Chapter5 Techniques of Integration (第五章 積分的技巧)

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Techniques of Integration 第五章

積分的技巧

積分的技巧(Techniques of integration)，有些微積分之書籍稱它為積分的方法 (Methods of integration)，可分為下列幾類： 1.

代換積分法(Integration by Substitution)

2.

部分積分法(Integration by Parts)

3.

三角函數之積分(Integration of Trigonometic Functions)

4.

部分分式法(The Methods of Partial Fractions)

5-1 代換法再探討(Integration by Substitution 𝑎g𝑎in) 在本書第四章裡，已經探討過代換積分法(Integration by Substitution)： 1.

不定積分之代換積分法 令𝑢 = 𝑔(𝑥)，則 ∫ 𝑓(𝑔(𝑥 ))𝑔′ (𝑥)𝑑𝑥 = ∫ 𝑓(𝑢)𝑑𝑢

2.

定積分之代換積分法 𝑏

𝑔(𝑏)

令𝑢 = 𝑔(𝑥)，則 ∫𝑎 𝑓(𝑔(𝑥 ))𝑔′ (𝑥)𝑑𝑥 = ∫𝑔(𝑎) 𝑓 (𝑢)𝑑𝑢 因為代換積分法(Integration by Substitution)是最重要的積分方法，其它之積 分方法一般都需要搭配代換積分法。 用代換積分法求積分時，須引用到微分(differential)與連鎖律(Chain rule)二種 概念，即 𝑑𝑓(𝑥) = 𝑓 ′ (𝑥)𝑑𝑥 𝑑𝑢 𝑑𝑓 (𝑢) = 𝑓 ′ (𝑢)𝑑𝑢 = 𝑓 ′ (𝑢) 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑢 𝑑𝑢𝑛 = 𝑛𝑢𝑛−1 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑢 𝑑𝑒 𝑢 = 𝑒 𝑢 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑢 𝑑 sin 𝑢 = cos 𝑢 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑢 𝑑 t𝑎n 𝑢 = sec 2 𝑢 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑢 𝑑 sec 𝑢 = sec 𝑢 t𝑎n 𝑢 𝑑𝑥 𝑑𝑥 1 𝑑𝑢 𝑑 sin−1 𝑢 = 𝑑𝑥 √1 − 𝑢2 𝑑𝑥 𝑑𝑢 𝑑 sinh 𝑢 = cosh 𝑢 𝑑𝑥 𝑑𝑥

1 𝑑𝑢 𝑑𝑥 𝑢 𝑑𝑥 𝑑𝑢 𝑑𝑎𝑢 = (ln 𝑎)𝑎𝑢 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑢 𝑑 cos 𝑢 = − sin 𝑢 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑢 𝑑 cot 𝑢 = − csc 2 𝑢 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑢 𝑑 csc 𝑢 = − csc 𝑢 cot 𝑢 𝑑𝑥 𝑑𝑥 1 𝑑𝑢 𝑑 t𝑎n−1 𝑢 = 𝑑𝑥 1 + 𝑢2 𝑑𝑥 𝑑𝑢 𝑑 cosh 𝑢 = sinh 𝑢 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑 ln 𝑢 =

下表之積分公式可看成基本積分公式，也就是學習為積分之過程中，須熟記 這些公式。 1 𝑑𝑥 = ln|𝑥 | + 𝐶 𝑥 1 𝑥 ∫ 𝑎 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑎 +𝐶 ln 𝑎

𝑥 𝑛+1 + 𝐶，𝑛 ≠ 1 𝑛+1

∫ 𝑥 𝑛 𝑑𝑥 =

∫

∫ 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑒 𝑥 + 𝐶 ∫ sin 𝑥 𝑑𝑥 = − cos 𝑥 + 𝐶

∫ cos 𝑥 𝑑𝑥 = sin 𝑥 + 𝐶

∫ sec 2 𝑥 𝑑𝑥 = t𝑎n 𝑥 + 𝐶

∫ csc 2 𝑥 𝑑𝑥 = − cot 𝑥 + 𝐶

∫ sec 𝑥 𝑑𝑥 = ln|sec 𝑥 + t𝑎n 𝑥 | + 𝐶

∫

∫

1 √𝑎2 − 𝑥 2

𝑑𝑥 = sin−1

𝑥 +𝐶 𝑎

∫ sinh 𝑥 𝑑𝑥 = cosh 𝑥 + 𝐶

1 1 𝑥 𝑑𝑥 = t𝑎n−1 + 𝐶 2 +𝑥 𝑎 𝑎 1 1 𝑥 ∫ 𝑑𝑥 = sec −1 + 𝐶 𝑎 𝑎 |𝑥 |√𝑥 2 − 𝑎2 𝑎2

∫ cosh 𝑥 𝑑𝑥 = sinh 𝑥 + 𝐶

上面各式中，規定𝑎 > 0 使用代換積分法(Integration by Substitution)時，依被積分式(integrand)之類型，建 議採用下面之策略。 1.

含有𝑎𝑥 + 𝑏時，可考慮令𝑢 = 𝑎𝑥 + 𝑏，得𝑑𝑢 = 𝑎𝑑𝑥

2.

含有𝑥 𝑝 時，可考慮令𝑢 = 𝑥 𝑝 ，得𝑑𝑢 = 𝑝𝑥 𝑝−1 𝑑𝑥

3.

含有√𝑎2 − 𝑥 2 時，可考慮令𝑥 = 𝑎 sin 𝑥，− 2 ≤ θ ≤ 2，則√𝑎2 − 𝑥 2 = 𝑎 cos θ，

π

π

π

π

𝑑𝑥 = 𝑎 cos θ 𝑑θ。 4.

含有√𝑎2 + 𝑥 2 時，可考慮令𝑥 = t𝑎n θ，− 2 < 𝜃 < 2 ， 則√𝑎2 + 𝑥 2 = 𝑎 sec θ ，𝑑𝑥 = 𝑎 sec 2 θ 𝑑θ

5.

π

含有√𝑥 2 − 𝑎2 時，可考慮令𝑥 = 𝑎 sec θ，0 ≤ θ < 2， 則√𝑥 2 − 𝑎2 = 𝑎 t𝑎n θ ，𝑑𝑥 = 𝑎 sec θ t𝑎n θ 𝑑θ

例 5.1 求∫

cos √𝑥 2 √𝑥

𝑑𝑥。

【解】令𝑢 = √𝑥，則𝑑𝑢 = 2 故∫

cos √𝑥 2 √𝑥

1 √𝑥

𝑑𝑥

𝑑𝑥 = ∫ cos 𝑢 𝑑𝑥 = sin 𝑢 + 𝐶 = sin √𝑥 + 𝐶。

例 5.2 1

求∫ 3+𝑒 𝑥 𝑑𝑥。 1

1

【解１】∫ 3+𝑒 𝑥 𝑑𝑥 = 3 ∫ 1

1

3+𝑒 𝑥 −𝑒 𝑥 3+𝑒 𝑥

1

𝑒𝑥

1

𝑑𝑥 = 3 ∫ (1 − 3+𝑒 𝑥 ) 𝑑𝑥

= 3 ∫ 𝑑𝑥 − 3 ∫ 3+𝑒 𝑥 𝑑(3 + 𝑒 𝑥 ) 1

1

= 3 𝑥 − 3 ln(3 + 𝑒 𝑥 ) + 𝐶

【解２】令𝑡 = 𝑒 𝑥 ，則𝑑𝑡 = 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑡

𝑑𝑥 = 𝑒 𝑥 =

𝑑𝑡 𝑡

1

1

∫ 3+𝑒 𝑥 𝑑𝑥 = ∫ 3+𝑡 1

1

𝑑𝑡

1

𝑡

=3 ∫ 𝑡 − 3+𝑡 𝑑𝑡 1

=3 [ln t − ln(3 + t)] + 𝐶 1

= 3 [ln 𝑒 𝑥 − ln(3 + 𝑒 𝑥 )] + 𝐶 1

1

= 3 𝑥 − 3 ln(3 + 𝑒 𝑥 ) + 𝐶。 𝑒 −𝑥

1

【解 3】∫ 3+𝑒 𝑥 𝑑𝑥 = ∫ 1+3𝑒 −𝑥 𝑑𝑥 1

1

= − 3 ∫ 1+3𝑒 −𝑥 𝑑(1 + 3𝑒 −𝑥 ) 1

1

= − 3 ln(1 + 3𝑒 −𝑥 ) + 𝐶 = − 3 ln ( 1

3+𝑒 𝑥

1

𝑒𝑥

)+𝐶

= 3 ln 𝑒 𝑥 − 3 ln(3 + 𝑒 𝑥 ) + 𝐶 1

1

=3 𝑥 − 3 ln(3 + 𝑒 𝑥 ) + 𝐶。 例 5.3 𝑒 2𝑥 +𝑒 𝑥

若𝑎 ≠ 0，求∫ 𝑒 2𝑥 +𝑎2 𝑑𝑥。 𝑒 2𝑥 +𝑒 𝑥

【解】∫ 𝑒 2𝑥 +𝑎2 𝑑𝑥 𝑒 2𝑥

𝑒𝑥

=∫ 𝑒 2𝑥 +𝑎2 𝑑𝑥 + ∫ 𝑒 2𝑥 +𝑎2 𝑑𝑥 1

1

1

=2 ∫ 𝑒 2𝑥 +𝑎2 𝑑 (𝑒 2𝑥 + 𝑎2 ) + ∫ 𝑒 2𝑥 +𝑎2 𝑑𝑒 𝑥 1

1

=2 ln(𝑒 2𝑥 + 𝑎2 ) + 𝑎 t𝑎n−1

𝑒𝑥 𝑎

+ 𝐶。

例 5.4 求∫

1 3

√𝑥+ √𝑥

𝑑𝑥。

【解】令𝑢 = 6√𝑥 ，則 3√𝑥 = 𝑢2 ，√𝑥 = 𝑢3 𝑥 = 𝑢6 ，𝑑𝑥 = 6𝑢5 𝑑𝑢 故∫

6𝑢 5

1 3

√𝑥+ √𝑥 2

6𝑢 3

𝑑𝑥 = ∫ 𝑢3 +𝑢2 𝑑𝑢 = ∫ 𝑢+1 𝑑𝑢 1

= 6 ∫ (𝑢 − 𝑢 + 1 − 𝑢+1) 𝑑𝑢 = 2𝑢3 − 3𝑢2 + 6𝑢 + 6 ln|𝑢 + 1| + 𝐶 = 2√𝑥 − 3 3√𝑥 + 6 6√𝑥 − 6 ln| 6√𝑥 + 1| + 𝐶。

例 5.5 𝑒3

求∫𝑒

1 𝑥(ln 𝑥)2

𝑑𝑥。 1

【解】令𝑢 = ln 𝑥，則𝑑𝑢 = 𝑥 𝑑𝑥 當𝑥 = 𝑒時，𝑢 = 1 當𝑥 = 𝑒 3 時，𝑢 = 3 𝑒3

∫𝑒 =

3 1

1

𝑑𝑥 = ∫1

𝑥(ln 𝑥)2 −1 3 1 | =− 𝑢 1 3

𝑢2 2

𝑑𝑢

+ 1 = 3。

例 5.6 求∫ √𝑎2 − x 2 𝑑𝑥，𝑎 > 0。 π

【解】令𝑥 = 𝑎 sin θ，− 2 ≤ θ ≤ 則√𝑎2

x2

−

π 2

= 𝑎 cos θ，𝑑𝑥 = 𝑎 cos θ 𝑑𝜃

∫ √𝑎2 − x 2 𝑑𝑥 = ∫ 𝑎2 cos θ2 𝑑𝜃 = 𝑎2 ∫ = =

𝑎2 2 𝑎2

1+cos 2θ

θ+

2

𝑎2

𝑑𝜃 =

𝑎2 2

θ+

𝑎2 4

sin 2θ + C

sin θ cos θ + C

2 −1 x sin 𝑎 2

1

+ 2 x√𝑎2 − x 2 + C。

例 5.7 6 √x2 −9

求∫3

𝑥

𝑑𝑥。

【解】令𝑥 = 3 sec θ，0 ≤ θ ≤

π 2

則𝑑𝑥 = 3 sec θ t𝑎n θ 𝑑𝜃，√x 2 − 9 = 3 t𝑎n θ 當𝑥 = 3時，θ = 0 當𝑥 = 6時，θ = 6 √x2 −9 ∫3 𝑥 𝑑𝑥 π 3

π 3

π 3 t𝑎n θ 3

= ∫0

3 sec θ

3 sec θ t𝑎n θ 𝑑𝜃

π 3

= 3 ∫0 t𝑎n2 θ𝑑𝜃 = 3 ∫0 (sec θ − 1) 𝑑𝜃 π

π

= 3(t𝑎n θ − θ)|03 = 3 (√3 − ) = 3√3 − π。 3

例 5.8 2

求∫0

1 (4+x2 )2

𝑑𝑥。

【解】令𝑥 = 2 t𝑎n θ，0 ≤ θ ≤

π 2

當𝑥 = 0時，θ = 0 𝑥 = 2時，θ = 2 1 ∫0 (4+x2 )2 𝑑𝑥 1

π

π 4

π

1

= ∫04 (4+4t𝑎n2 θ)2 2 sec 2 θ 𝑑𝜃

1

1

π

= 8 ∫04 sec2 θ 𝑑𝜃 = 8 ∫04 cos 2 θ 𝑑𝜃 1

π 4

= 8 ∫0

1+cos 2θ 2

θ

1

π 4

π

1

𝑑𝜃 = [16 + 32 sin 2θ] = 64 + 32。 0

例 5.9 求∫

1 x2 +4x+13

𝑑𝑥。

1

1

1

【解】∫ x2 +4x+13 𝑑𝑥 = ∫ (x+2)2+32 𝑑(𝑥 + 2) = 3 t𝑎n−1

(x+2) 3

+ C。

例 5.10 x+3

求∫ x2 +10x+34 𝑑𝑥。 x+3

1

1

2

【解】∫ x2 +10x+34 𝑑𝑥 = 2 ∫ x2 +10x+34 𝑑 (x 2 + 10x + 34) − ∫ (x+5)2 +32 𝑑(𝑥 + 5) 1

2

= 2 ln(x 2 + 10x + 34) − 3 t𝑎n−1

(x+5) 3

+ C。

例 5.11 求∫

1 √6x−x2 −5

𝑑𝑥。

1

【解】∫ √6x−x2

−5

𝑑𝑥 = ∫

1 √4−(x−3)2

d(x − 3) = 8 sin−1

x−3 2

+ C。

習題 5－1 1.求∫(2 + cos 2 𝑥) sin 𝑥 𝑑𝑥。 2.求∫ √𝑥 2

𝑥+3

d𝑥。

+6𝑥+13 cos 𝑥

3.求積分∫ 𝑒

sin 𝑥 d𝑥。

4.用u = 1 + √x之代換，求 ∫ 1

5.求∫ x2 +4x+5 dx。 x

6.求∫ √5+2x−x2 dx。 7.求∫

1

√x(x+1)

