沈阳师范大学：《数学分析》课程授课教案（讲义二，共八章，授课教师：孟宪吉）

dx(1)Ina-dx(2)(k>1)-r-a)(1-k)(x-aAx + BAx+ Bp(3)dx=-dx，令t=x+，并记-2(x+2)+4g-p+ px +q2Xr2_ 4q-p2PAN=B-A则24Ax + BtdidtAx+B+r4q- I+px+q4NIn(t?-arctan-+C2(4)同（3）可得（k≥2)Ax + BtdtdtA+NI(t? +r2)*(x2+px+g)*(t2+r)2(1-k)( +r)- + NJ(t?+r2)dt记2+r3)F，则ta-n=+2r(k- / a(a21k-1-(t+r)t-1六+2r(-1+--I，于是，有递推公式2k-3=k-2r2(k -1)(t2 +r2)4-12r2(k-1)将这些结果代回，即可求得所求积分17

17 （1） x a C x a dx      ln ． （2） C x a k x a dx k k       1 (1 )( ) 1 ( ) ， (k 1) ． （ 3 ） dx p q p x Ax B dx x px q Ax B           4 4 ) 2 ( 2 2 2 ， 令 2 p t  x  ， 并 记 4 4 2 2 q p r   ， 2 pA N  B  ，则 dx p q p x Ax B dx x px q Ax B           4 4 ) 2 ( 2 2 2    2 2 t r tdt A    2 2 t r dt N C r t r N t r A  ln(  )  arctan  2 2 2 ． （4） 同（3）可得 (k  2) ，     k x px q Ax B ( ) 2       k k t r dt N t r tdt A ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 2(1 )( )     k k t r A    k t r dt N ( ) 2 2 ． 记    k k t r dt I ( ) 2 2 ，则 dt t r t r I r dt t r t r t r I k  k k  k         ( ) 1 1 ( ) 1 ( ) 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 = ) ( ) 1 ( 2 ( 1) 1 1 2 1 2  1    k k t r td r k I r ] ( ) [ 2 ( 1) 1 1 2 1 2 2 2 1  1    k  k k I t r t r k I r ，于是，有递推公式 2 2 2 1 2 1 2 ( 1) 2 3 2 ( 1)( )        k  k k I r k k r k t r t I ． 将这些结果代回，即可求得所求积分

x2+1例2 求x-2x+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x2+1(x2-2x+2)+(2x-1)(x2-2x+2)(x2 -2x+2)2x-1-2x +2*(-2x +2)现分别计算部分分式的不定积分如下：d(x-1)arctan(x-1)+C2x+1+2)+-2x +2)dix2-2x+2t2 +1)由递推公式，求得其中dtC(+1)"2(r+1)+7)x-1arctan(x-1)+C22(x2 -2x+2) *2x-3=号arctan(x-1)+C于是得到「(x2-2x+2)22(x2-2x+2)2二三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(sinx,cosx)dx是三角函数有理式的不定积分.一般通过变换，可把它化为有理函数的不定积分.这是因为t=tan218

18 例 2 求   2 2 2 1 2 2 x dx x x     . 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           2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 1 2 2 2 2 1 2 1 2 2 2 2 x x x x x x x x x x x x x                  现分别计算部分分式的不定积分如下:                     2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 arctan 1 2 2 1 1 2 1 2 2 1 2 2 2 2 2 2 1 2 2 1 1 1 + . 2 2 1 dx d x x C x x x x x dx dx x x x x x d x dx dx x x x dt x x t                                          由递推公式,求得其中         2 2 2 2 2 2 1 1 2 1 2 1 1 1 1 arctan 1 . 2 2 2 2 dt dt t t t x x C x x               于是得到       2 2 2 2 1 3 3 = arctan 1 + 2 2 2 2 2 2 x x dx x C x x x x          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 x   , v  表示. R x x dx sin ,cos   是三角函数有理式的不定积分.一般通过变换 tan 2 x t  ，可把它化为有理函数的不定积分.这是因为

2中Xx2sin=cos2 tan2t222sinx==1+t?2 x.2X1+ tan'sin+COS2222X-sin34I-tan* cOs1-t212221cOSx=Sin42x1+t2tan2x1+tan+cos2222dx=-dt1+t22t 1-t22所以[R(sin x,cos x)dx=[R2d1+t'1+Ji+tI+sinx求例3sin x(1+cosx)1，代入得解令t=tan22t1+2I+ sin x1+t?x:-dt2t1-t21+tsinx(1+cosx+1I+t+2t+Inl tx1.A2x+C+=in tan=-tan--+tan=+=42222dx求例(ab±0)Ja"sinx+b'cos"xdxsecx解由于dx=d(tanx)a’tan?x+ta"sin"x+bcosxa"tanx+b?故令t=tanx，就有dxdt1 d(at)a'sinx+b?cosx"Ja'f+b?(at)+bas1at+C-arctan-bab1a+Carctantanxab(b注意：上述变换t=tan三对三角有理式的不定积分总是有效的，但并不一219

