 d x =rcos x1 - sin x12 In1 + sin x1 - sin xsec x dxsec x( sec x + tan sec x

21、 + tan xx)d( sec x + tan x )sec x + tan x=In | 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 =0 ( x ),化为易于积分的(u)复原为起始变量(x).j g( u ) d u .最终不要忘记把新引入的变量第二换元公式 求得原函数的形式 元积分法求解.(2 )从形式上看是公 (最终同样不要忘记式(1 )的逆行,但目的都是为了化为容易 变量复原)

22、.以下例6至例9采用第二换例6 求j .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 ,那么可把原来的不定积分化为简单有理式的积分：j6 x53x + :3x6 3"2 d x x2x-233-In |=2 u2 2a - x d x ( a > 0).-6ln |nasin t , | t | < -(这是存在反函数t = arcsin2的一个单调区a间)于是/x2 d x = j acost d( asin2j ( 12_at ) = a jcos2_a+ cos 2 t ) d t =arcsi n2x -X+axtd tJ2

23、sin 2 t ) + C2arcs ina0).解令 x = asec t , 0 <,于是有2-dx2x -asec t tan ta tan t d t 叮 sec td t=In | sec t + tan t | + C .借助图8 - 2的辅助直角三角形,便于求出sec t =2tan t =a2,故得InInx +d x2 _2；J ( a(x + a )na tan t , | t | <-2 asec? t+ C1> 0).,于是有d x222 = / 44(x + a ) a sec=V( 12 a1=3( t + sin t cos t ) +2 a31

24、td t =+ coscostd t-axarctan a + x2 + a2 +2 a3有些不定积分还可采用两种换元方法来计算例10 求/业.2 2 ,x x - 1解解法一采用第一换元积分法：/ -2x解法二=/x采用第二换元积分法/ d x = /1图 8 - 3(令 x = sec t ) sec t tan t d t = se£ t tan t/Cos td tsin t + C = 1二分部积分法由乘积求导法，可以导出分部积分法.x) v( x) d定理8 5(分部积分法)假设u (力与v( x )可导，不定积分/ U (x存在，贝/ u ( x ) V ( x) d

25、x也存在，并有(3)j u ( x v'( x) d x = u( x ) v ( x ) u'( x ) v ( x ) d x .证由u( x ) v ( x ) ' = U ( x ) v( x ) + u (力 V ( x) 或u( x ) V ( x ) = u ( x> v( x) ' - u ( x) v( x), 对上式两边求不定积分，就得到(3)式.公式(3 )称为分部积分公式，常简写作(4)j ud v = uv - j vdu .11x cos x d x .u = x , v ' = cos x ,贝y有u ' =

26、1 , v = sin x .由公式(3)求得12arctan xd x .j x cos xd x =xsinxsi nsin x d xx + cos x + C .u = arctan x , V = 1 ,贝U1,v = x ,由公式(3)求得+ xj arcta n xd x = x arcta n1 + arcta n 2 d x1 + x1 In (1213x3 In x d x3x ,由公式(4 )那么有j n xd x =4In1x_xd 44x In x -16 (4 In x - 1 ) + C .有时需要接连使用几次分部积分才能求得结果;有些还会出现与原不定积,需经移项

27、合并前方能完成求解现分别例如如下分同类的项14/ x2xdx2 d( - exe - x d x2 xe- x +15|11e - x ( x2=/ea xcos bx d x 禾口a xcosbxd(e )=+ 2 x + 2) + C . j £x sin b x d x .a x1 / cos bx +|2 =(eaea x sin bx)1 ； =(e aa xsin bx d( e )=a xcos bx + bl 2 ),a( ea x sin bx -bl1 ).由此得到al 1 - bl2 =bl1 + al 2 ea xcosbx , ea xsi n bx .解此