8.求∫ √

1−x

dx。

dx。

1+x 4 log2 x 9.求∫1 x dx。 1

10.求∫ 11.求∫

x2 √4−x2 √25−x2

√3

x2

dx。

dx。

12.求∫−1 √4 − x 2 dx。 3

13.求∫0 14.求∫

1

√9+x2 1

dx。 dx。

x2 √3+x2 4 15.求∫0 x√9 + x 2 dx。 1 1 16.求∫−1 3+x2 dx。 5 1 17.求∫2 √5+4x−x2 dx。 7 1 18.求∫2 x2 −4x+29 dx。

1 √1+√x

dx。

5-2 分部積分法(Integration by parts) 若𝑓(𝑥)與𝑔(𝑥)為可微分函數，其一階導數𝑓 ′ (𝑥)與𝑔′ (𝑥)為連續，則 ∫ 𝑓(𝑥) 𝑔′ (𝑥)𝑑𝑥與∫ 𝑔(𝑥) 𝑓 ′ (𝑥)𝑑𝑥都存在。 因𝑑𝑓(𝑥 )𝑔(𝑥) = 𝑓 (𝑥 )𝑔′ (𝑥 )𝑑𝑥 + 𝑓 ′ (𝑥)𝑔(𝑥)𝑑𝑥 故∫ 𝑑𝑓 (𝑥 )𝑔(𝑥 ) = ∫ 𝑓(𝑥)𝑔′ (𝑥)𝑑𝑥 + ∫ 𝑔(𝑥 )𝑓 ′ (𝑥)𝑑𝑥 即∫ 𝑓(𝑥 )𝑔′ (𝑥 )𝑑𝑥 = 𝑓 (𝑥 )𝑔(𝑥 ) − ∫ 𝑔(𝑥 )𝑓 ′ (𝑥 )𝑑𝑥。 若∫ 𝑓(𝑥 )𝑔′ (𝑥 )𝑑𝑥不容易直接求出，而∫ 𝑔(𝑥 )𝑓 ′ (𝑥)𝑑𝑥較容易求出時，我們 可用分部積分法(Integration by parts)的公式： ∫ 𝑓(𝑥 )𝑔′ (𝑥 )𝑑𝑥 = 𝑓 (𝑥)𝑔(𝑥 ) − ∫ 𝑔(𝑥 )𝑓 ′ (𝑥 )𝑑𝑥 求出∫ 𝑓 (𝑥 )𝑔′ (𝑥 )𝑑𝑥。 令𝑢 = 𝑓(𝑥)，𝑣 = 𝑔(𝑥)，則分部積分法之公式亦可寫成： ∫ 𝑢𝑑𝑣 = 𝑢𝑣 − ∫ 𝑣𝑑𝑢 定積分之分部積分法公式，可寫成： 𝑏

𝑏

∫ 𝑓 (𝑥 )𝑔′ (𝑥)𝑑𝑥 = 𝑓(𝑥 )𝑔(𝑥 )|𝑏𝑎 − ∫ 𝑔(𝑥 )𝑓 ′ (𝑥 )𝑑𝑥 𝑎

𝑎

下列不定積分都可用分部積分法求出： 1.∫ 𝑥 𝑛 𝑒 𝑎𝑥 𝑑𝑥 3. ∫ 𝑥 𝑛 cos 𝑎𝑥 𝑑𝑥 5. ∫ sin−1 𝑥 𝑑𝑥 7. ∫ 𝑥𝑠𝑖𝑛−1 𝑥 𝑑𝑥 9. ∫ sec 3 𝑥 𝑑𝑥 11. ∫ 𝑒 𝑎𝑥 𝑠𝑖𝑛 𝑏𝑥 𝑑𝑥

2. ∫ 𝑥 𝑛 ln 𝑥 𝑑𝑥 4. ∫ 𝑥 𝑛 sin 𝑎𝑥 𝑑𝑥 6. ∫ tan−1 𝑥 𝑑𝑥 8. ∫ 𝑥𝑡𝑎𝑛 −1 𝑥 𝑑𝑥 10. ∫ csc 3 𝑥 𝑑𝑥 12. ∫ 𝑒 𝑎𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑏𝑥 𝑑𝑥

分部積分法有下列三種情形： 1.使用分部積分法一次就可求出，例如：∫ 𝑥𝑒 𝑥 𝑑𝑥。 2.使用分部積分法二次或二次以上才可求出，例如：∫ 𝑥 2 𝑒 𝑥 𝑑𝑥。 3. 使用分部積分法及移項後才可求出，例如：∫ 𝑒 𝑥 𝑠𝑖𝑛 𝑥 𝑑𝑥。

例 5.12 求∫ 𝑥𝑒 𝑥 𝑑𝑥。 【解】令𝑢 = 𝑥，𝑑𝑣 = 𝑒 𝑥 𝑑𝑥，則𝑑𝑢 = 𝑑𝑥，𝑣 = 𝑒 𝑥 ∫ 𝑥𝑒 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥𝑒 𝑥 − ∫ 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥𝑒 𝑥 − 𝑒 𝑥 + 𝐶。 例 5.13 求∫ 𝑥 ln 𝑥 𝑑𝑥。 1

𝑥2

𝑥2 1

𝑥2

2 𝑥

2

2

【解】令𝑢 = ln 𝑥，𝑑𝑣 = 𝑥𝑑𝑥，則𝑑𝑢 = 𝑥 𝑑𝑥，𝑣 = ∫ 𝑥 ln 𝑥 𝑑𝑥 =

𝑥2 2

ln 𝑥 − ∫

𝑑𝑥 = 𝑥

ln 𝑥 − ∫ 2 𝑑𝑥 =

𝑥2 2

ln 𝑥 −

𝑥2 4

+ 𝐶。

例 5.14 2

求∫ 𝑥 3 𝑒 𝑥 𝑑𝑥。 1

2

【解】令𝑢 = 𝑥 2 ，𝑑𝑣 = 𝑥𝑒 𝑥 𝑑𝑥，則𝑑𝑢 = 2𝑥𝑑𝑥，𝑣 = 2 𝑒 𝑥 2

故∫ 𝑥 3 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 =

𝑥2 2

2

2

𝑒 𝑥 − ∫ 𝑥𝑒 𝑥 𝑑𝑥 =

𝑥2 2

2

1

2

2

𝑒 𝑥 − 2 𝑒 𝑥 + 𝐶。

例 5.15 求∫ 18𝑥 tan2 3𝑥 𝑑𝑥。 【解】∫ 18𝑥 tan2 3𝑥 𝑑𝑥 = 18 ∫ 𝑥 (sec 2 3𝑥 − 1) 𝑑𝑥 = 18𝑥 sec 2 3𝑥𝑑𝑥 − ∫ 18𝑥 𝑑𝑥 (令𝑢 = 𝑥，𝑑𝑣 = sec 2 3𝑥 𝑑𝑥，則𝑑𝑢 = 𝑑𝑥，𝑣 = 𝑥

= 18 [3 𝑡𝑎𝑛 3𝑥 − ∫

𝑡𝑎𝑛 3𝑥 3

tan 3𝑥 3

)

𝑑𝑥] − 9𝑥 2 = 6𝑥 𝑡𝑎𝑛 3𝑥 + 2 𝑙𝑛|𝑐𝑜𝑠 3𝑥 | − 9𝑥 2 +

𝐶。 例 5.16 求∫ 𝑥 2 𝑒 𝑥 𝑑𝑥。 【解】令𝑢 = 𝑥 2 ，𝑑𝑣 = 𝑒 𝑥 𝑑𝑥，則𝑑𝑢 = 2𝑥𝑑𝑥，𝑣 = 𝑒 𝑥 ∫ 𝑥 2 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥 2 𝑒 𝑥 − 2 ∫ 𝑥𝑒 𝑥 𝑑𝑥 (令U = 𝑥，𝑑𝑉 = 𝑒 𝑥 𝑑𝑥，則𝑑𝑈 = 2𝑥𝑑𝑥，𝑉 = 𝑒 𝑥 ) = 𝑥 2 𝑒 𝑥 − 2[𝑥𝑒 𝑥 − ∫ 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 ] = 𝑥 2 𝑒 𝑥 − 2𝑥𝑒 𝑥 + 2𝑒 𝑥 + 𝐶。

♡定理 5.1：反函數之積分公式 若函數𝑓(𝑥)為可導(differentiable)，𝑓 −1 (𝑥)為𝑓(𝑥)的反函數(Inverse function)， 𝐹 ′ (𝑥 ) = 𝑓(𝑥)，則∫ 𝑓 −1 (𝑥 ) 𝑑𝑥 = 𝑥𝑓 −1 (𝑥 ) − 𝐹(𝑓 −1 (𝑥 )) + 𝐶。 【證】令𝑦 = 𝑓 −1 (𝑥)，則𝑓(𝑦) = 𝑓(𝑓 −1 (𝑥 )) = 𝑥 故𝑑𝑥 = 𝑑𝑓(𝑦) = 𝑓 ′ (𝑦)𝑑𝑦 ∫ 𝑓 −1 (𝑥) 𝑑𝑥 = ∫ 𝑦𝑓 ′ (𝑦)𝑑𝑦 (令𝑢 = 𝑦，𝑑𝑣 = 𝑓 ′ (𝑦)𝑑𝑦，則𝑑𝑢 = 𝑑𝑥，𝑣 = 𝑓(𝑦) ) = 𝑦𝑓(𝑦) − ∫ 𝑓(𝑦)𝑑𝑦 = 𝑥𝑓 −1 (𝑥 ) − ∫ 𝐹 ′ (𝑦)𝑑𝑦 = 𝑥𝑓 −1 (𝑥 ) − 𝐹 (𝑦) + 𝐶 = 𝑥𝑓 −1 (𝑥 ) − ∫ 𝐹 ′ (𝑓 −1 (𝑥 )) + 𝐶。 例 5.17 求∫ sin−1 𝑥 𝑑𝑥。 𝜋

【解 1】若𝑓(𝑥 ) = 𝑠𝑖𝑛 𝑥，− 2 ≤ 𝑥 ≤

π 2

則𝑓 𝑥 ) = sin x ∫ 𝑠𝑖𝑛 𝑥 𝑑𝑥 = − 𝑐𝑜𝑠 𝑥 + 𝐶 令𝐹 (𝑥 ) = − 𝑐𝑜𝑠 𝑥，則𝐹 ′ (𝑥 ) = 𝑠𝑖𝑛 𝑥 = 𝑓(𝑥) ∫ 𝑠𝑖𝑛−1 𝑥 𝑑𝑥 = ∫ 𝑓 −1 (𝑥 )𝑑𝑥 = 𝑥𝑓 −1 (𝑥 ) − 𝐹(𝑓 −1 (𝑥 )) + 𝐶 = 𝑥𝑠𝑖𝑛−1 𝑥 + 𝑐𝑜𝑠(𝑠𝑖𝑛−1 𝑥 ) + 𝐶 (令𝑦 = 𝑠𝑖𝑛−1 𝑥，則𝑥 = sin 𝑦，𝑐𝑜𝑠 𝑦 = √1 − 𝑥 2 ) −1 (

−1

= 𝑥𝑠𝑖𝑛−1 𝑥 + √1 − 𝑥 2 + 𝐶。 1

【解 2】令𝑢 = 𝑠𝑖𝑛−1 (𝑥 )，𝑑𝑣 = 𝑑𝑥，則𝑑𝑢 = √1−𝑥 2 𝑑𝑥，𝑣 = 𝑥 𝑥

∫ 𝑠𝑖𝑛−1 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥𝑠𝑖𝑛−1 𝑥 − ∫ √1−𝑥 2 𝑑𝑥 1

1

= 𝑥𝑠𝑖𝑛−1 𝑥 + 2 ∫(1 − 𝑥 2 )−2 𝑑 (1 − 𝑥 2 ) = 𝑥𝑠𝑖𝑛−1 𝑥 + √1 − 𝑥 2 + 𝐶。

例 5.18 求∫ 𝑡𝑎𝑛−1 𝑥 𝑑𝑥。 【解 1】若𝑓(𝑥 ) = 𝑡𝑎𝑛 𝑥，−∞ ≤ 𝑥 ≤ ∞ 則𝑓 −1 (𝑥 ) = 𝑡𝑎𝑛 −1 x ∫ 𝑡𝑎𝑛 𝑥 𝑑𝑥 = ln|𝑠𝑒𝑐 𝑥 | + 𝐶 令𝐹 (𝑥 ) = ln|𝑠𝑒𝑐 𝑥 |，則𝐹 ′ (𝑥) = 𝑡𝑎𝑛 𝑥 = 𝑓(𝑥) ∫ 𝑡𝑎𝑛−1 𝑥 𝑑𝑥 = ∫ 𝑓 −1 (𝑥 )𝑑𝑥 = 𝑥𝑓 −1 (𝑥) − 𝐹(𝑓 −1 (𝑥)) + 𝐶 = 𝑥𝑡𝑎𝑛−1 𝑥 − ln|𝑠𝑒𝑐(𝑡𝑎𝑛−1 𝑥 | + 𝐶 𝜋 π (令𝑦 = 𝑡𝑎𝑛−1 𝑥，則𝑥 = 𝑡𝑎𝑛 𝑦，− 2 ≤ 𝑦 ≤ 2 ) 1

𝑙𝑛|𝑠𝑒𝑐 𝑡𝑎𝑛−1 𝑥 | = 𝑙𝑛|𝑠𝑒𝑐 𝑦| = 𝑙𝑛 √1 + 𝑥 2 = 2 𝑙𝑛(1 + 𝑥 2 ) ∫ 𝑡𝑎𝑛−1 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥 𝑡𝑎𝑛−1 𝑥 + ln|𝑠𝑒𝑐(𝑡𝑎𝑛−1 𝑥 | + 𝐶 1

= 𝑥 𝑡𝑎𝑛−1 𝑥 − 2 𝑙𝑛(1 + 𝑥 2 ) + 𝐶。

1

【解 2】令𝑢 = 𝑡𝑎𝑛−1 (𝑥 )，𝑑𝑣 = 𝑑𝑥，則𝑑𝑢 = 1+𝑥 2 𝑑𝑥，𝑣 = 𝑥 𝑥

∫ 𝑡𝑎𝑛−1 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥𝑡𝑎𝑛−1 (𝑥 ) − ∫ 1+𝑥 2 𝑑𝑥 1

1

1

= 𝑥𝑡𝑎𝑛−1 𝑥 − 2 ∫ 1+𝑥 2 𝑑 (1 + 𝑥 2 ) = 𝑥𝑡𝑎𝑛−1 𝑥 − 2 𝑙𝑛(1 + 𝑥 2 ) + 𝐶。 例 5.19 求∫ 𝑥 sin 𝑥 cos 𝑥 𝑑𝑥。 1

