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 ( 13 1 x 3 )′= x 2 ; 又 如 2 cos 2 x 与 - 2cos 2 x + 1 都是 sin 2 x 在 ( - ∞ , + ∞ ) 上的原函数 , 因为 ( - 1 cos 2 x )′= ( - 1cos 2 x + 1)′= sin 2 x .2 2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 ) = x arctan x - 1ln (1 + x 2 )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①;( 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②, 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)∫d 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①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”.②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179x 2 d x = 13x 3 + C,sin 2 x d x = - 1cos 2 x + C,2arctan 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 ( x 0 ) =图 8 - 1y 0 ( 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 ( x 0 , y 0 ) 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) =∫a d t = at + C .若已知 v( t 0 ) = v 0 , 代入上式后确定积分常数 C = v 0 - at 0 , 于是就有v( t ) = a( t - t 0 ) + v 0 .又因 s ′( t ) = v ( t ) , 所以又有s( t) =∫[ a( t - t) + v 0 ] d t122a( t - t 0 ) + v 0 t + C 1 .若已知 s( t 0 ) = s 0 , 则 C 1 = s 0 - v 0 t 0 , 代入上式得到s( t) = 1a( t - t 0 )2 + v 0 ( t - t 0 ) + s 0 .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=x180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 .α+ 13∫.x αd x = xα + 1+ C (α≠ - 1 , x > 0) .4∫. 5∫. 1 d x = ln | x | + C①( x ≠0) .xe x d x = e x + C .6∫. a xd x = a ln a+ C ( a > 0 , a ≠ 1 ) .7∫. 8∫. 9∫. 10 ∫. 11 ∫. 12 ∫. cos ax d x = 1sin ax + C ( a ≠ 0 ) .a sin ax d x = - 1cos ax + C ( a ≠ 0 ) .asec 2 x d x = tan x + C .csc2x 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 - x 2= arc sin x + C = - arccos x + C 1 .14 ∫. d x 1 + x 2= arctan x + C = - arccot x + C 1 .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 .①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 , k 1 、k 2 为 两 个任 意 常 数 , 则 k 1 f + k 2 g 在 I 上也存在原函数 , 且∫[ k 1f ( x ) + k 2 g( x ) ] d x = k ∫1 证 这是因为f ( x ) d x + k ∫2 g( x ) d x .( 5)∫k 1f ( x ) d x + k ∫2g( x ) d x ′= k 1∫f ( x ) d x ′+ k 2∫g( x ) d x ′= k 1 f ( x) + k 2 g( x) .线性法则 (5 ) 的一般形式为nn∫∑ k i f i( x )d x = ∑ ∫k i f i ( 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) = a 0 x + a 1 x + + a n - 1 x + a n .∫p ( x ) d x = a 0 x n + 1 + a 1 x n + + a n - 1 x 2+ a x + C .n + 1 n 2 n4例 2 ∫ x + 1d x =∫( x 2 - 1 + 2) d xx 2 + 1 1 3 3 x x 2 + 1- x + 2 arctan x + C .2 2例 3 d x cos 2 x sin 2xcos x + sin x cos 2 x sin 2 x d x =∫( c sc 2 x + sec 2x ) d x = - cot x + tan x + C .例 4∫co s 3 x · s in x d x = 1 ( s in 4 x - s in 2 x ) d x2∫12 ( - 1 4 cos 4 x +1 2 cos 2 x ) + C = - 18 ( cos 4 x - 2cos 2 x ) + C .