[数学] 积分类-换元方法

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[数学] 积分类-换元方法
2026-05-08
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积分

数学-5/8-积分类#

目录#

絮叨#

主要涉及4种换元积分方法：

①三角代换

②根式代换

③倒置代换

④二项代换

不同的代换在特定的题目中有很好的效果，可以很大程度上的减少计算量

最基本的换元积分知识以及有理函数积分是前置内容

三角代换#

（1）基本的代换是：

a2−x2⟹x=asin⁡t;\sqrt{a^{2}-x^{2}} \Longrightarrow x=a \sin t;a2+x2⟹x=atan⁡t;\sqrt{a^{2}+x^{2}} \Longrightarrow x=a \tan t;x2−a2⟹x=asec⁡t;\sqrt{x^{2}-a^{2}} \Longrightarrow x=a \sec t; x2+bx+c, 可配方成上述三种形式;\sqrt{x^{2}+bx+c} \text{, 可配方成上述三种形式} ;

（2）对于积分∫f(sin⁡x,cos⁡x)dx,\int f(\sin x,\cos x)dx,其中f(u,v)dxf(u,v)dx是有理函数，利用t=tan⁡x2t=\tan\frac{x}{2}可化为有理函数积分

T1#

求不定积分：

I=∫dx(x−a)(b−x)(a≠b).\begin{aligned} \text{} & I=\int \frac{\mathrm{d} x}{\sqrt{(x-a)(b-x)}}(a \neq b) . \end{aligned}

题解：

不妨设 $$a < b

(x−a)(b−x)=(a+b)x−x2−ab=(a−b2)2−(x−a+b2)2\begin{aligned}(x-a)(b-x) &= (a+b)x - x^2 - ab \\&= \left(\frac{a-b}{2}\right)^2 - \left(x-\frac{a+b}{2}\right)^2\end{aligned}

设x−a+b2=b−a2sin⁡t,t∈(−π2,π2),则 dx=b−a2cos⁡t dt,则：设 x-\frac{a+b}{2}=\frac{b-a}{2}\sin t,t\in\left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right), 则 \mathrm{~d}x=\frac{b-a}{2}\cos t\mathrm{~d}t,则：

I=∫1(a−b2)2−(a−b2sin⁡t)2⋅b−a2cos⁡t dt=∫1b−a21−sin⁡2t⋅b−a2cos⁡t dt=∫dt=t+C=arcsin⁡x−a+b2b−a2+C=arcsin⁡2x−a−bb−a+C.\begin{aligned} I &= \int \frac{1}{\sqrt{\left(\frac{a-b}{2}\right)^2 - \left(\frac{a-b}{2} \sin t\right)^2}} \cdot \frac{b-a}{2} \cos t \, dt \\ &= \int \frac{1}{\frac{b-a}{2} \sqrt{1 - \sin^2 t}} \cdot \frac{b-a}{2} \cos t \, dt \\ &= \int dt = t + C \\ &= \arcsin\frac{x - \frac{a+b}{2}}{\frac{b-a}{2}} + C \\ &= \arcsin\frac{2x - a - b}{b - a} + C. \end{aligned}

T2#

求不定积分：

I=∫sin⁡2x(sin⁡x−cos⁡x−1)3dxI=\int\frac{\sin^{2}x}{(\sin x-\cos x-1)^{3}}\mathrm{d}x

题解：

利用三角代换将积分转换为有理函数积分

令t=tan⁡x2,则sin⁡x=2t1+t2,cos⁡x=1−t21+t2,dx=2dt1+t2,则\text{令} t=\tan\frac{x}{2},\text{则}\sin x=\frac{2t}{1+t^2},\cos x=\frac{1-t^2}{1+t^2},\mathrm{d}x=\frac{2\mathrm{d}t}{1+t^2},\text{则}：

I=∫t2(t−1)3 dt=∫(1t−1+2(t−1)2+1(t−1)3)dt=ln⁡∣t−1∣−2t−1−12(t−1)2+C=ln⁡∣tan⁡x2−1∣−2tan⁡x2−1−12(tan⁡x2−1)2+C.\begin{aligned} I &= \int \frac{t^2}{(t-1)^3} \, dt \\ &= \int \left( \frac{1}{t-1} + \frac{2}{(t-1)^2} + \frac{1}{(t-1)^3} \right) dt \\ &= \ln|t-1| - \frac{2}{t-1} - \frac{1}{2(t-1)^2} + C \\ &= \ln\left| \tan\frac{x}{2} - 1 \right| - \frac{2}{\tan\frac{x}{2} - 1} - \frac{1}{2\left( \tan\frac{x}{2} - 1 \right)^2} + C. \end{aligned}