19 2 2 2 2 2sin cos 2 tan 2 2 2 2 sin 1 sin cos 1 tan 2 2 2 x x x t x x x x t       2 2 2 2 2 2 2 2 cos sin 1 tan 1 2 2 2 cos 1 sin cos 1 tan 2 2 2 x x x t x x x x t          2 2 1 dx dt t   所以   2 2 2 2 2 1 2 sin ,cos , 1 1 1 t t R x x dx R dt t t t              例 3 求   1+sin sin 1+cos x dx x x  . 解 令 tan 2 x t  ,代入得   2 2 2 2 2 2 2 2 1 1+sin 2 1 sin 1+cos 1 2 1 1 1 1 1 1 1 2 2 ln 2 2 2 1 1 tan tan ln tan 4 2 2 2 2 t x t dx dt x x t t t t t t t dt t t C t x x x C                                          例 求   2 2 2 2 0 sin cos dx ab a x b x    . 解 由于   2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 sec 1 tan , sin cos tan tan dx x dx d x a x b x a x b a x b         故令 t x  tan ,就有     2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 sin cos 1 arctan 1 arctan tan dx dt d at a x b x a t b a at b at C ab b a x C ab b                   注意：上述变换 2 tan x t  对三角有理式的不定积分总是有效的，但并不一

定是最好的变换，在实际计算中要注意选择不同的变换rsinx1)若R(-sinx,cosx)=-R(sinx,cosx),则可令t=cosx,如求cOSx2）若R(sinx,-cosx)=-R(sinx,cosx)，则可令t=sinx，如求[sin?xcosxdx3）若R(-sinx,-cosx)=R(sinx,cosx)，则可令t=tanx，如P195例4.三某些无理根式的不定积分ax+b型不定积分（(ad-bc)+0).对此只需令Yax+b就可化为有理函数的不定积分。cxtd+2例12(t2 +1)x+2解则有：S-142dx=J (-t)(1+t)2-121 +122arctant+C1-1[1+ /(x+2) /(x-2)11arctarV(x+2)/ (x-2)Nax+bx+c)x型不定积分（a>0时b?-4ac0,a>0时b24ac-b2b2-4ac>0）.由于ax2+bx+c=a4a?2a)4ac-b2b若记uk2则此二次三项式必属于以下三种情形之一2a4a?al(u +),jal(-),jal(?-u).20

20 定是最好的变换，在实际计算中要注意选择不同的变换． 1) 若 R x x R x x ( sin ,cos ) (sin ,cos ),    则可令 t x  cos , 如求 dx x x  4 5 cos sin 2) 若 R x x R x x (sin , cos ) (sin ,cos )    ，则可令 t x  sin ，如 求  x xdx 2 3 sin cos ． 3) 若 R(sin x,cos x)  R(sin x,cos x) ，则可令 t  tan x，如 P195 例 4． 三 某些无理根式的不定积分 1. , n ax b R x dx cx d            型 不 定 积 分 ad bc   0 . 对 此 只 需 令 n ax b t cx d    ，就可化为有理函数的不定积分. 例 求 1 2 . 2 x dx x x    解 令 2 2 x t x    ,则有     2 2 2 2 2 1 8 , 1 1 t t x dx dt t t       ,            2 2 2 2 2 1 2 4 2 1 1 2 2 1 1 1 ln 2arctan 1 1 2 / 2 2 ln 2arctan . 1 2 / 2 2 x t dx dt x x t t dt t t t t C t x x x C x x x                                   2.  R x ax bx c dx  ,    型 不 定 积 分 （ a  0 时 2 b ac   4 0, a  0 时 2 b ac   4 0 ）.由于 2 2 2 2 4 2 4 b ac b ax bx c a x a a                     ， 若记 2 2 2 4 , 2 4 b ac b u x k a a     ，则此二次三项式必属于以下三种情形之一：       2 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也就转化为以下三种类型之一：[R(u, u +k?du, [R(u, k? -?)分别令u=ktant,u=ksect,u=ksint后，它们化为三角有理式的不定积分。dx求[=[例xVx2-2x-3解【解法一］按上述一般步骤，求得dxdu1=[(x=u+1)(u+1)u?-4rV(x-1)-42 sec tan0-de(u=2sec0)2 sec +1)-2 tan 02de1+/20t= tan g-dt1-?2+cos022 +1+t?22dt=+C=arctanV3/3t+3021+Carctan-tan-万V32由于0sinetan tan-sec0+121+cos012Vx2-2x-3"+1x+12Vx2-2x-3因此/=2+CarctanV3/3(x+1)［解法二]若令x?-2x-3=x-t，则可解出t2+3t2-2t-3-dtx=ax:2(t-1)2(t-1)-(t2 -2t-3)+3/x2-2x-3=-2(t-1)2(t-1)21

21 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:   2 2 R u u k du , ,     2 2 R u k u du ,   分别令 u k t u k t u k t    tan , sec , sin 后，它们化为三角有理式的不定积分. 例 求 2 . 2 3 dx I x x x     解 [解法一] 按上述一般步骤,求得           2 2 2 2 2 2 1 1 4 1 4 2sec tan 2sec 2sec 1 2 tan 2 1 tan 2 cos 2 1 2 1+t 2 2 arctan 3 3 3 2 1 arctan tan 3 3 2 dx du I x u x x u u d u d t dt t t t dt C t C                                                      由于 2 2 sin tan tan 2 1 cos sec 1 1 2 2 3 , 1 1 2 u x x u x                       因此   2 2 2 3 arctan . 3 3 1 x x I C x      [解法二]若令 2 x x x t     2 3 ,则可解出           2 2 2 2 2 2 3 2 3 , , 2 1 2 1 3 2 3 2 3 . 2 1 2 1 t t t x dx dt t t t t t x x t t t                  