5-2-1第一二换元积分法2

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一、一第类元法换问题 c so 2xxd s n i 2x C ,解决方法 将合函复求导法则数反过，来过一个通 当适的量代换，把原变来为复杂较的分积变一 个较成简的积单，求分出此单简分，积再原变量 把代回即，得来的积分原 1.解 过程 题 cos 2 x x dco ( 2 x )d s( 2x )2 令 2 tx 1 co tsd t2 12

1

sinu C 代回 2tx

2

sin 2 x C 由此可换元法得定

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理定1理 f设( u) 有 具原 数 函，u ( x ) 可 导 ，

则换元公有式

f[ ( x ) ] ( x)x d[ f ( udu)u ]( x)第一类换元公(凑式微分) 说明法 用使公此式的关在键于微分凑解题过程观中重察不点同，得结所不同论.

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凑微分形式:1 a f (a x ) db( a xb) 例1

求 s in 2 xdx. 11 2

( fa x b d)x

解( ) 一 si n2 x dx

sni 2 2d ( 2 xx) :ocs 2 x ;C

微分形凑式f( insx ) co xdxs f sin x() d (si xn)

(解) 二 s ni 2xd x 2 is xn co xsd x2 insx d(snix ) isn x C ;2

(解三 ) sin 2xx d 2 insx co xsdx 2 os xd (cos cx) c s x oC .2

凑微分式形:

f( osc x) sin xx d f (co s ) x d(cs ox) 例2

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求 解 x 1( x )x x3)

3x d. ( 1

d x

x 11dx 3 1 ( )x13 [ (1

1 x1)2

(1 x )

] d( 1 )x C2

1 x1 1 x C1 11 21 (x )2

22 1( x

) C.

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例 3 解 求

a2

12 x2 2

d .x 1a2

1 a x

d x 1

1 xa 22

xd x 1 x d rcaant C. 2 aa x a a1 a 为作公式 11例 5. 2 . 4 5 推公 x式 axa

x 1a2 2

xd

21al |n| C

1 , a x2 2dx acrsin ax

C

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例4 求 1 x 8 x 52

2dx.

解 13 1x 8 x 25 2

x d

( x 4) 2 9dx 1 3 x 4 1 3

12

1 x 4 1 3 2

dx

12 x 4 d 3

13

arct na

x 43

.

C例

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5求 解

x(x 1

01

110

2)

d .x x (x

)2

xd

x1 0 10x10

9(x

01

2

d)x

xt10

1 10

dx xx(dt10

)2

1

1 10 2

011 1 t 2 t dt t( t 2 )2 0

l n | t |2 ln | t| C

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1 20n

l 2t tC

1 02x nl

1

0210 C.1

x一般

地

(f x a b dx)

f( a x b d)( a x b )a

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6 求例

(x1 2 n l x)x .d d1x 1

解

x( 1 2l x )n

1 2l

n1

d ln x( )x

1 1 22 l n11

d1 (1 2 n x ) xl

u 1 2 nl x

2 u du 1 2ln | u| C

12

ln | 1 l2n x| .C

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例7 求 解

1 e1 1x

dx . 1 e xd xx

1 e e

xx1 e

x

xedx e dx 1 x e 1 xd 1 x dex

x d x11 e

xd ( e 1)x x ln 1( e ) .

C

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8例 求 解 而

1 lnx xln x

xd (dx nlx )x ln x ( dx n xl) ( lx n )2x

1 ln x x ln x 1 nl

dxx

n |lx ln | xC

( x ln x )2

xd

1x ln x .

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例C 解9

求 tna x xdsin x dc so xc s ox ln | c os x | C atnxd x co xsd x

类似可得

cot d xx l n |is nx |

注意C,例6 到9所例行的变进换中，用到了如下分积 形： ( x式) u ( x ) u d ( x )d x u nl| u| C ln | x( )| C

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1例解0

求c o xsd 3x

co s dx x 32

co s cx o sx x2d ( 1 sin x d si)nx s nix 求co sxdx2

2 13

in s x C

31例 解1

c soxd x

2x1 cso2 x 2 s in 2x 42

1 dx dx osc2 2

Cxd x

C类似可得 is

xdn x

x 2

si 2 nx

4例

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12解求 o sc d xx4

为因22

1 2 cos 2x ocs 2 x 1 co s2 x 4 ocs x 24 1 1 c o s4 x 1 co s 43x 1 2 o s 2cx 2 c o s x2 4 2 242 所以

c o 4sx 3 oc sx dx 4 22c os2 x 2dx 13 1 x c os2 xd ( 2 x) co s 4x (d x )4 2 4 8 4

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1

3

8

1 x4si n2x

123ins 4 xC例1

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求 3 s in 2x cos 5xd .x 解 in s x2 co s x5x d s n i 2 xosc4 d x(sin x)

is n ( ins13 sn

i2 x 1( sin22

x) d ( in xs) 62

x 2 sni

4 x s inx ) (disnx )7

3x

52sn

5ix

17

si nx C. 说明 当积函被数三角是数函乘时，拆开奇 相项次凑去分.微