淺談積分的計算

摘"要：微積分是數(shù)學發(fā)展史上最偉大的發(fā)明創(chuàng)造成果之一，其思想滲透在很多學科中，尤其在自然科學、社會科學中都有它的存在.“微積分”是所有高等院校都要開設(shè)的一門基礎(chǔ)必修課程，這足以可見其重要性.微積分主要研究函數(shù)的一些性質(zhì)，如連續(xù)性、可導性、可微性、可積性等.其中關(guān)于積分的內(nèi)容在整個教學學習中占有很大比例，可見它在“微積分”學習中的重要性.本文從自身教學經(jīng)驗出發(fā)，對積分中的一些方法進行探討.

關(guān)鍵詞：曲邊梯形；定積分；不定積分

中圖分類號：G642；O134

積分的計算問題是“微積分”學習過程中學生必須掌握的基本技能，本文根據(jù)教學過程中關(guān)于一元函數(shù)積分學中遇到的一些計算問題進行討論.

一、利用幾何意義計算定積分

定積分的幾何意義［1］：alt;b，f（x）≥0時，∫baf（x）dx=曲邊梯形的面積；f（x）lt;0時，∫baf（x）dx=曲邊梯形面積的相反數(shù)，或者說∫baf（x）dx=由曲線y=f（x）與x=a，x=b以及x軸所圍圖形面積的代數(shù)和.所以當曲邊梯形的面積容易計算時，可以通過面積快速得出定積分的值.如：

例1：∫R0"R2-x2dx=π4R2.

因為f（x）="R2-x2≥0，0≤x≤R表示位于第一象限的四分之一圓周，根據(jù)幾何意義積分值等于圓面面積的四分之一.

例2：∫21xdx=12（1+2）×1=32.

又如：可以根據(jù)cosx的圖形利用定積分的幾何意義得出∫π-πcosxdx=0.

一般地，∫baf（x）dx=由四條曲線所圍圖形面積的代數(shù)和.

注：這種方法只是針對平面上已知面積的簡單圖形（如和圓相關(guān)的圖形、三角形等）時才有效，尤其在一些綜合應用中可以快速得出結(jié)果.

二、利用被積函數(shù)的奇偶性與積分區(qū)間的對稱性簡化積分

設(shè)a＞0，f（x）在［-a，a］上連續(xù)，x∈［-a，a］.

（1）若f（-x）=-f（x），則∫a-af（x）dx=0；

（2）若f（-x）=f（x），則∫a-af（x）dx=2∫a0f（x）dx.

因為∫a-af（x）dx=∫0-af（x）dx+∫a0f（x）dx，對于∫0-af（x）dx，令x=-t，則有∫0-af（x）dx=∫0af（-t）d（-t）=∫a0f（-t）dt=∫a0f（-x）dx，所以∫a-af（x）dx=∫a0［f（x）+f（-x）］dx.

當f（-x）=-f（x）時，有∫a-af（x）dx=0；當f（-x）=f（x）時，有∫a-af（x）dx=2∫a0f（x）dx.

例3：求∫1-1x2023cos2x+11+x2dx的值.

解：因為x2023cos2x在［-1，1］上連續(xù)，且是奇函數(shù)，11+x2是偶函數(shù)，所以有∫1-1x2023cos2x+11+x2dx

=∫1-1x2023cos2xdx+∫1-111+x2dx=0+2∫1011+x2dx=2arctanx10=2arctan1=π2.

例4：求∫3-3x5sin4x1+x2+x4dx的值.

解：因為x5sin4x1+x2+x4在［-3，3］上是連續(xù)的，且是奇函數(shù)，所以∫3-3x5sin4x1+x2+x4dx=0.

對于這類計算問題，首先注意到積分區(qū)間是關(guān)于原點對稱的，下一步就應該檢查被積函數(shù)（也可能是被積函數(shù)的一部分）是否具有奇偶性.如果有，應先簡化后再進一步計算得出結(jié)果.

注：積分區(qū)間的對稱性和被積函數(shù)的奇偶性這兩個條件要同時滿足，二者缺一不可，否則就容易出錯.如：∫1-1exdx≠2∫10exdx，因為ex不具有奇偶性.

三、利用被積函數(shù)的周期性簡化積分

設(shè)f（x）是（-∞，+∞）上的連續(xù)函數(shù)，且以T（≠0）為周期，則對任意a∈R，均有∫a+Taf（x）dx=∫T0f（x）dx，和∫a+nTaf（x）dx=n∫T0f（x）dx.

也就是說，連續(xù)函數(shù)在長為一個周期的區(qū)間上積分跟該積分區(qū)間的起點無關(guān).

例5：求∫2π0sin2022xdx.

解：因為f（x）=sin2022x以π為周期，所以∫2π0sin2022xdx=2∫π2-π2sin2022xdx=4∫π20sin2022xdx

=4×20212022×π2=20212022×2π

注意：這里用到了一個結(jié)果∫π20sinnxdx=∫π20cosnxdx=n-1nn為奇數(shù)

n-1n×π2n為偶數(shù)，

其中n表示雙階乘，如8=8×6×4×2，9=9×7×5×3×1.

