第四章不定积分

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第四章不定积分

在第二章中，我们讨论了如何求一个函数的导函数问题，本章将讨论它的反问题，即要寻求一个可导函数，使它的导函数等于已知函数。这是积分学的基本问题之一。

第一节不定积分的概念与性质

一、原函数与不定积分的概念

定义1 如果在区间 I 上，可导函数 $ F(x) $ 的导函数为 $ f(x) $，即对任一 $ x \in I $，都有

$$ F^{\prime}(x)=f(x)\ 或 \ \mathrm{d}F(x)=f(x)\mathrm{d}x\ , $$

那么函数 $ F(x) $ 就称为 $ f(x) $ （或 $ f(x) $ dx）在区间 I 上的一个原函数.

例如，因 $ (\sin x)^{\prime}=\cos x $，故 $ \sin x $是 $ \cos x $的一个原函数.

又如当 $ x \in (1, +\infty) $ 时，

$$ \left[\ln\left(x+\sqrt{x^{2}-1}\right)\right]^{\prime}=\frac{1}{x+\sqrt{x^{2}-1}}\left(1+\frac{x}{\sqrt{x^{2}-1}}\right)=\frac{1}{\sqrt{x^{2}-1}}, $$

故 $ \ln(x+\sqrt{x^{2}-1}) $ 是 $ \frac{1}{\sqrt{x^{2}-1}} $ 在区间 $ (1,+\infty) $ 内的一个原函数.

关于原函数，我们首先要问：一个函数具备什么条件，能保证它的原函数一定存在？这个问题将在下一章中讨论，这里先介绍一个结论。

原函数存在定理如果函数 $ f(x) $ 在区间 I 上连续，那么在区间 I 上存在可导函数 $ F(x) $，使对任一 $ x \in I $ 都有

$$ F^{\prime}(x)=f(x). $$

简单地说就是：连续函数一定有原函数。

下面还要说明两点：

第一，如果 $ f(x) $ 在区间 I 上有原函数，即有一个函数 $ F(x) $，使对任一 $ x \in I $，都有 $ F'(x) = f(x) $，那么，对任何常数 C，显然也有

$$ \left[F(x)+C\right]^{\prime}=f(x) $$

即对任何常数 C，函数 $ F(x) + C $ 也是 $ f(x) $ 的原函数。这说明，如果 $ f(x) $ 有一个原

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函数，那么 $ f(x) $就有无限多个原函数.

第二，如果在区间 I 上 $ F(x) $ 是 $ f(x) $ 的一个原函数，那么 $ f(x) $ 的其他原函数与 $ F(x) $ 有什么关系？

设 $ \Phi(x) $ 是 $ f(x) $ 的另一个原函数，即对任一 $ x \in I $ 有

$$ \Phi^{\prime}(x)=f(x), $$

于是

$$ \left[\;\varPhi\left(x\right)-F\left(x\right)\;\right]^{\prime}=\varPhi^{\prime}\left(x\right)-F^{\prime}\left(x\right)=f(x)-f(x)=0. $$

在第三章第一节中已经知道，在一个区间上导数恒为零的函数必为常数，所以

$$ \Phi\left(x\right)-F(x)=C_{0}\quad\left(C_{0} 为某个常数 \right). $$

这表明 $ \Phi(x) $ 与 $ F(x) $ 只差一个常数. 因此, 当 C 为任意的常数时, 表达式

$$ F(x)+C $$

就可表示 $ f(x) $的任意一个原函数.

由以上两点说明，我们引进下述定义.

定义2 在区间 I 上，函数 $ f(x) $ 的带有任意常数项的原函数称为 $ f(x) $ （或 $ f(x) $dx）在区间 I 上的 $ \uwave{\text{不定积分}} $，记作

$$ \int f(x)dx. $$

其中记号 $ \int $称为 $ \uwave{\text{积分号}} $,f(x)称为 $ \uwave{\text{被积函数}} $,f(x)dx称为 $ \uwave{\text{被积表达式}} $,x称为 $ \uwave{\text{积分变量}} $.

由此定义及前面的说明可知，如果 $ F(x) $ 是 $ f(x) $ 在区间 I 上的一个原函数，那么 $ F(x) + C $ 就是 $ f(x) $ 的不定积分，即

$$ \int f(x)dx=F(x)+C. $$

因而不定积分 $ \int f(x)dx $ 可以表示 $ f(x) $ 的任意一个原函数.

例1 求 $ \int x^{2}dx $.

解由于 $ \left(\frac{x^{3}}{3}\right)^{\prime}=x^{2} $，所以 $ \frac{x^{3}}{3} $是 $ x^{2} $的一个原函数。因此

$$ \int x^{2}\mathrm{d}x=\frac{x^{3}}{3}+C. $$

例2 求 $ \int\frac{1}{x}dx $

解当 x>0 时，由于 $ (\ln x)^{\prime}=\frac{1}{x} $，所以 $ \ln x $ 是 $ \frac{1}{x} $ 在 $ (0,+\infty) $ 内的一个原函数。因此，在 $ (0,+\infty) $ 内，

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$$ \int\frac{1}{x}\mathrm{d}x=\ln x+C. $$

当 x<0 时，由于 $ \left[\ln(-x)\right]^{\prime}=\frac{1}{-x}(-1)=\frac{1}{x} $，所以 $ \ln(-x) $ 是 $ \frac{1}{x} $ 在 $ (-∞,0) $ 内的一个原函数。因此，在 $ (-∞,0) $ 内，

$$ \int\frac{1}{x}\mathrm{d}x=\ln(-x)+C. $$

把在 x>0 及 x<0 内的结果合起来，可写作

$$ \int\frac{1}{x}\mathrm{d}x=\ln\left|x\right|+C. $$

例3 设曲线通过点(1,2)，且其上任一点处的切线斜率等于这点横坐标的两倍，求此曲线的方程.

解设所求的曲线方程为 $ y=f(x) $，按题设，曲线上任一点 $ (x,y) $ 处的切线斜率为

$$ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=2x, $$

即 $ f(x) $是2x的一个原函数.

因为 $ \int2x\mathrm{d}x=x^{2}+C $，故必有某个常数C使 $ f(x)=x^{2}+C $，即曲线方程为 $ y=x^{2}+C $。因所求曲线通过点 $ (1,2) $，故

$$ 2=1+C,\ C=1. $$

于是所求曲线方程为

$$ y=x^{2}+1. $$

函数 $ f(x) $的原函数的图形称为 $ f(x) $的 $ \uwave{\text{积分曲线}} $.本例即是求函数2x的通过点(1,2)的那条积分曲线.显然,这条积分曲线可以由另一条积分曲线(例如 $ y=x^{2} $)经y轴方向平移而得(图4-1).

例4 质点以初速度 $ v_{0} $ 铅直上抛，不计阻力，求它的运动规律.

解所谓运动规律，是指质点的位置关于时间 t 的函数关系。为表示质点的位置，取坐标系如下：把质点所在的铅直线取作坐标轴，指向朝上，轴与地面的交点取作坐标原点。设质点抛出时刻为 t=0，当 t=0 时质点所在位置的坐标为 $ x_{0} $，在时刻 t 时坐标为 x（图 4-2），x=x(t) 就是要求的函数。

按导数的物理意义知道，

$$ \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}=v(t), $$

即为质点在时刻 t 时向上运动的速度（如果 $ v(t) < 0 $，那么运动方向实际朝下）.

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图4-1

图4-2

又知

$$ \frac{\mathrm{d}^{2}x}{\mathrm{d}t^{2}}=\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}=a(t) $$

即为质点在时刻 t 时向上运动的加速度，按题意，有 $ a(t) = -g $，即

$$ \frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}=-g\ 或 \ \frac{\mathrm{d}^{2}x}{\mathrm{d}t^{2}}=-g. $$

先求 $ v(t) $. 由 $ \frac{dv}{dt} = -g $, 即 $ v(t) $ 是 -g 的原函数, 故

$$ v(t)=\int(-g)\mathrm{d}t=-g t+C_{1}, $$

由 $ v(0)=v_{0} $，得 $ v_{0}=C_{1} $，于是

$$ v(t)=-g t+v_{0}. $$

再求 $ x(t) $. 由 $ \frac{dx}{dt}=v(t) $，即 $ x(t) $ 是 $ v(t) $ 的原函数，故

$$ x(t)=\int v(t)dt=\int(-gt+v_{0})dt=-\frac{1}{2}gt^{2}+v_{0}t+C_{2}, $$

由 $ x(0)=x_{0} $，得 $ x_{0}=C_{2} $，于是所求运动规律为

$$ x=-\frac{1}{2}gt^{2}+v_{0}t+x_{0},\quad t\in\left[0,T\right], $$

其中 T 表示质点落地的时刻.

从不定积分的定义，即可知下述关系：

由于 $ \int f(x)dx $是 $ f(x) $的原函数，所以

$$ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left[\int f(x)\mathrm{d}x\right]=f(x), $$

或

$$ \mathrm{d}\left[\int f(x)\mathrm{d}x\right]=f(x)\mathrm{d}x； $$

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又由于 $ F(x) $ 是 $ F'(x) $ 的原函数，所以

$$ \int F^{\prime}(x)\mathrm{d}x=F(x)+C, $$

或记作

$$ \int\mathrm{d}F(x)=F(x)+C. $$

由此可见，微分运算（以记号 d 表示）与求不定积分的运算（简称积分运算，以记号 $ \int $ 表示）是互逆的。当记号 $ \int $ 与 d 连在一起时，或者抵消，或者抵消后差一个常数。

二、基本积分表

既然积分运算是微分运算的逆运算，那么很自然地可以从导数公式得到相应的积分公式.

例如，因为 $ \left(\frac{x^{\mu+1}}{\mu+1}\right)^{\prime}=x^{\mu} $，所以 $ \frac{x^{\mu+1}}{\mu+1} $是 $ x^{\mu} $的一个原函数，于是

$$ \int x^{\mu}\mathrm{d}x=\frac{x^{\mu+1}}{\mu+1}+C\quad(\mu\neq-1). $$

类似地可以得到其他积分公式.下面我们把一些基本的积分公式列成一个表,这个表通常叫做 $ \uwave{\text{基本积分表}} $.

① $ \int kdx=kx+C $（k 是常数），

② $ \int x^{\mu}dx = \frac{x^{\mu+1}}{\mu+1} + C $ ( $ \mu \neq -1 $).

③ $ \int \frac{dx}{x} = \ln |x| + C $,

④ $ \int\frac{\mathrm{d}x}{1+x^{2}}=\arctan x+C $

⑤ $ \int \frac{dx}{\sqrt{1-x^{2}}} = \arcsin x + C $,

⑥ $ \int \cos x \, dx = \sin x + C $,

⑦ $ \int\sin x \, dx = -\cos x + C $,

⑧ $ \int \frac{\mathrm{d}x}{\cos^{2}x} = \int \sec^{2}x \mathrm{d}x = \tan x + C $,

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⑨ $ \int \frac{dx}{\sin^2 x} = \int \csc^2 x dx = -\cot x + C $.

⑩ $ \int \sec x \tan x dx = \sec x + C $,

⑪ $ \int \csc x \cot x dx = -\csc x + C $,

⑫ $ \int e^x dx = e^x + C $,

⑬ $ \int a^x dx = \frac{a^x}{\ln a} + C $.

以上十三个基本积分公式是求不定积分的基础，必须熟记，下面举几个应用幂函数的积分公式②的例子.

例5 求 $ \int\frac{dx}{x^{3}} $

解 $ \int\frac{\mathrm{d}x}{x^{3}}=\int x^{-3}\mathrm{d}x=\frac{x^{-3+1}}{-3+1}+C=-\frac{1}{2x^{2}}+C. $

例6 求 $ \int x^{2}\sqrt{x}\,dx $.

解 $ \int x^{2}\sqrt{x}\,\mathrm{d}x = \int x^{\frac{5}{2}}\,\mathrm{d}x = \frac{x^{\frac{5}{2}+1}}{2} + C = \frac{2}{7}x^{\frac{7}{2}} + C = \frac{2}{7}x^{3}\sqrt{x} + C. $

例7 求 $ \int\frac{\mathrm{d}x}{x\sqrt[3]{x}}. $

解 $ \int \frac{\mathrm{d}x}{x\sqrt[3]{x}} = \int x^{-\frac{4}{3}} \mathrm{d}x = \frac{x^{-\frac{4}{3}+1}}{-\frac{4}{3}+1} + C = -3x^{-\frac{1}{3}} + C = -\frac{3}{\sqrt[3]{x}} + C. $

上面三个例子表明，有时被积函数实际是幂函数，但用分式或根式表示。遇此情形，应先把它化为 $ x^{\mu} $的形式，然后应用幂函数的积分公式②来求不定积分。

三、不定积分的性质

根据不定积分的定义，可以推得它有如下两个性质：

性质1 设函数 $ f(x) $ 及 $ g(x) $ 的原函数存在，则

$$ \int\left[f(x)+g(x)\right]\mathrm{d}x=\int f(x)\mathrm{d}x+\int g(x)\mathrm{d}x. $$

证将（1-3）式右端求导，得

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$$ \begin{align*}\left[\int f(x)\mathrm{d}x+\int g(x)\mathrm{d}x\right]^{^{\prime}}=&\left[\int f(x)\mathrm{d}x\right]^{^{\prime}}+\left[\int g(x)\mathrm{d}x\right]^{^{\prime}}\\=&f(x)+g(x).\end{align*} $$

这表示，(1-3)式右端是 $ f(x)+g(x) $的原函数，又(1-3)式右端有两个积分记号，形式上含两个任意常数，由于任意常数之和仍为任意常数，故实际上含一个任意常数，因此(1-3)式右端是 $ f(x)+g(x) $的不定积分.