例 5∫( 10 x - 10 - x ) 2d x =∫(102 x+ 10- 2 x- 2 ) d x=∫[ (102) x+ (10 - 2) x- 2] d x1 2 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 := ==21 - 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 .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 ?5 . 求下列不定积分 :( 1∫) (1 - x + x 3 - 1) d x; (2 )( x -1)2 d x ;x2∫x( 3∫) d x 2 gx (g为正常数) ; () (2 x+ 3 x )2d x ;2 ( 5∫)3 d x; (6 ) xd x;4 - 4 x 2 ∫3(1 + x2)( 7∫) ( 9∫)tan 2x d x ; (8 ∫)cos 2 xcos x - sin xd x ;(10)sin 2x d x ;cos 2 x cos 2 x ·sin 2 x d x;( 11)∫10 t ·32 td t ;(12∫)xx x d x ;( 13)∫ 1 +x 1 - x d x ; (14) 1 + x ( cos x + sin x)2 d x ; ( 15)∫co s x · co s 2 x d x ; (16∫) ( e x - 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 [α, β] 上有 定义 , u = φ( x) 在 [ a , b] 上可导 , 且 α≤φ( x ) ≤β, x ∈ [ a , b] , 并记f ( x ) = g( φ( x ) ) φ′( x ) , x ∈ [ a, b] .( i ) 若 g( u) 在 [α, β] 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( φ( x) ) + C, 即∫f ( x ) d x =∫g (φ( x ) ) φ′( x ) d x =∫g( u ) d u= G( u) + C = G( φ( x) ) + C .( 1)( ii ) 又若 φ′( x ) ≠0 , x ∈ [ a , b ] , 则上述命题 ( i ) 可逆 , 即当 f ( x ) 在 [ a , b ] 上3φ ∫∫ u2 ∫∫§2 换元积分法与分部积分法183存在原函 数 F ( x ) 时 , g ( u ) 在 [ α, β] 上 也 存 在 原 函 数 G ( u ) , 且 G ( u ) = F( φ- 1 ( u) ) + C, 即∫g( u) d u =∫g (φ( x ) ) φ′( x ) d x =∫f ( x ) d x= F( x) + C = F(φ- 1( u) ) + C . ( 2)证 ( i ) 用复合函数求导法进行验证 :dd xG(φ( x ) ) = G ′( φ( x ) ) φ′( x ) = g( φ( x ) ) φ′( x ) = f ( x) .所以 f ( x) 以 G( φ( x) ) 为其原函数 , (1 ) 式成立 .( ii ) 在 φ′( x ) ≠0 的条件下 , u = φ( x ) 存在反函数 x = φ- 1( u ) , 且于是又能验证 (2 ) 式成立 :d x d u = 1 φ′( x )x = - 1 . ( u )d - 1 1 1 d u F( φ ( u) ) = F ′( x ) ·φ′( x ) = f ( x ) ·φ′( x )= g( φ( x ) ) φ′( x ) · 1φ′( x )= g( φ( 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( φ( x ) ) φ′( x ) d x =∫g( φ( x ) ) d φ( x ) = G( φ( x ) ) + C . ( 1′)例 1 求∫ta n x d x .解 由tan x d x =sin xd x = - cos x( cos x)′cos x d x ,可令 u = cos x , g ( u ) = 1u, 则得∫tan x d x = -∫1d u = - ln | u | + C = - ln | cos x | + C .例 求d x a 2+ x 2( a > 0 ) .∫∫4 ∫解∫∫= ∫ ∫s ec x d x =∫a 2184第八章 不 定 积 分解∫d xd x 1 a x a 2 + x 2 = ∫a 1 +2 ( 令 u = ) xa a = 1 a =1d u 1 + u 2 = x 1 a arctan u + Ca 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 xa 2 - x 2( a > 0) .d x 解∫d x =1d xaa 2- x2∫=1 -x 1 - ax 2 a= arcsin x a+ C .例 求 d xx 2 - a 2 ( a ≠ 0 ) . d x 1 x 2 - a 2 = 2 a1 x - a - 1x + a d x =1 d ( x - a) d ( x + a)2 a ∫ x - a -∫x + a=1 2 aln | x - a | - ln | x + a | + C 1 2 a ln 例 5 求∫s ec x d x .x - a x + a+ C .