例6：求∫2nπ0"1+cos2xdx的值.

解：因為"1+cos2x是以π為周期的函數(shù)，所以∫2nπ0"1+cos2xdx=2n∫π0"1+cos2xdx=2n∫π0"2cos2xdx

=2n∫π2-π2"2cosxdx

=4"2n∫π20cosxdx=4"2n.

注：例6中，如果不利用周期性簡化，就會涉及函數(shù)在不同區(qū)間內(nèi)的符號變化問題.

特別地，如果考慮周期函數(shù)在-T2，T2上的積分，有時候還可以結(jié)合上面介紹的是否具有奇偶函數(shù)積分的情況.

四、循環(huán)型積分

當計算過程中再次出現(xiàn)原積分問題的情形，就稱該積分為循環(huán)型積分.如：

例7：求∫"a2-x2dx，其中a＞0.

解：∫"a2-x2dx=x"a2-x2-∫xd"a2-x2

=x"a2-x2-∫x-2x2"a2-x2dx

=x"a2-x2-∫-x2"a2-x2dx

=x"a2-x2-∫（a2-x2）-a2"a2-x2dx

=x"a2-x2-∫"a2-x2dx+a2arcsinxa

又∫1"a2-x2dx=arcsinxa+C，所以∫"a2-x2dx=x"a2-x22+a22arcsinxa+C.

這種方法避免了用第二類換元法（三角變量代換）.同理，∫"x2-a2dx、∫"x2+a2dx也可以采用類似的計算.

例8：求∫sec3xdx.

解：因為∫sec3xdx=∫secxsec2xdx=∫secxdtanx=secxtanx-∫tanxdsecx

=secxtanx-∫tan2xsecxdx

=secxtanx-∫（sec2x-1）secxdx

=secxtanx-∫sec3xdx+∫secxdx

=secxtanx-∫sec3xdx+ln"|secx+tanx|

所以∫sec3xdx=secxtanx2+12lnsecx+tanx+C.

例9：求∫eαxcosβxdx，α，β≠0.

解：因為∫eαxcosβxdx=1α∫cosβxdeαx=1α（e）αxcosβx-∫eαxdcosβx）=1α（e）αxcosβx+β∫eαxsinβxdx）

=1α（e）αxcosβx+βα∫sinβxdeαx）

=1α（e）αxcosβx+βαeαxsinβx-βα∫eαxdsinβx）

=1α（e）αxcosβx+βαeαxsinβx-β2α∫eαxcosβxdx）.

所以，∫eαxcosβxdx=1α2+β2αcosβx+βsinβxeαx+C.

同理，∫eαxsinβxdx也可以進行類似的計算.

以上循環(huán)型積分都是基于分部積分法的基礎(chǔ)之上進行，即∫udv=uv-∫vdu.

要注意多次使用分部積分法時，前后選擇u、v的規(guī)則要一致，如都是“對、反、冪、三、指”，排在前面的和函數(shù)作為u，否則就會出現(xiàn)“兜回去”的現(xiàn)象.

五、有理分式的積分［13］

有理分式的積分是微積分中常見的問題，在計算過程中遇到的一個復雜問題是對有理分式的分解.設(shè)f（x）=P（x）Q（x），其中P（x）、Q（x）分別是m階和n階多項式，且互質(zhì).當mlt;n時，f（x）=P（x）Q（x）稱為真分式；當m≥n時，稱為假分式，且任何假分式都可以寫成一個多項式與一個真分式的和，如f（x）=x3-xx2+1=x3+x-2xx2+1=x-2xx2+1.所以，∫f（x）dx的主要問題集中在對真分式的積分計算.由代數(shù)學基本定理可知，分母Q（x）在實數(shù)范圍內(nèi)一定能分解成不超過二次因式（包括重因式）的乘積，如Q4（x）=x4+1=（x2+"2x+1）（x2-"2x+1）.

假定mlt;n，f（x）=P（x）Q（x）為真分式.不妨設(shè)Q（x）的首項系數(shù)為1，因為

f（x）=P（x）Q（x）

=P（x）（x-a1）n1…（x-ak）nk…（x2+p1x+q1）m1…（x2+plx+ql）ml

=A1x-a1+A2（x-a1）2+…+An1（x-a1）n1+…+B1x+C1x2+plx+ql+…+

Bmlx+Cml（x2+plx+ql）ml

其中，pj2-4qjlt;0，j=1，2，……，l.分解式中各系數(shù)可以通過待定系數(shù)法求出，x2+pjx+qj可以寫成一個平方和.所以，∫f（x）dx=∫A1x-a1dx+…+∫An1（x-a1）n1dx+…+∫B1x+C1x2+p1x+q1dx+…+∫Bmlx+Cml（x2+plx+ql）mldx.

