最后更新: 2025-03-16 08:52 查看: 211 次反馈刷题

不定积分计算-分部积分法

## 分部积分法
这是求不定积分的另一个基本方法，它与两种换元法一起成为求不定积分的主要工具．从前面看到两种换元法比较接近，有时可以按照各人偏好有所选择，但分部积分法则往往是换元法不能取代的工具。

换元法与复合函数求导的链式法则有密切联系．分部积分法则来自于两个函数乘积的求导法则．

设 $u=u(x), v=v(x)$ 都是可微函数，则有 $(u v)^{\prime}=u^{\prime} v+u v^{\prime}$ ，因此就有

$$
\int\left(u^{\prime} v+u v^{\prime}\right) d x=\int v d u+\int u d v=u v+C
$$

于是就得到分部积分公式

$$
\boxed{
\int u d v=u v-\int u d v  ...(9.3)
}
$$

这里要注意几点：
（1）在（9．3）的右边也有一个不定积分，因此不必再写任意常数 $C$ ．
（2）只有在（9．3）右边的不定积分 $\int u d v$ 比左边的 $\int v d u$ 容易计算时，该公式才对于左边积分的计算是有用的．实际上分部积分公式的主要思想就是告诉我们，这两个不定积分之和是已知的，因此只要能够求出其中之一，则另一个也能得到．

分部积分公式只不过来自于一个熟知的求导公式 $(u v)^{\prime}=u^{\prime} v+u v^{\prime}$ ，但却非常有用，往往可以解决换元法解决不了的问题。

## 例题
`例`求 $I=\int x e ^x d x$ ．
分析 我们先举出几种不成功的尝试．例如，用换元法，令 $e ^x=t$ ，则 $x=\ln t$ ， $d x=\frac{1}{t} d t$ ．于是

$$
I=\int t \ln t \cdot \frac{1}{t} d t=\int \ln t d t
$$

仍然无从下手．（其实是有收获的，即若本题能解决，则就可得到 $\int \ln t d t$ ．）
另一个办法，就是

$$
I=\int e^x d\left(\frac{x^2}{2}\right)=\frac{x^2}{2} e^x-\int \frac{x^2}{2} d\left(e^x\right)
$$

这里也不知道如何做下去。但可以观察到。原来的困难就在于被积函数除了 $e ^x$ 之外多了一个因子 $x$ 。通过上面的分部积分，这个因子次数反而升高了。可见方向错了．若倒转方向，就有希望解决问题。这就是应用分部积分法时的关键问题，即如何正确选择 $u$ 与 $v$ ．
解 同样用分部积分法，有

$$
\begin{aligned}
I & =\int x d\left(e^x\right)=x e^x-\int e^x d x \\
& =x e^x-e^x+C=(x-1) e^x+C .
\end{aligned}
$$

现在回过头来解决上面分析中见到的求对数函数的原函数问题．它是用分部积分法的一个典型例子，它的答案也经常有用．

`例` 求 $I=\int \ln x d x$ ．
解 用分部积分法：
$$
\begin{aligned}
I & =x \ln x-\int x d(\ln x) \\
& =x \ln x-\int x \cdot \frac{1}{x} d x \\
& =x \ln x-\int d x=x \ln x-x+C
\end{aligned}
$$

注 验证：从 $(x \ln x-x)^{\prime}=\ln x+x \cdot \frac{1}{x}-1=\ln x$ 可见结果正确．

`例`求 $I=\int x \sin x d x$ ．
解 从上一题的经验可知应当如何使用分部积分法消除被积函数中的因子 $x$ ：

$$
\begin{aligned}
I & =\int x d(-\cos x)=-x \cos x+\int \cos x d x \\
& =-x \cos x+\sin x+C .
\end{aligned}
$$

`例` 求 $I=\int e ^{a x} \sin b x d x$ ．
解 1 在此题计算中出现了在求不定积分过程中经常发生的循环现象：

$$
\begin{aligned}
I & =\frac{1}{a} \int \sin b x d\left(e^{a x}\right)=\frac{1}{a} e^{a x} \sin b x-\frac{b}{a} \int e^{a x} \cos b x d x \\
& =\frac{1}{a} e^{a x} \sin b x-\frac{b}{a^2} \int \cos b x d\left(e^{a x}\right) \\
& =\frac{1}{a} e^{a x} \sin b x-\frac{b}{a^2} e^{a x} \cos b x+\frac{b}{a^2} \int e^{a x} d(\cos b x) \\
& =\frac{1}{a} e^{a x} \sin b x-\frac{b}{a^2} e^{a x} \cos b x-\frac{b^2}{a^2} \int e^{a x} \sin b x d x \\
& =\frac{a^2}{a^2+b^2} e^{a x}\left(\frac{1}{a} \sin b x-\frac{b}{a^2} \cos b x\right)+C \\
& =\frac{e^{a x}}{a^2+b^2}(a \sin b x-b \cos b x)+C .
\end{aligned}
$$