解 [ 解法一 ] 利用例 4 的结果可得∫s ec x d x =∫co s x d x =∫d ( s in x )cos 2 x 1 - sin 2x = 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( φ( x ) ) φ′( x ) d x 的 形 式 , 以 便 选 取 变 换 u = φ( 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 x 2 13 u + u= 3 x + x 3 2d x = ∫6 ( x 2- x + 1 - x + 1 ) d x = 6 x 3 - x 2 + x - ln | x + 1 | + C366= 2u - 3u + 6 u - 6ln |u + 1 | + C .例 7 求∫a 2 - x 2d x ( a > 0) .解 令 x = a sin t , | t | < π ( 这 是 存 在 反 函 数 t = arcsin x的 一 个 单 调 区2 a间 ) .于是∫a 2 - x 2d x =∫a co s t d ( a s in t ) = a ∫2cos 2 t d t22∫( 1 + co s 2 t ) d t = 2 a 22 ( t + 12sin 2 t ) + C2 a x 2 arcsin a + x x a 1 - a =1 2 x 2 2 2 ( a arcsin a+ x a - x ) + C . 例 8 求∫d xx 2 - a 2( a > 0) . 解 令 x = a sec t , 0 < t < π, 于是有2∫d x x 2 - a 2= a sec t · tan td t = sec t d ta tan t= + C9∫∫3 186第八章 不 定 积 分= ln | sec t + tan t | + C .借助图 8 - 2 的 辅 助 直 角 三 角 形 , 便 于 求 出 sec t = x,a2 2tan t =x - a, 故得 a2 2∫d x = ln x x - a + C x 2 - a 2a + a 图 8 - 2= ln x + x 2 - a 2 + C 1 . 例 求 d x( x 2 + a 2 ) 2( a > 0) . 解 令 x = a tan t , | t | < π, 于是有2 2 ∫d x a sec t 1 2( x 2 + a 2 ) 2 =∫a 4 s ec 4 t d t = = 1a∫3 cos t d t( 1 + cos 2 t ) d t 2 a= 1( t + sin t cos t ) + C2 a 3图 8 - 31x 2 a3 arctan a + ax x 2 + a 2 + C . 有些不定积分还可采用两种换元方法来计算 .例 10 求∫d x.x 2 x 2 - 1解 [ 解法一 ] 采用第一换元积分法 :∫d x =∫d x=∫1·- 1 d 1x 2x2- 1x 31 - 1x2x1 - 1 x x2=∫- u 1 - u 2d u =1 - u2 + C12xx- 1 + C .[ 解法二 ] 采用第二换元积分法 ( 令 x = sec t ) :∫ d x =∫sec t ·tan t d t =cos t d tx 2 x 2 - 1sec 2 t ·tan t ∫= sin t + C = 1xx2- 1 + C .==4 4 §2 换元积分法与分部积分法187二 分部积分法由乘积求导法 , 可以导出分部积分法 .定理 8 .5 ( 分部积分法 ) 若 u ( x ) 与 v ( x ) 可导 , 不定 积分∫u ′( x ) v ( x ) d x 存在 , 则∫u ( x ) v ′( x ) d x 也存在 , 并有 ∫u ( x ) v ′( x ) d x = u( x ) v ( x ) -∫u ′( x ) v ( x ) d x . ( 3)证 由 或[ u( x ) v ( x ) ]′= u ′( x ) v ( x ) + u ( x ) v ′( x )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∫u d v = uv -∫v d u .( 4)例 11 求∫x co s x d x .解 令 u = x , v ′= cos x , 则有 u ′= 1 , v = sin x .由公式 ( 3) 求得∫x co s x d x =x s in x ∫-sin x d x例 12 求∫a r ctan x d x .= x sin x + cos x + C .解 令 u = arctan x , v ′= 1 , 则 u ′=1 , v = x , 由公式 ( 3) 求得1 + x2∫a r ctan x d x = x a r ctan x ∫- x d x1 + x2例 13 求∫x 3 ln x d x .= x arctan x - 1 ln (1 + x 2) + C .2解 令 u = ln x , v ′= x 3, 由公式 (4 ) 则有4∫x 3ln x d x =∫ln x d x=1 434 x ln x ∫- x d x =x 16(4 ln x - 1 ) + C .2 aa xa xa 2+ b2+ C, a 2+ b2+ C .∫188第八章 不 定 积 分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 分同类的项 , 需经移项合并后方能完成求解 .现分别示例如下 .例 14 求∫x 2 e - xd x .解∫x 2 e - x d x =∫x 2 d ( - e - x ) = - x 2 e - x +∫2 x e - xd x= - x 2 e- x+∫2 x d ( - e - x)= - x 2 e- x- 2 x e- x+∫2 e- xd x= - e - x ( x 2 + 2 x + 2) + C .