上面各積分式中最麻煩的問題形如∫B2x+C2（x2+p2x+q2）2dx，……，∫Bmlx+Cml（x2+plx+ql）mldx.

由于x2+p2x+q2，…，x2+plx+ql都是平方和u2+a2，a≠0，所以最終的難點就在于計算In=∫1（x2+a2）ndx，n＞1.通過下式：

In=∫1（x2+a2）ndx=1a2∫x2+a2-x2（x2+a2）ndx

=1a2∫1（x2+a2）n-1dx-12a2∫x（x2+a2）nd（x2+a2）

=1a2∫1（x2+a2）n-1dx+12（n-1）a2∫xd1（x2+a2）n-1

=1a2∫1（x2+a2）n-1dx+12（n-1）a2x（x2+a2）n-1

-12（n-1）a2∫1（x2+a2）n-1dx

=2n-32（n-1）a2In-1+12（n-1）a2x（x2+a2）n-1

I1=∫1x2+a2dx=1aarctanxa+C.

可得出一個遞推式的結(jié)果.下面舉例說明：

例10：求∫x-1x2-2x-3dx.

解：因為x-1x2-2x-3=x-1（x+1）（x-3）=Ax+1+Bx-3，

A（x-3）+B（x+1）=x-1，比較系數(shù)得A=B=12.

所以，∫x-1x2-2x-3dx=∫12x+1+12x-3dx=12∫1x+1dx+12∫1x-3dx=12lnx+12lnx-3+C.

例10中的真分式分母上的多項式能分解成兩個一次因式的乘積，不含有二次因式，比較簡單，如果分母是含有二次因式尤其是二次重因式的情況就復雜得多.

例11：求∫x-3x3-2x2+xdx.

解：因為x-3x3-2x2+x=x-3x（x-1）2=Ax+Bx-1+C（x-1）2，

A（x-1）2+Bx（x-1）+Cx=x-3，A=-3，B=3，C=-2.

所以∫x-3x3-2x2+xdx=∫-3x+3x-1+-2（x-1）2dx=-3lnx+3lnx-1+2x-1+C

例12：求∫x2+x+2（x2+1）2"dx.

解：因為

∫x2+x+2（x2+1）2"dx=∫x2+x+2［（x2+1）-x2］（x2+1）2dx

=∫2x2+1dx+∫x（x2+1）2dx-∫x2（x2+1）2dx

=∫2x2+1dx+12∫1（x2+1）2d（x2+1）

-12∫x（x2+1）2dx2+1）

=∫2x2+1dx-12（x2+1）+12∫xd1x2+1

=∫2x2+1dx-12（x2+1）+x2（x2+1）-12∫1x2+1dx

=32arctanx+x-12（x2+1）+C.

也經(jīng)常會遇到一些其他特殊函數(shù)的積分，如三角有理分式或某些含有根號的函數(shù)的積分，這時就需要采取某種變量代換最后化成有理分式的積分，而且對于同一個積分，如果采取不同的變換，計算中繁簡程度差異可能會非常大.如：

∫sinxcosx1+cos2xdx=∫sinx2-sin2xdsinx

=12∫12-sin2xdsin2x

=-12ln（2-sin2x）+C

或令t=tanx，則x=arctant，∫sinxcosx1+cos2xdx=∫tanx1+sec2xdx=∫t2+t2darctant

=∫t（2+t2）（1+t2）dt

或利用萬能公式，令t=tanx2，x=2arctant，則

sinx=2t1+t2，cosx=1-t21+t2，dx=21+t2dt

∫sinxcosx1+cos2xdx=∫2t1+t2.1-t21+t21+1-t21+t22·21+t2dt

=∫2t1+t2.1-t21+t21+1-t21+t22·21+t2dt

=∫t（1-t2）1+t4·21+t2dt

后兩種方法到此也只是將三角有理分式的積分化成了前面介紹的有理分式的積分，后面的分解計算都很煩瑣，在此就不贅述.從這個例子可以看出，湊微分法即第一類換元法是最簡單的積分方法，利用萬能公式是最復雜的，萬能公式可能會使計算顯得冗長，這也說明了在選擇積分方法時一定要靈活.

結(jié)語

本文只是針對教學中遇到的一部分積分計算問題進行探討.實際上，積分的計算是靈活多樣的，即使針對同一個問題，每一部分也可能會用到不同的方法，所以在計算過程中應根據(jù)實際情況選擇恰當?shù)奶幚矸绞?，比如利用函?shù)的周期性或奇偶性等特征先簡化問題再進一步解決會起到很好的效果.

參考文獻：

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［2］同濟大學數(shù)學系.高等數(shù)學［M］.北京：高等教育出版社，2014：110116，141.

［3］李忠，周建瑩.高等數(shù)學［M］.北京：北京大學出版社，2009：188195.

作者簡介：路群（1977—"），女，漢族，貴州平壩人，博士研究生，副教授，研究方向為泛函分析。