性质1 对于有限个函数都是成立的.

类似地可以证明不定积分的第二个性质.

性质2 设函数 $ f(x) $ 的原函数存在，k 为非零常数，则

$$ \int k f(x)\mathrm{d}x=k\int f(x)\mathrm{d}x. $$

利用基本积分表以及不定积分的这两个性质，可以求出一些简单函数的不定积分.

例8 求 $ \int\sqrt{x}(x^{2}-5)dx $.

解

$$ \begin{aligned}\int\sqrt{x}\left(x^{2}-5\right)\mathrm{d}x&=\int\left(x^{\frac{5}{2}}-5x^{\frac{1}{2}}\right)\mathrm{d}x=\int x^{\frac{5}{2}}\mathrm{d}x-\int5x^{\frac{1}{2}}\mathrm{d}x\\&=\int x^{\frac{5}{2}}\mathrm{d}x-5\int x^{\frac{1}{2}}\mathrm{d}x=\frac{2}{7}x^{\frac{7}{2}}-5\cdot\frac{2}{3}x^{\frac{3}{2}}+C\\&=\frac{2}{7}x^{3}\sqrt{x}-\frac{10}{3}x\sqrt{x}+C.\end{aligned} $$

注意检验积分结果是否正确，只要对结果求导，看它的导数是否等于被积函数，相等时结果是正确的，否则结果是错误的。如就例8的结果来看，由于

$$ \left(\frac{2}{7}x^{3}\sqrt{x}-\frac{10}{3}x\sqrt{x}+C\right)^{\prime}=\left(\frac{2}{7}x^{\frac{7}{2}}-\frac{10}{3}x^{\frac{3}{2}}+C\right)^{\prime}=x^{\frac{5}{2}}-5x^{\frac{1}{2}}=\sqrt{x}\left(x^{2}-5\right) $$

所以结果是正确的.

例9 求 $ \int\frac{(x-1)^{3}}{x^{2}}dx $.

解

$$ \begin{aligned}\int\frac{(x-1)^{3}}{x^{2}}\mathrm{d}x&=\int\frac{x^{3}-3x^{2}+3x-1}{x^{2}}\mathrm{d}x\\&=\int\left(x-3+\frac{3}{x}-\frac{1}{x^{2}}\right)\mathrm{d}x\\&=\int x\mathrm{d}x-3\int\mathrm{d}x+3\int\frac{\mathrm{d}x}{x}-\int\frac{\mathrm{d}x}{x^{2}}\\&=\frac{x^{2}}{2}-3x+3\ln|x|+\frac{1}{x}+C.\\ \end{aligned} $$

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例10 求 $ \int\left(\mathrm{e}^{x}-3\cos x\right)\mathrm{d}x $.

$$ \int\left(\mathrm{e}^{x}-3\cos x\right)\mathrm{d}x=\int\mathrm{e}^{x}\mathrm{d}x-3\int\cos x\mathrm{d}x=\mathrm{e}^{x}-3\sin x+C. $$

例11 求 $ \int2^{x}e^{x}dx $.

解因为

$$ 2^{x}\mathrm{e}^{x}=\left(2\mathrm{e}\right)^{x}, $$

所以可把 2e 看作 a，并利用积分公式 $ ^{⑬} $，便得

$$ \int2^{x}\mathrm{e}^{x}\mathrm{d}x=\int\left(2\mathrm{e}\right)^{x}\mathrm{d}x=\frac{\left(2\mathrm{e}\right)^{x}}{\ln\left(2\mathrm{e}\right)}+C=\frac{2^{x}\mathrm{e}^{x}}{1+\ln2}+C. $$

例12 求 $ \int \tan^{2} x dx $.

解基本积分表中没有这种类型的积分，先利用三角恒等式化成表中所列类型的积分，然后再逐项求积分.

$$ \int\tan^{2}x\mathrm{d}x=\int\left(\sec^{2}x-1\right)\mathrm{d}x=\int\sec^{2}x\mathrm{d}x-\int\mathrm{d}x=\tan x-x+C. $$

例13 求 $ \int\sin^{2}\frac{x}{2}dx $.

解基本积分表中也没有这种类型的积分，同上例一样，可以先利用三角恒等式变形，然后再逐项求积分.

$$ \begin{aligned}\int\sin^{2}\frac{x}{2}\mathrm{d}x&=\int\frac{1}{2}(1-\cos x)\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\int(1-\cos x)\mathrm{d}x\\&=\frac{1}{2}\Big(\int\mathrm{d}x-\int\cos x\mathrm{d}x\Big)=\frac{1}{2}(x-\sin x)+C.\end{aligned} $$

例14 求 $ \int\frac{1}{\sin^{2}\frac{x}{2}\cos^{2}\frac{x}{2}}\mathrm{d}x. $

解同上例一样，先利用三角恒等式变形，然后再求积分.

$$ \begin{array}{c} \displaystyle \int \frac{1}{\sin^{2} \frac{x}{2} \cos^{2} \frac{x}{2}} \mathrm{d}x = \int \frac{1}{\left( \frac{\sin x}{2} \right)^{2}} \mathrm{d}x \\ \displaystyle = 4 \int \csc^{2} x \mathrm{d}x = -4 \cot x + C \end{array} $$

例15 求 $ \int\frac{2x^{4}+x^{2}+3}{x^{2}+1}dx. $

解被积函数的分子和分母都是多项式,通过多项式的除法,可以把它化成基本积分表中所列类型的积分,然后再逐项求积分.

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$$ \begin{array}{l}\displaystyle\int\frac{2x^{4}+x^{2}+3}{x^{2}+1}\mathrm{d}x=\int\left(2x^{2}-1+\frac{4}{x^{2}+1}\right)\mathrm{d}x\\ \displaystyle\qquad=\displaystyle2\int x^{2}\mathrm{d}x-\int1\mathrm{d}x+4\int\frac{1}{x^{2}+1}\mathrm{d}x\\ \displaystyle\qquad=\frac{2}{3}x^{3}-x+4\arctan x+C\end{array} $$

习题4-1

利用求导运算验证下列等式：

(1) $ \int \frac{1}{\sqrt{x^{2}+1}}dx = \ln(x + \sqrt{x^{2}+1}) + C; $

(2) $ \int \frac{1}{x^{2} \sqrt{x^{2}-1}} dx = \frac{\sqrt{x^{2}-1}}{x} + C $;

(3) $ \int \frac{2x}{\left(x^{2}+1\right)\left(x+1\right)^{2}} \, dx = \arctan x + \frac{1}{x+1} + C $;

(4) $ \int \sec x \, dx = \ln | \tan x + \sec x | + C $;

(5) $ \int x \cos x \, dx = x \sin x + \cos x + C $;

(6) $ \int e^{x} \sin x \, dx = \frac{1}{2} e^{x} (\sin x - \cos x) + C $.

求下列不定积分：

(1) $ \int \frac{dx}{x^2} $;

(2) $ \int x\sqrt{x}\,dx $;

(3) $ \int\frac{dx}{\sqrt{x}} $;

(4) $ \int x^{2\sqrt[3]{x}} \, dx $;

(5) $ \int\frac{\mathrm{d}x}{x^{2}\sqrt{x}}; $

(6) $ \int \sqrt[m]{x^n} \, dx $;

(7) $ \int 5x^{3} dx $;

(8) $ \int (x^{2} - 3x + 2) \, dx $;

(9) $ \int \frac{\mathrm{d}h}{\sqrt{2gh}} $ (g 是常数);

(10) $ \int (x^{2} + 1)^{2} \, dx $;

(11) $ \int (\sqrt{x} + 1) (\sqrt{x^3} - 1) \, dx $;

(12) $ \int \frac{(1-x)^2}{\sqrt{x}} \, dx $;

(13) $ \int\left(2e^{x}+\frac{3}{x}\right)dx $;

(14) $ \int\left(\frac{3}{1+x^{2}}-\frac{2}{\sqrt{1-x^{2}}}\right)dx; $

(15) $ \int e^{x}\left(1-\frac{e^{-x}}{\sqrt{x}}\right)dx $;

(16) $ \int 3^{x} e^{x} dx $;

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(17) $ \int \frac{2 \cdot 3^x - 5 \cdot 2^x}{3^x} \, dx $;

(18) $ \int \sec x (\sec x - \tan x) \, dx $;

(19) $ \int \cos^{2}\frac{x}{2} dx $;

(20) $ \int \frac{dx}{1 + \cos 2x} $;

(21) $ \int \frac{\cos 2x}{\cos x - \sin x} \, dx $; (22) $ \int \frac{\cos 2x}{\cos^2 x \sin^2 x} \, dx $;

(23) $ \int \cot^2 x \, dx $; (24) $ \int \cos \theta (\tan \theta + \sec \theta) \, d\theta $;

(25) $ \int \frac{x^{2}}{x^{2}+1} dx $; (26) $ \int \frac{3x^{4}+2x^{2}}{x^{2}+1} dx $.

含有未知函数的导数的方程称为 $ \uwave{\text{微分方程}} $，例如方程 $ \frac{dy}{dx}=f(x) $，其中 $ \frac{dy}{dx} $为未知函数的导数， $ f(x) $为已知函数。如果将函数 $ y=\varphi(x) $代入微分方程，使微分方程成为恒等式，那么函数 $ y=\varphi(x) $就称为该微分方程的解。求下列微分方程满足所给条件的解：

(1) $ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = (x - 2)^2 $, $ y \big|_{x=2} = 0 $;

(2) $ \frac{\mathrm{d}^{2}x}{\mathrm{d}t^{2}}=\frac{2}{t^{3}}, \quad \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}\bigg|_{t=1}=1, x|_{t=1}=1. $

汽车以 $ 20 \, m/s $ 的速度在直道上行驶，刹车后匀减速行驶了 $ 50 \, m $ 停住，求刹车加速度. 可执行下列步骤：

（1）求微分方程 $ \frac{d^{2}s}{dt^{2}}=-k $ 满足条件 $ \frac{ds}{dt}\bigg|_{t=0}=20 $ 及 $ s|_{t=0}=0 $ 的解；

(2) 求使 $ \frac{ds}{dt}=0 $ 的 t 值及相应的 s 值；

（3）求使 s=50 的 k 值.

一曲线通过点 $ (e^{2};3) $，且在任一点处的切线的斜率等于该点横坐标的倒数，求该曲线的方程.

一物体由静止开始运动，经 t s 后的速度是 $ 3t^{2} $ m/s，问

（1）在3 s后物体离开出发点的距离是多少？

（2）物体走完360 m需要多少时间？

证明函数 $ \arcsin(2x-1) $, $ \arccos(1-2x) $ 和 $ 2\arctan\sqrt{\frac{x}{1-x}} $ 都是 $ \frac{1}{\sqrt{x-x^{2}}} $ 的原函数.

第二节换元积分法

利用基本积分表与积分的性质，所能计算的不定积分是非常有限的. 因此，有必要进一步来研究不定积分的求法. 本节把复合函数的微分法反过来用于求不定积分，利用中间变量的代换，得到复合函数的积分法，称为 $ \uwave{\text{换元积分法}} $，简称 $ \uwave{\text{换元法}} $. 换元法通常分成两类，下面先讲第一类换元法.

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一、第一类换元法

设 $ f(u) $具有原函数 $ F(u) $，即

$$ F^{\prime}(u)=f(u),\int f(u)\mathrm{d}u=F(u)+C. $$

如果 u 是中间变量: $ u = \varphi(x) $，且设 $ \varphi(x) $ 可微，那么，根据复合函数微分法，有

$$ \mathrm{d}F[\varphi(x)]=f[\varphi(x)]\varphi^{\prime}(x)\mathrm{d}x, $$

从而根据不定积分的定义就得

$$ \int f\left[\varphi(x)\right]\varphi^{\prime}(x)\mathrm{d}x=F\left[\varphi(x)\right]+C=\left[\int f(u)\mathrm{d}u\right]_{u=\varphi(x)}. $$

于是有下述定理：

定理1 设 $ f(u) $ 具有原函数, $ u = \varphi(x) $ 可导, 则有换元公式

$$ \int f\left[\varphi(x)\right]\varphi^{\prime}(x)\mathrm{d}x=\left[\int f(u)\mathrm{d}u\right]_{u=\varphi(x)}. $$

由此定理可见，虽然 $ \int f[\varphi(x)]\varphi'(x)dx $是一个整体的记号，但从形式上看，被积表达式中的 $ dx $也可当作变量 $ x $的微分来对待，从而微分等式 $ \varphi'(x)dx=du $可以方便地应用到被积表达式中来，我们在上节第一目中已经这样用了，那里把积分 $ \int F'(x)dx $记作 $ \int dF(x) $，就是按微分 $ F'(x)dx=dF(x) $，把被积表达式 $ F'(x)dx $记作 $ dF(x) $。

如何应用公式(2-1)来求不定积分？设要求 $ \int g(x)dx $，如果函数 $ g(x) $可以化为 $ g(x)=f[\varphi(x)]\varphi'(x) $的形式，那么

$$ \int g(x)\mathrm{d}x=\int f[\varphi(x)]\varphi'(x)\mathrm{d}x=\left[\int f(u)\mathrm{d}u\right]_{u=\varphi(x)}, $$

这样，函数 $ g(x) $ 的积分即转化为函数 $ f(u) $ 的积分。如果能求得 $ f(u) $ 的原函数，那么也就得到了 $ g(x) $ 的原函数。

例1 求 $ \int 2\cos 2x dx $.