【解】∫ 𝑥 sin 𝑥 cos 𝑥 𝑑𝑥 = 2 ∫ 𝑥 sin 2𝑥 𝑑𝑥 1

(令𝑢 = 𝑥，𝑑𝑣 = 𝑠𝑖𝑛2𝑥𝑑𝑥，則𝑑𝑢 = 𝑑𝑥，𝑣 = − 2 𝑐𝑜𝑠2𝑥) 1

𝑥

1

= 2 (− 2 𝑐𝑜𝑠2𝑥 + 2 ∫ 𝑐𝑜𝑠2𝑥 𝑑𝑥) 𝑥

1

= − 4 𝑐𝑜𝑠2𝑥 + 8 sin 2𝑥 + C。 例 5.20 求∫ 𝑒 𝑎𝑥 sin 𝑏𝑥 𝑑𝑥。 【解】令𝑢1 = 𝑒 𝑎𝑥 ，𝑑𝑣1 = sin 𝑏𝑥 𝑑𝑥 1

則𝑑𝑢1 = 𝑎𝑒 𝑎𝑥 𝑑𝑥，𝑣1 = − 𝑏 cos 𝑏𝑥 𝐼 = ∫ 𝑒 𝑎𝑥 𝑠𝑖𝑛𝑏𝑥 𝑑𝑥 = −

𝑒 𝑎𝑥 𝑏

𝑎

cos 𝑏𝑥 + 𝑏 ∫ 𝑒 𝑎𝑥 cos 𝑏𝑥 𝑑𝑥

(令 𝑢2 = 𝑒 𝑎𝑥 ，𝑑𝑣2 = cos 𝑏𝑥 𝑑𝑥) 1

則𝑑𝑢2 = 𝑎𝑒 𝑎𝑥 𝑑𝑥，𝑣2 = 𝑏 sin 𝑏𝑥) 𝐼 = ∫− =− 故

𝑒 𝑎𝑥

𝑒 𝑎𝑥 𝑏

故∫ 𝑒

a

𝑏

a

𝑠𝑖𝑛 𝑏𝑥 − 𝑏 ∫ 𝑒 𝑎𝑥 𝑠𝑖𝑛𝑏𝑥 𝑑𝑥] 𝑎2

cos 𝑏𝑥 + 𝑏2 𝑒 𝑎𝑥 𝑠𝑖𝑛𝑏𝑥 − 𝑏2 ∫ 𝑒 𝑎𝑥 𝑠𝑖𝑛𝑏𝑥 𝑑𝑥

𝑏 𝑎 2 +𝑏2 𝑏2 𝑎𝑥

a 𝑒 𝑎𝑥

cos 𝑏𝑥 + 𝑏 [

∫ 𝑒 𝑎𝑥 𝑠𝑖𝑛𝑏𝑥 𝑑𝑥 = 𝑒 𝑎𝑥

𝑒 𝑎𝑥 𝑏2

(𝑎 sin 𝑏𝑥 − 𝑏 cos 𝑏𝑥 )

sin 𝑏𝑥 𝑑𝑥 = 𝑎2 +𝑏2 (𝑎 sin 𝑏𝑥 − 𝑏 cos 𝑏𝑥 ) + C。

例 5.21 求∫ 𝑒 𝑎𝑥 cos 𝑏𝑥 𝑑𝑥。 【解】令𝑢1 = 𝑒 𝑎𝑥 ，𝑑𝑣1 = cos 𝑏𝑥 𝑑𝑥 1

則𝑑𝑢1 = 𝑎𝑒 𝑎𝑥 𝑑𝑥，𝑣1 = − 𝑏 sin 𝑏𝑥 𝐼 = ∫ 𝑒 𝑎𝑥 cos 𝑏𝑥 𝑑𝑥 =

𝑒 𝑎𝑥 𝑏

𝑎

sin 𝑏𝑥 − 𝑏 ∫ 𝑒 𝑎𝑥 sin 𝑏𝑥 𝑑𝑥

(令 𝑢2 = 𝑒 𝑎𝑥 ，𝑑𝑣2 = sin 𝑏𝑥 𝑑𝑥) 1

則𝑑𝑢2 = 𝑎𝑒 𝑎𝑥 𝑑𝑥，𝑣2 = − 𝑏 cos 𝑏𝑥) 𝐼=

𝑒 𝑎𝑥 𝑏

𝑒 𝑎𝑥

=

a

𝑒 𝑎𝑥 𝑏

a

𝑐𝑜𝑠𝑏𝑥 + 𝑏 ∫ 𝑒 𝑎𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑏𝑥 𝑑𝑥] 𝑎2

sin 𝑏𝑥 + 𝑏2 𝑒 𝑎𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑏𝑥 − 𝑏2 ∫ 𝑒 𝑎𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑏𝑥 𝑑𝑥

𝑏 𝑎 2 +𝑏 2

故

a

sin 𝑏𝑥 − 𝑏 [−

𝑏2

∫ 𝑒 𝑎𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑏𝑥 𝑑𝑥 =

𝑒 𝑎𝑥

𝑒 𝑎𝑥

𝑏2

(𝑎 cos 𝑏𝑥 + 𝑏 sin 𝑏𝑥 )

故∫ 𝑒 𝑎𝑥 cos 𝑏𝑥 𝑑𝑥 = 𝑎2+𝑏2 (𝑎 cos 𝑏𝑥 + 𝑏 sin 𝑏𝑥 ) + C。 由上面二個例題，得到下面二個積分公式 𝑒 𝑎𝑥

{

∫ 𝑒 𝑎𝑥 sin 𝑏𝑥 𝑑𝑥 = 𝑎2 +𝑏2 (𝑎 sin 𝑏𝑥 − 𝑏 cos 𝑏𝑥 ) + C 𝑒 𝑎𝑥

∫ 𝑒 𝑎𝑥 cos 𝑏𝑥 𝑑𝑥 = 𝑎2 +𝑏2 (𝑎 cos 𝑏𝑥 − 𝑏 sin 𝑏𝑥 ) + C

例 5.22 求∫ 𝑥𝑒 𝑥 sin 𝑥 𝑑𝑥。 【解】令𝑢 = 𝑥，𝑑𝑣 = 𝑒 𝑥 sin 𝑥 𝑑𝑥 𝑒𝑥

則𝑑𝑢 = 𝑑𝑥，𝑣 = ∫ 𝑒 𝑥 sin 𝑥 𝑑𝑥 = 2 sin 𝑥 − cos 𝑥 ∫ 𝑥𝑒 𝑥 sin 𝑥 𝑑𝑥 𝑥 1 = 2 𝑒 𝑥 (sin 𝑥 − cos 𝑥) − 2 ∫ 𝑒 𝑥 (sin 𝑥 − cos 𝑥 )𝑑𝑥 𝑥

1

𝑥

𝑒𝑥

= 2 𝑒 𝑥 (sin 𝑥 − cos 𝑥) − = 2 𝑒 𝑥 (sin 𝑥 − cos 𝑥) − 𝑥

= 2 𝑒 𝑥 (sin 𝑥 − cos 𝑥) +

1

∫ 𝑒 𝑥 sin 𝑥 𝑑𝑥 + 2 ∫ 𝑒 𝑥 cos 𝑥 𝑑𝑥 2 (sin 𝑥 − cos 𝑥 ) +

4 1 𝑥 𝑒 2

𝑒𝑥 4

(sin 𝑥 + cos 𝑥 ) + C

cos 𝑥 + C。

例 5.23 求∫ sec 3 𝑥 𝑑𝑥。 【解】∫ sec 3 𝑥 𝑑𝑥 = ∫ sec 𝑥 sec 2 𝑥 𝑑𝑥 (令𝑢 = sec 𝑥，𝑑𝑣 = sec 2 𝑥 𝑑𝑥，則𝑑𝑢 = sec 𝑥 tan 𝑥 𝑑𝑥，𝑣 = tan 𝑥) = sec 𝑥 tan 𝑥 − ∫ sec 𝑥 tan2 𝑥 𝑑𝑥 = sec 𝑥 tan 𝑥 − ∫ sec 3 𝑥 𝑑𝑥 + ∫ sec 𝑥 𝑑𝑥\ 2 ∫ sec 3 𝑥 𝑑𝑥 = sec 𝑥 tan 𝑥 + ∫ sec 𝑥 𝑑𝑥 = sec 𝑥 tan 𝑥 + ln|sec 𝑥 + tan 𝑥 | + C1 1 故∫ sec 3 𝑥 𝑑𝑥 = 2 sec 𝑥 tan 𝑥 + ln|sec 𝑥 + tan 𝑥 | + C

例 5.24 1

2

求∫0 𝑥 3 𝑒 𝑥 𝑑𝑥。 2

2

【解】令𝑡 = 𝑒 𝑥 ，則ln 𝑡 = ln 𝑒 𝑥 = 𝑥 2 1

2𝑥𝑑𝑥 = 𝑡 𝑑𝑡 當𝑥 = 0時，𝑡 = 1 當𝑥 = 1時，𝑡 = 𝑒 1

1

2

2

∫0 𝑥 3 𝑒 𝑥 = ∫0 𝑥 2 𝑒 𝑥 𝑥 𝑑𝑥 1

e

1

e

1

= ∫1 (ln 𝑡)𝑡 𝑑𝑡 2 𝑡 = 2 ∫1 ln 𝑡 𝑑𝑡 1

(令𝑢 = ln𝑡，𝑑𝑣 = 𝑑𝑡，則𝑑𝑢 = 𝑡 𝑑𝑡，𝑣 = 𝑡) e

1

= 2 (𝑡 ln 𝑡 |e1 − ∫1 𝑑𝑡 1

1

2

2

= (𝑒 − 0 − 𝑒 + 1 ) = 。 1

1

2

2

【另解】∫0 𝑥 3 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 = ∫0 𝑥 2 𝑥𝑒 𝑥 𝑑𝑥 2

1

2

(令𝑢 = 𝑥 2 ，𝑑𝑣 = 𝑥𝑒 𝑥 𝑑𝑥,則𝑑𝑢 = 2𝑥𝑑𝑥，𝑣 = 2 𝑒 𝑥 ) =

𝑥2 2 e

1

2

1

2

e

1

= 2 − 2 𝑒 𝑥 |10 e

2

𝑒 𝑥 |10 − ∫0 𝑥𝑒 𝑥 𝑑𝑥 1

= 2 − 2 + 2 = 2。

例 5.25 求∫ sin √𝑥 + 1 𝑑𝑥。 【解】令𝑢 = √𝑥 + 1，則𝑥 = 𝑢2 − 1，𝑑𝑥 = 2𝑢𝑑𝑢 ∫ sin √𝑥 + 1 𝑑𝑥 = 2 ∫ 𝑢sin 𝑢 𝑑𝑢 = −2𝑢 cos 𝑢 + 2 sin 𝑢 + C = −2 √𝑥 + 1cos √𝑥 + 1 + 2 sin √𝑥 + 1 + C。

例 5.26 1

求∫0 𝑒 √𝑥 𝑑𝑥。 【解】令𝑢 = √𝑥，則𝑥 = 𝑢2 ，𝑑𝑥 = 2𝑢𝑑𝑢 1

1

∫0 𝑒 √𝑥 𝑑𝑥 = ∫0 2𝑢𝑒 𝑢 𝑑𝑢 1

= 2𝑢𝑒 𝑢 |10 − 2 ∫0 𝑒 𝑢 𝑑𝑢 = 2𝑒 − 2𝑒 𝑢 |10 = 2𝑒 − 2𝑒 + 2 = 2。 表格積分法實際上就是分部積分法的快速算法。 將分部積分法∫ 𝑓 (𝑥)𝑔′ (𝑥 )𝑑𝑥 = 𝑓(𝑥 )𝑔(𝑥 ) − ∫ 𝑔(𝑥)𝑓 ′ (𝑥 )𝑑𝑥 用表格的方法計算，比一般的分部積分法要簡單得多。 例如：𝑓(𝑥 ) = 𝑥 2 ，𝑔′ (𝑥 ) = 𝑒 𝑥 。表格積分法說明如下： 𝒇(𝒙)及其導數 𝒙𝟐

𝒈′ (𝒙)及其積分 𝑒𝑥 (+) 𝑒𝑥

𝟐𝒙 (−)

𝑒𝑥

𝟐 (+) 𝟎

𝑒𝑥

故∫ 𝑓 (𝑥)𝑔′ (𝑥)𝑑𝑥 = ∫ 𝑥 2 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥 2 𝑒 𝑥 − 2𝑥𝑒 𝑥 + 2𝑒 𝑥 + C。 以上表格積分法說明如下： 𝒙𝟐

2𝒙

2

表示𝑥 2 乘以𝑒 𝑥 之積，取正號得𝑥 2 𝑒 𝑥 。 (+)

𝑒𝑥 表示2𝑥乘以𝑒 𝑥 之積，取負號得−2𝑥𝑒 𝑥 。

(−)

𝑒𝑥 表示2乘以𝑒 𝑥 之積，取正號得2𝑒 𝑥 。

(+)

𝑒𝑥

將𝑥 2 𝑒 𝑥 ，−𝟐𝒙𝑒 𝑥 ，𝟐𝑒 𝑥 ，C 相加，即得 ∫ 𝑥 2 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥 2 𝑒 𝑥 − 𝟐𝒙𝑒 𝑥 + 𝟐𝑒 𝑥 +C。

例 5.27 求∫ (𝑥 + 1)2 𝑒 𝑥 𝑑𝑥。 【解】 (𝒙 + 𝟏)𝟐 及其導數 (𝒙 + 𝟏)𝟐

𝒆𝒙 及其積分 𝑒𝑥 (+) 𝑒𝑥

𝟐(𝒙 + 𝟏) (−)

𝑒𝑥

𝟐 (+) 𝟎

𝑒𝑥

故 ∫ (𝑥 + 1)2 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 = (𝑥 + 1)2 𝑒 𝑥 − 2(𝒙 + 𝟏)𝑒 𝑥 + 2𝑒 𝑥 + C。

例 5.28 求∫ 𝑥 2 cos 𝑥 𝑑𝑥。 【解】 𝒙𝟐 及其導數 𝒙𝟐

𝐜𝐨𝐬 𝒙及其積分 cos 𝑥 (+)

𝟐𝒙

sin 𝑥 (−)

𝟐

−cos 𝑥 (+)

𝟎

−sin 𝑥

故∫ 𝑥 2 cos 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥 2 sin 𝑥 + 2𝑥 cos 𝑥 − 2 sin 𝑥 + C。 例 5.29 求∫ 𝑥 2 𝑒 2𝑥 𝑑𝑥。 【解】 𝒙𝟐 及其導數 𝒙𝟐

𝒆𝟐𝒙 及其積分 𝑒 2𝑥 (+) 1 2𝑥 𝑒 2

𝟐𝒙 (−)

1 2𝑥 𝑒 4

𝟐 (+)

1 2𝑥 𝑒 8

𝟎 1

1

1

故∫ 𝑥 2 𝑒 2𝑥 𝑑𝑥 = 2 𝑥 2 𝑒 2𝑥 − 𝟐 𝒙𝑒 2𝑥 + 4 𝑒 2𝑥 + C。

例 5.30 求∫(ln 𝑥 )2 𝑑𝑥。 【解】令𝑦 = ln 𝑥，則𝑥 = 𝑒 𝑦 ，𝑑𝑥 = 𝑒 𝑦 𝑑𝑦 ∫(ln 𝑥 )2 𝑑𝑥 = ∫ 𝑦 2 𝑒 𝑦 𝑑𝑦 𝒚𝟐 及其導數 𝒚𝟐