例 15 求 I 1 =∫e a xco s bx d x 和 I 2 =∫e a xs in b x d x .解 I = 1 cos bx d ( e a x) = 1 ( e a x co s bx + ∫b ea x sin bx)a ∫a1a xa( ecos bx + bI 2 ) ,由此得到I = ∫1 sin bx d( e a x) = 1 ( e a x a sin bx - bI 1 ) .解此方程组 , 求得 aI 1 - bI 2 = e cos bx , bI 1 + aI 2 = e sin bx .I 1 =∫e a xco s bx d x =b s in bx + a co s bxI 2 =∫e a xs in bx d x =a s in bx -b co s bx习 题1 . 应用换元积分法求下列不定积分:( 1∫) ( 3∫)co s ( 3 x + 4 )d x ; ( 2∫)d x; ( 4) 2 x + 12x e 2 xd x ;(1 + x) n d x;( 5∫) 1+1 d x;( 6) 22 x + 3 d x;3 - x 21 - 3 x2∫( 7∫)8 - 3 x d x ; ( 8∫)d x37 - 5 x1=;∫ ∫∫ 2 ∫∫ ∫∫∫ α§2 换元积分法与分部积分法189( 9∫)x sin x 2d x ;( 10)d x; sin 22 x + π4( 11) d x1 + cos x; ( 12) d x;1 + sin x( 13)∫c s c x d x ; ( 14)∫x 1 - x d x; ( 15)x4 + x 44 d x; ( 16) d x; x ln x 3 ( 17)∫x d x;( 18)x d x ;( 1 - x 5 )3( 19)d xx(1 + x)∫x8- 2; ( 20)∫cot x d x ; ( 21) cos 5x d x;( 22)d x;sin x cos x ( 23)∫ d x; ( 24)2 x - 3d x ;e x + e - x2∫x 2 - 3 x + 8( 25)∫ x + 2d x;( 26)d x ( a > 0) ;( x + 1)3∫x 2 + a 25 ( 27)∫ d x( a > 0) ;( 28)x d x;( x 2 + a 2 )362/∫1 - x2 ( 29)∫xd x;( 30)x + 1 - 1d x .31 - x∫ x + 1 + 12 . 应用分部积分法求下列不定积分: ( 1∫) ( 3∫)( 5∫) a r c s in x d x ; ( 2∫) x 2co s x d x ;( 4∫)( l n x )2d x ;( 6∫)ln x d x ;ln x d x ;x3x arctan x d x;( 7∫)ln( ln x) + 1ln xd x ;( 8∫) ( arcsin x) 2d x;( 9∫) s ec 3 x d x ; ( 10∫)x 2 ± a 2 d x ( a > 0) .3 . 求下列不定积分 :( 1∫) ( 3∫) [ f ( x ) ] f ′( x )d x (α≠ - 1) ; (2 ∫)f ′( x )f ′( x ) d x ;1 + [ f ( x ) ]2f ( x )f ( x )d x ; (4 ∫) ef ′( x ) d x .4 . 证明: ( 1) 若 I n =∫tan nx d x , n = 2 , 3 ,, 则m 190第八章 不 定 积 分I n = 1 n - 1tann -1x - I n - 2 .( 2) 若 I( m , n) =∫co s m x s in nx d x , 则当 m + n ≠0 时,m - 1n+ 1I ( m , n) = cosx sinx m + nm - 1m + nI( m - 2 , n)m + 1 n - 1 = - cos x sin x m + n n , m = 2 , 3 ,. 5 . 利用上题的递推公式计算 :n - 1 m + nI( m , n - 2 ) , ( 1∫) ( 3∫) tan 3 x d x ; (2)∫tan 4 x d x ;cos 2 x sin 4 x d x .6 . 导出下列不定积分对于正整数 n 的递推公式 : ( 1) I n =∫x n e k xd x ; (2) I n =∫( ln x ) nd x ; ( 3) I n =∫( a r c s in x ) n d x ;(4) I n =∫e a x s in n x d x .7 . 利用上题所得递推公式计算 : ( 1∫)( 3∫) x 3 e 2 xd x ;(2)∫( ln x )3d x ;( a r c s in x ) 3 d x ;(4)∫e xs in 3x 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 - 1R( x) = P( x) α0 x + α1 x + + αn= , ( 1)Q( x) β0 x + β1 xm - 1+ + βm其中 n , m 为非负整数 , α0 , α1 , , αn 与β0 , β1 , , βm 都 是常数 , 且 α0 ≠ 0 , β0 ≠ 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 : λλ 2 μ2 μQ( x) = ( x - a 1 )1( x - a s ) s( x + p 1 x + q 1 )1( x + p t x + q t ) t ,( 2)其中 β0 = 1 , λi , μj ( i = 1, 2 , , s; j = 1 , 2 ,, t ) 均为自然数 , 而且s t∑λi + 2∑μj = m ; p j - 