解被积函数中, $ \cos2x $ 是一个由 $ \cos2x=\cos u,u=2x $ 复合而成的复合函数,常数因子恰好是中间变量 u 的导数.因此,作变换 u=2x,便有

$$ \begin{aligned}\int2\cos2x\mathrm{d}x&=\int\cos2x\cdot2\mathrm{d}x=\int\cos2x\cdot(2x)^{\prime}\mathrm{d}x\\&=\int\cos u\mathrm{d}u=\sin u+C\\&\text{ 众众号：} 考研讲课 \end{aligned} $$

原书第 208 页

再以 u=2x 代入，即得

$$ \int2\cos2x\mathrm{d}x=\sin2x+C. $$

例2 求 $ \int\frac{1}{3+2x}dx $.

解被积函数 $ \frac{1}{3+2x}=\frac{1}{u},u=3+2x $。这里缺少 $ \frac{du}{dx}=2 $这样一个因子，但由于 $ \frac{du}{dx} $是个常数，故可改变系数凑出这个因子：

$$ \frac{1}{3+2x}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{3+2x}\cdot2=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{3+2x}(3+2x)^{\prime}, $$

从而令u=3+2x，便有

$$ \begin{aligned}\int\frac{1}{3+2x}\mathrm{d}x&=\int\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{3+2x}(3+2x)^{\prime}\mathrm{d}x=\int\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{u}\mathrm{d}u\\&=\frac{1}{2}\ln|u|+C=\frac{1}{2}\ln|3+2x|+C.\end{aligned} $$

一般地，对于积分 $ \int f(ax+b)dx $ ( $ a\neq0 $)，总可作变换 u=ax+b，把它化为

$$ \int f(ax+b)dx=\int\frac{1}{a}f(ax+b)dx=\frac{1}{a}\left[\int f(u)du\right]_{u=ax+b}. $$

例3 求 $ \int\frac{x^{2}}{\left(x+2\right)^{3}}\mathrm{d}x $.

解令 $ u = x + 2 $，则 x = u - 2， $ dx = du $。于是

$$ \begin{align*}\int\frac{x^{2}}{\left(x+2\right)^{3}}\mathrm{d}x&=\int\frac{\left(u-2\right)^{2}}{u^{3}}\mathrm{d}u=\int\left(u^{2}-4u+4\right)u^{-3}\mathrm{d}u\\&=\int\left(u^{-1}-4u^{-2}+4u^{-3}\right)\mathrm{d}u\\&=\ln|u|+4u^{-1}-2u^{-2}+C\\&=\ln|x+2|+\frac{4}{x+2}-\frac{2}{\left(x+2\right)^{2}}+C.\end{align*} $$

例4 求 $ \int 2xe^{x^{2}}dx $.

解被积函数中的一个因子为 $ e^{x^{2}} = e^{u} $， $ u = x^{2} $，剩下的因子 2x 恰好是中间变量 $ u = x^{2} $ 的导数，于是有

$$ \int2x\mathrm{e}^{x^{2}}\mathrm{d}x=\int\mathrm{e}^{x^{2}}\mathrm{d}\left(\dot{x}^{2}\right)=\int\mathrm{e}^{u}\mathrm{d}u=\mathrm{e}^{u}+C=\mathrm{e}^{x^{2}}+C. $$

例5 求 $ \int x\sqrt{1-x^{2}}dx $.

公众号：考研讲课

原书第 209 页

$$ \begin{array}{r}\frac{1}{x^{2}-a^{2}}=\frac{1}{2a}\left(\frac{1}{x-a}-\frac{1}{x+a}\right)\\ \\ \int\frac{1}{x^{2}-a^{2}}\mathrm{d}x=\frac{1}{2a}\int\left(\frac{1}{x-a}-\frac{1}{x+a}\right)\mathrm{d}x\\ \\ =\frac{1}{2a}\left(\int\frac{1}{x-a}\mathrm{d}x-\int\frac{1}{x+a}\mathrm{d}x\right)\\ \\ =\frac{1}{2a}\left[\int\frac{1}{x-a}\mathrm{d}(x-a)-\int\frac{1}{x+a}\mathrm{d}(x+a)\right]\end{array} $$

所以

$$ \begin{aligned}& 例 8\quad 求 \int\frac{1}{x^{2}-a^{2}}\mathrm{d}x\quad(a\neq0).\\ & 解 \quad 由于 \quad\\ \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}& 例 7\quad 求 \int\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{a^{2}-x^{2}}}\quad(a>0).\\ &\\ & 解 \quad\int\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{a^{2}-x^{2}}}=\int\frac{1}{a}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{1-\left(\frac{x}{a}\right)^{2}}}=\int\frac{\mathrm{d}\frac{x}{a}}{\sqrt{1-\left(\frac{x}{a}\right)^{2}}}=\arcsin\frac{x}{a}+C.\\ \end{aligned} $$

在上例中，我们实际上已经用了变量代换 $ u=\frac{x}{a} $，并在求出积分 $ \frac{1}{a}\int\frac{1}{1+u^{2}}du $ 之后，代回了原积分变量 x，只是没有把这些步骤写出来而已.

$$ \begin{aligned} 例 6\quad& 求 \int\frac{1}{a^{2}+x^{2}}\mathrm{d}x\quad(a\neq0).\\ 解 \quad&\int\frac{1}{a^{2}+x^{2}}\mathrm{d}x=\int\frac{1}{a^{2}}\cdot\frac{1}{1+\left(\frac{x}{a}\right)^{2}}\mathrm{d}x\\&=\frac{1}{a}\int\frac{1}{1+\left(\frac{x}{a}\right)^{2}}\mathrm{d}\frac{x}{a}=\frac{1}{a}\arctan\frac{x}{a}+C.\end{aligned} $$

在对变量代换比较熟练以后，就不一定写出中间变量 u.

$$ =-\frac{1}{3}u^{\frac{3}{2}}+C=-\frac{1}{3}(1-x^{2})^{\frac{3}{2}}+C. $$

$$ \int x\sqrt{1-x^{2}}\mathrm{d}x=\int u^{\frac{1}{2}}\cdot\left(-\frac{1}{2}\right)\mathrm{d}u=-\frac{1}{2}\frac{u^{\frac{3}{2}}}{3}+C $$

$$ u=1-x^{2},d u=-2x d x, 即 -\frac{1}{2}d u=x d x, $$

公众号：考研讲课

原书第 210 页

$$ \frac{1}{2a}\left(\ln|x-a|-\ln|x+a|\right)+C=\frac{1}{2a}\ln\left|\frac{x-a}{x+a}\right|+C. $$

例9 求 $ \int\frac{\mathrm{d}x}{x(1+2\ln x)}. $

$$ \begin{aligned} 解 \quad\int\frac{\mathrm{d}x}{x\left(1+2\ln x\right)}&=\int\frac{\mathrm{d}\left(\ln x\right)}{1+2\ln x}\\&=\frac{1}{2}\int\frac{\mathrm{d}\left(1+2\ln x\right)}{1+2\ln x}=\frac{1}{2}\ln|1+2\ln x|+C.\end{aligned} $$

例10 求 $ \int\frac{e^{\sqrt[3]{x}}}{\sqrt{x}}dx $.

解由于 $ \mathrm{d}\sqrt{x}=\frac{1\mathrm{~d}x}{2\sqrt{x}} $，因此，

$$ \int\frac{\mathrm{e}^{\sqrt[3]{x}}}{\sqrt{x}}\mathrm{d}x=2\int\mathrm{e}^{\sqrt[3]{x}}\mathrm{d}\sqrt{x}=\frac{2}{3}\int\mathrm{e}^{\sqrt[3]{x}}\mathrm{d}(3\sqrt{x})=\frac{2}{3}\mathrm{e}^{\sqrt[3]{x}}+C. $$

下面再举一些积分的例子，它们的被积函数中含有三角函数，在计算这种积分的过程中，往往要用到一些三角恒等式.

例11 求 $ \int\sin^{3}x dx $.

解 $ \int \sin^{3}x dx = \int \sin^{2}x \sin x dx = -\int (1 - \cos^{2}x) d(\cos x) = -\cos x + \frac{1}{3} \cos^{3}x + C. $

例12 求 $ \int \sin^{2}x \cos^{5}x dx $.

解

$$ \begin{align*}\int\sin^{2}x\cos^{5}x\mathrm{d}x&=\int\sin^{2}x\cos^{4}x\cos x\mathrm{d}x\\&=\int\sin^{2}x\big(1-\sin^{2}x\big)^{2}\mathrm{d}(\sin x)\\&=\int\left(\sin^{2}x-2\sin^{4}x+\sin^{6}x\right)\mathrm{d}(\sin x)\\&=\frac{1}{3}\sin^{3}x-\frac{2}{5}\sin^{5}x+\frac{1}{7}\sin^{7}x+C.\end{align*} $$

一般地，对于 $ \sin^{2k+1}x \cos^n x $ 或 $ \sin^n x \cos^{2k+1}x $ （其中 $ k \in \mathbb{N} $）型函数的积分，总可依次作变换 $ u = \cos x $ 或 $ u = \sin x $，求得结果.

例13 求 $ \int \tan x \, dx $.

解

$$ \int\tan x dx=\int\frac{\sin x}{\cos x}dx=-\int\frac{1}{\cos x}dx\left(\cos x\right)=-\ln|\cos x|+C. $$

原书第 211 页

类似地可得

$$ \int\cot x\mathrm{d}x=\ln|\sin x|+C. $$

例14 求 $ \int\cos^{2}x dx $.

解

$$ \begin{aligned}\int\cos^{2}x\mathrm{d}x&=\int\frac{1+\cos2x}{2}\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\bigg(\int\mathrm{d}x+\int\cos2x\mathrm{d}x\bigg)\\&=\frac{1}{2}\int\mathrm{d}x+\frac{1}{4}\int\cos2x\mathrm{d}(2x)=\frac{x}{2}+\frac{\sin2x}{4}+C.\end{aligned} $$

例15 求 $ \int \sin^{2} x \cos^{4} x dx $

解

$$ \begin{aligned}\int\sin^{2}x\cos^{4}x\mathrm{d}x&=\frac{1}{8}\int\left(1-\cos2x\right)\left(1+\cos2x\right)^{2}\mathrm{d}x\\&=\frac{1}{8}\int\left(1+\cos2x-\cos^{2}2x-\cos^{3}2x\right)\mathrm{d}x\\&=\frac{1}{8}\int(\cos2x-\cos^{3}2x)\mathrm{d}x+\frac{1}{8}\int\left(1-\cos^{2}2x\right)\mathrm{d}x\\&=\frac{1}{8}\int\sin^{2}2x\cdot\frac{1}{2}\mathrm{d}(\sin2x)+\frac{1}{8}\int\frac{1}{2}\left(1-\cos4x\right)\mathrm{d}x\\&=\frac{1}{48}\sin^{3}2x+\frac{x}{16}-\frac{1}{64}\sin4x+C.\end{aligned} $$

一般地，对于 $ \sin^{2k}x\cos^{2l}x $ $ (k,l\in\mathbb{N}) $ 型函数，总可利用三角恒等式： $ \sin^{2}x=\frac{1}{2}(1-\cos2x) $， $ \cos^{2}x=\frac{1}{2}(1+\cos2x) $ 化成 $ \cos2x $ 的多项式，然后采用例15中所用的方法求得积分的结果.

例16 求 $ \int \sec^{6} x dx $.

解

$$ \begin{align*}\int\sec^{6}x\mathrm{d}x&=\int\left(\sec^{2}x\right)^{2}\sec^{2}x\mathrm{d}x=\int\left(1+\tan^{2}x\right)^{2}\mathrm{d}(\tan x)\\&=\int\left(1+2\tan^{2}x+\tan^{4}x\right)\mathrm{d}(\tan x)\\&=\tan x+\frac{2}{3}\tan^{3}x+\frac{1}{5}\tan^{5}x+C.\end{align*} $$

例17 求 $ \int \tan^{5}x \sec^{3}x \, dx $.

解 $ \int \tan^{5}x \sec^{3}x \, dx = \int \tan^{4}x \sec^{2}x \sec x \tan x dx $

原书第 212 页

$$ \begin{aligned}&=\int\left(\sec^{2}x-1\right)^{2}\sec^{2}x\mathrm{d}(\sec x)\\&=\int\left(\sec^{6}x-2\sec^{4}x+\sec^{2}x\right)\mathrm{d}(\sec x)\\&=\frac{1}{7}\sec^{7}x-\frac{2}{5}\sec^{5}x+\frac{1}{3}\sec^{3}x+C.\end{aligned} $$

一般地，对于 $ \tan^{n}x \sec^{2k}x $ 或 $ \tan^{2k-1}x \sec^{n}x $ （ $ n, k \in \mathbb{N}_{+} $）型函数的积分，可依次作变换 $ u = \tan x $ 或 $ u = \sec x $，求得结果。

例 18 求 $ \int \csc x \, dx $.

解

$$ \begin{align*}\int\csc\ x\mathrm{d}x&=\int\frac{\mathrm{d}x}{\sin\ x}=\int\frac{\mathrm{d}x}{2\sin\frac{x}{2}\cos\frac{x}{2}}\\&=\int\frac{\mathrm{d}\left(\frac{x}{2}\right)}{\tan\frac{x}{2}\cos^{2}\frac{x}{2}}=\int\frac{\mathrm{d}\left(\tan\frac{x}{2}\right)}{\tan\frac{x}{2}}=\ln|\tan\frac{x}{2}|+C.\end{align*} $$

因为

$$ \tan\frac{x}{2}=\frac{\sin\frac{x}{2}}{\cos\frac{x}{2}}=\frac{2\sin^{2}\frac{x}{2}}{\sin x}=\frac{1-\cos x}{\sin x}=\csc x-\cot x $$

所以上述不定积分又可表为

$$ \int\csc x\mathrm{d}x=\ln|\csc x-\cot x|+C. $$

例 19 求 $ \int \sec x \, dx $.