𝒆𝒚 及其積分 𝑒𝑦 (+) 𝑒𝑦

𝟐𝒚 (−)

𝑒𝑦

𝟐 (+)

𝑒𝑦

𝟎

故∫(ln 𝑥 )2 𝑑𝑥 = ∫ 𝑦 2 𝑒 𝑦 𝑑𝑦 = 𝑦 2 𝑒 𝑦 − 2𝑦𝑒 𝑦 + 2𝑒 𝑦 + C = 𝑥(ln 𝑥 )2 − 2𝑥 ln 𝑥 + 2𝑥 + C。 【另解】令𝑢 = (ln 𝑥 )2 ，𝑑𝑣 = 𝑑𝑥 1

𝑑𝑢 = (2 ln 𝑥 ) 𝑑𝑥，𝑣 = 𝑥 𝑥

1

∫(ln 𝑥 )2 𝑑𝑥 = 𝑥 (ln 𝑥 )2 − ∫ 𝑥 (2 ln 𝑥 ) 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥(ln 𝑥 )2 − 2 ∫ ln 𝑥 𝑑𝑥 (令𝑈 = ln 𝑥，𝑑𝑉 = 𝑑𝑥) = 𝑥(ln 𝑥 )2 − 2[𝑥ln 𝑥 − ∫ 𝑑𝑥 ] = 𝑥(ln 𝑥 )2 − 2𝑥 ln 𝑥 + 2𝑥 + 𝐶。

例 5.31 求∫(ln 𝑥 )3 𝑑𝑥。 【解】令𝑦 = ln 𝑥，則𝑥 = 𝑒 𝑦 ，𝑑𝑥 = 𝑒 𝑦 𝑑𝑦 ∫(ln 𝑥 )3 𝑑𝑥 = ∫ 𝑦 3 𝑒 𝑦 𝑑𝑦 𝒚𝟑 及其導數 𝒚𝟑

𝒆𝒚 及其積分 𝑒𝑦 (+)

𝟑𝒚

𝟐

𝑒𝑦 (−) 𝑒𝑦

𝟔𝒚 (+) 𝟔 (−) 𝟎

故∫(ln 𝑥 )3 𝑑𝑥 = ∫ 𝑦 3 𝑒 𝑦 𝑑𝑦

𝑒𝑦 𝑒𝑦

= 𝒚𝟑 𝑒 𝑦 − 𝟑𝒚𝟐 𝑒 𝑦 + 𝟔𝒚𝑒 𝑦 − 6𝑒 𝑦 + C

= 𝑥(ln 𝑥 )3 − 3𝑥(ln 𝑥 )𝟐 + 6𝑥 ln 𝑥 − 6𝑥 + C。

例 5.32 π

設𝐴(𝑛) = ∫02 sin𝑛 𝑥 𝑑𝑥，𝑛 = 0,1,2,3, ⋯ (a) 試證𝐴(𝑛) =

n−1 n

𝐴(𝑛 − 2)，𝑛 = 2,3,4, ⋯

(b) 求𝐴(0) (c) 求𝐴(1) π

(d) 求∫02 sin6 𝑥 𝑑𝑥 π

(e) 求∫02 sin7 𝑥 𝑑𝑥

【解】(a) 令𝑢 = sin𝑛−1 𝑥，𝑑𝑣 = sin 𝑥 𝑑𝑥 則𝑑𝑢 = (𝑛 − 1) sin𝑛−2 𝑥 cos 𝑥 𝑑𝑥，𝑣 = − cos 𝑥 π 2

𝑛

𝐴(𝑛) = ∫0 sin 𝑥 𝑑𝑥 = −sin

𝑛−1

π 2

π

𝑥 cos 𝑥 | 0+(𝑛 − 1) ∫02 sin𝑛−2 𝑥 cos 2 𝑥 𝑑𝑥

π

= 0 + (𝑛 − 1) ∫02 sin𝑛−2 𝑥 (1 − sin2 𝑥) 𝑑𝑥 π

π

= (𝑛 − 1) [∫02 sin𝑛−2 𝑥 𝑑𝑥 − ∫02 sin𝑛 𝑥 𝑑𝑥 ] = (𝑛 − 1)[𝐴(𝑛 − 2) − 𝐴(𝑛)] 即𝐴(𝑛) = (𝑛 − 1)[𝐴(𝑛 − 2) − 𝐴(𝑛)] 故得𝐴(𝑛) = π 2

𝑛−1 𝑛

𝐴(𝑛 − 2)。

(b) 𝐴(0) = ∫0 𝑑𝑥 = π 2

π 2

π 2

(c) 𝐴(1) = ∫0 sin 𝑥 𝑑𝑥 = −cos 𝑥 | 0= 1 π

(d) ∫02 sin6 𝑥 𝑑𝑥 = 𝐴(6) 5

5 3

5 3 1

5 3

1 π

= 6 𝐴 (4) = 6 ∙ 4 𝐴 (2) = 6 ∙ 4 ∙ 2 𝐴 (0) = 6 ∙ 4 ∙ 2 ∙ 2 = π 2

(e) ∫0 sin7 𝑥 𝑑𝑥 = 𝐴(7) 6

6 4

6 4 2

6 4 2

5π 32

16

= 7 𝐴(5) = 7 ∙ 5 𝐴(3) = 7 ∙ 5 ∙ 3 𝐴(1) = 7 ∙ 5 ∙ 3 ∙ 1 = 35

。

習題 5-2 1.

求∫ 𝑥 sec 2 𝑥𝑑𝑥。

2.

求∫ 𝑥 𝑒 −5𝑥 𝑑𝑥。

3.

求∫ 𝑥 sin 𝑥𝑑𝑥。

4.

求∫ 𝑥 cos 2 𝑥𝑑𝑥。

5.

求∫ sin(ln 𝑥 ) 𝑑𝑥。

6.

求∫ 𝑒 √𝑥 𝑑𝑥。

7.

求∫ 𝑒 sin

3

8. 9. 10.

−1

𝑥𝑑𝑥。

𝑒 求∫1 ln 𝑥 𝑑𝑥。 2 求∫0 𝑥 ln(𝑥 + 2) 𝑑𝑥。 1 𝑥 2 tan −1 𝑥 求∫0 1+𝑥 2 𝑑𝑥。

11. 求∫ 𝑥 3 𝑒 2𝑥 𝑑𝑥。 12. 若 n 為一正整數，試證 ∫(ln 𝑥 )𝑛 𝑑𝑥 = 𝑥(ln 𝑥 )𝑛 − 𝑛 ∫(ln 𝑥 )𝑛−1 𝑑𝑥。 π

13. 求∫0 sin 𝑥 sin 2𝑥 𝑑𝑥。 14. 求∫ sec 5 𝑥 𝑑𝑥。 π

15. 令A(𝑛) = ∫02 cos 𝑛 𝑥 𝑑𝑥, 𝑛 = 0,1,2,3‧‧‧ (a) 試證A(𝑛) =

𝑛−1 𝑛

A(𝑛 − 2)，𝑛 = 2,3,4‧‧‧。

(b) 求A(0)。 (c) 求A(1)。 π

(d) 求∫02 cos 6 𝑥 𝑑𝑥 。 π

(e) 求∫02 cos 7 𝑥 𝑑𝑥 。

5-3 三角函數䚋çŠ?ĺˆ†(Integrals of Trigonometric Fuctions) ćœŹçŻ€ć‰€č¨ŽčŤ–äš‹çŠ?ĺˆ†ďźŒĺ°‡ĺź•ç”¨ä¸‹ĺˆ—ä¸‰č§’ĺ‡˝ć•¸äš‹ĺ…Źĺź?ďźš ď‚Šä¸‰č§’ć †ç­‰ĺź? sin2 đ?‘Ľ + cos 2 đ?‘Ľ = 1 1 + tan2 đ?‘Ľ = sec 2 đ?‘Ľ 1 − cos 2đ?‘Ľ sin2 đ?‘Ľ = 2

sin 2x = 2sin đ?‘Ľ cos đ?‘Ľ 1 + cot 2 đ?‘Ľ = csc 2 đ?‘Ľ 1 + cos 2đ?‘Ľ cos 2 đ?‘Ľ = 2

ď‚ŠçŠ?ĺŒ–ĺ’Œ塎ĺ…Źĺź? 2 sin Îąđ?‘Ľ cos βđ?‘Ľ = sin(Îą + β) đ?‘Ľ + sin(Îą − β) đ?‘Ľ 2 cos Îąđ?‘Ľ cos βđ?‘Ľ = cos(Îą + β) đ?‘Ľ + cos(Îą − β) đ?‘Ľ 2 sin Îąđ?‘Ľ sin βđ?‘Ľ = cos(Îą − β) đ?‘Ľ − cos(Îą + β) đ?‘Ľ ď‚Šĺ€?角兏ĺź? sin 2đ?‘Ľ = 2 sin đ?‘Ľ cos x cos 2đ?‘Ľ = cos 2 đ?‘Ľ − sin2 đ?‘Ľ = 2 cos 2 đ?‘Ľ − 1 = 1 − 2 sin2 đ?‘Ľ 1.

č‹ĽâˆŤ sinđ?‘š đ?‘Ľ cos đ?‘› đ?‘Ľ đ?‘‘đ?‘Ľä¸­äš‹ mďźŒn ćœ‰ä¸€ç‚şĺĽ‡ć•¸ć™‚ďźŒĺ?Żĺź•ç”¨ä¸‹ĺˆ—ĺ…Źĺź?ćą‚çŠ?ĺˆ† đ?‘‘ sin đ?‘Ľ = cos đ?‘‘đ?‘Ľ ďźŒđ?‘‘ cos đ?‘Ľ = −sin đ?‘Ľ đ?‘‘đ?‘Ľ sin2 đ?‘Ľ = 1 − cos 2 đ?‘Ľ ďźŒ cos 2 đ?‘Ľ = 1 − sin2 đ?‘Ľă€‚

2.

č‹ĽâˆŤ sinđ?‘š đ?‘Ľ cos đ?‘› đ?‘Ľ đ?‘‘đ?‘Ľä¸­äš‹ mďźŒn éƒ˝ć˜Żĺ ść•¸ć™‚ďźŒĺ?Żĺź•ç”¨ä¸‹ĺˆ—ĺ…Źĺź?ćą‚çŠ?ĺˆ† sin2 đ?‘Ľ =

1−cos 2đ?‘Ľ 2

ďźŒ cos 2 đ?‘Ľ =

1+cos 2đ?‘Ľ 2

。

ď‚Şäž‹ 5.33 ćą‚âˆŤ sin3 đ?‘Ľ cos 4 đ?‘Ľ đ?‘‘đ?‘Ľă€‚ ă€?解ă€‘âˆŤ sin3 đ?‘Ľ cos 4 đ?‘Ľ đ?‘‘đ?‘Ľ = âˆŤ sin2 đ?‘Ľ cos 4 đ?‘Ľ sin đ?‘Ľ đ?‘‘đ?‘Ľ = − âˆŤ(1 − cos 2 đ?‘Ľ ) cos 4 đ?‘Ľ đ?‘‘ (cos đ?‘Ľ ) = âˆŤ cos 6 đ?‘Ľ đ?‘‘ cos đ?‘Ľ − âˆŤ cos 4 đ?‘Ľ đ?‘‘ cos đ?‘Ľ 1

1

= âˆŤ cos 7 đ?‘Ľ − cos 5 đ?‘Ľ + đ??śă€‚ 7 5 ď‚Şäž‹ 5.34 ćą‚âˆŤ cos 5 đ?‘Ľ đ?‘‘đ?‘Ľă€‚ ă€?解ă€‘âˆŤ cos 5 đ?‘Ľ đ?‘‘đ?‘Ľ = âˆŤ cos 4 đ?‘Ľ cos đ?‘Ľ đ?‘‘đ?‘Ľ = âˆŤ(1 − sin2 đ?‘Ľ )2 đ?‘‘(sin đ?‘Ľ ) = âˆŤ(1 − 2 sin2 đ?‘Ľ sin4 đ?‘Ľ )đ?‘‘ sin đ?‘Ľ 2

1

= sin đ?‘Ľ − 3 sin3 đ?‘Ľ + 5 sin5 đ?‘Ľ + đ??śă€‚

яВкф╛Л 5.35 ц▒ВтИл cos 4 ЁЭСе ЁЭССЁЭСеуАВ уАРшзгуАСтИл cos 4 ЁЭСе ЁЭССЁЭСе = тИл ( 1

1+cos 2ЁЭСе 2

) ЁЭССЁЭСе

2

= 4 тИл(1 + 2 cos 2ЁЭСе + cos 2 2ЁЭСе ) ЁЭССЁЭСе 1

= 4 тИл (1 + 2 cos 2ЁЭСе +

1+cos 4ЁЭСе

1

3

1

1

3

1

2

) ЁЭССЁЭСе

= тИл ( + 2 cos 2ЁЭСе + cos 4ЁЭСе) ЁЭССЁЭСе 4 2 2 = 4 тИл (2 ЁЭСе + sin 2ЁЭСе + 8 sin 4ЁЭСе) + ЁЭР╢уАВ яВкф╛Л 5.36 ц▒ВтИл sin 3ЁЭСе sin 2ЁЭСе ЁЭССЁЭСеуАВ 1

уАРшзгуАСтИл sin 3ЁЭСе sin 2ЁЭСе ЁЭССЁЭСе = 2 тИл(cos ЁЭСе тИТ cos 5ЁЭСе ) ЁЭССЁЭСе 1

1

= 2 sin ЁЭСе тИТ 10 sin 5ЁЭСе + ЁЭР╢уАВ яВкф╛Л 5.37 sin2 ЁЭСе

ц▒ВтИл 1+cos ЁЭСе ЁЭССЁЭСеуАВ sin2 ЁЭСе

уАРшзгуАСтИл 1+cos ЁЭСе ЁЭССЁЭСе = тИл

1тИТcos2 ЁЭСе 1+cos ЁЭСе

ЁЭССЁЭСе

= тИл(1 тИТ cos ЁЭСе ) ЁЭССЁЭСе = ЁЭСе тИТ sin ЁЭСе + ЁЭР╢уАВ яВкф╛Л 5.38 1

ц▒ВтИл sin2 ЁЭСе cos2 ЁЭСе ЁЭССЁЭСеуАВ sin2 +cos2 ЁЭСе

1

уАРшзг 1уАСтИл sin2 ЁЭСе cos2 ЁЭСе ЁЭССЁЭСе = тИл sin2 ЁЭСе cos2 ЁЭСе ЁЭССЁЭСе = тИл sec 2 ЁЭСе ЁЭССЁЭСе + тИл csc 2 ЁЭСе ЁЭССЁЭСе = tan ЁЭСе тИТ cot ЁЭСе + ЁЭР╢уАВ 1