4 q j < 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A 1 x - a +A 2( x - a )2+ +A k( 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B 1 x +C 1x 2 + px + q + B 2 x + C 2( x 2 + px + q)2 ++B k x +C k( 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 A i , B i , C i 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 .4322 x - x + 4 x + 9 x - 10x 5 + x 4 - 5 x 3 - 2 x 2+ 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 x 3- 2 x 2+ 4 x - 8= ( x - 2 ) ( x + 2 )2( x 2- x + 1) .部分分式分解的待定形式为R( x ) = A 0 x - 2 + A 1 x + 2 + A 2 ( x + 2 )2 +Bx + Cx 2 - x + 1. ( 3)用 Q( x ) 乘上式两边 , 得一恒等式2 x 4- x 3+ 4 x 2+ 9 x - 10 ≡ A 0 ( x + 2) 2( x 2- x + 1 )+ A 1 ( x - 2) ( x + 2) ( x 2 - x + 1 ) + A 2 ( x - 2) ( x 2 - 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 :A 0 + A 1 +B = 2 ,x 4 的系数 3 A 0 - A 1 + A 2 + 2 B + C = - 1 , x 3 的系数 A 0 - 3 A 1 - 3 A 2 - 4 B + 2 C = 4 , x2的系数4 A 1 + 3 A 2 - 8 B - 4 C = 9 , x 的系数 4 A 0 - 4 A 1 - 2 A 2 - 8 C = - 10 .常数项求出它的解 : A 0 = 1 , A 1 = 2 , A 2 = - 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) = 1x - 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A 0 = 1 和 A 2 = - 1 . 于是 (4 ) 式简化成为x4- 3 x 3 + 12 x - 16 = A ( x - 2) ( x + 2) ( x 2- x + 1 ) + ( Bx + C) ( x - 2 ) ( x + 2 )2 . 为继续求得 A 1 , 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A 1 + 2 C = 4 , A 1 + 3B + 3C = 2 , 3 A 1 - B + C = 8 .由此易得 A 1 = 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 : ( Ⅰ ∫) d x ; ( Ⅱ ) Lx + M d x ( p 2- 4 q < 0) .( x - a) k对于 ( Ⅰ ) , 已知d x( x - a) k = ∫( x2+ px + q) kln | x - a | + C, k = 1 ,1 + C, k > 1 . ( 1 - k) ( x - a) k - 1对于 ( Ⅱ ) , 只要作适当换元 令 t = x + p2 ∫Lx + M, 便化为Lt + N ( x 2 + px + q) k d x =∫( t 2 + r 2 ) k d t-∫∫∫2 2 ∫∫§3 有理函数和可化为有理函数的不定积分193= ∫Ltd t + Nd t, ( 5)( t 2+ r 2)k2∫( t2+ r 2 ) k其中 r 2 = q - p , N = M - pL .4 2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 1 2 2 ln ( t 1 + r 2t ) + C, t 2 + r 2 = r arctan r + C .( 6)当 k ≥2 时 , (5 ) 式右边第一个不定积分为t ( t 2 + r 2 ) k d t = 对于第二个不定积分 , 记1 2 (1 - k) ( t 2 + r 2 ) k - 1 + C .d t( t 2 + r 2 ) k ,可用分部积分法导出递推公式如下 :1I k = 2 r ( t 2 + r 2 ) - t 2 kd t ( t + r )1 1r 2 I k - 1 - r2t 2( t 2 + r 2 ) k d t1 r2 I k - 1 + 12 r 2( k - 1) 1 t d ( t 2 + r 2 ) k - 1 经整理得到1 r2 I k - 1 + 1 2 r 2( k - 1)t ( t 2 + r 2 ) k - 1 - I k - 1 .I k = t 2 r 2 ( k - 1) ( t 2 + r 2 ) k - 12 k -3 2 r 2 ( k - 1 ) I k - 1 . ( 7)重复使用递推公式 (7 ) , 最终归为计算 I 1 , 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 .2 例 2 求∫x + 1d 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) 2I k =∫= = = +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( x 2 - 2 x + 2) 2 .