高等数学——求解不定积分的经典换元法

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今天是高等数学专题的第九篇文章，我们继续来看不定积分。

在上篇文章当中我们回顾了不定积分的定义以及简单的性质，我们可以简单地认为不定积分就是求导微分的逆操作。我们要做的是根据现有的导函数，逆推出求导之前的原函数。

除了基本定义之外，我们还介绍了一些简单的性质和常用积分的积分表。但是显然根据已有的性质对于许多复杂的函数来说求解积分仍然非常困难，所以本篇文章的重点是继续介绍不定积分的运算性质，从而简化我们一些复杂函数的计算过程。甚至是完成一些原本不能完成的计算。今天介绍的是最常用的换元积分法。

换元法是数学当中经常用到的方法，无论是求导计算还是一些复杂函数的运算，我们经常会使用换元法来降低问题的难度。同样，在不定积分的求解当中，我们一样可以使用换元法来进行。通常换元法分成两类，为什么会有两类？这两类有什么不同？这些问题可以先放一放，等看完文章就清楚了。

第一类换元法

第一类换元法比较容易理解，其实是链式求导法则的逆运算。

比如，我们有函数，显然函数F(u)是f(u)的原函数，所以： $\int f(u)du = F(u) + C$

如果u是中间变量，并且 $u= \phi(x)$ ，我们对 F(u) 求导，根据复合函数的链式求导法则，可以得到：

d[F(u)]=d[F(\phi(x)]=f[\phi(x)]\phi'(x)dx

我们把上面这个式子用积分反过来，就可以得到不定积分的换元公式：

\int f[\phi(x)]\phi'(x)dx = F[\phi(x)] + C = [\int f(u)du]_{u=\phi(x)}

我们通过简单的推导获得了公式，那么这个公式怎么用呢？初看起来总有些难以下手的感觉，这是正常的，我们需要继续来化简。

假设我们要求 $\int g(x)dx$ ，直接求解比较麻烦，如果我们可以把g(x)想办法转化为 $f[\phi(x)]\phi'(x)$ 的形式，那么我们就可以套用公式得到：

\int g(x)dx = \int f[\phi(x)]\phi'(x) dx = [\int f(u)du]_{u=\phi(x)}

这个时候函数g(x)的积分就转化成了函数f(u)的积分，如果能求到f(u)的原函数，那么我们也就得到了g(x)的原函数。一般来说经过了换元化简之后得到的函数f(u)都会比原函数g(x)简单得多，这也是换元法的意义。

光说不练假把式，我们来看一个例子：

由于分母上的x有一个系数，导致我们不能直接使用积分公式。这个时候就需要换元，不难想到，我们可以用u = 3 + 2x。由于我们要凑出f(u)du，我们发现u对x的导数为2，所以我们可以将原式变形：

\begin{aligned}
\int \frac{1}{3 + 2x}dx &= \int \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{3+2x} d(3 + 2x) \\
&= \int \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{u} du = \frac{1}{2} \ln|u| + C \\
&= \frac{1}{2} \ln|3 + 2x| + C
\end{aligned}

通过上面这个例子，我们可以发现，其实换元法的精髓很简单，我们在换元之后，需要凑一下f(u)du。当我们凑到了之后，就可以把u当成变量套积分公式了。

我们再来看一个复杂一些的例子：

在这个例子当中，我们要计算的函数比较复杂，既包含三角函数，又有平方操作。简单粗暴直接搞肯定是不行的，我们需要先把 cos^2x 看成是 $\cos x \cdot \cos x$ ，这样我们就可以套用积化和差公式，得到： $\frac{1}{2}(1 + \cos 2x)$

到这里就简单很多了：

\begin{aligned}
\int \cos^2x dx = \int \frac{1}{2}(1 + \cos 2x) dx
\end{aligned}

我们令u = 2x，上式可以变形为：

\begin{aligned}
\int \cos^2x dx &= \frac{1}{2} (\frac{1}{2} \int du + \int \frac{1}{2}\cos u du) \\
&= \frac{1}{2} \int dx + \frac{1}{4} \int \cos u du \\
&= \frac{x}{2} + \frac{\sin 2x}{4} + C
\end{aligned}

第二类换元法

熟悉了第一类换元法之后，我们来看第二类换元法。

在第一类换元法当中我们用一个新的变量来代替了一个相对比较复杂的函数，比如我们用u代替了2x或者是2x+3等函数，简化了后续的运算。而第二类换元法的思路刚好相反，我们将原本单一的变量转化成一个复杂的表达式。比如我们用三角函数或者是极坐标来表示原本的x，这种做法在高中的数学题当中经常常见，尤其是解析几何的问题。我们经常建立极坐标，用极坐标公式来换元简化计算。

也就是说第二种换元法刚好和第一类换元法的逻辑相反，我们是将x转化成 $\phi(t)$ 。所以换元公式为：

但是这么做是有前提的，f(x)既然可积说明积分一定存在，但是右边换元之后的式子却并不一定。所以我们需要保证 $\int f[\phi(t)]\phi'(t)$ 的原函数存在。其次，在我们换元计算结束之后，我们需要用 $x = \phi(t)$ 的函数的反函数 $t = \phi^{-1}(x)$ 代入回去。但是要保证反函数存在并且可导的，我们可以简单认为原函数 $x = \phi(t)$ 在某个区间上是单调可导的，并且 $\phi'(t) \neq 0$ 。

我们根据上面的定义写出换元公式：

\int f(x) dx = [\int f[\phi(t)]\phi'(t)dt]_{t = \phi^{-1}(x)}

我们同样可以使用链式求导法则来证明，我们假设 $f[\phi(t)]\phi'(t)$ 的原函数是 $\Phi(t)$ ，所以 $\Phi(t)=\Phi[\phi^{-1}(x)]=F(x)$ ，我们对 F(x) 求导，可以得到：

\begin{aligned}
F'(x) &= \frac{d\Phi}{dt}\cdot \frac{dt}{dx} = f[\phi(t)]\phi'(t)\cdot \frac{1}{\phi'(t)} \\
&= f[\phi(t)] = f(x)
\end{aligned}

我们同样来看一个例子： $\int \sqrt{a^2 - x^2}dx$

这个例子当中又有平方根，又有平方项，看起来非常麻烦，这个时候我们就需要进行换元。因为 $\sin^2 t + \cos^2t = 1$ ，所以我们可以令 $x = a\sin t$ ， $t \in (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ 。我们代入原式，可以得到：

\begin{aligned}
\int \sqrt{a^2 - x^2}dx = \int a\cos t \cdot a\cos t dt = a^2 \int cos^2 tdt
\end{aligned}

$\int cos^2 tdt$ 其实就是我们上面讲的第二个例子，我们之前计算得到过答案： $\int \cos^2x dx = \frac{x}{2} + \frac{\sin 2x}{4} + C$ ，我们代入原式，可以得到：

\begin{aligned}
\int \sqrt{a^2 - x^2}dx &= a^2(\frac{t}{2} + \frac{\sin 2t}{4}) + C \\
&= \frac{a^2}{2}t + \frac{a^2}{2}\sin t \cos t + C
\end{aligned}

由于 $x = a\sin t, -\frac{\pi}{2} < t < \frac{\pi}{2}$ ，所以 $t = \arcsin \frac{x}{a}$ ， $\sin t = \frac{x}{a}$ ， $\cos t = \sqrt{1 - \sin^2t} = \sqrt{1 - (\frac{x}{a})^2} = \frac{\sqrt{a^2 - x^2}}{a}$ ，我们将这些带入上式可以得到最终结果：