28、方程组,求得|1a xe cosbx d x =bsin bx + a cos bxI2 =/ea xsin bxd x =a2 + b2asin bx - bcosbx+ C,b21.应用换元积分法求以下不定积分(1)/ cos( 3 x + 4 )d x ;(2)/22 xxe(3)/(5)/1 d x;21 - 3 x(7)/8 - 3 x d x;(4) / (1 + x) n d x;(6)产+ 3 d x;(8)/(9)/ xsin x2 d x ;(10) r sin(11) r d x1 + cos x(12) /d x1 + sin x(13) /esc xd x;d x;(

29、14) / d x;1 - x(16) j(18) °x831 - x2 .应用分部积分法求以下不定积分：(22) /Jsin xcos x2 x-3x2 - 3cx + 8d x；22xx+a5d x;1 -2 xx +1 - 1dd xx + 1 + 1x ;x .> 0);(24) /(26)/(28)/(19) x(1 + x)(21) rcos xd x;d x(23) / d xx- x(25) * * + 2(25) /2 d x;3厂(x + dl)(27) /( a > 0);(x2 + a2 f(29)/ x d x;(20) /cot xd x;(1

30、) /arcsi n xd x;(3)/ x2 cos xd x;(5 )/(lnx )2 d x;xarcta n xd x;7/ln( In x) +In1-d x;x(9)/ see?xd x;(8) / ( arcsin x) 2d x;(1o/x2 ± a2 d x ( a > 0).3.求以下不定积分：(1)/ f( x ) a(3)/ f '( x )f ( x) d x;f '( x)d x (aM - 1);1 + f ( x )2d x;(x) d x .In1n - 1.=x - In - 2tan n - 1(2)假设 1( m , n)

31、 = /cosxS nm - 1m - 1cos xsin x +I ( m , n) = m + nI( m - 2 , n)m + n '，丿m + 1n - 1n - 1_ cos xsin x + =- m + nI( m , n - 2 ),m + n 'xd x ,那么当 m+ 0 时,n+ 1_X +n , m5 .利用上题的递推公式计算=2 ,3,(1 )/tan3 xd x ;(2) 广tan4 x d x;n的递推公式：(2) In = /(I n x) n d x;(3)/ coS xsin4 x d x .6.导出以下不定积分对于正整数(1) In =

32、/ xn ekx d x;(3) In = / ( arcsin x) n d x ;(4) In = / ea x sin n xd x .7.利用上题所得递推公式计算：(1)/xJXd x;(2) / ( In x )d x;(3)/ ( arcsi n x) 3 d x;(4) /e x sn3 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根本的积分方法在此根底上，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，原那么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

33、- 1p( x) - ao X + a1 X +R( x) =mm - 1Q( x)po x + p1 x + an(1)+ pm其中n , m为非负整数，ao,a1,an与po ,p1, pm都是常数，且ao工0 ,po工0假设m > n ,那么称它为 真分式；假设m < n ,那么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假设干个局部分式之和(称为部分分式分解)因而问题归结为求那些局部分式的不定积分 分分式的步骤简述

34、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：Q( x) = ( x - a1 ) 1(.为此,先把怎样分解部入2as ) s ( x + p1 x +q1 ) 12(x + pt x +qt ) t ,(2)其中 Bo = 1 , Xi ,山(i = 1,2 ,st刀入i + 2刀i = 1,s; j = 1,2 , t )均为自然数,而且2m ; pj - 4 qj < 0 , j = 1,2 , t .第二步 根据分母的各个因式分别写出与之相应的局部分式：对于每个形Ak如(x - a) k的因式，它所对应的局部分式是AiA+ 2 + +x - a (

35、 x - a )( x - a)对每个形如(+ px + q) *的因式，它所对应的局部分式是B1 x + CB2 X + C2Bk x + C k2+22 +2kx + px + q ( x + px + q)( x + px + q)把所有局部分式加 起来,使之等于R ( x ).(至此,局部分式中的常数系数Ai , Bi , Ci尚为待定的.)第三步 确定待定系数：一般方法是将所有局部分式通分相加，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，按同幕项系数必定相等，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,t2 x - x

