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定积分的换元法
日期:
2022-12-30 08:54
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牛顿-莱布尼兹公式告诉我们, 计算连续函数 $f(x)$ 的定积分 $\int_a^b f(x) d x$ 的有 效简便方法是计算 $f(x)$ 的原函数 $F(x)$ 在 $[a, b]$ 上增量 $F(b)-F(a)$. 只要求出原 函数 $F(x)$, 就能求得 $\int_a^b f(x) \mathrm{d}$, 即 $$ \int_a^b f(x) \mathrm{d} x=\left.F(x)\right|_a ^b=\left.\left(\int f(x) \mathrm{d} x\right)\right|_a ^b . $$ 这说明不定积分的计算与定积分的计算有着密切关系. 很自然地想到, 在定 积分计算中, 也可以尝试换元法与分部法. 在不定积分中， 我们已掌握了换元法和分部积分法. 现在我们来计算定积分 $$ \int_0^a \sqrt{a^2-x^2} \mathrm{~d} x(a>0) . $$ 令 $x=a \sin t, t \in\left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)$, 则 $$ t=\arcsin \frac{x}{a}, \sin t=\frac{x}{a}, \cos t=\sqrt{1-\sin ^2 t}=\sqrt{1-\left(\frac{x}{a}\right)^2}=\frac{\sqrt{a^2-x^2}}{a} . $$ $$ \begin{aligned} \int \sqrt{a^2-x^2} \mathrm{~d} x=a^2 \int \cos ^2 t \mathrm{~d} t & =\frac{a^2}{2} \int(1+\cos 2 t) \mathrm{d} t=\frac{a^2}{2}\left(t+\frac{1}{2} \sin 2 t\right)+C \\ & =\frac{a^2}{2}(t+\sin t \cos t)+C \\ & =\frac{a^2}{2}\left(\arcsin \frac{x}{a}+\frac{x}{a} \cdot \frac{\sqrt{a^2-x^2}}{a}\right)+C, \end{aligned} $$ 因此 $\int_0^a \sqrt{a^2-x^2} \mathrm{~d} x=\frac{a^2}{2}\left(\arcsin \frac{x}{a}+\frac{x}{a} \cdot \frac{\sqrt{a^2-x^2}}{a}\right) \|_0^a=\frac{a^2}{2}\left(\frac{\pi}{2}-0\right)=\frac{\pi a^2}{4}$. 定理 1 设 (1) 函数 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续; (2) $x=\varphi(t)$ 在 $[\alpha, \beta]$ 或 $[\beta, \alpha]$ 上单调且具有连续导数且 $R_{\varphi}=[a, b]$; (3) $t$ 在 $[\alpha, \beta]$ 或 $[\beta, \alpha]$ 上变化时, $\varphi(t)=x$ 在 $[a, b]$ 上变化, 且 $\varphi(\alpha)=a$, $\varphi(\beta)=b$, 则 $\int_a^b f(x) \mathrm{d} x=\int_\alpha^\beta f[\varphi(t)] \varphi^{\prime}(t) \mathrm{d} t$. *证明 由条件(1)函数 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续, 知 $\int_a^b f(x) \mathrm{d} x$ 存在, 且有原函数 $F(x)$ 存在, 由微积分基本公式, 得 $\int_a^b f(x) \mathrm{d} x=F(b)-F(a)$. 因为 $f[\varphi(t)] \varphi^{\prime}(t)$ 在 $[\alpha, \beta]$ 或 $[\beta, \alpha]$ 上连续, 故 $\int_\alpha^\beta f[\varphi(t)] \varphi^{\prime}(t) \mathrm{d} t$ 存在, 且在 $[\alpha, \beta]$ 或 $[\beta, \alpha]$ 上有原函数 $\Phi(t)$, 由微积分基本公式, 得. $$ \int_\alpha^\beta f[\varphi(t)] \varphi^{\prime}(t) \mathrm{d} t=\Phi(\beta)-\Phi(\alpha) . $$ 现只要证明 $F(b)-F(a)=\Phi(\beta)-\Phi(\alpha)$. 