cosx的n次方的不定积分是多少，
具体如图：
求函数f(x)的不定积分，就是要求出f(x)的所有的原函数，由原函数的性质可知，只要求出函数f(x)的一个原函数，再加上任意的常数C就得到函数f(x)的不定积分。
证明：如果f(x)在区间I上有原函数，即有一个函数F(x)使对任意x∈I，都有F'(x)=f(x)，那么对任何常数显然也有[F(x)+C]'=f(x).即对任何常数C，函数F(x)+C也是f(x)的原函数。这说明如果f(x)有一个原函数,那么f(x)就有无限多个原函数。
设G(x)是f(x)的另一个原函数,即∀x∈I，G'(x)=f(x)。于是[G(x)-F(x)]'=G'(x)-F'(x)=f(x)-f(x)=0。
由于在一个区间上导数恒为零的函数必为常数，所以G(x)-F(x)=C’(C‘为某个常数)。
这表明G(x)与F(x)只差一个常数.因此,当C为任意常数时，表达式F(x)+C就可以表示f(x)的任意一个原函数。也就是说f(x)的全体原函数所组成的集合就是函数族{F(x)+C|-∞<C<+∞}。
由此可知，如果F(x)是f(x)在区间I上的一个原函数，那么F(x)+C就是f(x)的不定积分，即∫f(x)dx=F(x)+C。
因而不定积分∫f(x) dx可以表示f(x)的任意一个原函数。
扩展资料：
设函数和u，v具有连续导数，则d(uv)=udv+vdu。移项得到udv=d(uv)-vdu
两边积分，得分部积分公式
∫udv=uv-∫vdu。 ⑴
称公式⑴为分部积分公式．如果积分∫vdu易于求出，则左端积分式随之得到．
分部积分公式运用成败的关键是恰当地选择u,v
一般来说，u,v 选取的原则是：
1、积分容易者选为v ，求导简单者选为u。
例子：∫Inx dx中应设U=Inx,V=x
分部积分法的实质是：将所求积分化为两个积分之差，积分容易者先积分。实际上是两次积分。
有理函数分为整式（即多项式）和分式（即两个多项式的商），分式分为真分式和假分式，而假分式经过多项式除法可以转化成一个整式和一个真分式的和．可见问题转化为计算真分式的积分．
可以证明，任何真分式总能分解为部分分式之和。
解答如图：
求函数f(x)的不定积分，就是要求出f(x)的所有的原函数，由原函数的性质可知，只要求出函数f(x)的一个原函数，再加上任意的常数C就得到函数f(x)的不定积分。
证明：如果f(x)在区间I上有原函数，即有一个函数F(x)使对任意x∈I，都有F'(x)=f(x)，那么对任何常数显然也有[F(x)+C]'=f(x).即对任何常数C，函数F(x)+C也是f(x)的原函数。这说明如果f(x)有一个原函数,那么f(x)就有无限多个原函数。
设G(x)是f(x)的另一个原函数,即∀x∈I，G'(x)=f(x)。于是[G(x)-F(x)]'=G'(x)-F'(x)=f(x)-f(x)=0。
由于在一个区间上导数恒为零的函数必为常数，所以G(x)-F(x)=C’(C‘为某个常数)。
这表明G(x)与F(x)只差一个常数.因此,当C为任意常数时，表达式F(x)+C就可以表示f(x)的任意一个原函数。也就是说f(x)的全体原函数所组成的集合就是函数族{F(x)+C|-∞<C<+∞}。
由此可知，如果F(x)是f(x)在区间I上的一个原函数，那么F(x)+C就是f(x)的不定积分，即∫f(x)dx=F(x)+C。
因而不定积分∫f(x) dx可以表示f(x)的任意一个原函数。
扩展资料：
根据牛顿-莱布尼茨公式，许多函数的定积分的计算就可以简便地通过求不定积分来进行。这里要注意不定积分与定积分之间的关系：定积分是一个数，而不定积分是一个表达式，它们仅仅是数学上有一个计算关系。
一个函数，可以存在不定积分，而不存在定积分，也可以存在定积分，而没有不定积分。连续函数，一定存在定积分和不定积分；若在有限区间[a,b]上只有有限个间断点且函数有界，则定积分存在；若有跳跃、可去、无穷间断点，则原函数一定不存在，即不定积分一定不存在。
你会不会想了解这个
谢谢，我只想知道结果而已
设y=sinx*(cosx)^(n-1)
dy/dx=[(cosx)^(n-1)]*dsinx/dx+sinx*d(cosx)^(n-1)/d(cosx)*dcosx/dx，导数商法则
=[(cosx)^(n-1)]*cosx+sinx*(n-1)*[(cosx)^(n-2)]*(-sinx)，导数链式法则
=(cosx)^n-sin²x*(n-1)[(cosx)^(n-2)]，整合
=(cosx)^n-(1-cos²x)(n-1)[(cosx)^(n-2)]，三角恒等式sin²x+cos²x=1
=(cosx)^n-(n-1)[(cosx)^(n-2)]+n(cosx)^n-(cosx)^n，分配律
=n(cosx)^n-(n-1)*(cosx)^(n-2)，整合，(cosx)^n项相消
∵d/dx[sinx*(cosx)^(n-1)]=n(cosx)^n-(n-1)*(cosx)^(n-2)
∴n(cosx)^n=d/dx[sinx*(cosx)^(n-1)]+(n-1)*(cosx)^(n-2)，令含有(cosx)^n变为主项
∴∫(cosx)^n
dx=[sinx*cosx^(n-1)]/n+(n-1)/n*∫(cosx)^(n-2)
dx，两边除以n得到答案
由积分推导：
∫(cosx)^n
dx
=∫[(cosx)^(n-1)]cosx
dx，(cosx)^n降幂一次给出cosx
=∫[(cosx)^(n-1)]
d(sinx)，积分cosx等于sinx
=[(cosx)^(n-1)]sinx-∫sinx
d[(cosx)^(n-1)]，分部积分法
=[(cosx)^(n-1)]sinx-(n-1)∫[(cosx)^(n-2)]sin²x
dx，微分(cosx)^(n-1)得出(n-1)[(cosx)^(n-2)]sinx
=[(cosx)^(n-1)]sinx-(n-1)∫[(cosx)^(n-2)](1-cos²x)
dx，三角恒等式sin²x+cos²x=1
=[(cosx)^(n-1)]sinx-(n-1)∫[(cosx)^(n-2)]
dx+(n-1)∫(cosx)^n
dx，分配律
[(n-1)+1]∫(cosx)^n
dx=[(cosx)^(n-1)]sinx-(n-1)∫(cosx)^(n-2)
dx，移项
∫(cosx)^n
dx=(1/n)[(cosx)^(n-1)]sinx+[(n-1)/n]∫(cosx)^(n-2)
dx，两边除以n得到答案