解利用上例的结果，有

$$ \begin{aligned}\int\sec\ x\mathrm{d}x&=\int\csc\left(x+\frac{\pi}{2}\right)\mathrm{d}\left(x+\frac{\pi}{2}\right)\\&=\ln\left|\csc\left(x+\frac{\pi}{2}\right)-\cot\left(x+\frac{\pi}{2}\right)\right|+C\\&=\ln|\sec\ x+\tan\ x|+C.\end{aligned} $$

例20 求 $ \int\cos 3x\cos 2xdx $.

解利用三角函数的积化和差公式

$$ \cos A\cos B=\frac{1}{2}\left[\cos(A+B)+cos(A+B)\right] $$

原书第 213 页

得

$$ \cos3x\cos2x=\frac{1}{2}(\cos x+\cos5x) $$

于是

$$ \begin{aligned}\int\cos3x\cos2x\mathrm{d}x=&\frac{1}{2}\int\left(\cos x+\cos5x\right)\mathrm{d}x\\=&\frac{1}{2}\Biggl(\int\cos x\mathrm{d}x+\frac{1}{5}\int\cos5x\mathrm{d}(5x)\Biggr)\\=&\frac{1}{2}\sin x+\frac{1}{10}\sin5x+C.\end{aligned} $$

上面所举的例子，可以使我们认识到公式(2-1)在求不定积分中所起的作用。像复合函数的求导法则在微分学中一样，公式(2-1)在积分学中也是经常使用的。但利用公式(2-1)来求不定积分，一般却比利用复合函数的求导法则求函数的导数要来得困难，因为其中需要一定的技巧，而且如何适当地选择变量代换 $ u=\varphi(x) $没有一般规律可循，因此要掌握换元法，除了熟悉一些典型的例子外，还要做较多的练习才行。

上述各例用的都是第一类换元法，即形如 $ u=\varphi(x) $ 的变量代换。下面介绍另一种形式的变量代换 $ x=\psi(t) $，即所谓第二类换元法。

二、第二类换元法

上面介绍的第一类换元法是通过变量代换 $ u=\varphi(x) $，将积分 $ \int f[\varphi(x)]\cdot\varphi'(x)\mathrm{d}x $ 化为积分 $ \int f(u)\mathrm{d}u $.

下面将介绍的第二类换元法是：适当地选择变量代换 $ x=\psi(t) $，将积分 $ \int f(x)dx $ 化为积分 $ \int f[\psi(t)]\psi'(t)dt $。这是另一种形式的变量代换，换元公式可表达为

$$ \int f(x)\mathrm{d}x=\int f[\psi(t)]\psi^{\prime}(t)\mathrm{d}t. $$

这公式的成立是需要一定条件的。首先，等式右边的不定积分要存在，即 $ f[\psi(t)]\psi'(t) $有原函数；其次， $ \int f[\psi(t)]\psi'(t)dt $求出后必须用 $ x=\psi(t) $的反函数 $ t=\psi^{-1}(x) $代回去，为了保证这反函数存在而且是可导的，我们假定直接函数 $ x=\psi(t) $在 $ t $的某一个区间（这区间和所考虑的 $ x $的积分区间相对应）上是单调的、可导的，并且 $ \psi'(t)\neq0 $。

原书第 214 页

归纳上述，我们给出下面的定理：

定理2 设 $ x=\psi(t) $ 是单调的可导函数，并且 $ \psi'(t)\neq0 $。又设 $ f[\psi(t)]\psi'(t) $ 具有原函数，则有换元公式

$$ \int f(x)\mathrm{d}x=\left[\int f\left[\psi(t)\right]\psi^{\prime}(t)\mathrm{d}t\right]_{t=\psi^{-1}(x)}, $$

其中 $ \psi^{-1}(x) $ 是 $ x=\psi(t) $ 的反函数.

证设 $ f[\psi(t)]\psi'(t) $ 的原函数为 $ \Phi(t) $，记 $ \Phi[\psi^{-1}(x)]=F(x) $，利用复合函数及反函数的求导法则，得到

$$ F^{\prime}(x)=\frac{\mathrm{d}\Phi}{\mathrm{d}t}\cdot\frac{\mathrm{d}t}{\mathrm{d}x}=f[\psi(t)]\psi^{\prime}(t)\cdot\frac{1}{\psi^{\prime}(t)}=f[\psi(t)]=f(x), $$

即 $ F(x) $ 是 $ f(x) $ 的原函数. 所以有

$$ \int f(x)\mathrm{d}x=F(x)+C=\Phi\left[\psi^{-1}(x)\right]+C=\left[\int f\left[\psi(t)\right]\psi^{\prime}(t)\mathrm{d}t\right]_{t=\psi^{-1}(x)}, $$

这就证明了公式 $ (2-2) $.

下面举例说明换元公式(2-2)的应用.

例21 求 $ \int\sqrt{a^{2}-x^{2}}dx $ (a>0).

解求这个积分的困难在于有根式 $ \sqrt{a^{2}-x^{2}} $，但我们可以利用三角公式 $ \sin^{2}t+\cos^{2}t=1 $

来化去根式.

设 $ x = a \sin t, -\frac{\pi}{2} < t < \frac{\pi}{2} $，则 $ \sqrt{a^{2} - x^{2}} = \sqrt{a^{2} - a^{2} \sin^{2} t} = a \cos t $， $ dx = a \cos t \, dt $，于是根式化成了三角式，所求积分化为

$$ \int\sqrt{a^{2}-x^{2}}\mathrm{d}x=\int a\cos t\cdot a\cos t\mathrm{d}t=a^{2}\int\cos^{2}t\mathrm{d}t. $$

利用例14的结果得

$$ \int\sqrt{a^{2}-x^{2}}\mathrm{d}x=a^{2}\left(\frac{t}{2}+\frac{\sin2t}{4}\right)+C=\frac{a^{2}}{2}t+\frac{a^{2}}{2}\sin t\cos t+C. $$

由于 $ x = a \sin t, -\frac{\pi}{2} < t < \frac{\pi}{2} $，所以

$$ t=\arcsin\frac{x}{a}, $$

$$ \cos t=\sqrt{1-\sin^{2}t}=\sqrt{1-\left(\frac{x}{a}\right)^{2}}=\frac{\sqrt{a^{2}-x^{2}}}{a}, $$

于是所求积分为

$$ \int\sqrt{a^{2}-x^{2}}\mathrm{d}x=\frac{a^{2}}{2}\arcsin\frac{x}{a}+\frac{1}{2}x\sqrt{a^{2}-x^{2}}+C. $$

原书第 215 页

例22 求 $ \int\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x^{2}+a^{2}}}\quad(a>0) $.

解和上例类似，可以利用三角公式

$$ 1+\tan^{2}t=\sec^{2}t $$

来化去根式.

设 $ x = a \tan t $ $ \left(-\frac{\pi}{2} < t < \frac{\pi}{2}\right) $，则

$$ \sqrt{x^{2}+a^{2}}=\sqrt{a^{2}\tan^{2}t+a^{2}}=a\sqrt{\tan^{2}t+1}=a\sec t,\quad\mathrm{d}x=a\sec^{2}t\mathrm{d}t. $$

于是

$$ \int\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x^{2}+a^{2}}}=\int\frac{a\sec^{2}t}{a\sec t}\mathrm{d}t=\int\sec t\mathrm{d}t. $$

利用例19的结果得

$$ \int\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x^{2}+a^{2}}}=\ln\left|\sec t+\tan t\right|+C. $$

为了要把 $ \sec t $ 及 $ \tan t $ 换成 x 的函数，可以根据 $ \tan t = \frac{x}{a} $ 作辅助三角形（图 4-3），便有

$$ \sec t=\frac{\sqrt{x^{2}+a^{2}}}{a}, $$

且 $ \sec t + \tan t > 0 $，因此，

图4-3

$$ \begin{array}{r}\displaystyle\int\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x^{2}+a^{2}}}=\ln\left(\frac{x}{a}+\frac{\sqrt{x^{2}+a^{2}}}{a}\right)+C\\=\ln\left(x+\sqrt{x^{2}+a^{2}}\right)+C_{1},\end{array} $$

其中 $ C_{1}=C-\ln a $

例23 求 $ \int\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x^{2}-a^{2}}}\quad(a>0) $.

解和以上两例类似，可以利用公式

$$ \sec^{2}t-1=\tan^{2}t $$

来化去根式. 注意到被积函数的定义域是 x>a 和 x<-a 两个区间, 我们在两个区间内分别求不定积分.

当 x>a 时，设 $ x=a\sec t\left(0

$$ \sqrt{x^{2}-a^{2}}=\sqrt{a^{2}\sec^{2}t-a^{2}}=a\sqrt{\sec^{2}t-1}=a\tan t, $$

原书第 216 页

于是

$$ \begin{aligned}\int\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x^{2}-a^{2}}}&=\int\frac{a\sec t\tan t}{a\tan t}\mathrm{d}t=\int\sec t\mathrm{d}t\\&=\ln(\sec t+\tan t)+C.\end{aligned} $$

为了把 $ \sec t $ 及 $ \tan t $ 换成 x 的函数，我们根据 $ \sec t = \frac{x}{a} $ 作辅助三角形（图4-4），得到

$$ \tan t=\frac{\sqrt{x^{2}-a^{2}}}{a}, $$

图4-4

因此

$$ \begin{array}{c}{{\displaystyle\int\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x^{2}-a^{2}}}=\ln\left(\frac{x}{a}+\frac{\sqrt{x^{2}-a^{2}}}{a}\right)+C}}\\ {{\displaystyle\quad=\ln\left(x+\sqrt{x^{2}-a^{2}}\right)+C_{1}},}\end{array} $$

其中 $ C_{1}=C-\ln a $

当 x<-a 时，令 x=-u，那么 u>a。由上段结果，有

$$ \begin{array}{l}\displaystyle\int\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x^{2}-a^{2}}}=-\int\frac{\mathrm{d}u}{\sqrt{u^{2}-a^{2}}}=-\ln\left(u+\sqrt{u^{2}-a^{2}}\right)+C\\\\ \displaystyle\quad=-\ln\left(-x+\sqrt{x^{2}-a^{2}}\right)+C=\ln\frac{-x-\sqrt{x^{2}-a^{2}}}{a^{2}}+C\\\\ \displaystyle\quad=\ln\left(-x-\sqrt{x^{2}-a^{2}}\right)+C_{1},\end{array} $$

其中 $ C_{1}=C-2\ln a $

把在 x>a 及 x<-a 内的结果合起来，可写作

$$ \int\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x^{2}-a^{2}}}=\ln|x+\sqrt{x^{2}-a^{2}}|+C. $$

从上面的三个例子可以看出：如果被积函数含有 $ \sqrt{a^{2}-x^{2}} $，可以作代换 $ x=a\sin t $化去根式；如果被积函数含有 $ \sqrt{x^{2}+a^{2}} $，可以作代换 $ x=a\tan t $化去根式；如果被积函数含有 $ \sqrt{x^{2}-a^{2}} $，可以作代换 $ x=\pm a\sec t $化去根式。但具体解题时要分析被积函数的具体情况，选取尽可能简捷的代换，不要拘泥于上述的变量代换（如例5、例7）。

当被积函数含有 $ \sqrt{x^{2}\pm a^{2}} $时，为了化去根式，除采用三角代换 $ x=a\tan t $或 $ x=\pm a\sec t $外，还可利用公式

$$ \mathrm{ch}^{2}t-\mathrm{sh}^{2}t=1, 公众号：\mathrm{考研排课} $$

原书第 217 页

采用双曲代换 x=a sh t, $ x=\pm a ch t $ 来化去根式.

例如，在例22中，可设x=ash t，则

$$ \sqrt{x^{2}+a^{2}}=\sqrt{a^{2}\operatorname{sh}^{2}t+a^{2}}=a\operatorname{ch}t,\mathrm{d}x=a\operatorname{ch}t\mathrm{d}t, $$

于是

$$ \begin{aligned}\int\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x^{2}+a^{2}}}&=\int\frac{a\mathrm{ch}\ t}{a\mathrm{ch}\ t}\mathrm{d}t=\int\mathrm{d}t=t+C\\&=\operatorname{arsh}\frac{x}{a}+C=\ln\left[\frac{x}{a}+\sqrt{\left(\frac{x}{a}\right)^{2}+1}\right]+C\\&=\ln\left(x+\sqrt{x^{2}+a^{2}}\right)+C_{1},\end{aligned} $$

其中 $ C_{1}=C-\ln a $

在例23中，当x>a时，可设 $ x=ach\ t\ (t>0) $，则

$$ \sqrt{x^{2}-a^{2}}=\sqrt{a^{2}\operatorname{ch}^{2}t-a^{2}}=a\operatorname{sh}t, $$

$$ \mathrm{d}x=a\mathrm{s h}t\mathrm{d}t, $$

于是当 x>a 时，

$$ \begin{aligned}\int\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x^{2}-a^{2}}}&=\int\frac{a\mathrm{sh}t}{a\mathrm{sh}t}\mathrm{d}t=\int\mathrm{d}t=t+C=\operatorname{arch}\frac{x}{a}+C\\&=\ln\left[\frac{x}{a}+\sqrt{\left(\frac{x}{a}\right)^{2}-1}\right]+C=\ln\left(x+\sqrt{x^{2}-a^{2}}\right)+C_{1},\end{aligned} $$

其中 $ C_{1}=C-\ln a $

当 x<-a 时，令 x=-ach t (t>0)，类似可得

$$ \int\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x^{2}-a^{2}}}=\ln\left(-x-\sqrt{x^{2}-a^{2}}\right)+C_{1}. $$

上节所列基本积分表中没有双曲函数的积分公式，现添加两个常用的双曲函数积分公式：

① $ 4\int sh x\mathrm{d}x=ch x+C $

$ ⑮ $ $ \int \mathrm{ch} \ x \mathrm{d}x = \mathrm{sh} \ x + C. $

下面我们通过例子来介绍一种也很有用的代换——倒代换，利用它常可消去被积函数的分母中的变量因子x.