这里补充一个内容．即利用复数计算工具对本题给出一个新解，而且可以同时计算出两个不定积分，其中也不需要分部积分法。

注意：以下计算的根据来自于对实变复值函数 $u(x)+ i v(x)$ 的导数定义为

$$
(u(x)+i v(x))^{\prime}=u^{\prime}(x)+i v^{\prime}(x)
$$

并用相同方法定义实变复值函数的原函数和不定积分，然后即可验证公式成立．

解 2 首先利用 Euler 公式有

$$
\begin{aligned}
\int e^{a x}(\cos b x+i \sin b x) d x & =\int e^{(a+i b) x} d x \\
& =\frac{1}{a+i b} e^{(a+i b) x}+C
\end{aligned}
$$

然后分离出右边第一项的实部与虚部，就有

$$
\begin{aligned}
\frac{1}{a+i b} \cdot e^{(a+i b) x} & =\frac{a-i b}{a^2+b^2} \cdot e^{a x}(\cos b x+i \sin b x) \\
& =\frac{e^{a x}}{a^2+b^2}[(a \cos b x+b \sin b x)+i(-b \cos b x+a \sin b x)]
\end{aligned}
$$

又写复常数 $C=C_1+ i C_2$ ，其中 $C_1, C_2$ 为实常数，就同时得到两个不定积分：

$$
\begin{aligned}
& \int e^{a x} \cos b x d x=\frac{e^{a x}}{a^2+b^2}(a \cos b x+b \sin b x)+C_1 \\
& \int e^{a x} \sin b x d x=\frac{e^{a x}}{a^2+b^2}(-b \cos b x+a \sin b x)+C_2
\end{aligned}
$$

这2个积分在复变函数里，比较有用

例题 9.35 求 $\int \frac{\ln \cos x}{\sin ^2 x} d x$ ．
解 利用 $(\cot x)^{\prime}=-\csc ^2 x$ ，

$$
\begin{aligned}
I & =\int \ln \cos x d(-\cot x)=-\cot x \ln \cos x+\int \cot x d(\ln \cos x) \\
& =-\cot x \ln \cos x+\int \cot x \cdot \frac{-\sin x}{\cos x} d x \\
& =-\cot x \ln \cos x-\int d x=-\cot x \ln \cos x-x+C
\end{aligned}
$$

例题 9.36 求 $I=\int \sqrt{a^2-x^2} d x$ ，其中 $a>0$ ．
解（此题也可以用换元法解．）这里也发生循环现象。

$$
\begin{aligned}
I & =x \sqrt{a^2-x^2}-\int x d\left(\sqrt{a^2-x^2}\right) \\
& =x \sqrt{a^2-x^2}-\int \frac{-x^2}{\sqrt{a^2-x^2}} d x \\
& =x \sqrt{a^2-x^2}+\int \frac{a^2-\left(a^2-x^2\right)}{\sqrt{a^2-x^2}} d x \\
& =x \sqrt{a^2-x^2}+\int \frac{a^2 d x}{\sqrt{a^2-x^2}}-\int \sqrt{a^2-x^2} d x \\
& =\frac{1}{2} x \sqrt{a^2-x^2}+\frac{a^2}{2} \arcsin \frac{x}{a}+C .
\end{aligned}
$$

分部积分法也是导出不定积分的递推公式的主要工具．

例题 9.37 求 $I_n=\int \sin ^n x d x$ 的递推公式．
解 在被积函数中取出一个因子 $\sin x$ 与 $d x$ 组成 $d (-\cos x)$ ，然后分部积分：

$$
\begin{aligned}
I_n & =\int \sin ^{n-1} x d(-\cos x) \\
& =-\sin ^{n-1} x \cos x+\int \cos x \cdot(n-1) \sin ^{n-2} x \cos x d x \\
& =-\sin ^{n-1} x \cos x+(n-1) \int\left(1-\sin ^2 x\right) \sin ^{n-2} x d x \\
& =-\sin ^{n-1} x \cos x+(n-1) I_{n-2}-(n-1) I_n \\
& =-\frac{1}{n} \sin ^{n-1} x \cos x+\left(1-\frac{1}{n}\right) I_{n-2} .
\end{aligned}
$$

例题 9.38 求 $I_n={ }^{\wedge} \frac{ d x}{\sin ^n x}\left(={ }^n \csc ^n x d x\right)$ 的递推公式．
解 利用三角恒等式即可得到（设 $n \geqslant 2$ ）：

$$
\begin{aligned}
I_n & =\int \frac{\sin ^2 x+\cos ^2 x}{\sin ^n x} d x=I_{n-2}+\int \frac{\cos ^2 x}{\sin ^n x} d x \\
& =I_{n-2}+\int \cos x d\left(\frac{\sin ^{1-n} x}{1-n}\right) \\
& =I_{n-2}+\cos x \cdot \frac{\sin ^{1-n} x}{1-n}+{ }^{\complement} \frac{\sin ^{2-n} x}{1-n} d x \\
& =\frac{1}{1-n} \sin ^{1-n} x \cos x+\frac{2-n}{1-n} I_{n-2} . \quad \square
\end{aligned}
$$

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