由于 $\frac{\mathrm{d} F}{\mathrm{~d} t}=\frac{\mathrm{d} F}{\mathrm{~d} x} \cdot \frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{~d} t}=f[\varphi(t)] \varphi^{\prime}(t)$, 而 $\Phi^{\prime}(t)=f[\varphi(t)] \varphi^{\prime}(t)$, 故 $\Phi(t)=F(\varphi(t))+C$, 即 $\Phi(\beta)=F[\varphi(\beta)]+C_0, \Phi(\alpha)=F[\varphi(\alpha)]+C_0$, 因此 $$ \begin{aligned} \int_\alpha^\beta f[\varphi(t)] \varphi^{\prime}(t) \mathrm{d} t & =\Phi(\beta)-\Phi(\alpha)=F[\varphi(\beta)]-F[\varphi(\alpha)] \\ & =F(b)-f(a)=\int_a^b f(x) \mathrm{d} x . \end{aligned} $$ 注 (1)作 $x=\varphi(t)$ 时, 相应的积分上下限也应变作新变量的上下限. (2)求出新变量的原函数后, 不必作回代, 只需把新变量的上下限直接代入 计算. 我们可以用定积分的换元法来计算刚才的定积分. 令 $x=a \sin t$, 则 $\mathrm{d} x=\mathrm{d}(a \sin t)=a \cos t \mathrm{~d} t$, 当 $x=0$ 时 $t=0$; 当 $x=a$ 时 $t=\frac{\pi}{2}$, $$ \int_0^a \sqrt{a^2-x^2} \mathrm{~d} x=a^2 \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos ^2 t \mathrm{~d} t=\frac{a^2}{2} \int_0^{\frac{\pi}{2}}(1+\cos 2 t) \mathrm{d} t=\left.\frac{a^2}{2}\left(t+\frac{1}{2} \sin 2 t\right)\right|_0 ^{\frac{\pi}{2}}=\frac{\pi a^2}{4} . $$ 例 1 计算 $\int_0^1(2 x-1)^{2016} \mathrm{~d} x$. 解 令 $t=2 x-1$, 则 $\mathrm{d} t=2 \mathrm{~d} x, x=0 \Rightarrow t=-1, x=1 \Rightarrow t=1$, $$ \int_0^1(2 x-1)^{2016} \mathrm{~d} x=\frac{1}{2} \int_{-1}^1 t^{2016} \mathrm{~d} t=\left.\frac{1}{2} \cdot \frac{t^{2017}}{2017}\right|_{-1} ^1=\frac{1}{2017} . $$ 注 本例中, 如果不明显写出新变量 $t$, 则定积分的上、下限就不要变, 重新计 算如下. $$ \begin{aligned} \int_0^1(2 x-1)^{2016} \mathrm{~d} x & =\frac{1}{2} \int_0^1(2 x-1)^{2016} \mathrm{~d}(2 x-1) \\ & =\left.\frac{1}{2}\left[\frac{(2 x-1)^{2017}}{2017}\right]\right|_0 ^1=\frac{1}{2017} . \end{aligned} $$ 例 2 求定积分 $\int_1^e \frac{\ln ^2 x}{x} \mathrm{~d} x$. 解 $\int_1^{\mathrm{e}} \frac{\ln ^2 x}{x} \mathrm{~d} x=\int_1^{\mathrm{e}} \ln ^2 x \mathrm{~d} \ln x=\left.\frac{1}{3} \ln ^3 x\right|_1 ^{\mathrm{e}}=\frac{1}{3}\left(\ln ^3 \mathrm{e}-\ln ^3 1\right)=\frac{1}{3}$. 例 3 求定积分 $\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{\cos x-\cos ^3 x} \mathrm{~d} x$. 解 因为 $\sqrt{\cos x-\cos ^3 x}=\sqrt{\cos x\left(1-\cos ^2 x\right)}=\sqrt{\cos x \cdot \sin ^2 x}=\sqrt{\cos x}|\sin x|$ 所以 $$ \begin{aligned} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{\cos x-\cos ^3 x} \mathrm{~d} x & =-\int_{-\frac{\pi}{2}}^0 \sqrt{\cos x} \sin x \mathrm{~d} x+\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{\cos x} \sin x \mathrm{~d} x \\ & =\int_{-\frac{\pi}{2}}^0 \sqrt{\cos x} \mathrm{~d} \cos x-\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sqrt{\cos x} \mathrm{~d} \cos x \\ & =\left[\frac{2}{3} \cos ^{\frac{3}{2}} x\right]_{-\frac{\pi}{2}}^0-\left[\frac{2}{3} \cos ^{\frac{3}{2}} x\right]_0^{\frac{\pi}{2}} \\ & =\frac{2}{3}-\left(-\frac{2}{3}\right)=\frac{4}{3} . \end{aligned} $$ 例 4 求定积分 $\int_{-1}^1 \frac{x}{\sqrt{5-4 x}} \mathrm{~d} x$. 