高数下-yaf高数课件小结思考题作业

第三节定积分的换元法定积分的换元法definiteintegralby定积分的分部积分法definiteintegralby小结思考题作1归结为求不定积分,而不定积分可用换元法和分部积分法求积,这样定积分的计算问题如果将换元法和分部积分法写成定积的形式,常可使得计算更简单2一、定积分的换xdefiniteintegralx定理

假设函满足条件

xC[a,b函

(

(2(t)在[](或[,])上具有连续导数且其值域则

bbaf(x)dxf(t(t定积分换元定积分的换元法和分部积分

a

(

bbb

C[a,b所以存在原函数Fx),则

f(

F(b)

F(a)N--L公dF(t)F(t)(tN--L公

f(t)(tN--L公故F(t)N--L公

(t)(t的原函数

F(

F(F(b)

F(a)

f(x)dx

f(t)(t4注

换元公式仍成立baf(x)dxf(t)(t在定积分换元公式中由于积分限做了相应的改变,故积出来的原函数不必回代;求定积分的方法有两种方法可用N--L公式从换元的观点5

x

t 0

2

tcos2

x,t2 0

xdx

xsin02(10

cos2x)dcos

tcosx

t20t

01t3 0 注在用“凑”微分注时

不明显地写新的变量t定积分的下限就不要变6 或

xdx

2sin2x0

2(10

x)dcos[cosx

1cos3x]

x0,ta例a

a2

x2dx

(a

xa,t令x

asint,

dx

acos 原式

a2cos2tdt0

a1202

cos2tdt2

1a24这是半径为a的四分之一的圆的面积73

x)2

ln

dlne4例

x(1lnx)3e4e解原式

d(lnx) lnx(1lnx)e ee e

ln ln

1

lnx

lnx)e4 e6e8a xa

a2x2

(a

x0t解令xasint, dx

acos

xat2 acos原式

2 0asint a2(1sin2t1

sin22 sin

cos 212

1

cos

2 1

cost

lnsint2

cos

2 9换元积分还可以证明一些定积分等式,通常a例设f(x)在区[a,a]上可,aaa

f(x)dx

f(x)

f(a由于a

f(

f(

f(00对00

fx)dx作变换令

t,

dx

dt.aa00f(f(

f(x)dx

f(

令xt0ax0a

t

x

t

dx

dt.00

f(x)dxa

f(t

f

f(x)dx

[f(x)

f(4利用这一结果计算4

cosx

1e1e

cos

4dx4 0

e

1ex aa

f(x)dx

[f(x)

f(x)]dx可得奇、偶函数在对称区间上的定积分性fx)为偶函,

f(

f(fx)为奇函a

f(x)dx由定积分的几何意义(面积的代数和)也可得

x4

xdx x3sin25

2x2

dx11111

4x2dx

2

4x2dx12x|x |x|dx21奇1|x 21 2dx5 222x5x4x3x21x22x53奇1x2dx2xx42偶1x202x4x281x2dx3三角函数的定积分公三角函数的定积分公

f0

x)dx 0

f

2(2)xf(sinx)dx2

f

xsin由此计算

1

x 证(1)设x

0

f(sinx)dx

f[sin t) 2

0

(cost)dt

f0

证毕

(2) xf

x)dx 2

f

由此计

xsin

01cos2证0

0 0

t

0f(sint)dt0

sntxf(sinx)dxf(sin 2 xsin

dx

sin 01cos2

2

1cos22

1

x)x

x)0

( xf(sinx)dx f(sin2说明:说明:尽xsin1cos2C[0,但由于它没初等原函数,故此积分无法直接用N--L公式求得周周期函数的定积分公如果T是连续函数fx)的周期,TaTT

f(x)dx

f(

a为任何常数这个公式就是说周期函数在任何长为一周期

x2

x 设

(x)

ex

x

求

f(

解3

令x2t,

x2

f(x1

f(x)dx00

(1t2)dt1etdt07 设设fx1x2,xx求fx31法二

(x2)

1(x2)2e(x2)

x2x2 x2

4x

xf(

2)

ex2

x3 3

(x

(1

4x

5)dx

3ex27 求极限lim

x

xt

x2 分被积函数中除积分变量t外还含有变量分故不能直接应用对积分上限函数的导数的公式应先作换元变换

xt

t

u,dt

dut

u

txu

x2 解x

x2sinu

du

2sinxx u

2x1x2x1

sinu

00

x0

sinx2x22

2原式=lim

2002年2002年考研数学(二)选择3选择选择

f(x)连续,则下列函数中xxx

f(t2

xxx

f2(t

t[f(t)

f(t

t[f(t)

f(t分x(x)分x

f(t

x(tf0f(

(x)

0

f(t2)dt

u

f(u2)du0

(x)二、定积分definiteintegralby定理则

ux),vx)在区间[a,b]上有连续的导数baudvbababaudvbaba303

1

33原式

x

1x

0 x(1x)3 x3

31

x)201

13

x

x

x)4 1990年1990年考研数学(一)计算5u例1ln(1x (2x)21原式10

x) 21ln(1x)11

2

02x1 11 ln

0301 2x0ln21ln3

3

x)

ln(2

x)111例设

(x)

2sinx x

dt求

xf(分被积函数中含有“积分上限的函数因分sint

没有初等原函数

无法直接

fx),所11用分部积分法做11

选择积分上限的函数为解

xf(x)dx2

f(x)dx21[

f(

11

(x)

1f

11

f( 2

2f(1)

1

t

f(1)f(x)

sinx2x2

2x

2sinx2 1xf(x)dx1

1f(1)

1

f(112x

2x2dx

211

f(xf(x)f(1)2sinx2x2 21cosx2

1(cos12注今后也可将原积分化为二重积分计算注例证明定积分公J.Wallis公J.Wallis公In

2sinn0

xdx

20

十七世纪的英国数学 n1十七世纪的英国数学 n1n

n n342n

n为大于1的正设u

sinn1

dv

du

(n

xcos

cosIn

xcosx]

(n1)

x

20f(sinx)dx20f(cos

In

20

In

xcosx] (n1)2sinn2x

0 10

sin2In

(n

20

(n1)20

(n1)

In2

(n

InIn

n1n

积分

n关于下标的递推In2

nn

2In4

n换成n直到下标减到0或1为I0

2dx

I1

20

Inn1n,In3n所以,当n为正偶数时In

n1n

n2

n1n

nn

In4n1n33

n1n33

1 n

n

当n为大于1的正奇数时In

n1I

n2

n1n

nn

In4n1

n34

n1

n34

21 n

n 20sinxdx72cosxdx767 002cos10xdx 1 2上公式在计算其它积分时可以直接引用注为大于1n nn0n1n2n 20

xdx

n1n n

33

1 22022

4x2dx

n为正偶解令2

2sint,

2原式24sin2

2cos

2cos0162(sin20

t

用公e(1)eee

lnx 解e

lnxdx

1e

1

2e三、小baf(x)dbaf(x)dxf[(t)](tbaudvbababaudvbaba1思考题1试检查下面运算是否正确如不正确,1

x

d1

11x2

t

1 1

1 t

111x2 11x2注

0可知

必定大于零1x2

11x2上述运算的问题在于引进的变换xt[1,1]上不连,不满足换元法则的前提条件1思考题1

设fx