淺談不定積分的一些求解策略

02-05

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摘要(Abstract):

不定積分在微積分中佔有極其重要的地位，熟練掌握積分的基本方法固然很重要,但還遠遠不夠，要想順利準確地計算出函數的積分，還需掌握一些解題技巧，靈活選擇積分方法。文章在課本的基礎上對積分方法進一步地歸納和提高，以期更順利、快速、準確地計算出一些特定函數的積分。

關鍵詞（Key words）：

不定積分；三角函數；有理函數

引言（Introduction）：

不定積分是高等數學學習中的一個重點和難點，本文作者在多年的教學過程中發現不定積分的求解方法非常靈活，其結果有時還不唯一。常用積分方法有直接積分法、第一類換元積分法、第二類換元積分法、分部積分法，本文在以上常用積分法的基礎上通過整合併歸納出一些不定積分的求解方法，希望可以幫助到初學者。

正文（Main body）：

一、換元積分法中的技巧

換元積分法是我們大家熟知的積分方法，好多積分都可以通過換元積分法，然後利用基本積分表來求解，但換元的方法不同，解題的繁易也不同。

例題1： $int_{}^{}sqrt{frac{x-a}{x+a}}d x$

分析與解：觀察可知，這題有兩種解法：

法一：利用「看誰不順眼就換誰」的方法，直接令 $sqrt{frac{x-a}{x+a}}=t$ 後暴力運算即可，但此法運算量偏大；
法二：仔細觀察後可發現可以利用三角換元的方法；令 $x=a cdot sec t (0 leq t leq frac{pi}{2})$ ，則 $int_{}^{}sqrt{frac{x-a}{x+a}}d x=int_{}^{}sqrt{frac{x^2-a^2}{(x+a)^2}}d x$ $=int_{}^{}frac{acdot tan t}{acdot sec x+a}cdot a cdot tan tcdot sec t dt=aint frac{tan^2 xcdot sec t}{sec t+1}dt$ $=aint (sec^2 t-sec t)dt=a(tan t -ln left| sec t+tan t right|)+C$ $=sqrt{x^2-a^2}-aln left| x+ sqrt{x^2-a^2} right|+C$

在換元中一般有如下規律：

如被積函數中含有 $sqrt{x^2-a^2}$ 可試令 $x=acdot sec t;$
如被積函數中含有 $sqrt{a^2-x^2}$ 可試令 $x=sin t$ 或 $x=cos t;$
如被積函數中含有 $sqrt{a^2+x^2}$ 可試令 $x=tan x;$
如被積函數中含有 $sqrt[n]{ax+b}$ 可試令 $sqrt[n]{ax+b}=t;$
如被積函數中含有 $sqrt[n]{frac{ax+b}{cx+d}}$ 可試令 $sqrt[n]{frac{ax+b}{cx+d}}=t;$
如被積函數中同時含有 $sqrt[m]{frac{ax+b}{cx+d}}，sqrt[n]{frac{ax+b}{cx+d}}$ 時，可試令 $sqrt[k]{frac{ax+b}{cx+d}}=t$ ，其中 $k$ 為 $m,n$ 的最小公倍數
如被積函數為商形式，若分子次數比分母小，可試用倒置換 $x=frac{1}{t}.$

二、分部積分法中的技巧

分部積分法也是一種大家比較熟悉得方法，這裡主要介紹分部積分法的推廣公式及表格法表示，它特別適合需要多次運用分部積分的積分中。

設 $u=u(x),v=v(x)$ 有 $n+1$ 階連續導數，則：
$int uv^{n+1}dx=uv^{(n)}-uv^{(n-1)}+uv^{(n-2)}+cdotcdotcdot+(-1)^{n+1}int u^{(n+1)}vdx$
用表格法表示的推廣公式如下：
$u$ 的各階導數 $u ,u,u,cdotcdotcdot,u^{(n+1)}$ $v$ 的各階原函數 $v^{(n+1)},v^{(n)},v^{(n-1)},cdotcdotcdot,v$

在計算式有如下規則：

推廣公式中的各項（不包含符號）從坐上到右下進行錯位相乘，最後一項為 $int u^{(n+1)}vdx$
各項道德符號為「+」，「-」相間，且最後一項符號為 $(-1)^{n+1}$
當表格中有同一列的兩個函數的乘積等於所給被積函數的倍數時，此時求導和求原函數工作不再進行
當被積函數中有一個因子是對數或者反三角函數時，就必須進行變數替換，把它變成指數或者三角函數時才可以運用表格法

例題2： $int (x^4-2x^3-1)e^{2x}dx$
分析與解：此題可用分部積分法來求解，倘若利用課本中給出的公式 $int udv=uv-int vdu$ ，則需要多次運用分部積分，但是利用上面所補充的公式可避免上麻煩，其實它就是對多次分部積分的歸納。
令 $u= x^4-2x^3-1,v^{(n+1)}=e^{2x}$
原式 $=frac{1}{2}e^{2x}(x^4-2x^3-1)-frac{1}{4}e^{2x}(4x^3-6x^2)+frac{1}{8}e^{2x}(12x^2-12x)frac{1}{16}e^{2x}(24x-12)+frac{24}{32}e^{2x}+C$ $=(frac{1}{2}x^4-2x^3+3x^2-3x+1)e^{2x}+C.$