解 令 $t=\sqrt{5-4 x}$, 即 $x=\frac{5-t^2}{4}, \mathrm{~d} x=-\frac{1}{2} t \mathrm{~d} t$, 当 $x=-1$ 时, $t=3$, 当 $x=1$ 时, $t=1$, 从而 $$ \begin{aligned} \int_{-1}^1 \frac{x}{\sqrt{5-4 x}} \mathrm{~d} x & =\int_3^1 \frac{5-t^2}{4} \cdot \frac{1}{t} \cdot\left(-\frac{1}{2} t\right) \mathrm{d} t \\ & =\int_3^1 \frac{1}{8}\left(t^2-5\right) \mathrm{d} t=\left.\left[\frac{1}{8}\left(\frac{t^3}{3}-5 t\right)\right]\right|_3 ^1 \\ & =\frac{1}{6} . \end{aligned} $$ 例 5 求 $\int_0^{\ln 2} \sqrt{\mathrm{e}^x-1} \mathrm{~d} x$. 解 令 $\sqrt{\mathrm{e}^x-1}=t$, 则 $x=\ln \left(t^2+1\right)$, 当 $x=0$ 时, $t=0$, 当 $x=\ln 2$ 时, $t=1$, 从而 $$ \begin{aligned} \int_0^{\ln 2} \sqrt{\mathrm{e}^x-1} \mathrm{~d} x & =\int_0^1 t \cdot \frac{2 t}{1+t^2} \mathrm{~d} t=2 \int_0^1 \frac{t^2+1-1}{1+t^2} \mathrm{~d} t \\ & =2 \int_0^1\left(1-\frac{1}{1+t^2}\right) \mathrm{d} t=\left.(2 t-2 \arctan t)\right|_0 ^1 \\ & =2-\frac{\pi}{2} . \end{aligned} $$ 例 6 求 $\int_{\frac{1}{2}}^{\frac{\sqrt{2}}{2}} \frac{1}{x^2 \sqrt{1-x^2}} \mathrm{~d} x$. 解 令 $x=\sin t$, 则 $t=\arcsin x, \mathrm{~d} x=\mathrm{d} \sin t=\cos t \mathrm{~d} t$, 当 $x=\frac{1}{2}$ 时, $t=\frac{\pi}{6}$, 当 $x=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 时, $t=\frac{\pi}{4}$, 从而 $$ \begin{aligned} \int_{\frac{1}{2}}^{\frac{\sqrt{2}}{2}} \frac{1}{x^2 \sqrt{1-x^2}} \mathrm{~d} x & =\int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{4}} \frac{\cos t}{\sin ^2 t \cos t} \mathrm{~d} x \\ & =\int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{4}} \frac{1}{\sin ^2 t} \mathrm{~d} x=\int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{4}} \csc ^2 x \mathrm{~d} x=\left.(-\cot x)\right|_{\frac{\pi}{6}} ^{\frac{\pi}{4}}=\sqrt{3}-1 . \end{aligned} $$ 例 7 当 $f(x)$ 在 $[-a, a]$ 上连续, 则 (1) 若 $f(x)$ 是区间 $[-a, a](a>0)$ 上的连续且为奇函数, 则 $\int_{-a}^a f(x) \mathrm{d} x=0$; (2) 若 $f(x)$ 是区间 $[-a, a](a>0)$ 上的连续且为偶函数, 则 $\int_{-a}^a f(x) \mathrm{d} x=2 \int_0^a f(x) \mathrm{d} x$; (3) 若 $f(x)=f(x+T)\left(f(x)\right.$ 是以 $T$ 为周期的周期函数), 则 $\int_T^{T+a} f(x) d x=\int_0^T f(x) d x$; (4) $\int_0^{\frac{\pi}{2}} f(\sin x) \mathrm{d} x=\int_0^{\frac{\pi}{2}} f(\cos x) \mathrm{d} x$; (5) $\int_0^\pi f(\sin x) \mathrm{d} x=2 \int_0^{\frac{\pi}{2}} f(\sin x) \mathrm{d} x$ (6) $\int_0^\pi x f(\sin x) \mathrm{d} x=\pi \int_0^{\frac{\pi}{2}} f(\sin x) \mathrm{d} x$. 