∫d x d ( x - 1 )x 2- 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 =∫( x 2 - 2 x + 2 )2 d x2 =∫d ( x - 2 x + 2) d ( x - 1)( x 2 - 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 +∫( t 2 + 1) 2 .∫d t t 1d t( t 2 + 1 ) 2 =2( t 2 + 1) + 2∫t2+ 1于是得到2x - 1 2( x 2- 2 x + 2 ) + 1 2arctan ( x - 1) + C 2 . ∫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 x2 , 可把它化为有理函数的不定积分 .这是因为sin x = 2sin x cos x 2 2 = 2 tan x 2 = 2 t , ( 8)sin 2 x 2 cos 2 x + cos 2 x 2 - sin 2 x 1 + tan 2 x2 1 - tan 2 x 1 + t 2cos x = 2 2 = 2 = 1 - t , ( 9)sin 2 x 2 + cos 2 x 2 1 + tan 2 x21 + td x =2d t , (10)1 + t2= =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 2d t .例 3 求∫ 1 + s in x1 + t2 1 + t 2 1 + t 2sin 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 x1 +2 t1 + t2 2 ·sin x (1 + cos x )d x =∫ 2 t1 - t 21 + t2 d t1 + t21 +21 + t212 t + 2 + 11 t d t =2 t2 + 2 t + ln | t | + C=1 2 x x 1 x 4 tan 2 + 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 xa 2 sin 2 x +b 2 cos 2 x( ab ≠ 0 ) . 解 由于∫d xsec 2 x d ( tan x )a 2 s in 2 x +b 2 co s 2 x =∫a 2 tan 2 x + b 2 d x =∫a 2 tan 2 x +b 2 ,故令 t = tan x , 就有∫d xd t1 d ( at) a 2s in 2x + b 2co s 2x=∫a2 t 2+ b2=∫a ( at)2+ b 21 ab arctan 1 ab arctan atb + Ca btan x + C . 通常 当被 积函 数是 sin 2 x , cos 2 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∫. nax + bR x , nax + b cx + dd 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 ∫22 2 2196 第八章 不 定 积 分例 5 求1x x + 2x - 2d x .解 令 t = x + 2 , 则有 x = 2( t + 1 ) , d x = - 8 td t ,x - 2 t 2 - 1 ( t 2 - 1) 2∫1 x +2 4 t 2x x - 2 d x =∫( 1 - t 2 ) (1 + t 2 ) d t2 1 - t 2 - =2 1 +t2 d t - 2arctan t + C= ln1 + ( x + 2)6(/x - 2) 1 -( x + 2)6(/x - 2)- 2arctanx + 2+ C . x - 2例 6 求∫d x.(1 + x) 2 + x - x 2解 由于1( 1 + x )2 + x - x 2=1( 1 + x )21 + x ,2 - x故令 t =1 + x , 则有 x =2 t - 1 , d x = 6 td t ,2 - x 1 + t 2 ( 1 + t 2 ) 2∫ d x (1 + x) 2 + x - x 2= 1 ( 1 + x )2 1 + x d x 2 - x =∫( 1 + t ) 6 t 2 9 t 4 · t · ( 1 + t 2 ) 2 d t =∫3 t 2 d t= - 2 3 t + C = - 2 32 - x1 + x+ C .2∫. R ( x , ax 2+ bx + c) d x 型 不定 积 分 ( a > 0 时 b 2- 4 ac ≠ 0 , a < 0 时b2- 4 ac > 0) .由于ax 2+ bx + c = ax + b2 a4 ac - b4 a 2,若记 u = x + b2 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 + k 2 ) , | a | ( u 2 - k 2 ) , | a | ( k 2 - u 2) .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 ,u 2 ± k 2 ) d u , ∫R( u ,k 2 - u 2 ) d u .=∫2+2x = 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 = k tan t , u = k sec t , u = k sin t 后 , 它们都化为三角有理式的不定积 分 .