根式代换#

这种代换一般用于计算某些简单无理函数的积分，其目的在于将被积表达式 有理化

(1) 对于含两个一次平方根式 x+α\sqrt{x+\alpha} 与x+β(α<β) \sqrt{x+\beta}(\alpha<\beta) 的积分, 可设：

x+β=λ(t+1t),x+α=λ(t−1t)\begin{aligned}\\\sqrt{x+\beta} &= \lambda \left(t + \frac{1}{t}\right), & \sqrt{x+\alpha} &= \lambda \left(t - \frac{1}{t}\right)\\\end{aligned}

以上两式各自平方后相减, 即可求出 λ\lambda , 即 4λ2=β−α.4\lambda^{2}=\beta-\alpha.

T1#

求不定积分：

I=∫ dx1+x+1+x.I=\int\frac{\mathrm{~d}x}{1+\sqrt{x}+\sqrt{1+x}}.

题解：

设 1+x=λ(t+1t),x=λ(t−1t), 可求出 λ=12,设\ \sqrt{1+x}=\lambda\left(t+\frac{1}{t}\right), \sqrt{x}=\lambda\left(t-\frac{1}{t}\right), \text { 可求出 } \lambda=\frac{1}{2},

则t=x+x+1则t=\sqrt{x}+\sqrt{x+1}

I=12∫t4−1t3(t+1)dt=12(t−ln⁡∣t∣−1t+12t2)+C=x2+x−12x(x+1)−12ln⁡(x+x+1)+C.\begin{aligned}I&=\frac{1}{2}\int\frac{t^{4}-1}{t^{3}(t+1)}\mathrm{d}t=\frac{1}{2}\left(t-\ln|t|-\frac{1}{t}+\frac{1}{2t^{2}}\right)+C\\&=\frac{x}{2}+\sqrt{x}-\frac{1}{2}\sqrt{x(x+1)}-\frac{1}{2}\ln(\sqrt{x}+\sqrt{x+1})+C.\end{aligned}

（2）对于含两个一次根式x+an和x+am的积分,可取t=x+ak,这里k为m,n的最小公倍数,即1m,1n的公分母 \sqrt[n]{x+a} 和 \sqrt[m]{x+a} 的积分,\\ 可取 t=\sqrt[k]{x+a}, 这里 k 为 m,n 的最小公倍数, 即 \frac{1}{m},\frac{1}{n} 的公分母

T2#

求不定积分：

I=∫ dx1+x+1+x3.I=\int\frac{\mathrm{~d}x}{\sqrt{1+x}+\sqrt[3]{1+x}}.

题解：

设t=1+x6,则 1+x=t3,1+x3=t2,dx=6t5 dt设t=\sqrt[6]{1+x},\text{则 }\sqrt{1+x}=t^{3},\sqrt[3]{1+x}=t^{2},\mathrm{d}x=6t^5{~d}t

I=∫6t5dtt3+t2=2t3−3t2+6t−6ln⁡(1+t)+C=21+x−31+x3+61+x6−6ln⁡(1+1+x6)+C.\begin{aligned}I&=\int \frac{6t^{5}\mathrm{d}t}{t^{3}+t^{2}}=2t^{3}-3t^{2}+6t-6\ln(1+t)+C\\&=2\sqrt{1+x}-3\sqrt[3]{1+x}+6\sqrt[6]{1+x}-6\ln(1+\sqrt[6]{1+x})+C.\end{aligned}

注：t3=(t+1)(t2−t+1)−1t^{3}=(t+1)(t^{2}-t+1)-1

（3）对于含有根式x+ax−am\sqrt[m]{\frac{x+a}{x-a}}，可设t=x+ax−amt=\sqrt[m]{\frac{x+a}{x-a}}

T3#

求不定积分：

I=∫dx(x+1)2(x−1)43I=\int\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt[3]{(x+1)^2(x-1)^4}}

题解：

设t=x+1x−13,则 x=1+2t3−1,t=\sqrt[3]{\frac{x+1}{x-1}}, \text{则 } x=1+\frac{2}{t^{3}-1},则：

I=−32∫ dt=−32t+C=−32x+1x−13+C.I = -\frac{3}{2}\int \mathrm{~d} t=-\frac{3}{2}t+C=-\frac{3}{2}\sqrt[3]{\frac{x+1}{x-1}}+C.