例24 求 $ \int\frac{\sqrt{a^{2}-x^{2}}}{x^{4}}\mathrm{d}x $ ( $ a\neq0 $).

解设 $ x=\frac{1}{t} $，则 $ \mathrm{d}x=-\frac{\mathrm{d}t}{t^{2}} $，于是

公众号：考研讲课

原书第 218 页

$$ \int\frac{\sqrt{a^{2}-x^{2}}}{x^{4}}\mathrm{d}x=\int\frac{\sqrt{a^{2}-\frac{1}{t^{2}}}\cdot\left(-\frac{\mathrm{d}t}{t^{2}}\right)}{\frac{1}{t^{4}}}=-\int\left(a^{2}t^{2}-1\right)^{\frac{1}{2}}\left|t\right|\mathrm{d}t, $$

当x>0时，有

$$ \begin{align*}\int\frac{\sqrt{a^{2}-x^{2}}}{x^{4}}\mathrm{d}x&=-\frac{1}{2a^{2}}\int\left(a^{2}t^{2}-1\right)^{\frac{1}{2}}\mathrm{d}\left(a^{2}t^{2}-1\right)\\&=-\frac{\left(a^{2}t^{2}-1\right)^{\frac{3}{2}}}{3a^{2}}+C=-\frac{\left(a^{2}-x^{2}\right)^{\frac{3}{2}}}{3a^{2}x^{3}}+C,\end{align*} $$

当x<0时，有相同的结果.

在本节的例题中，有几个积分是以后经常会遇到的，所以它们通常也被当作公式使用。这样，常用的积分公式，除了基本积分表中的几个外，再添加下面几个（其中常数 a>0）：

$$ \textcircled{16}\int\tan x\mathrm{d}x=-\ln|\cos x|+C, $$

$$ \textcircled{17}\int\cot x\mathrm{d}x=\ln|\sin x|+C, $$

$$ \textcircled{18}\int\sec~x\mathrm{d}x=\ln|\sec~x+\tan~x|+C, $$

$$ \textcircled{19}\int\csc~x\mathrm{d}x=\ln|\csc~x-\cot~x|+C, $$

$$ \int\frac{\mathrm{d}x}{a^{2}+x^{2}}=\frac{1}{a}\arctan\frac{x}{a}+C $$

$$ \int\frac{\mathrm{d}x}{x^{2}-a^{2}}=\frac{1}{2a}\ln\left|\frac{x-a}{x+a}\right|+C, $$

$$ \int\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{a^{2}-x^{2}}}=\arcsin\frac{x}{a}+C, $$

$$ \textcircled{23}\int\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x^{2}+a^{2}}}=\ln\left(x+\sqrt{x^{2}+a^{2}}\right)+C, $$

$$ \int\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x^{2}-a^{2}}}=\ln|x+\sqrt{x^{2}-a^{2}}|+C. $$

例25 求 $ \int\frac{dx}{\sqrt{4x^{2}+9}} $

解 $ \int \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{4x^{2}+9}} = \int \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{(2x)^{2}+3^{2}}} = \frac{1}{2} \int \frac{\mathrm{d}(2x)}{\sqrt{(2x)^{2}+3^{2}}} $,

利用公式②, 便得

原书第 219 页

$$ \int\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{4x^{2}+9}}=\frac{1}{2}\ln\left(2x+\sqrt{4x^{2}+9}\right)+C. $$

例26 求 $ \int\frac{dx}{\sqrt{1+x-x^{2}}} $

解 $ \int\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{1+x-x^{2}}}=\int\frac{\mathrm{d}\left(x-\frac{1}{2}\right)}{\sqrt{\left(\frac{\sqrt{5}}{2}\right)^{2}-\left(x-\frac{1}{2}\right)^{2}}} $

利用公式 $ ^{②} $，便得

$$ \int\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{1+x-x^{2}}}=\arcsin\frac{2x-1}{\sqrt{5}}+C. $$

在例22中，我们用变换 $ x=a\tan t $消去被积函数中的根式 $ \sqrt{x^{2}+a^{2}} $，这个变换还能消去被积函数分母中的 $ (x^{2}+a^{2}) $的高次幂.请看下例.

例27 求 $ \int\frac{x^{3}}{\left(x^{2}-2x+2\right)^{2}}\mathrm{d}x $.

解分母是二次质因式的平方，把二次质因式配方成 $ (x-1)^{2}+1 $，令 $ x-1=\tan t\left(-\frac{\pi}{2}

$$ x^{2}-2x+2=\sec^{2}t,\mathrm{d}x=\sec^{2}t\mathrm{d}t. $$

于是

$$ \begin{aligned}&\int\frac{x^{3}}{\left(x^{2}-2x+2\right)^{2}}\mathrm{d}x\\=&\int\frac{\left(\tan t+1\right)^{3}}{\sec^{4}t}\cdot\sec^{2}t\mathrm{d}t\\=&\int\left(\sin^{3}t\cos^{-1}t+3\sin^{2}t+3\sin t\cos t+\cos^{2}t\right)\mathrm{d}t\\=&\int\left(\sin^{2}t\cos^{-1}t+3\cos t\right)\sin t\mathrm{d}t+\int\left(3\sin^{2}t+\cos^{2}t\right)\mathrm{d}t\\=&\int\left[\left(1-\cos^{2}t\right)\cos^{-1}t+3\cos t\right]\left[-\mathrm{d}\left(\cos t\right)\right]+\int\left(2-\cos2t\right)\mathrm{d}t\\=&-\int\left(\cos^{-1}t+2\cos t\right)\mathrm{d}\left(\cos t\right)+2t-\frac{1}{2}\sin2t\\=&-\ln\cos t-\cos^{2}t+2t-\sin t\cos t+C,\end{aligned} $$

按 $ \tan t = x - 1 $ 作辅助三角形（图 4-5），便有

$$ \cos t=\frac{1}{\sqrt{x^{2}-2x+2}},\sin t=\frac{x-1}{\sqrt{x^{2}-2x+2}}, $$

图4-5

原书第 220 页

于是

$$ \begin{align*}&\int\frac{x^{3}}{\left(x^{2}-2x+2\right)^{2}}\mathrm{d}x\\&=\frac{1}{2}\ln\left(x^{2}-2x+2\right)+2\arctan\left(x-1\right)-\frac{x}{x^{2}-2x+2}+C.\end{align*} $$

习题4-2

在下列各式等号右端的横线处填入适当的系数，使等式成立（例如： $ \mathrm{d}x=\frac{1}{4}\mathrm{d}(4x+7) $）

(1) $ \mathrm{d}x = \underline{\quad}\mathrm{d}(ax) $;

(2) $ \mathrm{d}x = \underline{\quad} $ $ \mathrm{d}(7x - 3) $;

(3) $ x \, \mathrm{d}x = $ ___ $ \mathrm{d}(x^2) $;

(4) $ x \, \mathrm{d}x = $ ___ $ \mathrm{d}(5x^{2}) $;

(5) $ x\mathrm{d}x = \underline{\quad} $ $ \mathrm{d}(1 - x^{2}) $;

(6) $ x^3 \mathrm{d}x = \underline{\quad} \mathrm{d}(3x^4 - 2) $;

$$ \mathrm{e}^{2x}\mathrm{d}x=\underline{\quad}\mathrm{d}\left(\mathrm{e}^{2x}\right) $$

(8) $ e^{\frac{x}{2}} \mathrm{d}x = \underline{\quad} \mathrm{d}(1 + e^{\frac{x}{2}}) $;

(9) $ \sin \frac{3}{2} x \, \mathrm{d}x = \underline{\quad} \, \mathrm{d}\left(\cos \frac{3}{2} x\right) $; (10) $ \frac{\mathrm{d}x}{x} = \underline{\quad} \, \mathrm{d}(5 \ln |x|) $;

(11) $ \frac{dx}{x} = $___ d(3-5ln|x|); (12) $ \frac{dx}{1+9x^2} = $___ d(arctan 3x);

(13) $ \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{1-x^2}} = $ __ $ \mathrm{d}(1-\arcsin x) $; (14) $ \frac{x\mathrm{d}x}{\sqrt{1-x^2}} = $ __ $ \mathrm{d}(\sqrt{1-x^2}) $.

求下列不定积分（其中 a, b, $ \omega $, $ \varphi $ 均为常数）：

(1) $ \int e^{5t} dt $;

(2) $ \int (3 - 2x)^{3} \, dx $;

(3) $ \int\frac{dx}{1-2x}; $

(4) $ \int\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt[3]{2-3x}}; $

(5) $ \int (\sin ax - e^{\frac{x}{b}}) \, dx $;

(6) $ \int \frac{\sin\sqrt{t}}{\sqrt{t}} \, dt $;

(7) $ \int x e^{-x^{2}} \, dx $;

(8) $ \int x \cos(x^{2}) \, dx $;

(9) $ \int \frac{x}{\sqrt{2-3x^{2}}} \, dx $;

(10) $ \int \frac{3x^{3}}{1-x^{4}} dx $;

(11) $ \int \frac{x+1}{x^{2}+2x+5} \, dx $;

(12) $ \int \cos^{2}(\omega t + \varphi) \sin(\omega t + \varphi) \, dt $;

(13) $ \int \frac{\sin x}{\cos^3 x} dx $;

(14) $ \int \frac{\sin x + \cos x}{\sqrt[3]{\sin x - \cos x}} \, dx $;

(15) $ \int \tan^{10} x \cdot \sec^{2} x \, dx $;

$$ \int\frac{\mathrm{d}x}{x\ln x\ln\ln x}; $$

(17) $ \int \frac{dx}{(\arcsin x)^2 \sqrt{1-x^2}} $;

$$ \int\frac{10^{2\operatorname{arccos}x}}{d} $$

原书第 221 页

(19) $ \int \tan \sqrt{1+x^2} \cdot \frac{x \, dx}{\sqrt{1+x^2}}; $

(20) $ \int \frac{\arctan \sqrt{x}}{\sqrt{x} (1+x)} \, dx; $

(21) $ \int \frac{1 + \ln x}{(x \ln x)^2} \, dx $;

(22) $ \int \frac{dx}{\sin x \cos x} $;

(23) $ \int \frac{\ln \tan x}{\cos x \sin x} \, dx $;

(24) $ \int \cos^{3} x \, dx $

(25) $ \int \cos^{2}(\omega t + \varphi) \, dt $;

(26) $ \int \sin 2x \cos 3x \, dx $;

(27) $ \int \cos x \cos \frac{x}{2} \, dx $;

(28) $ \int \sin 5x \sin 7x \, dx $;

(29) $ \int \tan^{3} x \sec x \, dx $;

(30) $ \int \frac{dx}{e^x + e^{-x}}; $

(31) $ \int \frac{1-x}{\sqrt{9-4x^{2}}} dx $;

(32) $ \int \frac{x^{3}}{9 + x^{2}} \mathrm{d}x $;

(33) $ \int \frac{dx}{2x^{2}-1} $;

(34) $ \int \frac{dx}{(x+1)(x-2)} $;

(35) $ \int \frac{x}{x^{2}-x-2} \, dx $;

(36) $ \int \frac{x^{2} \, \mathrm{d}x}{\sqrt{a^{2}-x^{2}}} \quad (a>0) $;

(37) $ \int \frac{dx}{x \sqrt{x^2 - 1}}; $

(38) $ \int \frac{dx}{\sqrt{(x^{2}+1)^{3}}} $;

(39) $ \int \frac{\sqrt{x^{2}-9}}{x} \, dx $;

(40) $ \int\frac{dx}{1+\sqrt{2x}} $;

(41) $ \int \frac{dx}{1 + \sqrt{1 - x^2}} $;

(42) $ \int\frac{dx}{x+\sqrt{1-x^{2}}} $;

(43) $ \int \frac{x-1}{x^{2}+2x+3} \, dx $;

(44) $ \int \frac{x^{3}+1}{\left(x^{2}+1\right)^{2}} \mathrm{d}x. $

第三节分部积分法

前面我们在复合函数求导法则的基础上，得到了换元积分法. 现在我们利用两个函数乘积的求导法则，来推得另一个求积分的基本方法—— $ \uwave{\text{分部积分法}} $.

设函数 $ u = u(x) $ 及 $ v = v(x) $ 具有连续导数，则两个函数乘积的导数公式为

$$ (u v)^{\prime}=u^{\prime}v+u v^{\prime}, $$

$$ u v^{\prime}=\left(u v\right)^{\prime}-u^{\prime}v. $$

移项，得

对这个等式两边求不定积分，得

$$ \int u v^{\prime}\mathrm{d}x=u v-\int u^{\prime}v\mathrm{d}x.\\ 公众号：若讲拼课 $$

原书第 222 页

公式(3-1)称为 $ \uwave{\text{分部积分公式}} $. 如果求 $ \int uv' $dx 有困难,而求 $ \int u' $vdx 比较容易时,分部积分公式就可以发挥作用了.

