换元积分法与分部积分法(编辑修改稿)

换元积分法与分部积分法(编辑修改稿)内容摘要：

返回 后页 前页 .)()( 221 kkax Aax Aax A  ,)()( 222 222 11 kkk qpxx CxBqpxx CxBqpxx CxB     把所有部分分式加起来 ,使之等于 Q(x), 由此确定 对应于 kqpxx )( 2  的部分分式是 上述部分分式中的待定系数 Ai , Bi , Ci . 返回 后页 前页 3. 确定待定系数的方法 把所有分式通分相加 , 所得分式的分子与原分子 分式分解 . 组 , 由此解出待定系数 . 必定相等的原则 , 得到待定系数所满足的线性方程 P(x) 应该相等 . 根据两个多项式相等时同次项系数 例 1 4 3 25 4 3 22 4 9 10()5 2 4 8x x x xRxx x x x x       对 作部分 返回 后页 前页         2 2 201( 2 ) ( 1 ) ( 2 ) ( 2 ) ( 1 )A x x x A x x x x     5 4 3 2( ) 5 2 4 8Q x x x x x x因 为解       0 1222( ) ,22 ( 2 ) 1A AA B x CRxxx x x x所 以( ) ,Qx两 边 乘 以 得 到).1()2)(2( 22  xxxx4 3 22 4 9 1 0x x x x          222 ( 2 ) ( 1 ) ( ) ( 2 ) ( 2 ) .A x x x B x C x x返回 后页 前页 比较同次项系数 , 得到线性方程组 40130 1 220 1 2120 1 223 2 13 3 4 2 44 3 8 4 94 4 2 8 10A A B xA A A B C xA A A B C xA A B C xA A A C                   的 系 数的 系 数的 系 数的 系 数常 数 项解得 .1,1,1,2,1 210  CBAAA.11)2( 12221)( 22   xx xxxxxR于是完成了 R(x) 的部分分式分解 : 返回 后页 前页 任何有理真分式的不定积分都可化为如下两种形 d( i )。 () kxxa22( i i ) d ( 4 0 ) .() kLx M x p qx px q 二 、有理真分式的递推公式 1ln | | , 1 ,d( i ) 1, 1.()( 1 ) ( )kkx a C kxCkxak x a    下面解这两类积分 . 式的不定积分之和： 返回 后页 前页 2 2 2 2dd.( ) ( )kkttL t Nt r t r 1,k  时22d1 a r c t a n .tt Ct r r r2 2 2dd( ) ( )kkLx M Lt Nxtx px q t r   22221d ln( ) ,2t t t r Ctr   ( ii ) ,2ptx令22 ,42p p Lr q N M    则返回 后页 前页 222 2 2 2 2 2 11 d ( ) 1d.( ) 2 ( ) 2 ( 1 ) ( )k k kt t rtCt r t r k t r        22d ,()k ktI tr记则2 2 22 2 21 ( ) d()k kt r tItr t r 212 2 2 211 d()k ktItr r t r2,k 时返回 后页 前页 112 2 2 2 111 .2 ( 1 ) ( )kk ktIIr r k t r    12 2 2 2 11 1 1d2 ( 1 ) ( )k kItr r k t r  12 2 2 1 223 ,2 ( 1 ) ( ) 2 ( 1 )kk ktkIIr k t r r k   解得 2 , 3 , .k 返回 后页 前页 .1d)1()2( d2d22d 22   xx xxx xx xx x4 3 25 4 3 22 4 9 10 d5 2 4 8x x x x xx x x x x       解 由例 1,        x x x xIxx x x x x4 3 25 4 3 22 4 9 10 d.5 2 4 8求=例 2 其中 2( 1 ) d1xxxx2221 d ( 1 ) 1 1 d2 1 2 1xx xx x x x   返回 后页 前页 21 1 2 2 1l n | 1 | ar c t an .22 33xx x C     2221 1 dln | 1 |22 1322xxxx     于是 1 2 1arc t an .33x C        211ln | 2 | ln | 2 | ln | 1 |22I x x x xx返回 后页 前页 .d)22( 1 222xxx x  求例 3 解 由于 222222)22()12(22)22(1xxxxxxxx,)22( 12221 222   xx xxx122d d ( 1 ) ar c t an ( 1 ) ,2 2 ( 1 ) 1xx xCx x x      而 返回 后页 前页 .)1( d22 1 222    t txx 2222 2d 2 2 d ( 1 )( 2 2 ) ( 1 ) 1xx xxx x  2 2 2 22。