例 7 求 I =∫d x.x x 2- 2 x - 3解 [ 解法一 ] 按上述一般步骤 , 求得 I =∫ d xx ( x - 1 )2 - 4=∫d u( u + 1 ) u 2- 4( x = u + 1) =∫ 2sec θtan θ d θ ( u = 2sec θ) ( 2sec θ+ 1) · 2tan θ2 2 =∫ d θ 1+ t d tt = tanθ 2 + cos θ=∫2 22 +1 - t 1 + t 22t 2 + 3 d t = 2arctan 3 t + C 3 = 2 arctan 1 tan θ + C .33 2 由于tan θ = sin θ = 2 1 + cos θtan θsec θ+ 1u2- 1 22=u2+ 1因此x - 2 x - 3x + 1 ,I = 2 arctanx - 2 x - 3+ C . 33 ( x + 1)[ 解法二 ] 若令 x 2- 2 x - 3 = x - t , 则可解出22( t - 1 ) , d x = 2 t 2 - 2 t - 32 ( t - 1) 2 d t ,2x 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 · - ( t 2 - 2 t - 3) · 2( t - 1 )2 d t= -∫2 d t = - 2 arctan t+ C t 2+ 3 3 3=∫= .222∫∫198 第八章 不 定 积 分= 2 arctanx - 2 x - 3 - x+ C .33注 1 可以证明arctanx - 2 x - 3 - x 3= arctanx - 2 x - 3 3 ( x + 1)- π,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 ( 而解法一通过三次换元才化为有理形式 ) .如果改令 x 2- 2 x - 3 = x + t , 显然有相同效果———两边各 自平 方 后能 消去 x 2 项 , 从 而解 出 x 为 t 的有 理 函 数 .一般地 , 二次三项式 ax 2+ bx + c 中若 a > 0 , 则可令ax 2+ bx + c =a x ± t;若 c > 0 , 还可令这类变换称为欧拉变换 .ax 2+ bx + c = xt ± c .至此我们已经学过了求不定积分的 基本 方法 , 以 及某些 特殊 类型不 定积 分 的求法 .需要指出的是 , 通常所说的“ 求不定 积分”, 是 指用初 等函 数的形 式把 这 个不定积分表示出来 .在这个意义下 , 并 不是任 何初 等函数 的不 定积 分都能“ 求 出”来的 .例如∫e ± x d x ∫, d x ln x , sin x xd x , 1 - k 2 sin 2 x d x( 0 < k 2< 1 ) 等等 , 虽然它们都存在 , 但却无法用初等函数来表示 ( 这个结论证明起来是非常难 的 , 刘维尔( Liouville )于 1835 年作出过证明 ) .因此可以说 , 初等函数的原函数不一 定是初等函数 .在下一章将会知道 , 这类非初等函数可采用定积分形式来表示 .最后顺便指出 , 在求不定积分时 , 还 可利 用现成 的积 分表 .在 积分表 中所 有 的积分公式是按被积函数分类编排的 , 人们只要根据被积函数的类型 , 或经过适 当变形 化为 表 中 列 出 的类 型 , 查 阅 公式 即 可 .此外 , 有 些 计 算器 ( 例如 TI - 92 型 ) 和电脑软件 ( 例如 Mathemetica, Maple 等 ) 也 都具有 求不定积 分的实 用功能 . 但对于初学者来说 , 首先应该掌握各种基本的积分方法 . 在附录Ⅲ中列出了一份容量不大的 积分 表 , 它大 体上是 典型 例题和 习题 的 总结 .列出这份积分表的主要目的是为大家学习后继课程提供方便 .习 题1 . 求下列不定积分 :2∫ ∫∫∫ 2x 4+ 2 ∫ 1 + x 2∫ 练 习 题199( 1∫) ( 3∫) ( 5∫)x 3 x - 1d x; ( 2)d x;( 4) 1 + x 3d x( x - 1 ) ( x2+ 1 )2x - 2d x; x 2 - 7 x + 12 d x ;1 + x 4x - 2 d x .(2 x 2+ 2 x + 1) 22 . 求下列不定积分 :( 1∫)( 3∫)d x; ( 2) 5 - 3cos x d x; ( 4)1 + tan xd x ;2 + sin 2 xx 2d x;1 + x - x2( 5∫)d x; ( 6)1 x2 + xx 21 - x d x .1 + x总 练 习 题求下列不定积分 :( 1∫)3 x - 2 x - 1d x; ( 2) x arcsin x d x;4x( 3∫)( 5∫) ( 7∫) ( 9∫)d x;( 4) 1 + xe xd x ; ( 6∫)1 - tan x 1 + tan x d x ; ( 8)d x; ( 10) cos 4 xe sin x sin 2 x d x;d x;x x 2- 1 x 2- x( x - 2 )3 d x ;sin 4 x d x; ( 11)x - 5x3- 3 x 2+ 47d x ;( 12∫)arctan (1 + x ) d x;( 13)∫ x d x ; ( 14∫) ( 15)∫ xd x ; ( 16)tan x d x;1 + tan x + tan2 xarcsin x d x;( 1 - x)1 00∫ x 2( 17)x ln 1 + x 1 - x( 19)∫e x1 - xvn d x ;( 18∫) 2d x ;d x ;sin x cos 7 x( 20) I n =∫d x , 其中 u = a 1 + b 1 x , v = a 2 + b 2 x , 求递推形式解 .; ( 6∫)。