为简便起见，也可把公式 $ （3-1） $写成下面的形式：

$$ \int u\mathrm{d}v=uv-\int v\mathrm{d}u. $$

现在通过例子说明如何运用这个重要公式.

例1 求 $ \int x\cos xdx $.

解这个积分用换元积分法不易求得结果，现在试用分部积分法来求它. 但是怎样选取 u 和 dv 呢？如果设 $ u = x $, $ \mathrm{d}v = \cos x \, \mathrm{d}x $, 则 $ \mathrm{d}u = \mathrm{d}x $, $ v = \sin x $, 代入分部积分公式 (3-2), 得

$$ \int x\cos x\mathrm{d}x=x\sin x-\int\sin x\mathrm{d}x, $$

而 $ \int vdu = \int \sin x \, dx $ 容易积出，所以

$$ \int x\cos x\mathrm{d}x=x\sin x+\cos x+C. $$

求这个积分时，如果设 $ u = \cos x $, $ \mathrm{d}v = x\mathrm{d}x $，则

$$ \mathrm{d}u=-\sin x\mathrm{d}x,\quad v=\frac{x^{2}}{2}. $$

于是

$$ \int x\cos x\mathrm{d}x=\frac{x^{2}}{2}\cos x+\int\frac{x^{2}}{2}\sin x\mathrm{d}x. $$

上式右端的积分比原积分更不容易求出.

由此可见，如果 u 和 dv 选取不当，就求不出结果，所以应用分部积分法时，恰当选取 u 和 dv 是一个关键。选取 u 和 dv 一般要考虑下面两点：

（1）v 要容易求得；

(2) $ \int vdu $ 要比 $ \int udv $ 容易积出.

例2 求 $ \int x e^{x} dx $.

解设 $ u = x $, $ \mathrm{d}v = \mathrm{e}^{x}\mathrm{d}x $, 则 $ \mathrm{d}u = \mathrm{d}x $, $ v = \mathrm{e}^{x} $. 于是

$$ \int x\mathrm{e}^{x}\mathrm{d}x=x\mathrm{e}^{x}-\int\mathrm{e}^{x}\mathrm{d}x=x\mathrm{e}^{x}-\mathrm{e}^{x}+C=\mathrm{e}^{x}(x-1)+C. $$

运用分部积分公式(3-2)的形式，例1、例2的求解过程也可表述为

$$ \int x\cos x\mathrm{d}x=\int x\mathrm{d}(\sin x)=x\sin x-\int\sin x\mathrm{d}x $$

原书第 223 页

$$ =x\sin x+\cos x+C. $$

$$ \begin{aligned}\int x\mathrm{e}^{x}\mathrm{d}x&=\int x\mathrm{d}(\mathrm{e}^{x})=x\mathrm{e}^{x}-\int\mathrm{e}^{x}\mathrm{d}x\\&=x\mathrm{e}^{x}-\mathrm{e}^{x}+C=(x-1)\mathrm{e}^{x}+C.\end{aligned} $$

例3 求 $ \int x^{2}e^{x}dx $.

解设 $ u=x^{2} $, $ \mathrm{d}v=\mathrm{e}^{x}\mathrm{d}x=\mathrm{d}(\mathrm{e}^{x}) $, 则

$$ \int x^{2}\mathrm{e}^{x}\mathrm{d}x=\int x^{2}\mathrm{d}\left(\mathrm{e}^{x}\right)=x^{2}\mathrm{e}^{x}-\int\mathrm{e}^{x}\mathrm{d}\left(x^{2}\right)=x^{2}\mathrm{e}^{x}-2\int x\mathrm{e}^{x}\mathrm{d}x. $$

这里 $ \int x e^{x}dx $比 $ \int x^{2}e^{x}dx $容易积出，因为被积函数中x的幂次前者比后者降低了一次.由例2可知，对 $ \int x e^{x}dx $再使用一次分部积分法就可以了.于是

$$ \begin{align*}\int x^{2}\mathrm{e}^{x}\mathrm{d}x&=x^{2}\mathrm{e}^{x}-2\int x\mathrm{e}^{x}\mathrm{d}x=x^{2}\mathrm{e}^{x}-2\int x\mathrm{d}(\mathrm{e}^{x})\\&=x^{2}\mathrm{e}^{x}-2(x\mathrm{e}^{x}-\mathrm{e}^{x})+C=\mathrm{e}^{x}(x^{2}-2x+2)+C.\end{align*} $$

总结上面三个例子可以知道，如果被积函数是幂函数和正(余)弦函数或幂函数和指数函数的乘积，就可以考虑用分部积分法，并设幂函数为u.这样用一次分部积分法就可以使幂函数的幂次降低一次.这里假定幂指数是正整数.

例4 求 $ \int x \ln x dx $.

解设 $ u = \ln x $, $ \mathrm{d}v = x\mathrm{d}x $, 则

$$ \begin{align*}\int x\ln x\mathrm{d}x&=\int\ln x\mathrm{d}\frac{x^{2}}{2}=\frac{x^{2}}{2}\ln x-\int\frac{x^{2}}{2}\mathrm{d}(\ln x)\\&=\frac{x^{2}}{2}\ln x-\frac{1}{2}\int x\mathrm{d}x=\frac{x^{2}}{2}\ln x-\frac{x^{2}}{4}+C.\end{align*} $$

例5 求 $ \int \arccos x \, dx $.

解设 $ u = \arccos x $, $ \mathrm{d}v = \mathrm{d}x $, 则

$$ \begin{array}{l}\displaystyle\int\arccos x\,dx=x\arccos x-\int x\,d(\arccos x)\\\displaystyle\qquad=x\arccos x+\int\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}dx\\\displaystyle\qquad=x\arccos x-\frac{1}{2}\int\frac{1}{(1-x^2)^{\frac{1}{2}}}d(1-x^2)\\\displaystyle\qquad=x\arccos x-\sqrt{1-x^2}+C.\end{array} $$

在分部积分法运用比较熟练以后，就不必再写出哪一部分选作u，哪一部分

原书第 224 页

选作 dv. 只要把被积表达式凑成 $ \varphi(x)\mathrm{d}\psi(x) $ 的形式，便可使用分部积分公式.

例6 求 $ \int x\arctan x dx $.

解

$$ \begin{aligned}\int x\arctan x\mathrm{d}x&=\frac{1}{2}\int\arctan x\mathrm{d}(x^{2})\\&=\frac{x^{2}}{2}\arctan x-\frac{1}{2}\int\frac{x^{2}}{1+x^{2}}\mathrm{d}x\\&=\frac{x^{2}}{2}\arctan x-\frac{1}{2}\int\frac{1+x^{2}-1}{1+x^{2}}\mathrm{d}x\\&=\frac{x^{2}}{2}\arctan x-\frac{1}{2}\int\left(1-\frac{1}{1+x^{2}}\right)\mathrm{d}x\\&=\frac{x^{2}}{2}\arctan x-\frac{1}{2}\left(x-\arctan x\right)+C\\&=\frac{1}{2}(x^{2}+1)\arctan x-\frac{1}{2}x+C.\end{aligned} $$

总结上面三个例子可以知道，如果被积函数是幂函数和对数函数或幂函数和反三角函数的乘积，就可以考虑用分部积分法，并设对数函数或反三角函数为 u.

下面几个例子中所用的方法也是比较典型的.

例7 求 $ \int e^{x}\sin x dx $.

解 $ \int e^{x}\sin x\,dx = \int\sin x\,d(e^{x}) = e^{x}\sin x - \int e^{x}\cos x\,dx $,

等式右端的积分与等式左端的积分是同一类型的. 对右端的积分再用一次分部积分法, 得

$$ \begin{array}{c}\int\mathrm{e}^{x}\sin x\mathrm{d}x=\mathrm{e}^{x}\sin x-\int\cos x\mathrm{d}(\mathrm{e}^{x})\\=\mathrm{e}^{x}\sin x-\mathrm{e}^{x}\cos x-\int\mathrm{e}^{x}\sin x\mathrm{d}x,\end{array} $$

由于上式右端的第三项就是所求的积分 $ \int e^{x}\sin x\,dx $，把它移到等号左端去，等式两端再同除以2，便得

$$ \int\mathrm{e}^{x}\sin x\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\mathrm{e}^{x}(\sin x-\cos x)+C. $$

因上式右端已不包含积分项，所以必须加上任意常数 C.

例8 求 $ \int \sec^{3} x dx $.

公众号：考研讲课

原书第 225 页

解

$$ \begin{array}{r l}{\displaystyle\int\sec^{3}x\mathrm{d}x}&{=\displaystyle\int\sec x\mathrm{d}(\tan x)}\\ &{}\\ {\displaystyle}&{=\sec x\tan x-\int\sec x\tan^{2}x\mathrm{d}x}\\ &{}\\ {\displaystyle}&{=\sec x\tan x-\int\sec x(\sec^{2}x-1)\mathrm{d}x}\\ &{}\\ {\displaystyle}&{=\sec x\tan x-\int\sec^{3}x\mathrm{d}x+\int\sec x\mathrm{d}x}\\ &{}\\ {\displaystyle}&{=\sec x\tan x+\ln|\sec x+\tan x|-\int\sec^{3}x\mathrm{d}x.}\end{array} $$

由于上式右端的第三项就是所求的积分 $ \int \sec^{3} x dx $，把它移到等号左端去，等式两端再同时除以2，便得

$$ \int\sec^{3}x\mathrm{d}x=\frac{1}{2}(\sec x\tan x+\ln|\sec x+\tan x|)+C. $$

在积分的过程中往往要兼用换元法与分部积分法，如例5，下面再来举一个例子.

例9 求 $ \int e^{\sqrt{x}}dx $.

解令 $ \sqrt{x}=t $，则 $ x=t^{2} $， $ dx=2tdt $。于是

$$ \int\mathrm{e}^{\sqrt{x}}\mathrm{d}x=2\int t\mathrm{e}^{t}\mathrm{d}t. $$

利用例2的结果，并用 $ t=\sqrt{x} $代回，便得所求积分：

$$ \int\mathrm{e}^{\sqrt{x}}\mathrm{d}x=2\int t\mathrm{e}^{t}\mathrm{d}t=2\mathrm{e}^{t}(t-1)+C=2\mathrm{e}^{\sqrt{x}}(\sqrt{x}-1)+C. $$

习题4-3

求下列不定积分：

$ \int x\sin x dx $.

$ \int \ln x \, dx $.

$ \int \arcsin x \, dx $.

$ \int x e^{-x} dx $.

$ \int x^{2}\ln x dx $.

$ \int e^{-2x} \sin \frac{x}{2} dx $.

$ \int e^{-x} \cos x \, dx $.

$ \int x\cos\frac{x}{2}dx. $

$ \int x^{2}\arctan x\,dx $.

公众号： $ 10. \int x \tan^{2} x dx $ 考研讲课

原书第 226 页

11.

$$ \int x^{2}\cos x\mathrm{d}x. $$

12.

$$ \int t\mathbf{e}^{-2t}\mathrm{d}t. $$

13.

$$ \int\ln^{2}x\mathrm{d}x. $$

14.

$$ \int x\sin x\cos x\mathrm{d}x. $$

15.

$$ \int x^{2}\cos^{2}\frac{x}{2}\mathrm{d}x. $$

16.

$$ \int x\ln(x-1)\mathrm{d}x. $$

17.

$$ \int\left(x^{2}-1\right)\sin2x\mathrm{d}x. $$

18.

$$ \int\frac{\ln^{3}x}{x^{2}}\mathrm{d}x. $$

19.

$$ \int\mathrm{e}^{3\sqrt{x}}\mathrm{d}x. $$

20.

$$ \int\cos\ln x d x. $$

21.

$$ \int\left(\arcsin x\right)^{2}\mathrm{d}x. $$

22.

$$ \int\mathrm{e}^{x}\sin^{2}x\mathrm{d}x. $$

23.

$$ \int x\ln^{2}x\mathrm{d}x. $$

24.

$$ \int\mathrm{e}^{\sqrt{3x+9}}\mathrm{d}x. $$

第四节有理函数的积分

前面已经介绍了求不定积分的两个基本方法——换元积分法和分部积分法，下面简要地介绍有理函数的积分及可化为有理函数的积分.

一、有理函数的积分

两个多项式的商 $ \frac{P(x)}{Q(x)} $称为 $ \uwave{\text{有理函数}} $，又称 $ \uwave{\text{有理分式}} $。我们总假定分子多项式 $ P(x) $与分母多项式 $ Q(x) $之间没有公因式。当分子多项式 $ P(x) $的次数小于分母多项式 $ Q(x) $的次数时，称这有理函数为 $ \uwave{\text{真分式}} $，否则称为 $ \uwave{\text{假分式}} $。

利用多项式的除法，总可以将一个假分式化成一个多项式与一个真分式之和的形式，例如第一节例15中的被积函数

$$ \frac{2x^{4}+x^{2}+3}{x^{2}+1}=2x^{2}-1+\frac{4}{x^{2}+1}. $$

对于真分式 $ \frac{P(x)}{Q(x)} $，如果分母可分解为两个多项式的乘积

$$ Q(x)=Q_{1}(x)Q_{2}(x), $$

且 $ Q_{1}(x) $ 与 $ Q_{2}(x) $ 没有公因式，那么它可分拆成两个真分式之和

$$ \frac{P(x)}{Q(x)}=\frac{P_{1}(x)}{Q_{1}(x)}+\frac{P_{2}(x)}{Q_{2}(x)}, $$

上述步骤称为把真分式化成 $ \uwave{\text{部分分式}} $之和. 如果 $ Q_{1}(x) $或 $ Q_{2}(x) $还能再分解成两个没有公因式的多项式的乘积,那么就可再分拆成更简单的部分分式. 最后,

原书第 227 页

有理函数的分解式中只出现多项式、 $ \frac{P_{1}(x)}{(x-a)^{k}}\cdot\frac{P_{2}(x)}{(x^{2}+px+q)^{t}} $ 等三类函数（这里 $ p^{2}-4q<0, P_{1}(x) $ 为小于 k 次的多项式， $ P_{2}(x) $ 为小于 2l 次的多项式）。多项式的积分容易求得，后两类真分式的积分可参看第二节例 3 和例 27。

下面举几个真分式的积分的例子.