36、+ 4 x + 9 x - 10 ,、亠；八八亠八小例1 对 R ( x) = 1432作局部分式分解 .x + x - 5 x - 2 x + 4 x - 8解按上述步骤依次执行如下：5432Q( x ) = x + x - 5 x - 2 xx + 1).2 2=(x - 2 ) ( x + 2 ) ( x局部分式分解的待定形式为_Ao_A1R( x) =+x - 2 x + 2用Q( x )乘上式两边，得一恒等式4322 x - x + 4 x + 9 x - 10 三 Ao ( x+ A1 ( x - 2) ( x + 2) ( x2 -A2+ 2 +(x + 2 )2+ 2) ( x

37、Bx + C2 x(3)+ A2 ( x - 2)(21)然后使等式两边同幕项系数相等，得到线性方程组：A + Ai + B = 2 ,X4的3 A - Ai + A2 + 2 B + C = -1 ,X3的A - 3 Ai - 3 A2 - 4 B + 2 C =4 ,x的4 A + 3 A - 8 B - 4 C = 9 ,x 的系数4 A - 4 Ai - 2 A2 - 8 C = - 10 .常数项求出它的解：Ao = 1 , Ai = 2 , A2 = - 1 , B = - 1 , C = 1 ,并代入(3)式，这便完成 了对R ( x )的局部分式分解R( x)=1(x + 2)

38、上述待定系数法有时可用较简便的方法去替代X - 12 .x - x + 1.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，假设分别用x = 2和x = - 2代入(4 )式，立即求得Ao = 1 禾口A2 = - 1 .于是(4 )式简化成为432x - 3 x + 12 x - 16 = A 1( x - 2) ( x + 2) ( x - x + 1 )+ ( Bx + C) ( x - 2 ) ( x + 2 )2 .为继续求得 Ai , B , C,还可用x的三个简单值代入上式,如令x = 0 , 1

39、 , - 1 ,相 应得到Ai + 2 C = 4 ,Ai + 3 B + 3 C = 2 ,3 Ai - B + C = 8 .由以上讨论知由此易得Ai二2 , B = - 1 , C = 1 这就同样确定了所有待定系数 一旦完成了局部分式分解，最后求各个局部分式的不定积分 道,任何有理真分式x勺不定积分都将归为求以下两种形式的不定积分(I )./；( n )d x ( p - 4 q < 0).(x - a) k对于(I ),(x2、k+ px + q)In | x1a | + C,+ C,k - 1(1 - k) ( x - a)对于(H ),只要作适当换元令t = x + p 便

40、化为2 ，Lx + MLt + N厂kd x = /22 k d t(x + px + q)( t + r )=y22、 k(t + r )J其中 r2 = q -鼻,N = M - L .42当k = 1时，(5 )式右边两个不定积分分别为22 d t =t + .d t2 =t + r 22 ln( t(5)(t2C,arcta n + rr当k>2时,(5 )式右边第一个不定积分为t(6)22 k d t =22 k - 1(t + r )k) ( t2 + r2 ) k 1对于第二个不定积分，记dj_Ik =f ( t2 + r2 ) k 可用分部积分法导出递推公式如下：2 2

41、2_1( t + r ) - t|k才 22 k d t+ r )21t22 k dt2 ( t r+ r)1>12 r2 ( k -1丿td22 k - 1(t + r )1t2 r2 ( k -1)(t22、k - 1- I k - 1+ r )广 (tJ2 |k- 1-r2 Ik - 1 + r J=2 |k - 1 + r经整理得到Ik(7)t.2 22 r ( k - 1) (t +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(II )2的计算.例 2 求 f " + 1

42、 d x .2 2 (x - 2 x + 2)解在此题中，由于被积函数的分母只有单一因式，因此，局部分式分解能被简化为2(x - 2 x + 2 ) + (2 x - 1)2 2(x - 2 x + 2)(x22 x + 2)现分别计算局部分式的不定积分如下：d xd( x - 1 )丿=Cx； - 2 x + 2( x - 1) 2 + 12 x - 1'(2 x - 2 )d x = /(x - 2 x + 2)=arctan( x - 1 ) + Ci + 1/22 d x(x - 2 x + 2 )d( x2 - 2 x + 2)(x2 - 2 x + 2 )2d( x - 1

