数学分析(八)-不定积分02：换元积分法与分部积分法

$\S 2$ 换元积分法与分部积分法
一、换元积分法
由复合函数求导法, 可以导出换元积分法.
定理 8.4 (第一换元积分法) 设函数 $f(x)$ 在区间 $I$ 上有定义,
$\phi (t)$ 在区间 $J$ 上可导, 且 $\phi (J)\subseteq I$.
如果不定积分 $\int f(x)\mathrm{d}x=F(x)+C$ 在 $I$ 上存在, 则不定积分
$\int f(\phi (t)){\phi }^{\prime }(t)\mathrm{d}t$ 在 $J$ 上也存在,且
$$\int f(\phi (t)){\phi }^{\prime }(t)\mathrm{d}t=F(\phi (t))+C.$$
证 用复合函数求导法进行验证: 因为对于任何 $t\in J$, 有
$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}(F(\phi (t)))=F^{\prime }(\phi (t)){\phi }^{\prime }(t)=f(\phi (t)){\phi }^{\prime }(t),$$
所以 $f(\phi (t)){\phi }^{\prime }(t)$ 以 $F(\phi (t))$ 为其原函数,
(1) 式成立.
下面的例 1 至例 5 采用第一换元积分法求解. 在使用公式 (1)
时,也可把它写成如下简便形式:
$$\begin{array}{rl}\int f(\phi (t)){\phi }^{\prime }(t)\mathrm{d}t& =\int f(\phi (t))\mathrm{d}\phi (t)\\ & =\int f(x)\mathrm{d}x(\text{ 令 }x=\phi (t))\\ & =F(x)+C\\ & =F(\phi (t))+C.\end{array}$$
因此第一换元法也称为凑微分法.
例 1 求 $\int \tan x\mathrm{d}x$.
解 由
$$\int \tan x\mathrm{d}x=\int \frac{\sin x}{\cos x}\mathrm{d}x=-\int \frac{(\cos x{)}^{\prime }}{\cos x}\mathrm{d}x,$$
可令 $u=\cos x,g(u)=\frac{1}{u}$, 则得
$$\begin{array}{rl}\int \tan x\mathrm{d}x& =-\int \frac{1}{u}\mathrm{d}u=-\ln |u|+C\\ & =-\ln |\cos x|+C.\end{array}$$
例 2 求 $\int \frac{\mathrm{d}x}{a^2+x^2}(a>0)$.
解
$$\begin{array}{rl}\int \frac{\mathrm{d}x}{a^2+x^2}& =\frac{1}{a}\int \frac{\mathrm{d}\left(\frac{x}{a}\right)}{1+{\left(\frac{x}{a}\right)}^2}\left(\text{ 令 }u=\frac{x}{a}\right)\\ & =\frac{1}{a}\int \frac{\mathrm{d}u}{1+u^2}=\frac{1}{a}\arctan u+C\\ & =\frac{1}{a}\arctan \frac{x}{a}+C.\end{array}$$
对第一换元积分法较熟练后, 可以不写出换元变量 $u$.
例 3 求 $\int \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{a^2-x^2}}(a>0)$.
解
$\int \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{a^2-x^2}}=\frac{1}{a}\int \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{1-{\left(\frac{x}{a}\right)}^2}}=\int \frac{\mathrm{d}\left(\frac{x}{a}\right)}{\sqrt{1-{\left(\frac{x}{a}\right)}^2}}$
$$=\arcsin \frac{x}{a}+C\text{. }$$
例 4 求 $\int \frac{\mathrm{d}x}{x^2-a^2}(a\ne 0)$.
解
$$\begin{array}{rl}\int \frac{\mathrm{d}x}{x^2-a^2}& =\frac{1}{2a}\int \left(\frac{1}{x-a}-\frac{1}{x+a}\right)\mathrm{d}x\\ & =\frac{1}{2a}\left[\int \frac{\mathrm{d}(x-a)}{x-a}-\int \frac{\mathrm{d}(x+a)}{x+a}\right]\\ & =\frac{1}{2a}[\ln |x-a|-\ln |x+a|]+C\\ & =\frac{1}{2a}\ln \left|\frac{x-a}{x+a}\right|+C.\end{array}$$
例 5 求 $\int \sec x\mathrm{d}x$.
解 解法一 利用例 4 的结果可得
$$\begin{array}{rl}\int \sec x\mathrm{d}x& =\int \frac{\cos x}{{\cos }^{2}x}\mathrm{d}x=\int \frac{\mathrm{d}(\sin x)}{1-{\sin }^{2}x}\\ & =\frac{1}{2}\ln \left|\frac{1+\sin x}{1-\sin x}\right|+C.\end{array}$$
解法二
$$\begin{array}{rl}\int \sec x\mathrm{d}x& =\int \frac{\sec x(\sec x+\tan x)}{\sec x+\tan x}\mathrm{d}x\\ & =\int \frac{\mathrm{d}(\sec x+\tan x)}{\sec x+\tan x}\\ & =\ln |\sec x+\tan x|+C.\end{array}$$
这两种解法所得结果只是形式上的不同, 请读者将它们统一起来.
从以上几例看到, 使用第一换元积分法的关键在于把被积表达式凑成
$f(\phi (x)){\phi }^{\prime }(x)\mathrm{d}x$ 的形式, 以便选取变换
$u=\phi (x)$, 化为易于积分的 $\int f(u)\mathrm{d}u$.
最终不要忘记把新引人的变量 $(u)$ 还原为起始变量 $(x)$.
定理 8.5 (第二换元积分法) 设函数 $f(x)$ 在区间 $I$ 上有定义,
$\phi (t)$ 在区间 $J$ 上可导, $\phi (J)=I$, 且 $x=\phi (t)$ 在区间
$J$ 上存在反函数 $t={\phi }^{-1}(x),x\in I$. 如果不定积分
$\int f(x)\mathrm{d}x$ 在 $I$ 上存在, 则当不定积分
$\int f(\phi (t)){\phi }^{\prime }(t)\mathrm{d}t=G(t)+C$ 在 $J$
上存在时, 在 $I$
上有
$$\int f(x)\mathrm{d}x=G\left({\phi }^{-1}(x)\right)+C$$
证 设 $\int f(x)\mathrm{d}x=F(x)+C$. 对于任何 $t\in J$, 有
d d t ( F ( φ ( t ) ) − G ( t ) ) = F ′ ( φ ( t ) ) φ ′ ( t ) − G ′ ( t ) = f ( φ ( t ) ) φ ′ ( t ) − f ( φ ( t ) ) φ ′