倒置代换#

当被积函数为xx的有理式或无理式，可以利用倒置代换消去分母中所含的因子x+ax+a 或x+ax+a的幂。

t=1x+at=\frac{1}{x+a}

T1#

求不定积分：

∫dxx4(x2+1)\int \frac{\mathrm{d}x}{x^{4}\left(x^{2}+1\right)}

有理函数积分求解：

设

1x4(x2+1)=Ax+Bx2+Cx3+Dx4+Ex+Fx2+1\frac{1}{x^4(x^2+1)} =\frac{A}{x}+\frac{B}{x^2}+\frac{C}{x^3}+\frac{D}{x^4}+\frac{Ex+F}{x^2+1}

因为分子是偶函数、无奇次项，所以 A=E=0A=E=0：

1x4(x2+1)=Bx2+Cx3+Dx4+Fx2+1\frac{1}{x^4(x^2+1)} =\frac{B}{x^2}+\frac{C}{x^3}+\frac{D}{x^4}+\frac{F}{x^2+1}

通分：

1=Bx2(x2+1)+Cx(x2+1)+D(x2+1)+Fx41 = Bx^2(x^2+1) + Cx(x^2+1) + D(x^2+1) + Fx^4

比较系数：

{B+F=0B+D=0C=0D=1⇒D=1,B=−1,F=1,C=0\begin{aligned}\\& \left\{\begin{array}{l} B+F=0 \\ B+D=0 \\ C=0 \\ D=1 \end{array}\right. \Rightarrow D=1, B=-1, F=1, C=0\\\end{aligned}

则：

1x4(x2+1)=−1x2+1x4+1x2+1\frac{1}{x^4(x^2+1)} = -\frac{1}{x^2} + \frac{1}{x^4} + \frac{1}{x^2+1} I=∫(−1x2+1x4+1x2+1)dxI = \int\left( -\frac{1}{x^2} + \frac{1}{x^4} + \frac{1}{x^2+1} \right)dx

倒置代换求解：

令t=1xt=\frac{1}{x}，则：

I=−∫t4t2+1 dt=−∫(t2−1+1t2+1)dt=−(t33−t+arctan⁡t)+C=−13x3+1x−arctan⁡1x+C.\begin{aligned} I &= -\int \frac{t^4}{t^2+1} \, dt \\ &= -\int \left( t^2 - 1 + \frac{1}{t^2+1} \right) dt \\ &= -\left( \frac{t^3}{3} - t + \arctan t \right) + C \\ &= -\frac{1}{3x^3} + \frac{1}{x} - \arctan \frac{1}{x} + C. \end{aligned}

T2#

求不定积分：

∫dx(1+x)1−x2\int \frac{\mathrm{d}x}{(1+x)\sqrt{1-x^2}}

题解：

令t=1x+1t=\frac{1}{x+1}，则：

I=−∫dt2t−1=−2t−1+C=−1−x1+x+C.\begin{aligned} I &= -\int \frac{dt}{\sqrt{2t-1}} \\ &= -\sqrt{2t-1} + C \\ &= -\sqrt{\frac{1-x}{1+x}} + C. \end{aligned}

更为一般的做法是三角代换但是过程很长

二项代换#

t=x±1xt = x \pm \frac{1}{x}

T1#

求不定积分：

∫x8(x2+1)(x2−1)10dx\int \frac{x^{8}(x^{2}+1)}{(x^{2}-1)^{10}}\mathrm{d}x

题解：

令t=x−1x,则 dt=(1+1x2) dxt=x-\frac{1}{x},\text{则}\mathrm{~d}t=\left(1+\frac{1}{x^{2}}\right)\mathrm{~d}x

I=∫dtt10=−19t9+C=−x99(x2−1)9+C.I=\int\frac{\mathrm{d}t}{t^{10}}=-\frac{1}{9t^{9}}+C=-\frac{x^{9}}{9(x^{2}-1)^{9}}+C.

T2#

求不定积分：

∫x2−1x4+3x2+1 dx\int \frac{x^{2}-1}{x^{4}+3 x^{2}+1} \mathrm{~d} x

题解：

令t=x+1x,则 dt=(1−1x2) dxt=x+\frac{1}{x},\text{则}\mathrm{~d}t=\left(1-\frac{1}{x^{2}}\right)\mathrm{~d}x

I=∫dtt2+1=arctan⁡t+C=arctan⁡(x+1x)+C.I=\int\frac{\mathrm{d}t}{t^{2}+1}=\arctan t+C=\arctan\left(x+\frac{1}{x}\right)+C.

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作者
JulY
发布于
2026-05-08
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