4

уАРшзг 2уАСтИл sin2 ЁЭСе cos2 ЁЭСе ЁЭССЁЭСе = тИл (2 sin ЁЭСе cos ЁЭСе)2 ЁЭССЁЭСе 4

= тИл sin2 2ЁЭСе ЁЭССЁЭСе = 4 тИл csc 2 2ЁЭСе ЁЭССЁЭСе = тИТ2 cot 2ЁЭСе + ЁЭР╢уАВ ши╗я╝ЪшоАшАЕхПпшнЙцШОtan ЁЭСе тИТ cot ЁЭСе = тИТ2 cot 2ЁЭСеуАВ

ď‚Şäž‹ 5.39 sin2 đ?‘Ľ

ćą‚âˆŤ 1+sin2 đ?‘Ľ đ?‘‘đ?‘Ľă€‚ sin2 đ?‘Ľ

1

ă€?解 1ă€‘âˆŤ 1+sin2 đ?‘Ľ đ?‘‘đ?‘Ľ = âˆŤ(1 − 1+sin2 đ?‘Ľ) đ?‘‘đ?‘Ľ 1

= âˆŤ (1 − cos2 đ?‘Ľ+2sin2 đ?‘Ľ) đ?‘‘đ?‘Ľ (珏äşŒĺź?ĺˆ†ĺ­?ă€ ĺˆ†ćŻ?除䝼cos 2 đ?‘Ľ) = âˆŤ đ?‘‘đ?‘Ľ − âˆŤ =đ?‘Ľâˆ’ =đ?‘Ľâˆ’

1 √2 1 √2

sec2 đ?‘Ľ 1+2tan 2 đ?‘Ľ 1

âˆŤ 1+( tan

đ?‘‘đ?‘Ľ

√2tan đ?‘Ľ)2 −1 (

đ?‘‘(√2tan đ?‘Ľ)

√2tan đ?‘Ľ) + C

ď‚Şäž‹ 5.40 ćą‚âˆŤ cos đ?‘Ľ cos 2đ?‘Ľ cos 3đ?‘Ľ đ?‘‘đ?‘Ľă€‚ 1

ă€?解ă€‘ĺ› cos đ?‘Ľ cos 2đ?‘Ľ cos 3đ?‘Ľ = 2 (cos 3đ?‘Ľ + cos đ?‘Ľ ) cos 3đ?‘Ľ 1

1

= 2 cos 3đ?‘Ľ cos 3đ?‘Ľ + 2 cos đ?‘Ľ cos 3đ?‘Ľ =

1+cos 6đ?‘Ľ 1

4

1

+ 4 (cos 4đ?‘Ľ cos 2đ?‘Ľ )

= 4 (1 + cos 2đ?‘Ľ + cos 4đ?‘Ľ + cos 6đ?‘Ľ ) ć•…âˆŤ cos đ?‘Ľ cos 2đ?‘Ľ cos 3đ?‘Ľ đ?‘‘đ?‘Ľ 1

= 4 âˆŤ(1 + cos 2đ?‘Ľ + cos 4đ?‘Ľ + cos 6đ?‘Ľ )đ?‘‘đ?‘Ľ 1

1

1

1

= âˆŤ (đ?‘Ľ + sin 2đ?‘Ľ + sin 4đ?‘Ľ + sin 6đ?‘Ľ) + đ??śă€‚ 4 2 4 6 ď‚Şäž‹ 5.41 cos đ?‘Ľ sin đ?‘Ľ

ćą‚âˆŤ sin4 đ?‘Ľ+ cos4 đ?‘Ľ đ?‘‘đ?‘Ľă€‚ cos đ?‘Ľ sin đ?‘Ľ

ă€?解ă€‘âˆŤ sin4 đ?‘Ľ+ cos4 đ?‘Ľ đ?‘‘đ?‘Ľ

sin đ?‘Ľ cos đ?‘Ľ

= âˆŤ (sin2 đ?‘Ľ cos2 đ?‘Ľ)2 −2 sin2 đ?‘Ľ cos2 đ?‘Ľ đ?‘‘đ?‘Ľ sin đ?‘Ľ cos đ?‘Ľ

= âˆŤ 1−2 sin2 đ?‘Ľ cos2 đ?‘Ľ đ?‘‘đ?‘Ľ 2 sin đ?‘Ľ cos đ?‘Ľ

= âˆŤ 2−4 sin2 đ?‘Ľ cos2 đ?‘Ľ đ?‘‘đ?‘Ľ sin 2đ?‘Ľ

= âˆŤ 2−sin2 2đ?‘Ľ đ?‘‘đ?‘Ľ sin 2đ?‘Ľ

= âˆŤ 1+cos2 2đ?‘Ľ đ?‘‘đ?‘Ľ 1

1

= − 2 âˆŤ 1+cos2 2đ?‘Ľ đ?‘‘ cos 2đ?‘Ľ 1

= − 2 tan−1 đ?‘Ľ cos 2đ?‘Ľ + đ??śă€‚

çż’éĄŒ 5ďź?3 1.âˆŤ cos 3 đ?‘Ľ đ?‘‘đ?‘Ľă€‚ 2.ćą‚âˆŤ sec đ?‘Ľ csc đ?‘Ľ đ?‘‘đ?‘Ľă€‚ 3.ćą‚âˆŤ(sin đ?‘Ľ + cos đ?‘Ľ )2 đ?‘‘đ?‘Ľă€‚ 4.ćą‚âˆŤ tan3 đ?‘Ľ đ?‘‘đ?‘Ľă€‚ sin đ?‘Ľ

5.ćą‚âˆŤ cos2 đ?‘Ľ đ?‘‘đ?‘Ľ 6.ćą‚âˆŤ tan4 đ?‘Ľ đ?‘‘đ?‘Ľ sin đ?‘Ľâˆ’cos đ?‘Ľ

7.ćą‚ âˆŤ sin đ?‘Ľ+cos đ?‘Ľ đ?‘‘đ?‘Ľ cos2 đ?‘Ľ

8.ćą‚ âˆŤ 1+sin đ?‘Ľ đ?‘‘đ?‘Ľ sin2 đ?‘Ľ

9.ćą‚ âˆŤ cos đ?‘Ľ đ?‘‘đ?‘Ľ 10.ćą‚ âˆŤ

sin2 đ?‘Ľ cos đ?‘Ľ 1+sin2 đ?‘Ľ 1

đ?‘‘đ?‘Ľ

11.ćą‚ âˆŤ sin4 đ?‘Ľ cos4 đ?‘Ľ đ?‘‘đ?‘Ľ cos 2đ?‘Ľ

12.ćą‚ âˆŤ sin4 đ?‘Ľ đ?‘‘đ?‘Ľ 13.âˆŤ sin đ?‘Ľ cos đ?‘Ľ cos 2 đ?‘Ľ đ?‘‘đ?‘Ľ sin đ?‘Ľ

14.ćą‚ âˆŤ 1+sin2 đ?‘‘đ?‘Ľ 15.ćą‚ âˆŤ (

1+sin đ?‘Ľ 2 cos đ?‘Ľ 1

π 3 π sin 4 π 2

16.ćą‚âˆŤ

) đ?‘‘đ?‘Ľ

đ?‘Ľ cos đ?‘Ľ

đ?‘‘đ?‘Ľ

17.ćą‚ âˆŤ0 sin4 đ?‘Ľ đ?‘‘đ?‘Ľ Ď€

18.ćą‚ âˆŤ04 √1 + cos 4đ?‘Ľ đ?‘‘đ?‘Ľ cos đ?‘Ľ

19.ćą‚ âˆŤ sin đ?‘Ľ+2 cos đ?‘Ľ đ?‘‘đ?‘Ľ 20.č‹Ľđ?‘Ž > 0ďźŒb > 0ďźŒćą‚âˆŤ

1 đ?‘Ž 2 sin2 đ?‘Ľ+b2cos2 đ?‘Ľ

��。

5-4 部分分式法(The Method of Partial Fractions) 𝑝(𝑥)

𝑝(𝑥)

有理函數𝑞(𝑥)的不定積分：∫ 𝑞(𝑥) 𝑑𝑥 𝑝(𝑥)

如果𝑞(𝑥)能因式分解時，通常是先將𝑞(𝑥)化為部分分式後，逐項積分。 𝑝(𝑥)

𝑝(𝑥)

1.若𝑞(𝑥)為真分式，則將𝑞(𝑥)直接化為部分分式，然後逐項積分。 𝑝(𝑥)

2.若

𝑞(𝑥)

為假分式，則將

𝑝(𝑥)

化為整式與真分式之和，將真分式化為部分分

𝑞(𝑥)

式， 然後逐項積分。 部分分式解積分法最主要的工作是求部分分式，讀者必須能夠用簡單快速的 方法求出依真分式的部分分式。以下舉例說明，如何快速的求出部分分式，以便 求出有理函數的不定積分。 例 5.42 求∫

5𝑥−10 𝑥 2−3𝑥−4

𝑑𝑥。 5𝑥−10

【解】首先我們要把𝑥 2−3𝑥−4化為部分分式。 5𝑥−10

5𝑥−10

A

B

令𝑥 2−3𝑥−4 = (𝑥−4)(𝑥+1) = 𝑥−4 + 𝑥+1 求 A 與 B 之方法如下： 等式兩邊同時乘以(𝑥 − 4)(𝑥 + 1)，得 5𝑥 − 10 = 𝐴(𝑥 + 1) + 𝐵(𝑥 − 4) 令𝑥 = 4，得10 = 5𝐴，故𝐴 = 2 令𝑥 = −1，得−15 = −5𝐵，故𝐵 = 3。 由可得公式： 𝐴=

5𝑥−10

|

(𝑥+1) 𝑥=4

=2，

𝐵=

5𝑥−10

|

(𝑥−4) 𝑥=−1

=3。

由5𝑥 − 10 = 𝐴(𝑥 + 1) + 𝐵(𝑥 − 4) = (𝐴 + 𝐵)𝑥 + (𝐴 − 4𝐵) 比較係數得 { 𝐴 + 𝐵 = 5 ，故A = 2，B = 3。 𝐴 − 4𝐵 = −10 5𝑥−10 2 3 故得∫ 𝑥 2−3𝑥−4 𝑑𝑥 = ∫ 𝑥−4 𝑑𝑥 + ∫ 𝑥+1 𝑑𝑥 = 2 𝑙𝑛|𝑥 − 4| + 3 𝑙𝑛|𝑥 + 1| + 𝐶。

例 5.43 4𝑥 2−𝑥+5

求∫ (𝑥−5)(𝑥 2+4𝑥+5) 𝑑𝑥。 4𝑥 2−𝑥+5

𝐴

𝐵𝑥+𝐶

【解】令(𝑥−5)(𝑥 2+4𝑥+5) = 𝑥−5 + 𝑥 2+4𝑥+5

4𝑥 2 − 𝑥 + 5 = 𝐴(𝑥 2 + 4𝑥 + 5) + 𝐵𝑥(𝑥 − 5) + 𝐶(𝑥 − 5) 令𝑥 = 5，得100 = 50𝐴，故𝐴 = 2 令𝑥 = 0，得5 = 10 − 5𝐶，故𝐶 = 1 令𝑥 = 1，得8 = 20 − 4𝐵 − 4，故𝐵 = 2 4𝑥 2−𝑥+5

𝑥 2+4𝑥+5|

𝑥=5

=2

𝑥(4𝑥 2−𝑥+5)

等式兩邊乘以𝑥，得 𝐵𝑥 2+𝐶𝑥

2𝑥

= 𝑥−5 + 𝑥 2+4𝑥+5 (𝑥−5)(𝑥 2+4𝑥+5) 令𝑥 → ∞，得4 = 2𝐵，故𝐵 = 2 −1

令𝑥 = 0，得 5 =

−2

C

+ 5 ，故𝐶 = 1 2 2 4𝑥 − 𝑥 + 5 = 𝐴(𝑥 + 4𝑥 + 5) + 𝐵𝑥(𝑥 − 5) + 𝐶 (𝑥 − 5) = (𝐴 + 𝐵)𝑥 2 + (4𝐴 − 5𝐵 + 𝐶 )𝑥 + (5𝐴 − 5𝐶) 𝐴+𝐵 =4 由{ 4𝐴 − 5𝐵 + 𝐶 = −1，得𝐴 = 2，𝐵 = 2，𝐶 = 1。 5

5𝐴 − 5𝐶 = 5 2 2𝑥+1 故∫ (𝑥−5)(𝑥 2+4𝑥+5) 𝑑𝑥 = ∫ 𝑥−5 𝑑𝑥 + ∫ 𝑥 2 +4𝑥+5 𝑑𝑥 4𝑥 2−𝑥+5

3

1 = 2 𝑙𝑛|𝑥 − 5| + ∫ 𝑥 2+4𝑥+5 𝑑 (𝑥 2 + 4𝑥 + 5) − ∫ (𝑥+2)2 +1 𝑑(𝑥 + 2) = 2 𝑙𝑛|𝑥 − 5| + 𝑙𝑛(𝑥 2 + 4𝑥 + 5) − 3 𝑡𝑎𝑛−1 (𝑥 + 2) + 𝐶

例 5.44 𝑥 3+2𝑥+6

求∫ 𝑥 2−7𝑥+10 𝑑𝑥。 【解】由長除法(Long division)得 𝑥 3 +2𝑥+6

=𝑥+7+

𝑥 2−7𝑥+10 41𝑥−64

41𝑥−64

𝑥 2 −7𝑥+10 41𝑥−64 𝐴

𝐵

令𝑥 2−7𝑥+10 = (𝑥−2)(𝑥−5) = 𝑥−2 + 𝑥−5 41𝑥 − 64 = 𝐴(𝑥 − 5) + 𝐵(𝑥 − 2) 令𝑥 = 2，得18 = −3A，A = −6 令𝑥 = 5，得141 = 3B，B = 47 𝑥 3+2𝑥+6

41𝑥−64

∫ 𝑥 2−7𝑥+10 𝑑𝑥 = ∫(𝑥 + 7 + (𝑥−2)(𝑥−5))𝑑𝑥 6

47

∫(𝑥 + 7 − 𝑥−2 + 𝑥−5)𝑑𝑥 =

𝑥2 2

+ 7𝑥 − 6 𝑙𝑛|𝑥 − 2| + 47 𝑙𝑛|𝑥 − 5| + 𝐶

例 5.45 𝑒 𝑥 +3

求∫ 𝑒 𝑥 +2 𝑑𝑥。 𝑒 𝑥 +3

(𝑒 𝑥 +3)𝑒 𝑥

【解】∫ 𝑒 𝑥 +2 𝑑𝑥 = ∫ (𝑒 𝑥 +2)𝑒 𝑥 𝑑𝑥 𝑢+3

(令𝑢 = 𝑒 𝑥 ，則𝑑𝑢 = 𝑒 𝑥 𝑑𝑥) 3

1

1

1

= ∫ (𝑢+2)𝑢 𝑑𝑢 = ∫ 𝑑𝑢 − ∫ 𝑑𝑢 2 𝑢 2 𝑢+2 3

1

3

1

= 2 𝑙𝑛 𝑢 − 2 𝑙𝑛(𝑢 + 2) + 𝐶 = 2 𝑙𝑛 𝑒 𝑥 − 2 𝑙𝑛(𝑒 𝑥 + 2) + 𝐶 3

𝑒 𝑥 +3

1

= 2 𝑥 − 2 𝑙𝑛(𝑒 𝑥 + 2) + 𝐶。 1

【另解】∫ 𝑒 𝑥 +2 𝑑𝑥 = 2 ∫

(3𝑒 𝑥 +6)−𝑒 𝑥

3

𝑒 𝑥 +2 1

3

𝑒𝑥

1

𝑑𝑥 = ∫ 2 𝑑𝑥 − 2 ∫ 𝑒 𝑥 +2 𝑑𝑥

𝑒𝑥

3

1

= ∫ 𝑑𝑥 − ∫ 𝑥 𝑑(𝑒 𝑥 + 2) = 𝑥 − 𝑙𝑛(𝑒 𝑥 + 2) + 𝐶。 2 2 𝑒 +2 2 2

例 5.46 𝑒𝑥

求∫ 𝑒 2𝑥 −3𝑒 𝑥 +2 𝑑𝑥。 【解】令𝑢 = 𝑒 𝑥 ，則𝑑𝑢 = 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 𝑒𝑥