43、)1d t2 2(t + 1)t2 + 2( t + 1)由递推公式(7 ),求得其中(t2 +=x - 1 +于是得到/2( x - 2 x + 2 )2 arcta n( x - 1) + C2 .2x + 1x - 332"d x =2+(x - 2 x + 2 )2( x - 2 x + 2 )? arctan( x - 1) + C .F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那么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.j

44、 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 =x tan -,可把它化为有理函数的不定积分这是因为22siinx1x cos -2tan x2tsin x =222=2t(8).2x+2 cosx =1+tan2x1+2 'tsin2222 cosx.2 sinx12tanxA2cos x =222 =1t(9).2x+2 cosx ='1+2tanx1+t2，sin2222d x = d t ,(10) + t2 t 1 - t2J2 2+ t 1 + t所以 j R (sin x , cos x )d x = f R11 + sin

45、 x例 3 求f s(77rd x .sin x (1 + cos x )解 令t = tan ,将(8 )、9 ) >(10)代入被积表达式2j 1 + sin x d x = / sin x (1 + cos x )2 t2 + t2t2tt221 + t2 d t=/ t + 2 +=12 x4 tan 2 +注意上面所用的变d t =x 1tan 2 + 2 In Itan+ 2 tx2_ I +In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d x 2 2 2a si n x + b cos x例4求j解由于j a sin x

46、 + 故令t = tan x ,就有ff2 2 2 2 = /a sin x + b cos x 2sec x222 d x = /a tan x + bd( tan x )2 2 2 , a tan x + bd( at)2 2 (at) + b_J_at=.arcta n+ Cabb_J_a-arctan tan x + C .22 abb通常当被积函数是sin x , cos 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，选择适宜的变换.三某些无理根式的不定积分nax + b d x型不定积分ad - bc工0 .对此只需令t = c

47、x + dax + bcx + d，就可化为有理函数的不定积分2(1 - t )(1+ t2 ) d t1x + 2xx - 2 d J (1 + x) 2 +=J (1 + t 2 ) 2 .解 令 t = X + ,那么有 - x d x ,那么有x =x - 2x + 2 d x = Jx - 2皆d xt ,=/In22 '-t1 + tMV-2arcta n t + CIn(x + 2)6(/x - 2)(x + 2)6(/x - 2)-2arcta n求J2(1 + x) 2 + x - x 由于故令t =2 + x -2 t2 - 1.,d 1 + t2(1 +1=(1

48、+ x )2t , (1 + t2 ) 21 + X 2Td x=J 1 2 =“ (1 + x ) 2 t2 ) 2 d t = Qt2 d t22 J R ( x , axbx +c) d x型不定积分(a2> 0 时 b - 4 acz 0 , a < 0 时b - 4 ac > 0).由于2 axbx +4 ac - b24 a2假设记u = x+, k224 ac - b,那么此二次三项式必属于以下三种情形之一2 a2 2 2 2 2 2| a | ( u + k ) , | a | ( u - k ) , | a | ( k - u ) 因此上述无理根式的不定积分

49、也就转化为以下三种类型之一：J R ( u,u2 士 k2 ) d u , J R( u ,k2 - u2 ) d u .当分别令 u = ktan t , u = ksect , u = ksin t 后例7 求I二J -.2x x - 2 x - 3解解法一按上述一般步骤，求得,它们都化为三角有理式的不定积分.由于因此I = Jx ( xdx1 )2 - 42sec 0 tan 0=J( 2sec 0 += d0=J 2 + cos 0=J 2=2爲tan 0d-uJ ( u + 1 )d 01) 2ta n 01 +2 t2 d t2(x = u + 1)(u = 2sec9)t = tan -22arcta nt30sin 0=+ cos 0 =2卫-1 2u+2解法二假设令x2x2 - 2 xarcta ntan 0sec 0 + 12x - 2 x - 3 + C .3 ( x + 1)-2 x - 3 =2t + 3 d x = 2 ( t - 1 )，2t + 3-3 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(t - 1 ) -(t