三、三角函數中的積分技巧

在計算積分 $int sin^{2k+1}xdx$ 或 $int cos^{2k+1}xdx$ 時，一般將積分 $int sin^{2k+1}xdx$ 化成 $-int (1-cos^{2})^{k}d(cos x)$ ，將積分 $int cos^{2k+1}xdx$ 化成 $int (1-sin^{2})^{k}d(sin x)$ 來進行計算。
在利用積分 $int sin^{2k}xdx$ 或 $int cos^{2k}xdx$ 時，一般利用倍角公式降冪來進行計算。
在計算積分 $int sin (alpha x) cos (beta x) dx$ ， $int sin (alpha x) sin (beta x) dx$ ， $int cos (alpha x) cos (beta x) dx$ 時，一般是利用積化和差公式對被積函數進行變形後再進行計算。
若有 $R(cos x,sin x)dx=R(-cos x,-sin x)dx$ ，利用正切代換 $tan x =t$ 通常比較簡單；若有 $R(-sin x,cos x)dx=-R(-sin x,cos x)dx$ ，可令 $cos x =t$ ，若有 $R(sin x,-cos x)dx=-R(sin x,cos x)dx$ ，可令 $sin x=t$ 。
對於形如 $I=int frac{a_1sin x+b_1cos x}{asin x +b cos x}dx$ 的積分可用萬能代換 $t=tan frac{x}{2}$ ，也可以 $a_1sin x+b_1cos x=A(asin x+bcos x)+B(acos x-bsin x)$ ，求出待定係數 $A,B$ 後，則有 $I=Ax+Bln left| asin x+bcos x right|+C$ 。

例題3： $int sin ^5xdx$ 分析與解：利用上述總結技巧中的第一點即可快鎖求出；

原式 $=int sin^4 x sin x dx=-int sin^4 xd(cos x)=-int (1-cos^2 x)^2d(cos x)$ $=-int(1-2cos^2x +cos x)dx=-(cos x-frac{3}{2}cos ^3x+frac{1}{5}cos^5x)+C.$ 例題4： $int frac{cos x-sin x}{3sin x+4cos x}dx$
分析與解：這個積分有兩種方法可以求出，一是利用萬能代換，但運算繁瑣；另外一種方法則是利用待定係數法來求解，下面我來演示一下：
令 $cos x -sin x=A(3sin x +4cos x)+B(3cos x-4sin x)$ $=(3A-4B)sin x+(4A+3B)cos x$ 則：
$begin{cases} 3A-4B=-1& text{} 4A+3B=1& text{} end{cases}$ ，解得 $begin{cases} A=frac{1}{25}& text{} B=frac{7}{25}& text{} end{cases}$

∴原式 $=int frac{frac{1}{25}(3sin x+4cos x)+frac{7}{25}(3cos x-4sin x)}{3sin x+4cos x}dx=int (frac{1}{25}+frac{7}{25}cdotfrac{3cos x-4sin x}{3sin x+4cos x}）dx$ $=frac{1}{25}+frac{7}{25}int frac{1}{3sin x+4cos x}d(3sin x+4cos x)$ $=frac{1}{25}+frac{7}{25}lnleft| 3sin x+4cos x right|+C.$

四、有理函數中的積分技巧

提到有理函數的不定積分，大家都很容易會想到化成部分分式的和求解，當然這是解有理函數積分的統法。一般情況下都可以用此法求解有理函數的積分，只是用此法費時費力。有時我們可以用更加巧妙的方法來求解。

例題5： $int frac{1+x^2}{1+x^4}dx$
分析與解：這是一個有理函數的積分，固然可以利用通法求解，下面我將介紹另外一種方法來求：
原式 $=int frac{frac{1}{x^2} +1}{frac{1}{x^2}+x^2}dx=int frac{d(x-frac{1}{x})}{(x-frac{1}{x})^2+2}=frac{1}{2}int frac{d(x-frac{1}{x})}{left[ frac{1}{sqrt{2}}(x-frac{1}{x})^2+1 right]}$ $=frac{sqrt{2}}{2}int frac{d(frac{1}{sqrt{2}}(x-frac{1}{x}))}{left[ frac{1}{sqrt{2}}(x-frac{1}{x})^2+1 right]}=frac{sqrt{2}}{2}arctan [frac{1}{sqrt{2}}(x-frac{1}{x})]+C.$
一般情況下這種方法不宜想得到，所以這就提醒我們應當注重平時的積累，多思考。

五、尋找輔助函數求原積分

例題6： $int frac{sin ^2 x}{acos x+bsin x}dx$
分析與解：這道題目顯然可以利用萬能公式來替代求解，不過同樣運算繁瑣，因此筆者在這裡介紹一種構造輔助函數的方法來求解此題。首先我們得尋找一個與 $int frac{sin ^2 x}{acos x+bsin x}dx$ 相似的輔助積分，利用二者之間的關係，巧妙的求解，下面我們來看看具體的騷操作：
令 $L_1=int frac{sin ^2 x}{acos x+bsin x}dx,L_2=int frac{cos^2x}{acos x+bsin x}dx$
顯然（別問我為什麼都是套路,,???,,） $L_2=-frac{1}{sqrt{a^2+b^2}}lnleft| frac{1+asin x-bcos x}{acos x+bsin x} right|+C$ $bT_1-aT_2=intfrac{bsin ^2 x-acos^2x}{acos x+bsin x}dx=int(bsin x-acos x)dx=-b sin x-asin x+C$ $T_1+T_2=int frac{1}{acos x+bsin x}dx=-frac{1}{sqrt{a^2+b^2}}lnleft| frac{1+asin x-bcos x}{acos x+bsin x} right|+C$
聯立方程組 $begin{cases} bT_1-aT_2=-b sin x-asin x+C& text{} T_1+T_2=-(a^2+b^2)^{-frac{1}{2}}lnleft| frac{1+asin x-bcos x}{acos x+bsin x} right|+C& text{} end{cases}$
即可解得 $T_1.$