1

1

1

∫ 𝑒 2𝑥 −3𝑒 𝑥 +2 𝑑𝑥 = ∫ 𝑢2 −3𝑢+2 𝑑𝑢 = ∫ (𝑢−2 − 𝑢−1) 𝑑𝑢 = 𝑙𝑛|𝑢 − 2| − 𝑙𝑛|𝑢 − 1| + 𝐶 = 𝑙𝑛|𝑒 𝑥 − 2| − 𝑙𝑛|𝑒 𝑥 − 1| + 𝐶。

習題 5－4 𝑥+3

1.求∫ 𝑥+1 𝑑𝑥。 𝑥+35

2.求∫ 𝑥 2 −25 𝑑𝑥。 2𝑥 2−3𝑥−2

3.求∫ 𝑥 3 +𝑥 2 −2𝑥 𝑑𝑥。 5

4.求∫4 5.求∫

𝑑𝑥

𝑥 2−5𝑥+6 1

1+𝑒 𝑥 1

𝑑𝑥。

𝑑𝑥。(提示：分子分母各乘以𝑒 𝑥 )

6.求∫ √1+𝑒 𝑥 𝑑𝑥。(提示：令𝑢 = √1 + 𝑒 𝑥 ) 7.求∫

2𝑥 2+3𝑥+7

𝑑𝑥。

(𝑥−1) 3 2𝑥 2 +3𝑥+8

8.求∫ (𝑥−2)2 (𝑥+3) 𝑑𝑥。 𝑥3

9.求∫ 𝑥 2 −7𝑥+12 𝑑𝑥。 10.求∫

3𝑥 3+2𝑥 2 +3𝑥+5 𝑥(𝑥 2+1) 1

11.求∫ 1+𝑥 3 𝑑𝑥。

𝑑𝑥。

5-5 其他積分方法(Other Integration Techniques) 1

𝑐𝑜𝑠 𝑥

形如∫ 3+2 𝑐𝑜𝑠 𝑥 𝑑𝑥，∫ 2−𝑐𝑜𝑠 𝑥 𝑑𝑥等的不定積分，我們用∫ 𝑅(𝑐𝑜𝑠 𝑥 , 𝑠𝑖𝑛 𝑥 )𝑑𝑥 表示，其中𝑅(𝑐𝑜𝑠 𝑥 , 𝑠𝑖𝑛 𝑥 )為𝑠𝑖𝑛 𝑥與𝑐𝑜𝑠 𝑥的有理式。 1

𝑥

令𝑢 = 𝑡𝑎𝑛 𝑥，−𝜋 < 𝑥 < 𝜋，則𝑑𝑢 = 2 𝑠𝑒𝑐 2 2 𝑑𝑥 = 𝑥

𝑥

𝑠𝑖𝑛 𝑥 = 2 𝑠𝑖𝑛 2 𝑐𝑜𝑠 2 = 𝑐𝑜𝑠 𝑥 = 𝑐𝑜𝑠 2

𝑥

− 𝑠𝑖𝑛2

2

𝑥 2

1+𝑢 2 2

𝑥 𝑥 2 𝑡𝑎𝑛 2𝑢 2 2 𝑥 𝑥 𝑥 1+𝑢 2 𝑐𝑜𝑠 2 +𝑠𝑖𝑛 2 1+𝑡𝑎𝑛 2 2 2 2 𝑥 𝑥 𝑥 𝑐𝑜𝑠 2 −𝑠𝑖𝑛 2 1−𝑡𝑎𝑛 2 𝑥 1−𝑢 2 2 2 2 𝑥 𝑥 𝑥 2 2 2 2 1+𝑢 2 𝑐𝑜𝑠 +𝑠𝑖𝑛 1+𝑡𝑎𝑛 2 2 2 2𝑢 1−𝑢 2

2 𝑠𝑖𝑛 𝑐𝑜𝑠

=

=

2

𝑑𝑥，𝑑𝑥 = 1+𝑢2 𝑑𝑢

=

=

=

2

因此令𝑢 = 𝑡𝑎𝑛 𝑥，則可得𝑠𝑖𝑛 𝑥 = 1+𝑢2 ，𝑐𝑜𝑠 𝑥 = 1+𝑢2，𝑑𝑥 = 1+𝑢2 𝑑𝑢 𝑝(𝑢)

故∫ 𝑅(𝑐𝑜𝑠 𝑥 , 𝑠𝑖𝑛 𝑥 )𝑑𝑥可化為∫ 𝑞(𝑢) 𝑑𝑢之形式的積分。 例 5.47 1

求∫ 3−2 𝑐𝑜𝑠 𝑥 𝑑𝑥。 1−𝑢 2

𝑥

2

【解】令𝑢 = 𝑡𝑎𝑛 2，則𝑐𝑜𝑠 𝑥 = 1+𝑢2，𝑑𝑥 = 1+𝑢2 𝑑𝑢 1

∫ 3−2 𝑐𝑜𝑠 𝑥 𝑑𝑥 = ∫ 1

2

1

= ∫ 5𝑢2 +1 𝑑𝑢 = 5 ∫ 2

2

1−𝑢2 3+2 𝑐𝑜𝑠 1+𝑢2

1

∙ 1+𝑢2 𝑑𝑢

𝑑𝑢

1 2 𝑢 2+( ) √5

= √5 tan−1 √5𝑢 + C 5 =

2√5 5

𝑥

tan−1 (√5tan 2) + C。

例 5.48 𝜋

求∫02

1 2+𝑠𝑖𝑛 𝑥

𝑑𝑥。 𝑥

【解】 令𝑢 = 𝑡𝑎𝑛 2，0 ≤ 𝑥 ≤ 2𝑢

𝜋 2

2

則𝑠𝑖𝑛 𝑥 = 1+𝑢2 ，𝑑𝑥 = 1+𝑢2 𝑑𝑢 當𝑥 = 0 時，𝑢 = 0 當𝑥 = 𝜋 2

∫0

2

1

𝑑𝑥 = ∫0 2+𝑠𝑖𝑛 𝑥 1

=

𝑥

時，則𝑢 = 𝑡𝑎𝑛 4 = 1

1

= ∫0 =

𝜋

1 𝑢 2 +𝑢+1

1

2

2𝑢 2+ 1+𝑢2

1

𝑑𝑢 = ∫0

∙ 1+𝑢2 𝑑𝑢 1

1 2 (𝑢+ ) 2

+

1 2 √3 ( ) 2

√3 √3 −1 2𝑢+1| 1 tan = (tan−1 √3 − 0 2 2 √3 𝜋 𝜋 √3 𝜋 2

( 3 − 6 ) = 3 3。 √

𝑑𝑢 tan−1

1 √3

)

例 5.49 𝜋

𝑠𝑖𝑛 𝑥

求∫02 𝑠𝑖𝑛 𝑥+cos 𝑥 𝑑𝑥。 𝑥

𝜋

【解】 令𝑢 = 𝑡𝑎𝑛 2，0 ≤ 𝑥 ≤ 2，則 1−𝑢 2

2𝑢

2

𝑠𝑖𝑛 𝑥 = 1+𝑢2 ，𝑐𝑜𝑠 𝑥 = 1+𝑢2 ，𝑑𝑥 = 1+𝑢2 𝑑𝑢 𝜋

1

𝑠𝑖𝑛 𝑥

∫02 𝑠𝑖𝑛 𝑥+cos 𝑥 𝑑𝑥 = ∫0 1

4𝑢

= ∫0 = =

2𝑢 1+𝑢2 2𝑢 1−𝑢2 + 1+𝑢2 1+𝑢2

∙

2 1+𝑢 2

𝑑𝑢

𝑑𝑢

(1+𝑢 2 )+(1+2𝑢−𝑢 2) 1 𝑢+1 1 𝑢−1 ∫0 1+𝑢2 𝑑𝑢 + ∫0 1+2𝑢−𝑢2 𝑑𝑢 1 1 ln(1 + 𝑢2 )| 10 + tan−1 𝑢| 10 − 2 ln|1 + 2 1 𝜋 1 𝜋

2𝑢−𝑢2 |10

= 2 ln2 + 4 − 2 ln2 = 4 。 𝜋

【解 2】 𝑦 = 2 − 𝑥，則𝑑𝑦 = −𝑑𝑥 𝜋

當𝑥 = 0 時 𝑦 = 2 ，當𝑥 = 𝜋 2

𝐼 = ∫0 𝜋

𝜋 2

𝑠𝑖𝑛( −𝑦)

2

𝑠𝑖𝑛( −𝑦)+cos( −𝑦)

𝑑𝑥 = ∫𝜋 𝑠𝑖𝑛 𝑥+cos 𝑥 𝜋

時 𝑦=0

2

0

𝑠𝑖𝑛 𝑥

cos 𝑦

𝜋

𝜋 2

𝜋 2

cos 𝑥

= ∫02 𝑐𝑜𝑠 𝑦+sin 𝑦 𝑑𝑦 = ∫02 𝑐𝑜𝑠 𝑥+sin 𝑥 𝑑𝑥 𝜋

𝜋

𝑠𝑖𝑛 𝑥

𝑐𝑜𝑠 𝑥

2𝐼 = ∫02 𝑠𝑖𝑛 𝑥+cos 𝑥 𝑑𝑥 + ∫02 𝑠𝑖𝑛 𝑥+cos 𝑥 𝑑𝑥 𝜋

𝑠𝑖𝑛 𝑥+cos 𝑥

𝜋

= ∫02 𝑠𝑖𝑛 𝑥+cos 𝑥 𝑑𝑥 = ∫02 𝑑𝑥 = 𝜋 2

故𝐼 = ∫0

𝑠𝑖𝑛 𝑥 𝑠𝑖𝑛 𝑥+cos 𝑥

𝜋

𝑑𝑥 = 4 。

𝜋 2

(−𝑑𝑦)

例 5.50 (a) 設𝑓(𝑥)為可積分之週期函數(Periodic function)，其週期(period)為 T， 𝑎+𝑇

試證∫𝑎

𝑇

𝑓 (𝑥)𝑑𝑥 = ∫0 𝑓 (𝑥 )𝑑𝑥 6𝜋

(b) 由(a)知結果求∫𝜋5 |sin 𝑥 |𝑑𝑥。 5

𝑎+𝑇

【解】∫𝑎

0

𝑇

𝑎+𝑇

𝑓 (𝑥 )𝑑𝑥 = ∫𝑎 𝑓 (𝑥 )𝑑𝑥 + ∫0 𝑓 (𝑥 )𝑑𝑥 + ∫𝑇

𝑎+𝑇 將∫𝑇 𝑓 (𝑥 )𝑑𝑥作變數變換𝑥

𝑓(𝑥 )𝑑𝑥

= 𝑦 + 𝑇，則

𝑑𝑥 = 𝑑𝑦，當 𝑥 = 𝑇 時 𝑦 = 0，當 𝑥 = 𝑎 + 𝑇 時 𝑦 = 𝑎 𝑎+𝑇

故∫𝑇

0

0

𝑇

𝑎

𝑓 (𝑥 )𝑑𝑥 = ∫𝑎 𝑓 (𝑥 )𝑑𝑥 + ∫0 𝑓 (𝑥 )𝑑𝑥 + ∫0 𝑓(𝑦 + 𝑇)𝑑𝑦 𝑇

𝑎

𝑇

𝑎

= ∫𝑎 𝑓 (𝑥 )𝑑𝑥 + ∫0 𝑓 (𝑥 )𝑑𝑥 + ∫0 𝑓(𝑦)𝑑𝑦 0

𝑇

= ∫𝑎 𝑓 (𝑥 )𝑑𝑥 + ∫0 𝑓 (𝑥 )𝑑𝑥 + ∫0 𝑓(𝑥 )𝑑𝑥 = ∫0 𝑓 (𝑥 )𝑑𝑥 (b)因𝑓 (𝑥 ) = |sin 𝑥 |為週期𝜋之函數 由(a)得 6𝜋 5 𝜋 5

𝜋

∫ |sin 𝑥 |𝑑𝑥 = ∫0 |sin 𝑥 |𝑑𝑥 = ∫0 |sin 𝑥 |𝑑𝑥 = −𝑐𝑜𝑠𝑥 𝜋0 = −cos𝜋 + 𝑐𝑜𝑠0 = 2。 𝜋

註：上例也可由下面方法求出 6𝜋 5 𝜋 5

6𝜋

𝜋

∫ |sin 𝑥 |𝑑𝑥 = ∫𝜋 |sin 𝑥 |𝑑𝑥 + ∫𝜋5 |sin 𝑥 |𝑑𝑥 5

𝜋

6𝜋

= ∫𝜋 sin 𝑥 𝑑𝑥 − ∫𝜋5 sin 𝑥 𝑑𝑥 5

𝜋

= −cos𝜋 + 𝑐𝑜𝑠 5 + cos 𝜋

𝜋

6𝜋 5

− cos𝜋

= 1 + 𝑐𝑜𝑠 5 − cos 5 + 1 = 2。 本章前面各節已經介紹許多積分之方法與技巧，然而在實際之問題裡，我們 常會遇到一些積分是無法求出的，例如 2

∫ 𝑒 −𝑥 𝑑𝑥

∫ 𝑒 sin 𝑥 𝑑𝑥

∫ cos 𝑥 2 𝑑𝑥

等，都無法用初等函數表示。因此無法應用為積分之基本定理 𝑏

∫𝑎 𝑓 (𝑥 )𝑑𝑥 = 𝐹 (𝑏) − 𝐹(𝑎) 求出定積分之值，因此必須經由數值積分法( Numerical 求出定積分之近似值 ( approximation )。

integration techniques )