例1 求 $ \int\frac{x+1}{x^{2}-5x+6}dx $.

解被积函数的分母分解成 $ (x-3)(x-2) $，故可设

$$ \frac{x+1}{x^{2}-5x+6}=\frac{A}{x-3}+\frac{B}{x-2} $$

其中 A、B 为待定系数。上式两端去分母后，得

$$ x+1=A(x-2)+B(x-3), $$

即

$$ x+1=\left(A+B\right)x-2A-3B. $$

比较上式两端同次幂的系数，即有

$$ \{\begin{aligned}{}&{{}A+B=1,}\\ {}&{{}2A+3B=-1,}\\ \end{aligned}. $$

从而解得 A=4, B=-3. 于是

$$ \begin{aligned}\int\frac{x+1}{x^{2}-5x+6}\mathrm{d}x&=\int\left(\frac{4}{x-3}-\frac{3}{x-2}\right)\mathrm{d}x\\&=4\ln\left|x-3\right|-3\ln\left|x-2\right|+C.\end{aligned} $$

例2 求 $ \int\frac{x+2}{(2x+1)\left(x^{2}+x+1\right)} $ dx.

解设 $ \frac{x+2}{(2x+1)(x^{2}+x+1)}=\frac{A}{2x+1}+\frac{Bx+D}{x^{2}+x+1} $，则

$$ x+2=A\left(x^{2}+x+1\right)+\left(Bx+D\right)\left(2x+1\right), $$

即

$$ x+2=\left(A+2B\right)x^{2}+\left(A+B+2D\right)x+A+D, $$

比较上式两端同次幂的系数，即有

$$ \begin{cases}A+2B=0,\\A+B+2D=1,\\A+D=2,\end{cases} $$

从而解得 $ \{\begin{aligned}A&=2,\\ B&=-1,\\ D&=0.\end{aligned}. $，于是

公众号：考研讲课

原书第 228 页

$$ \begin{aligned}&\int\frac{x+2}{\left(2x+1\right)\left(x^{2}+x+1\right)}\mathrm{d}x\\=&\int\left(\frac{2}{2x+1}-\frac{x}{x^{2}+x+1}\right)\mathrm{d}x=\ln\left|2x+1\right|-\frac{1}{2}\int\frac{\left(2x+1\right)-1}{x^{2}+x+1}\mathrm{d}x\\=&\ln|2x+1|-\frac{1}{2}\int\frac{\mathrm{d}\left(x^{2}+x+1\right)}{x^{2}+x+1}+\frac{1}{2}\int\frac{\mathrm{d}x}{\left(x+\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{3}{4}}\\=&\ln|2x+1|-\frac{1}{2}\ln\left(x^{2}+x+1\right)+\frac{1}{\sqrt{3}}\arctan\frac{2x+1}{\sqrt{3}}+C.\end{aligned} $$

例3 求 $ \int\frac{x-3}{(x-1)(x^{2}-1)} $dx.

解被积函数分母的两个因式 x-1 与 $ x^{2}-1 $ 有公因式，故需再分解成 $ (x-1)^{2}(x+1) $. 设

$$ \frac{x-3}{\left(x-1\right)^{2}\left(x+1\right)}=\frac{Ax+B}{\left(x-1\right)^{2}}+\frac{D}{x+1} $$

则

$$ x-3=\left(Ax+B\right)\left(x+1\right)+D\left(x-1\right)^{2}, $$

即

$$ x-3=\left(A+D\right)x^{2}+\left(A+B-2D\right)x+B+D, $$

比较上式两端同次幂的系数，即有

$$ \{\begin{aligned}{}&{{}A+D=0\;,}\\ {}&{{}A+B-2D=1\;,}\\ {}&{{}B+D=-3\;,}\\ \end{aligned}. $$

从而解得 $ \{\begin{aligned}A&=1,\\ B&=-2,\\ D&=-1.\end{aligned}. $，于是

$$ \begin{aligned}&\int\frac{x-3}{\left(x-1\right)\left(x^{2}-1\right)}\mathrm{d}x\\=&\int\frac{x-3}{\left(x-1\right)^{2}\left(x+1\right)}\mathrm{d}x=\int\left[\frac{x-2}{\left(x-1\right)^{2}}-\frac{1}{x+1}\right]\mathrm{d}x\\=&\int\frac{x-1-1}{\left(x-1\right)^{2}}\mathrm{d}x-\ln\mid x+1\mid\\=&\ln\mid x-1\mid+\frac{1}{x-1}-\ln\mid x+1\mid+C.\end{aligned} $$

原书第 229 页

二、可化为有理函数的积分举例

例4 求 $ \int\frac{1+\sin x}{\sin x(1+\cos x)} $ dx.

解由三角函数知道， $ \sin x $ 与 $ \cos x $ 都可以用 $ \tan\frac{x}{2} $ 的有理式表示，即

$$ \sin x=2\sin\frac{x}{2}\cos\frac{x}{2}=\frac{2\tan\frac{x}{2}}{\sec^{2}\frac{x}{2}}=\frac{2\tan\frac{x}{2}}{1+\tan^{2}\frac{x}{2}}, $$

$$ \cos x=\cos^{2}\frac{x}{2}-\sin^{2}\frac{x}{2}=\frac{1-\tan^{2}\frac{x}{2}}{\sec^{2}\frac{x}{2}}=\frac{1-\tan^{2}\frac{x}{2}}{1+\tan^{2}\frac{x}{2}}. $$

如果作变换 $ u = \tan \frac{x}{2} (-\pi < x < \pi) $ ①，那么

$$ \sin x=\frac{2u}{1+u^{2}},\quad\cos x=\frac{1-u^{2}}{1+u^{2}}, $$

而 $ x=2\arctan u $ ，从而

$$ \mathrm{d}x=\frac{2}{1+u^{2}}\mathrm{d}u. $$

于是

$$ \begin{aligned}&\int\frac{1+\sin x}{\sin x\left(1+\cos x\right)}\mathrm{d}x\\=&\int\frac{\left(1+\frac{2u}{1+u^{2}}\right)\frac{2\mathrm{d}u}{1+u^{2}}}{\frac{2u}{1+u^{2}}\left(1+\frac{1-u^{2}}{1+u^{2}}\right)}=\frac{1}{2}\int\left(u+2+\frac{1}{u}\right)\mathrm{d}u\\=&\frac{1}{2}\left(\frac{u^{2}}{2}+2u+\ln|u|\right)+C=\frac{1}{4}\tan^{2}\frac{x}{2}+\tan\frac{x}{2}+\frac{1}{2}\ln\left|\tan\frac{x}{2}\right|+C.\end{aligned} $$

本例所用的变量代换 $ u=\tan\frac{x}{2} $ 对三角函数有理式的积分都可以应用.

原书第 230 页

例5 求 $ \int\frac{\sqrt{x-1}}{x}dx $.

解为了去掉根号，可以设 $ \sqrt{x-1}=u $，于是 $ x=u^{2}+1 $， $ dx=2udu $，从而所求积分为

$$ \begin{align*}\int\frac{\sqrt{x-1}}{x}\mathrm{d}x&=\int\frac{u}{u^{2}+1}\cdot2u\mathrm{d}u=2\int\frac{u^{2}}{u^{2}+1}\mathrm{d}u\\&=2\int\left(1-\frac{1}{1+u^{2}}\right)\mathrm{d}u=2\left(u-\arctan u\right)+C\\&=2\left(\sqrt{x-1}-\arctan\sqrt{x-1}\right)+C.\end{align*} $$

例6 求 $ \int\frac{\mathrm{d}x}{1+\sqrt[3]{x+2}}. $

解为了去掉根号, 可以设 $ \sqrt[3]{x+2}=u $. 于是 $ x=u^{3}-2 $, $ dx=3u^{2}du $, 从而所求积分为

$$ \begin{array}{r}\displaystyle\int\frac{\mathrm{d}x}{1+\sqrt[3]{x+2}}=\displaystyle\int\frac{3u^{2}}{1+u}\mathrm{d}u\\ \\ \displaystyle=3\int\left(u-1+\frac{1}{1+u}\right)\mathrm{d}u=3\left(\frac{u^{2}}{2}-u+\ln|1+u|\right)+C\\ \\ \displaystyle=\frac{3}{2}\sqrt[3]{\left(x+2\right)^{2}}-3\sqrt[3]{x+2}+3\ln|1+\sqrt[3]{x+2}|+C.\end{array} $$

例7 求 $ \int\frac{\mathrm{d}x}{(1+\sqrt[3]{x})\sqrt{x}} $

解被积函数中出现了两个根式 $ \sqrt{x} $及 $ \sqrt[3]{x} $，为了能同时消去这两个根式，可令 $ x=u^{6} $，于是 $ dx=6u^{5}du $，从而所求积分为

$$ \begin{aligned}\int\frac{\mathrm{d}x}{\left(1+\sqrt[3]{x}\right)\sqrt{x}}&=\int\frac{6u^{5}}{\left(1+u^{2}\right)u^{3}}\mathrm{d}u=6\int\frac{u^{2}}{1+u^{2}}\mathrm{d}u\\&=6\int\left(1-\frac{1}{1+u^{2}}\right)\mathrm{d}u=6\left(u-\arctan u\right)+C\\&=6\left(\sqrt[6]{x}-\arctan\sqrt[6]{x}\right)+C.\end{aligned} $$

例8 求 $ \int\frac{1}{x}\sqrt{\frac{1+x}{x}}dx $.

解为了去掉根号，可以设 $ \sqrt{\frac{1+x}{x}} = u $，于是 $ \frac{1+x}{x} = u^{2} $， $ x = \frac{1}{u^{2}-1} $， $ dx = -\frac{2udu}{(u^{2}-1)^{2}} $，从而所求积分为

原书第 231 页

$$ \begin{aligned}\int\frac{1}{x}\sqrt{\frac{1+x}{x}}\mathrm{d}x&=\int\left(u^{2}-1\right)u\cdot\frac{-2u}{\left(u^{2}-1\right)^{2}}\mathrm{d}u=-2\int\frac{u^{2}}{u^{2}-1}\mathrm{d}u\\&=-2\int\left(1+\frac{1}{u^{2}-1}\right)\mathrm{d}u=-2u-\ln\left|\frac{u-1}{u+1}\right|+C\\&=-2u+2\ln\left(u+1\right)-\ln\left|u^{2}-1\right|+C\\&=-2\sqrt{\frac{1+x}{x}}+2\ln\left(\sqrt{\frac{1+x}{x}}+1\right)+\ln\left|x\right|+C.\end{aligned} $$

以上四个例子表明，如果被积函数中含有简单根式 $ \sqrt[n]{ax+b} $或 $ \sqrt[n]{\frac{ax+b}{cx+d}} $，可以令这个简单根式为u。由于这样的变换具有反函数，且反函数是u的有理函数，因此原积分即可化为有理函数的积分。

习题4-4

求下列不定积分：

$$ \int\frac{x^{3}}{x+3}\mathrm{d}x. $$

$$ \int\frac{2x+3}{x^{2}+3x-10}\mathrm{d}x $$

$$ \int\frac{x+1}{x^{2}-2x+5}\mathrm{d}x. $$

$$ \int\frac{\mathrm{d}x}{x(x^{2}+1)}. $$

$$ \int\frac{3}{x^{3}+1}\mathrm{d}x. $$

$$ \int\frac{x^{2}+1}{\left(x+1\right)^{2}\left(x-1\right)}\mathrm{d}x. $$

$ \int \frac{x \mathrm{d}x}{(x+1)(x+2)(x+3)}. $

$$ \int\frac{x^{5}+x^{4}-8}{x^{3}-x}\mathrm{d}x. $$

$$ \int\frac{\mathrm{d}x}{\left(x^{2}+1\right)\left(x^{2}+x\right)} $$

10.

$$ \int\frac{1}{x^{4}-1}\mathrm{d}x. $$

11.

$$ \int\frac{\mathrm{d}x}{\left(x^{2}+1\right)\left(x^{2}+x+1\right)}. $$

12.

$$ \int\frac{(x+1)^{2}}{(x^{2}+1)^{2}}\mathrm{d}x. $$

13.

$$ \int\frac{-x^{2}-2}{\left(x^{2}+x+1\right)^{2}}\mathrm{d}x. $$

14.

$$ \int\frac{\mathrm{d}x}{3+\sin^{2}x} $$

15.

$$ \int\frac{\mathrm{d}x}{3+\cos x}. $$

16.

$$ \int\frac{\mathrm{d}x}{2+\sin x}. $$

17.

$$ \int\frac{\mathrm{d}x}{1+\sin x+\cos x}. $$

18.

$$ \int\frac{\mathrm{d}x}{2\sin x-\cos x+5}. $$

19.

$$ \int\frac{\mathrm{d}x}{1+\sqrt[3]{x+1}}. $$

20.

$$ \int\frac{\left(\sqrt{x}\right)^{3}-1}{\sqrt{x}+1}\mathrm{d}x. $$

21.

$$ \int\frac{\sqrt{x+1}-1}{\sqrt{x+1}+1}\mathrm{d}x. $$

$ \int \frac{dx}{\sqrt{x + x}} $

原书第 232 页

23.

$$ \int\sqrt{\frac{1-x}{1+x}}\frac{\mathrm{d}x}{x}. $$

24.

$$ \int\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt[3]{(x+1)^2(x-1)^4}} $$

第五节积分表的使用

通过前面的讨论可以看出，积分的计算要比导数的计算来得灵活、复杂。为了实用的方便，往往把常用的积分公式汇集成表，这种表叫做 $ \uwave{\text{积分表}} $。积分表是按照被积函数的类型来排列的。求积分时，可根据被积函数的类型直接地或经过简单的变形后，在表内查得所需的结果。

本书末附录Ⅳ有一个简单的积分表，以供查阅。

我们先举几个可以直接从积分表中查得结果的积分例子.

