π
(
)
解: 原式 = ∫ π x cos x dx + 4∫ π cos x dx
− 2 −
= 0 + 8∫ cos x dx 7 5 3 1 π 35 = 8⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = π 8 6 4 2 2 32
2 0 8
π
2
例14
2
计算定积分−2 x ln(1 + e x ) dx ∫
令x=−t −2
2 解法二: ∫−2 x ln(1 + e x ) dx x x −x 2 = ∫−2 x ln e 2 + ln e 2 + e 2 dx
x = ∫ x ⋅ dx + ∫ x ln e + e −2 −2 2
2 2 − x 2
x 2
π 2 0
π dx = , 2
π
I −J = ∫
π 2 0
sin x − cos x d(cos x + sin x) 2 dx = −∫ = 0. 0 sin x + cos x sin x + cos x
π 故得 2I = , 2
π 即I = . 4
例17 证明
1
arctan x 1 2 t ∫0 x dx = 2 ∫0 sin t dt
π
4
四、含参量的变限积分
x 例9 设f ( x)连续, F( x) = ∫0 f ( x + t ) dt, 计算F′( x).
解: F(x) = ∫ f (x + t) dt ====∫ f (u) du
0 x
x
令u=x+t
2x
F′(x) = 2 f (2x) − f (x)
当被积函数中出现求导变量时, 或利用代数方法将求导变量提出积分号 ; 或利用换元积分法将求导变量放到积分的上,下限 .
1 令u=arctan x
π
arctan x u 2 4 证: ∫ dx ======∫ ⋅ sec udu 0 0 tan u x 1 t π 令t =2u π u 2 ⋅ 1 dt 2 4 =∫ du ====∫0 0 sin u cos u 1 sin t 2 2 π 1 2 t = ∫ dt 2 0 sin t
dx
= ∫ x dx + 0
2 0
2
8 = 3
六、积分等式的证明 例15
x 设f ( x) = ∫1
ln t 1 1 2 dt, 证明 ( x) + f ( ) = ln x. f 1+ t x 2
1 x 1
1 令u= t
x − ln u −1 1 ln t 证法一: f ( ) = ∫ dt ====∫ ⋅ 2 du 1 1 u x 1+ t 1+ u x ln u =∫ du 1 u(u +1 )
1
x2
−t 2
例8
π 设In = 4 sec2n x dx , 证明降阶递推公式 0 n−1
∫
2 2n − 2 π I n= In−1, I0 = . + 2n −1 2n −1 4
π
4 0 2n−2
证: In = ∫ sec
x d (tan x)
π π
π
0
4 = sec2n−2 x tan x |0 −(2n − 2)∫ 4 sec2n−2 x tan2 x dx
1 2 2
例2
求∫
π 2 0
1 − sin 2xdx.
π 2 0
解
原式 = ∫ sin x − cos x dx
= ∫ (cos x − sin x)dx + ∫ (sin x − cos x)dx
π 4 0 π 2 π 4
= 2 2 − 2.
二、定积分换元
例3
∫
1 3 2
1 (2x +1) x +1
x ln t x ln t 1 2 1 ln t f (x) + f ( ) = ∫ + dt = ∫ t dt = 2 ln x 1 1 1+ t x t(t +1)
1 1 2 证法二: 令g(x) = f (x) + f ( ) − ln x x 2 1 ln ln x x ⋅ −1 − ln x ⋅ 1 = 0 则g′(x) = + 1+ x 1+ 1 x2 x x
= ∫ f (t) dt = ∫ f (x) dx
0 0
a
a
π − 2x π π 1− sin 1− sin 2x 2 dx 4 4 解: ∫ dx = ∫ 0 1+ sin 2x 0 π 1+ sin − 2x 2
令x=tant
π
1 , x≥0 1+ x 2 计算∫ f ( x −1)dx. 例4 设f ( x) = 1 0 , x<0 x 1+ e
解: 原式===== ∫ f (u)du
−1
1 1 1 =∫ du + ∫ du u −1 1+ e 0 1+ u 0
令u= x−1 1
于是g(x)为一常数, 又g(1) = 0,
故g(x) ≡ 0.