本節將介紹微積分中，最常用的二種數值積分法，就是梯形法 與 Simpson 法。

梯形法 (Trapezoidal method) 此法是用直線逼近曲線

令ℎ =

𝑏−𝑎 𝑛

，𝑥0 = 𝑎，𝑥1 = 𝑎 + ℎ，𝑥2 = 𝑎 + 2ℎ， ⋯ ，𝑥𝑘 = 𝑎 + 𝑘ℎ，⋯ ，𝑥𝑛 = 𝑏

由梯形面積公式，𝑛個梯形面積之和為 1 2

1

1

2

2

[𝑓(𝑥0 ) + 𝑓 (𝑥1 )]ℎ + [𝑓(𝑥1 ) + 𝑓 (𝑥2 )]ℎ + ⋯ + [𝑓(𝑥𝑛−1 ) + 𝑓(𝑥𝑛 )]ℎ ℎ

= 2 [𝑓(𝑥0 ) + 2𝑓(𝑥1 ) + 2𝑓(𝑥2 ) + ⋯ + 2𝑓(𝑥𝑛−1 ) + 𝑓 (𝑥𝑛 )] 故得 𝑏

ℎ

∫a 𝑓 (𝑥 )𝑑𝑥 ≈ 2 [𝑓(𝑥0 ) + 2𝑓(𝑥1 ) + 2𝑓(𝑥2 ) + ⋯ + 2𝑓(𝑥𝑛−1 ) + 𝑓(𝑥𝑛 )]

例 5.51 21

用梯形法 (Trapezoidal method)，取𝑛 = 10，求 ∫1 【解】 𝑥0 = 1.0

=

1 1.0 1

𝑦1 = 1.1 = 0.9091

𝑥2 = 1.2

𝑦2 =

𝑥3 = 1.3

𝑦3 =

𝑥4 = 1.4

𝑦4 = 1.4 = 0.7143

𝑥5 = 1.5

𝑦5 = 1.5 = 0.6667

𝑥6 = 1.6

𝑦6 = 1.6 = 0.6250

𝑥7 = 1.7

𝑦7 =

𝑥8 = 1.8

𝑦8 =

𝑥9 = 1.9

𝑦9 = 1.9 = 0.5263

1

1

1.2 1 1.3 1

𝑑𝑥 之近似值。

= 1.0000

𝑥1 = 1.1

𝑥10 = 2.0 21 ∫1 𝑥

𝑦0 =

𝑥

= 0.8333 = 0.7692

1 1 1

1.7 1 1.8 1

𝑦10 =

= 0.5882 = 0.5556 1

2.0

= 0.5000

𝑑𝑥 ≈ 20 (𝑦0 + 2𝑦1 + 2𝑦2 + 2𝑦3 + 2𝑦4 + 2𝑦5 + 2 𝑦6 + 2 𝑦7 + 2𝑦8 + 2𝑦9 + 𝑦10 )

13.8754 = 0.6938 20

Simpson 法 (Simpson's

method)

此法是用拋物線逼近曲線，其理論如下

如圖 5.2，將區間[𝑎, 𝑏]等分成𝑛(偶數)個區間，ℎ =

𝑏−𝑎 𝑛

，

𝑥0 = 𝑎，𝑥𝑘 = 𝑎 + 𝑘ℎ，𝑘 = 1,2, ⋯ , 𝑛 − 1，𝑥𝑛 = 𝑏 令𝑦𝑘 = 𝑓(𝑥𝑘 )，𝑘 = 0,1,2, ⋯ , 𝑛

設拋物線𝑦 = 𝑝𝑥 2 + 𝑞𝑥 + 𝑟過曲線𝑦 = 𝑓(𝑥)上𝐴(𝑥0 , 𝑦0 )，𝐵(𝑥1 , 𝑦1 )， 𝐶(𝑥2 , 𝑦2 )三點，其中𝑥1 =

𝑥0+𝑥2 2

2

𝑦0 = 𝑝𝑥0 + 𝑞𝑥0 + 𝑟，𝑦1 = 𝑝𝑥1 2 + 𝑞𝑥1 + 𝑟，𝑦2 = 𝑝𝑥2 2 + 𝑞𝑥2 + 𝑟 在曲線𝑦 = 𝑓(𝑥)之下方，𝑥軸之上方，自𝑥 = 𝑥0 至𝑥 = 𝑥2 間之面積，近似於 𝑥2

∫𝑥0 (𝑝𝑥0 2 + 𝑞𝑥0 + 𝑟)𝑑𝑥

𝑝 3 𝑞 (𝑥2 − 𝑥03 ) + (𝑥22 − 𝑥02 ) + 𝑟(𝑥2 − 𝑥0 ) 3 2 1 = (𝑥2 − 𝑥0 )[2𝑝(𝑥22 + 𝑥0 𝑥2 + 𝑥02 ) + 3𝑞(𝑥0 + 𝑥2 ) + 6𝑟] 6 1 = (𝑥2 − 𝑥0 )[(𝑝𝑥0 2 + 𝑞𝑥0 + 𝑟) + (𝑝𝑥22 + 𝑞𝑥2 + 𝑟) + 𝑝 (𝑥0 + 𝑥2 )2 + 2𝑞 (𝑥0 + 𝑥2 ) + 4𝑟] 6 1 = (𝑥2 − 𝑥0 )[𝑦0 + 𝑦2 + 4𝑦1 ] 6 ℎ = [𝑦0 + 𝑦2 + 4𝑦1 ] 3 =

𝑥

ℎ

2 ∫𝑥 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 ≈ 3 [𝑦0 + 𝑦2 + 4𝑦1 ] 0

𝑥

ℎ

4 ∫𝑥2 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 ≈ 3 [𝑦2 + 𝑦4 + 4𝑦3 ]

𝑥

ℎ

𝑛 ∫𝑥𝑛−2 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 ≈ 3 [𝑦𝑛−2 + 𝑦𝑛 + 4𝑦𝑛−1 ]

𝑏

ℎ

∫𝑎 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 ≈ 3 [(𝑦0 + 4𝑦1 + 𝑦2 ) + (𝑦2 + 4𝑦3 + 𝑦4 ) + ⋯ + (𝑦𝑛−2 + 4𝑦𝑛−1 + 𝑦𝑛 )] ℎ

= 3 [𝑦0 + 4𝑦1 + 2𝑦2 + 4𝑦3 + ⋯ + 4𝑦𝑛−1 + 𝑦𝑛 ]

例 5.52 21

用 Simpson 法取𝑛 = 10，求 ∫1 【解】 𝑥0 = 1.0

1 1.0 1

𝑑𝑥 之近似值。

= 1.0000

𝑥1 = 1.1

𝑦1 = 1.1 = 0.9091

𝑥2 = 1.2

𝑦2 =

𝑥3 = 1.3

𝑦3 =

𝑥4 = 1.4

𝑦4 = 1.4 = 0.7143

𝑥5 = 1.5

𝑦5 = 1.5 = 0.6667

𝑥6 = 1.6

𝑦6 = 1.6 = 0.6250

𝑥7 = 1.7

𝑦7 =

𝑥8 = 1.8

𝑦8 =

𝑥9 = 1.9

𝑦9 = 1.9 = 0.5263

𝑥10 = 2.0 21 ∫1 𝑥

𝑦0 =

𝑥

1

1.2 1 1.3 1

= 0.8333 = 0.7692

1 1 1

1.7 1 1.8 1

𝑦10 =

1

= 0.5882 = 0.5556 1

2.0

= 0.5000

𝑑𝑥 ≈ 30 [𝑦0 + 4𝑦1 + 2𝑦2 + 4𝑦3 + 2𝑦4 + 4𝑦5 + 2𝑦6 + 4𝑦7 + 2𝑦8 + 4𝑦9 + 𝑦10 ]

20.7944 = 0.6931 30 註：用計算器取小數點後四位數時，用梯形法取𝑛 = 10，求得 =

21

∫1

𝑥

𝑑𝑥 ≈ 0.6938

用 Simpson 法取𝑛 = 10，求得 21

∫1

𝑥

𝑑𝑥 ≈ 0.6931 21

用微積分基本定理求得∫1

𝑥

𝑑𝑥 = ln 𝑥  21 = ln 2 = 0.6931

因此用 Simpson 法比用梯形法所得之結果較準確。

習題 5-5 𝑑𝑥

1.

求∫ 3+2 𝑐𝑜𝑠 𝑥。

2.

求∫ 5+4 𝑐𝑜𝑠 𝑥 𝑑𝑥。

3.

求∫ 3+𝑐𝑜𝑠 𝑥。

4.

求∫ 1+sin 𝑥+𝑐𝑜𝑠 𝑥 𝑑𝑥。

5.

求∫ 1+𝑐𝑜𝑠 𝑥 𝑑𝑥。

6.

求∫0 𝑥 sin3 𝑥 𝑑𝑥 ( 提示：令 𝑦 = 𝑥 − 𝜋 ) 。

7.

求∫0

8.

求∫0 𝑥 sin 𝑥 cos 4 𝑥 𝑑𝑥 ( 提示：令 𝑦 = 𝜋 − 𝑥 ) 。

9.

求∫02 sin3 𝑥+cos3 𝑥 𝑑𝑥( 提示：令 𝑦 = 𝜋 − 𝑥 ) 。

1

𝑑𝑥

1

1

𝜋

𝜋 𝑥 sin 𝑥 𝜋 π π

1+cos2 𝑥

𝑑𝑥 ( 提示：令 𝑦 = 𝜋 − 𝑥 ) 。

sin 𝑥 cos4 𝑥

π

sin 𝑥

cos 𝑥

10. 求∫04 sin 𝑥+𝑐𝑜𝑠 𝑥 𝑑𝑥 與 ∫04 sin 𝑥+𝑐𝑜𝑠 𝑥 𝑑𝑥。 π

π

sin 𝑥

cos 𝑥

( 提示：令𝐼1 = ∫04 sin 𝑥+𝑐𝑜𝑠 𝑥 𝑑𝑥，𝐼2 = ∫04 sin 𝑥+𝑐𝑜𝑠 𝑥 𝑑𝑥，則 π

𝐼1 + 𝐼2 = 4 ，−𝐼1 + 𝐼2 = ln √2 ) π

11. 求∫02

√sin 𝑥 𝑑𝑥 √sin 𝑥+√cos 𝑥 π

π

√cos 𝑥 𝑑𝑥。 √ cos 𝑥

與 ∫02 √sin 𝑥+

( 提示：令 𝑦 = 2 − 𝑥 )

1

12. 用 Simpson 法取 𝑛 = 4，求 ∫0

1 1+𝑥 2

𝑑𝑥 之近似值。

第五章內容摘要

1.

代換積分法

(Integration by Substitution again)

(a) 不定積分之代換積分法 令𝑢 = 𝑔(𝑥 )，則 ∫ 𝑓(𝑔(𝑥))𝑔′ (𝑥 )𝑑𝑥 = ∫ 𝑓(𝑢)𝑑𝑢 (b) 定積分之代換積分法 𝑏

𝑔(𝑏)

令𝑢 = 𝑔(𝑥 )，則 ∫𝑎 𝑓(𝑔(𝑥 ))𝑔′ (𝑥 )𝑑𝑥 = ∫𝑔(𝑎) 𝑓(𝑢)𝑑𝑢 (c) 含有𝑎𝑥 + 𝑏時，可考慮令𝑢 = 𝑎𝑥 + 𝑏，得𝑑𝑢 = 𝑎𝑑𝑥 (d) 含有𝑥 𝑝 時，可考慮令𝑢 = 𝑥 𝑝 ，得𝑑𝑢 = 𝑝𝑥 𝑝−1 𝑑𝑥 π

π

(e) 含有√𝑎2 − 𝑥 2 時，可考慮令𝑥 = 𝑎 sin 𝑥，− 2 ≤ θ ≤ 2，則√𝑎2 − 𝑥 2 = 𝑎 cos θ， 𝑑𝑥 = 𝑎 cos θ 𝑑θ。 (f)

π

π

含有√𝑎2 + 𝑥 2 時，可考慮令𝑥 = t𝑎n θ，− 2 < 𝜃 < 2 ， 則√𝑎2 + 𝑥 2 = 𝑎 sec θ ，𝑑𝑥 = 𝑎 sec 2 θ 𝑑θ π

(g) 含有√𝑥 2 − 𝑎2 時，可考慮令𝑥 = 𝑎 sec θ，0 ≤ θ < 2， 則√𝑥 2 − 𝑎2 = 𝑎 t𝑎n θ ，𝑑𝑥 = 𝑎 sec θ t𝑎n θ 𝑑θ 2.

三角函數之積分 (a) 三角恆等式 sin2 𝑥 + cos 2 𝑥 = 1 1 + tan2 𝑥 = sec 2 𝑥 1 − cos 2𝑥 sin2 𝑥 = 2

sin 2x = 2sin 𝑥 cos 𝑥 1 + cot 2 𝑥 = csc 2 𝑥 1 + cos 2𝑥 cos 2 𝑥 = 2

(b)積化和差公式 2 sin α𝑥 cos β𝑥 = sin(α + β) 𝑥 + sin(α − β) 𝑥

2 cos α𝑥 cos β𝑥 = cos(α + β) 𝑥 + cos(α − β) 𝑥 2 sin α𝑥 sin β𝑥 = cos(α − β) 𝑥 − cos(α + β) 𝑥 3.

分部積分法(Integration by Parts) ∫ 𝑢 𝑑𝑣 = 𝑢𝑣 − ∫ 𝑣 𝑑𝑢 𝑏 𝑏 ∫𝑏 𝑢 𝑑𝑣 = 𝑢𝑣 𝑏a − ∫𝑏 𝑣 𝑑𝑢

4.

部分分式法(The Method of Partial Fractions) 將∫

5.

𝑝(𝑥) 𝑞(𝑥)

𝑝(𝑥)

𝑑𝑥中之

𝑞(𝑥)

化為部分分式，然後逐項積分。

∫ 𝑅(𝑐𝑜𝑠 𝑥 , 𝑠𝑖𝑛 𝑥 )𝑑𝑥型之積分 令𝑢 = 𝑡𝑎𝑛 𝑥，則可得 1−𝑢 2

2𝑢

2

𝑠𝑖𝑛 𝑥 = 1+𝑢2 ，𝑐𝑜𝑠 𝑥 = 1+𝑢2 ，𝑑𝑥 = 1+𝑢2 𝑑𝑢 6.