例1 求 $ \int\frac{x}{(3x+4)^{2}}dx $.

解被积函数含有 $ ax+b $，在积分表（一）中查得公式7

$$ \int\frac{x}{\left(ax+b\right)^{2}}\mathrm{d}x=\frac{1}{a^{2}}\left(\ln|ax+b|+\frac{b}{ax+b}\right)+C. $$

现在 a=3, b=4，于是

$$ \int\frac{x}{\left(3x+4\right)^{2}}\mathrm{d}x=\frac{1}{9}\left(\ln\left|3x+4\right|+\frac{4}{3x+4}\right)+C. $$

例2 求 $ \int\frac{dx}{5-4\cos x} $

解被积函数含有三角函数，在积分表（十一）中查得关于积分 $ \int\frac{dx}{a+b\cos x} $ 的公式，但是公式有两个，要看 $ a^{2}>b^{2} $ 或 $ a^{2}

现在 a=5, b=-4, $ a^{2}>b^{2} $, 所以用公式 105

$$ \begin{array}{c}\int\frac{\mathrm{d}x}{a+b\cos x}\\=\frac{2}{a+b}\sqrt{\frac{a+b}{a-b}}\arctan\left(\sqrt{\frac{a-b}{a+b}}\tan\frac{x}{2}\right)+C\quad(a^{2}>b^{2}).\end{array} $$

于是

$$ \begin{aligned}&\int\frac{\mathrm{d}x}{5-4\cos x}\\=&\frac{2}{5+(-4)}\sqrt{\frac{5+(-4)}{5-(-4)}}\arctan\left(\sqrt{\frac{5-(-4)}{5+(-4)}}\tan\frac{x}{2}\right)+C\\=&\frac{2}{3}\arctan\left(3\tan\frac{x}{2}\right)+C.\\&\end{aligned} $$

原书第 233 页

下面再举一个需要先进行变量代换，然后再查表求积分的例子.

例3 求 $ \int\frac{dx}{x\sqrt{4x^{2}+9}} $

解这个积分不能在表中直接查到，需要先进行变量代换.

令 2x=u，那么 $ \sqrt{4x^{2}+9}=\sqrt{u^{2}+3^{2}} $， $ x=\frac{u}{2} $， $ dx=\frac{1}{2}du $。于是

$$ \int\frac{\mathrm{d}x}{x\sqrt{4x^{2}+9}}=\int\frac{\frac{1}{2}\mathrm{d}u}{\frac{u}{2}\sqrt{u^{2}+3^{2}}}=\int\frac{\mathrm{d}u}{u\sqrt{u^{2}+3^{2}}}. $$

被积函数中含有 $ \sqrt{u^{2}+3^{2}} $，在积分表（六）中查到公式37

$$ \int\frac{\mathrm{d}x}{x\sqrt{x^{2}+a^{2}}}=\frac{1}{a}\ln\frac{\sqrt{x^{2}+a^{2}}-a}{|x|}+C. $$

现在 a=3, x 相当于 u, 于是

$$ \int\frac{\mathrm{d}u}{u\sqrt{u^{2}+3^{2}}}=\frac{1}{3}\ln\frac{\sqrt{u^{2}+3^{2}}-3}{\left|u\right|}+C. $$

再把 u=2x 代入，最后得到

$$ \begin{aligned}\int\frac{\mathrm{d}x}{x\sqrt{4x^{2}+9}}&=\int\frac{\mathrm{d}u}{u\sqrt{u^{2}+3^{2}}}=\frac{1}{3}\ln\frac{\sqrt{u^{2}+3^{2}}-3}{\mid u\mid}+C.\\&=\frac{1}{3}\ln\frac{\sqrt{4x^{2}+9}-3}{2\mid x\mid}+C.\end{aligned} $$

最后，举一个用递推公式求积分的例子.

例4 求 $ \int\sin^{4}x dx $.

解在积分表（十一）中查到公式 95

$$ \int\sin^{n}x\mathrm{d}x=-\frac{\sin^{n-1}x\cos x}{n}+\frac{n-1}{n}\int\sin^{n-2}x\mathrm{d}x. $$

利用这个公式可以使被积函数中正弦的幂次减少两次，只要重复使用这个公式，可以使正弦的幂次继续减少，直到求出最后结果为止，这种公式叫做 $ \uwave{\text{递推公式}} $。

现在 n=4 ，于是

$$ \int\sin^{4}x\mathrm{d}x=-\frac{\sin^{3}x\cos x}{4}+\frac{3}{4}\int\sin^{2}x\mathrm{d}x. $$

对积分 $ \int \sin^{2} x \, dx $ 用公式 93

原书第 234 页

$$ \int\sin^{2}x\mathrm{d}x=\frac{x}{2}-\frac{1}{4}\sin2x+C, $$

从而所求积分为

$$ \int\sin^{4}x\mathrm{d}x=-\frac{\sin^{3}x\cos x}{4}+\frac{3}{4}\left(\frac{x}{2}-\frac{1}{4}\sin2x\right)+C. $$

一般说来，查积分表可以节省计算积分的时间，但是，只有掌握了前面学过的基本积分方法才能灵活地使用积分表，而且对一些比较简单的积分，应用基本积分方法来计算比查表更快些，例如，对 $ \int\sin^{2}x\cos^{3}xdx $，用变换 $ u=\sin x $很快就可得到结果。所以，求积分时究竟是直接计算，还是查表，或是两者结合使用，应该作具体分析，不能一概而论。

在本章结束之前，我们还要指出：对初等函数来说，在其定义区间上，它的原函数一定存在，但原函数不一定都是初等函数，如

$$ \int\mathrm{e}^{-x^2}\mathrm{d}x,\quad\int\frac{\sin x}{x}\mathrm{d}x,\quad\int\frac{\mathrm{d}x}{\ln x},\quad\int\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{1+x^4}}, $$

等等，它们的原函数就都不是初等函数。

习题4-5

利用积分表计算下列不定积分：

$$ \int\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{4x^{2}-9}}. $$

$$ \int\frac{1}{x^{2}+2x+5}\mathrm{d}x. $$

$$ \int\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{5-4x+x^{2}}}. $$

$$ \int\sqrt{2x^{2}+9}\mathrm{d}x. $$

$$ \int\sqrt{3x^{2}-2}\mathrm{d}x. $$

$$ \int\mathrm{e}^{2x}\cos x\mathrm{d}x. $$

$$ \int x\arcsin\frac{x}{2}\mathrm{d}x. $$

$$ \int\frac{\mathrm{d}x}{\left(x^{2}+9\right)^{2}} $$

$$ \int\frac{\mathrm{d}x}{\sin^{3}x}. $$

10.

$$ \int\mathrm{e}^{-2x}\sin3x\mathrm{d}x. $$

$ \int \sin 3x \sin 5x \, dx $.

12.

$$ \int\ln^{3}x\mathrm{d}x. $$

13.

$$ \int\frac{1}{x^{2}(1-x)}\mathrm{d}x. $$

14.

$$ \int\frac{\sqrt{x-1}}{x}\mathrm{d}x. $$

15.

$$ \int\frac{1}{\left(1+x^{2}\right)^{2}}\mathrm{d}x. $$

16.

$$ \int\frac{1}{x\sqrt{x^{2}-1}}\mathrm{d}x. $$

17.

$$ \int\frac{x}{\left(2+3x\right)^{2}}\mathrm{d}x. $$

18.

原书第 235 页

19.

$$ \int x^{2}\sqrt{x^{2}-2}\mathrm{d}x. $$

20.

$$ \int\frac{1}{2+5\cos x}\mathrm{d}x. $$

21.

$$ \int\frac{\mathrm{d}x}{x^{2}\sqrt{2x-1}}. $$

22.

$$ \int\sqrt{\frac{1-x}{1+x}}\mathrm{d}x. $$

23.

$$ \int\frac{x+5}{x^{2}-2x-1}\mathrm{d}x. $$

24.

$ \int\frac{x^{4}}{25+4x^{2}}dx. $

$$ \int\frac{x dx}{\sqrt{1+x-x^{2}}}. $$

总习题四

填空：

(1) $ \int x^3 e^x \, dx = $ ___.

(2) $ \int \frac{x+5}{x^2 - 6x + 13} \, dx = $ ___.

以下两题中给出了四个结论，从中选出一个正确的结论：

(1) 已知 $ f'(x) = \frac{1}{x(1+2\ln x)} $，且 $ f(1) = 1 $，则 $ f(x) $ 等于（）；

(A) $ \ln(1+2\ln x)+1 $

(B) $ \frac{1}{2}\ln(1+2\ln x)+1 $

(D) $ 2\ln(1+2\ln x)+1 $

(2) 在下列等式中, 正确的结果是().

(A) $ \int f'(x) \, \mathrm{d}x = f(x) $ (B) $ \int \mathrm{d}f(x) = f(x) $

已知 $ \frac{\sin x}{x} $是 $ f(x) $的一个原函数，求 $ \int x^{3}f'(x)dx $.

求下列不定积分（其中 a, b 为常数）：

(1) $ \int \frac{dx}{e^x - e^{-x}}; $

(2) $ \int\frac{x}{\left(1-x\right)^{3}}\mathrm{d}x; $

(3) $ \int \frac{x^{2}}{a^{6}-x^{6}} \mathrm{d}x $ (a>0);

(4) $ \int \frac{1 + \cos x}{x + \sin x} \, dx $;

(5) $ \int \frac{\ln \ln x}{x} dx $;

(6) $ \int \frac{\sin x \cos x}{1 + \sin^{4} x} \, dx $;

(7) $ \int \tan^{4} x \, dx $;

(8) $ \int \sin x \sin 2x \sin 3x dx $;

(9) $ \int \frac{dx}{x(x^6 + 4)} $; (10) $ \int \sqrt{\frac{a + x}{a - x}} dx $ (a > 0);

原书第 236 页

(11) $ \int \frac{dx}{\sqrt{x(1+x)}}; $

(12) $ \int x \cos^{2} x \, dx $;

(13) $ \int e^{ax} \cos bx \, dx $;

(14) $ \int\frac{dx}{\sqrt{1+e^{x}}} $;

(15) $ \int\frac{\mathrm{d}x}{x^{2}\sqrt{x^{2}-1}} $;

(16) $ \int \frac{dx}{(a^2 - x^2)^{5/2}} $;

(17) $ \int \frac{dx}{x^4 \sqrt{1+x^2}}; $

(18) $ \int \sqrt{x} \sin \sqrt{x} \, dx $;

(19) $ \int \ln(1+x^2) \, dx $;

(20) $ \int \frac{\sin^{2}x}{\cos^{3}x} \, dx $;

(21) $ \int \arctan \sqrt{x} \, dx $;

(22) $ \int \frac{\sqrt{1 + \cos x}}{\sin x} \, dx $;

(23) $ \int \frac{x^{3}}{(1+x^{3})^{2}} \, dx $;

(24) $ \int \frac{x^{11}}{x^{8} + 3x^{4} + 2} \, dx $;

(25) $ \int \frac{dx}{16 - x^{4}} $;

(26) $ \int \frac{\sin x}{1 + \sin x} \, dx $;

(27) $ \int \frac{x + \sin x}{1 + \cos x} \, dx $;

(28) $ \int e^{\sin x} \frac{x \cos^3 x - \sin x}{\cos^2 x} dx $;

(29) $ \int \frac{\sqrt[3]{x}}{x(\sqrt{x}+\sqrt[3]{x})} \, dx $;

(30) $ \int \frac{dx}{(1 + e^{x})^2} $;

(31) $ \int \frac{e^{3x} + e^{x}}{e^{4x} - e^{2x} + 1} \, dx $;

(32) $ \int \frac{x e^{x}}{(e^{x} + 1)^{2}} \, dx $;

(33) $ \int \ln^{2}(x + \sqrt{1 + x^{2}}) \, dx $;

(34) $ \int \frac{\ln x}{(1+x^2)^{\frac{3}{2}}} \, dx $;

(35) $ \int \sqrt{1-x^{2}} \arcsin x \, dx $;

(36) $ \int \frac{x^{3} \arccos x}{\sqrt{1-x^{2}}} \, dx $;

(37) $ \int \frac{\cot x}{1 + \sin x} \, dx $;

(38) $ \int \frac{dx}{\sin^3 x \cos x} $;

(39) $ \int \frac{dx}{(2 + \cos x) \sin x} $;

(40) $ \int \frac{\sin x \cos x}{\sin x + \cos x} \, dx $.

第四章 不定积分