例 7 当 $f(x)$ 在 $[-a, a]$ 上连续, 则 (1) 若 $f(x)$ 是区间 $[-a, a](a>0)$ 上的连续且为奇函数, 则 $\int_{-a}^a f(x) \mathrm{d} x=0$; (4) $\int_0^{\frac{\pi}{2}} f(\sin x) \mathrm{d} x=\int_0^{\frac{\pi}{2}} f(\cos x) \mathrm{d} x$; 证明 我们仅证(1)和(4), 其余的留作习题. (1) $\int_{-a}^0 f(x) \mathrm{d} x=\int_a^0 f(-t) \mathrm{d}(-t)=-\int_0^a f(t) \mathrm{d} t=-\int_0^a f(x) \mathrm{d} x$, 因此 $$ \int_{-a}^a f(x) \mathrm{d} x=\int_{-a}^0 f(x) \mathrm{d} x+\int_0^a f(x) \mathrm{d} x=-\int_0^a f(x) \mathrm{d} x+\int_0^a f(x) \mathrm{d} x=0 ; $$ 例 7 当 $f(x)$ 在 $[-a, a]$ 上连续, 则 (1) 若 $f(x)$ 是区间 $[-a, a](a>0)$ 上的连续且为奇函数, 则 $\int_{-a}^a f(x) \mathrm{d} x=0$; (4) $\int_0^{\frac{\pi}{2}} f(\sin x) \mathrm{d} x=\int_0^{\frac{\pi}{2}} f(\cos x) \mathrm{d} x$; 证明 我们仅证(1)和(4), 其余的留作习题. (4) 令 $x=\frac{\pi}{2}-t$, 则 $\mathrm{d} x=\mathrm{d}\left(\frac{\pi}{2}-t\right)=-\mathrm{d} t, x=0 \Rightarrow t=\frac{\pi}{2} ; x=\frac{\pi}{2} \Rightarrow t=0$; $$ \int_0^{\frac{\pi}{2}} f(\sin x) \mathrm{d} x=\int_{\frac{\pi}{2}}^0 f\left(\sin \left(\frac{\pi}{2}-t\right)\right) \mathrm{d}(-t)=\int_0^{\frac{\pi}{2}} f(\cos t) \mathrm{d} t=\int_0^{\frac{\pi}{2}} f(\cos x) \mathrm{d} x . $$ 例 8 计算 $\int_{-1}^1(|x|+\sin x) x^2 d x$. 解 因为积分区间对称于原点, 且 $|x| x^2$ 为偶函数, $\sin x \cdot x^2$ 为奇函数, 所以 $$ \int_{-1}^1(|x|+\sin x) x^2 d x=\int_{-1}^1|x| x^2 d x=2 \int_0^1 x^3 d x=\left.2 \cdot \frac{x^4}{4}\right|_0 ^1=\frac{1}{2} . $$ 例 9 计算 $\int_{-1}^1 \frac{2 x^2+x \cos x}{1+\sqrt{1-x^2}} \mathrm{~d} x$. 解 原式 $=\int_{-1}^1 \frac{2 x^2}{1+\sqrt{1-x^2}} \mathrm{~d} x+\int_{-1}^1 \frac{x \cos x}{1+\sqrt{1-x^2}} \mathrm{~d} x$ (偶函数) (奇)函数) $$ \begin{aligned} & =4 \int_0^1 \frac{x^2}{1+\sqrt{1-x^2}} \mathrm{~d} x=4 \int_0^1 \frac{x^2\left(1-\sqrt{1-x^2}\right)}{1-\left(1-x^2\right)} \mathrm{d} x \\ & =4 \int_0^1\left(1-\sqrt{1-x^2}\right) \mathrm{d} x=4-4 \int_0^1 \sqrt{1-x^2} \mathrm{~d} x=4-\pi . \end{aligned} $$ (单位圆的面积) 例 10 计算 $\int_0^\pi \frac{x \sin x}{1+\cos ^2 x} \mathrm{~d} x$. $$ \text { 解 } \begin{aligned} \int_0^\pi \frac{x \sin x}{1+\cos ^2 x} \mathrm{~d} x & =\frac{\pi}{2} \int_0^\pi \frac{\sin x}{1+\cos ^2 x} \mathrm{~d} x=-\frac{\pi}{2} \int_0^\pi \frac{1}{1+\cos ^2 x} \mathrm{~d}(\cos x) \\ & =-\frac{\pi}{2}[\arctan (\cos x)]_0^\pi \\ & =-\frac{\pi}{2}\left(-\frac{\pi}{4}-\frac{\pi}{4}\right)=\frac{\pi^2}{4} . \end{aligned} $$
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