Simpson 法(Simpson's 𝑏 ∫𝑎 𝑓(𝑥)𝑑𝑥

≈

𝑏−𝑎

[𝑦0 3𝑛 𝑏−𝑎

其中𝑥𝑘 = 𝑎 + 𝑘

𝑛

method)

+ 4𝑦1 + 2𝑦2 + 4𝑦3 + ⋯ +2𝑦𝑛−2 + 4𝑦𝑛−1 + 𝑦𝑛 ]

，𝑦𝑘 = 𝑓(𝑥𝑘 )，𝑘 = 0,1, ⋯ , 𝑛

⑤technique integration 習題 5-1 解答 1

1. ∫(2 + cos 2 𝑥 ) sin 𝑥 𝑑𝑥 = −2𝑐𝑜𝑠𝑥 − 3 cos 3 𝑥 + 𝐶 𝑥+3

2. ∫ √𝑥 2 𝑑𝑥 = √𝑥 2 + 6𝑥 + 13 + 𝐶 +6𝑥+13 3. ∫ 𝑒 cos 𝑥 sin 𝑥 𝑑𝑥 = −𝑒 cos 𝑥 + 𝐶 4. ∫ √

1

3

4

1+√𝑥 1

1

𝑑𝑥 = 3 (1 + √𝑥) 2 − 4(1 + √𝑥) 2 + C

5. ∫ 𝑥 2 +4𝑥+5 𝑑𝑥 = 𝑡𝑎𝑛−1 (𝑥 + 2) + C 𝑥

6. ∫ √5+2𝑥−𝑥 2 𝑑𝑥 = −√5 + 2𝑥 − 𝑥 2 + 𝑠𝑖𝑛−1 7. ∫

𝑑𝑥

√𝑥(𝑥+1)

𝑥−1 √6

𝑑𝑥 = 2𝑡𝑎𝑛−1 √𝑥 + 𝐶

1−𝑥

8. ∫ √1+𝑥 𝑑𝑥 = 𝑠𝑖𝑛−1 𝑥 + √1 − 𝑥 2 + 𝐶 4 log2 𝑥

9. ∫1

10. ∫ 11. ∫ 12. 13.

𝑥

𝑑𝑥 = 2 ln 2 1 √4−𝑥 2

1 𝑥 2 √4−𝑥 2 √25−𝑥 2 𝑥2

𝑑𝑥 = − 4

𝑑𝑥 = −

𝑥 √25−𝑥 2 𝑥2

+C 𝑥

− 𝑠𝑖𝑛−1 + C 5

√3 ∫−1 √4 − 𝑥 2 𝑑𝑥 == 𝜋 + √3 3 1 ∫0 √9+𝑥 2 𝑑𝑥 = ln(√2 + 1) √3+𝑥 2 1

14. ∫

𝑑𝑥 = −

3𝑥 𝑥 2 √3+𝑥 2 4 98 2 15.∫0 𝑥√9 + 𝑥 𝑑𝑥 = 3 1 1 𝜋 16. ∫−1 3+𝑥 2 𝑑𝑥 = 3 3 √ 5 1 𝜋 17. ∫2 √5+4𝑥−𝑥 2 𝑑𝑥 = 2 7 1 𝜋 18. ∫2 𝑥 2−4𝑥+29 𝑑𝑥 = 20

+C

習題 5-2 解答 1. ∫ 𝑥 𝑠𝑒𝑐 2 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥 tan 𝑥 + ln|cos 𝑥 | + 𝐶 5

5

3

9

5

2. ∫ 𝑥𝑒 −3𝑥 𝑑𝑥 = − 5 𝑥𝑒 −3𝑥 − 25 𝑒 −3𝑥 + C 3. ∫ 𝑥 sin 𝑥 𝑑𝑥 = −𝑥 cos 𝑥 + sin 𝑥 + 𝐶 4. ∫ 𝑥 𝑐𝑜𝑠 2 𝑥 𝑑𝑥 =

𝑥2 4 𝑥

𝑥

1

+ 4 𝑠𝑖𝑛2𝑥 + 8 𝑐𝑜𝑠2𝑥 + 𝐶

5. ∫ sin (ln 𝑥 )𝑑𝑥 = 2 (sin ln 𝑥 − cos ln 𝑥 ) + C 6. ∫ 𝑒 √𝑥 𝑑𝑥 = 2(√𝑥 𝑒 √𝑥 − 𝑒 √𝑥 ) + 𝐶 7. ∫ 𝑒 𝑠𝑖𝑛 𝑒

−1 𝑥

𝑑𝑥 =

𝑒 𝑠𝑖𝑛

−1 𝑥

2

(√1 − 𝑥 2 + 𝑥) + C

8. ∫1 ln 𝑥 𝑑𝑥 = 1 2

9. ∫0 𝑥 ln (𝑥 + 2) 𝑑𝑥 = 2 ln 2 + 1

+C

1 𝑥 2 𝑡𝑎𝑛 −1 𝑥

10. ∫0

1+ 𝑥 2

𝜋

𝑑𝑥 = 4 − ln √2 − 1

11. ∫ 𝑥 𝑒 𝑑𝑥 = 2 𝑥 𝑒 3

2𝑥

3

2𝑥

3

𝜋2 32 2 2𝑥

−4 𝑥 𝑒

3

3

+ 4 𝑥 𝑒 2𝑥 − 8 𝑒 2𝑥 + C

12. 令 𝑢 = (ln 𝑥 )𝑛，𝑑𝑣 = 𝑑𝑥 1

則 𝑑𝑢 = 𝑛 (ln 𝑥 )𝑛−1 𝑥 𝑑𝑥，𝑣 = 𝑥 ∫ (ln 𝑥 )𝑛 𝑑𝑥 = 𝑥 (ln 𝑥 )𝑛 − 𝑛 ∫ (ln 𝑥 )𝑛−1 𝑑𝑥 𝜋

8

13. ∫0 𝑥 sin 𝑥 sin 2𝑥 𝑑𝑥 = − 9 1

3

3

14 ∫ 𝑠𝑒𝑐 5 𝑥 𝑑𝑥 = 4 𝑠𝑒𝑐 3 𝑥 tan 𝑥 + 8 sec 𝑥 tan 𝑥 + 8 ln|sec 𝑥 + tan 𝑥 | + C 15. (a) 令𝑢 == 𝑐𝑜𝑠 𝑛−1 𝑥，𝑑𝑣 = cos 𝑥 𝑑𝑥 則 𝑑𝑢 = − (𝑛 − 1) 𝑐𝑜𝑠 𝑛−1 𝑥 sin 𝑥 𝑑𝑥，𝑣 = sin 𝑥 𝜋

𝜋

A (𝑛) = ∫ 𝑐𝑜𝑠 𝑛 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑐𝑜𝑠 𝑛−1 𝑥 sin 𝑥 |02 + (n − 1) ∫02 𝑐𝑜𝑠 𝑛−1 sin2 𝑥 𝑑𝑥 𝜋

= 0 + (n − 1) ∫02 𝑐𝑜𝑠 𝑛−2 (1 − 𝑐𝑜𝑠 2 𝑥 )𝑑𝑥 𝜋

𝜋

= (n − 1) [∫02 𝑐𝑜𝑠 𝑛−2 𝑥 𝑑𝑥 − ∫02 𝑐𝑜𝑠 𝑛 𝑥 𝑑𝑥 ] = (n − 1)[A(n − 2) − A (𝑛)] 即 A (𝑛) = (n − 1)[A(n − 2) − A (𝑛)] 故得 A (𝑛) = (b) A (0) =

𝑛−1

𝜋

𝑛

A (𝑛 − 2)

2

(c) A (1) = 1 𝜋

(d) ∫02 𝑐𝑜𝑠 6 𝑥 𝑑𝑥 = 𝜋 2

5𝜋 32 16

(e) ∫0 𝑐𝑜𝑠 7 𝑥 𝑑𝑥 = 35

習題 5-3 解答 1

1. ∫ 𝑐𝑜𝑠 3 𝑥 𝑑𝑥 = sin 𝑥 − 𝑠𝑖𝑛3 𝑥 + C 3 2. ∫ 𝑠𝑒𝑐 𝑥 csc 𝑥 𝑑𝑥 == ln| csc 2𝑥 cot 2𝑥| + C 1

3. ∫ (sin 𝑥 + cos 𝑥)2 𝑑𝑥 = 𝑥 − 2 cos 2𝑥 + C 1

4. ∫ 𝑡𝑎𝑛3 𝑥 𝑑𝑥 = 2 𝑡𝑎𝑛2 𝑥 + ln| cos 𝑥 | + C 5. ∫

sin 𝑥

𝑐𝑜𝑠 2𝑥 4

𝑑𝑥 = ∫ 𝑠𝑒𝑐 𝑥 tan 𝑥 𝑑𝑥 = sec 𝑥 + C 1

6. ∫ 𝑡𝑎𝑛 𝑥 𝑑𝑥 = 3 𝑡𝑎𝑛3 𝑥 − tan 𝑥 + 𝑥 + C sin 𝑥−cos 𝑥

7. ∫ sin 𝑥+cos 𝑥 𝑑𝑥 = − ln| sin 𝑥 + cos 𝑥 | + C 𝑐𝑜𝑠 2𝑥

8. ∫ 1+sin 𝑥 𝑑𝑥 == 𝑥 + cos 𝑥 + C 9. ∫

sin2 𝑥

𝑑𝑥 = ln| sec 𝑥 + tan 𝑥 | − sin 𝑥 + C

cos 𝑥 sin2 𝑥 cos 𝑥

10. ∫

1+ sin2 𝑥 1

𝑑𝑥 = sin 𝑥 − tan−1 sin 𝑥 + C 8

11. ∫ sin4 𝑥 cos4 𝑥 𝑑𝑥 = −8 cot 2𝑥 − 3 𝑐𝑜𝑡 3 2𝑥 + 𝐶

12. ∫

cos 2𝑥 sin4 𝑥

1

𝑑𝑥 = − 3 𝑐𝑜𝑡 3 𝑥 + cot 𝑥 + C 1

13. ∫ 𝑠𝑖𝑛 𝑥 cos 𝑥 cos 2𝑥 𝑑𝑥 = − 16 cos 4𝑥 + C sin 𝑥

14. ∫ 1+sin2 𝑥 𝑑𝑥 = 2 1+sin 𝑥 2 ) 𝑑𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑥 𝜋 𝑑𝑥 3

15. ∫( 16. ∫𝜋

4 𝜋 2

1

√2

ln

√2−𝐶𝑂𝑆 𝑥 √2+𝐶𝑂𝑆 𝑥

+C

= 2 tan 𝑥 − 𝑥 + 2sec 𝑥 + 𝐶

= ln √3

sin 𝑥𝑐𝑜𝑠 𝑥

3π

17. ∫0 sin4 𝑥 𝑑𝑥 = 16 𝜋

18. ∫04 √1 + 𝑐𝑜𝑠 4𝑥 𝑑𝑥 = cos 𝑥

2

√2 2 1

19. ∫ sin𝑥+2 cos 𝑥 𝑑𝑥 = 5 𝑥 + 5 ln|sin𝑥 + 2 cos 𝑥 | + 𝐶 1

1

20. ∫ 𝑎2 sin2 𝑥+𝑏2 cos2 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑎𝑏 tan−1

𝑎 tan 𝑥 𝑏

+𝐶

習題 5-4 解答 𝑥+3

1. ∫ 𝑥+1 𝑑𝑥 = 𝑥 + 2 ln|𝑥 + 1| + C 𝑥+35

2. ∫ 𝑥 2 −25 𝑑𝑥 = 4 ln|𝑥 − 5| − 3 ln|𝑥 + 5| + C 2𝑥 2 −3𝑥−2

𝑥(𝑥+2)2

3. ∫ 𝑥 3 +𝑥 2 −2𝑥 𝑑𝑥 = ln | 5

4. ∫4

𝑑𝑥

4

𝑥−1

|+C

= ln 3

𝑥 2−5𝑥+6 1

5. ∫ 1+𝑒 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥 − ln(1 + 𝑒 𝑥 ) + C √1+𝑒 𝑥 −1

𝑑𝑥

6. ∫ √1+𝑒 𝑥 = ln [√1+𝑒 𝑥 +1] + C 7. ∫

2𝑥 2+3𝑥+7

7

33

8. ∫ (𝑥−2)2 (𝑥+3) 𝑑𝑥 = 25 ln|𝑥 − 2| − 𝑥3

𝑥2

9. ∫ 𝑥 2 −7𝑥+12 𝑑𝑥 = 10. ∫

6

𝑑𝑥 = 2 ln|𝑥 − 1| − 𝑥−1 − (𝑥−1)2 + C

(𝑥−1)3 2𝑥 2 +3𝑥+8

3𝑥 3 +2𝑥 2 +3𝑥+5 𝑥(𝑥 2+1) 1

22 1 5 𝑥−2

17

+ 25 ln|𝑥 + 3| + C

+ 7𝑥 − 27 ln|𝑥 − 3| + 64 ln|𝑥 − 4| + C

2

3

𝑑𝑥 = 3𝑥 + 5 ln|𝑥| − 2 ln(𝑥 2 + 1) + 𝐶

1

1

11. ∫ 1+𝑥 3 𝑑𝑥 = 3 ln|1 + 𝑥 | − 6 ln|1 − 𝑥 + 𝑥 2 | +

習題 5-5 解答 𝑑𝑥

2

1

𝑥

1. ∫ 3+2 cos 𝑥 = 𝑡𝑎𝑛−1 ( 𝑡𝑎𝑛 2) + 𝐶 √5 √5 1

2

2. ∫ 5+4 cos 𝑥 𝑑𝑥 = 3 𝑡𝑎𝑛 𝑑𝑥

3. ∫ 3+cos 𝑥 = 1

1

√2

−1

𝑡𝑎𝑛−1 (

1 √2

𝑡𝑎𝑛 3

𝑥 2

+𝐶 𝑥

𝑡𝑎𝑛 2) + 𝐶 𝑥

4. ∫ 1+ sin 𝑥+cos 𝑥 𝑑𝑥 = ln |1 + 𝑡𝑎𝑛 2| + 𝐶 1

𝑥

5. ∫ 1+ cos 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑡𝑎𝑛 2 + 𝐶 𝜋

6. ∫0 𝑥 sin3 𝑥 𝑑𝑥 =

2𝜋 3

1 √3

𝑡𝑎𝑛−1

2𝑥−1 √3

+𝐶

đ?œ‹ đ?‘Ľ sin đ?‘Ľ

7. âˆŤ0 8.

đ?œ‹ âˆŤ0

1+ cos2đ?‘Ľ

đ?œ‹ 2

9. âˆŤ0

đ?œ‹ 4

10. âˆŤ0

đ?œ‹ 2

âˆŤ0

đ?‘‘đ?‘Ľ =

đ?œ‹2 4

4

đ?‘Ľ sin đ?‘Ľ cos đ?‘Ľ đ?‘‘đ?‘Ľ = sin đ?‘Ľ cos4 đ?‘Ľ

5

1

sin3 đ?‘Ľ+ cos3 đ?‘Ľ sin đ?‘Ľ sin đ?‘Ľ+cos đ?‘Ľ cos đ?‘Ľ

đ?œ‹

=4 9

1

9

1

đ?‘‘đ?‘Ľ = 8 − 2 ln √2ďźŒ

đ?‘‘đ?‘Ľ = + ln √2

sin đ?‘Ľ+cos đ?‘Ľ 8 2 đ?œ‹ đ?‘Ľ đ?œ‹ √sin 11. âˆŤ02 đ?‘‘đ?‘Ľ = 4 √sin đ?‘Ľ+√cos đ?‘Ľ đ?œ‹ cos đ?‘Ľ đ?œ‹ √ âˆŤ02 √sin đ?‘Ľ+ cos đ?‘Ľ đ?‘‘đ?‘Ľ = 4 √ 1 1 12. âˆŤ0 1+đ?‘Ľ 2 đ?‘‘đ?‘Ľ ≈ 0.785392

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