例16 求 ∫
π 2 0
sin x dx. sin x + cos x
π 2 0
解 由I = ∫
π sin x cos x dx, 设 J = ∫ 2 dx, 0 sin x + cos x sin x + cos x
则I +J = ∫
2 x = ϕ(t ), ）
x : a → b, t : α → β, 下限对应下限 .
3) 换元公式双向使用 ：
令 x = φ(t )
配元不换限
φ(t ) φ′(t )
或配元
b = ∫ a f ( x)d x
φ(t ) φ′(t )
φ(t ) d φ(t )
定积分的分部积分法
定理2 上导数连续， 定理 设u( x) , v( x)在 a, b]上导数连续，则 [
2
0
dx
sec2 t =====∫ 6 dt 2 0 (2 tan t +1 sec t ) π π cost 1 6 6 =∫ dt = ∫ d (sin t) 2 2 2 0 2sin t + cos t 0 1+ sin t π 1 6 = arctan = arctan(sin t) |0 2
第一节 定积分的计算和证明
定积分的换元法Biblioteka 定理1 定理 设 1) φ(α) = a , φ( β) = b; 2) 在 [α , β] 或 [ β , α] 上 ϕ(t ) ∈C1[α , β ], 则 单值函数 满足: 满足
φ(t ) φ′(t )
换元公式
φ(t ) φ′(t )
注1 1) 换元要换限 , 变量不代回 .
1 = 2
例11 设 f ( x) = ∫0 e
x
− y2 +2 y
dy,求 ∫ ( x − 1)2 f ( x)dx.
0
1
1 1 解 原式= ∫0 f ( x)d( x − 1)3 3
x 11 1 3 1 − y +2 y = [ ( x − 1) ∫ e dy]0 − ∫ ( x − 1)3 e− x +2 xdx 0 03 3
2
解法一: ∫−2 x ln(1 + e x ) dx ====∫2 − t ln(1 + e−t )(−dt)
= ∫ [t − t ln( e +1)] dt
2 t
2
= ∫ t dt − ∫ t ln( e +1) dt
2 t −2 −2
−2 2
2
1 2 2 8 原式= ∫−2 t dt = 2 3
π
例18
设f (x)在 0, a](a > 0)上连续, [ 证明∫ f (x) dx = ∫ f (a − x) dx ,
0 0 a a
并利用此式计算 ∫
a 0
π
4 0
证: ∫ f (a − x) dx ====∫ f (t)(−dt)
a
令t =a−x 0
1− sin 2x dx . 1+ sin 2x
2 2
1 1 = − ∫ ( x − 1)2 e−( x−1) +1d[( x − 1)2 ] 6 0
2
令 ( x − 1)2 = u
e 0 −u 1 − ∫ ue du = (e − 2). 6 61
f (x) =A 例12 设f (x)连续,ϕ(x) = ∫0 f (xt) dt,且lim x→0 x ( A为常数), 讨论ϕ′(x)在点x = 0处的连续性.
例10 设 f (x) = ∫ arctan x2 − t ⋅ ln 1+ x2 − t dt, 0
f (x) 其中x > 0, 计算极限 lim+ 4 . x→0 sin x
x2
(
) (
)
解: 令 x − t = u,
2
f (x) = −∫ arctan u ⋅ ln(1+ u) ⋅ 2udu
x
= − ln( e +1) | + ln(1+ u) |
0 −1
−u
1 0
= − ln 2 + ln( e +1) + ln 2 = ln( e +1)
三、定积分分部积分
ln x 1 dx = ∫ ln x d 例5 ∫e 2 e (1− x) 1− x e2 2 1 1 e = ln x |e −∫ dx e x( − x) 1− x 1 2 1 x e2 = − − ln |e 2 1 − e 1− e 1− x