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分部积分法与换元法

## 11.2.1 分部积分法
定理 11.4 （分部积分法）设 $u(x), v(x)$ 在（有界或无界）区间 $(a, b)$ 上连续，下列极限

$$
\left.u(x) v(x)\right|_{a^{+}} ^{b^{-}}=u\left(b^{-}\right) v\left(b^{-}\right)-u\left(a^{+}\right) v\left(a^{+}\right)
$$

存在，又除去至多有限个点外，导数 $u^{\prime}(x), v^{\prime}(x)$ 存在且连续，则积分 $\int_a^b v(x) u^{\prime}(x) d x$和 $\int_a^b u(x) v^{\prime}(x) d x$ 同敛散，且在收敛时成立下列分部积分公式

$$
\int_a^b u(x) v^{\prime}(x) d x=\left.u(x) v(x)\right|_{a^{+}} ^{b^{-}}-\int_a^b v(x) u^{\prime}(x) d x .
$$

（与常义积分情况类似可将上述公式简写为 $\int_a^b u d v=\left.u v\right|_{a^{+}} ^{b^{-}}-\int_a^b v d u$ ．）
证 从广义 Newton－Leibniz 公式有

$$
\int_a^b(u(x) v(x))^{\prime} d x=\left.u(x) v(x)\right|_{a^{+}} ^{b^{-}}
$$

根据定理中的条件知道上式左边的积分收玫，它可以是常义积分或广义积分．
若 $u^{\prime}, v^{\prime}$ 在 $(a, b)$ 上处处存在且连续，则有 $(u v)^{\prime}=u v^{\prime}+u^{\prime} v$ ，因此有

$$
\int_a^b u(x) v^{\prime}(x) d x+\int_a^b u^{\prime}(x) v(x) d x=\int_a^b(u(x) v(x))^{\prime} d x=\left.u(x) v(x)\right|_{a^{+}} ^{b^{-}}
$$

由此可见上式左边两个积分中只要有一个收玫，则另一个也收玫。
若 $u^{\prime}, v^{\prime}$ 于 $(a, b)$ 中的某个点 $c$ 处不全存在，则可以在 $(a, c)$ 和 $(c, b)$ 上分别写出上式然后相加即可．

例题 11.15 试用不同方法计算广义积分 $\int_0^1 \ln x d x$ ，并分析它们的差异．
解 首先可以从广义积分定义出发计算．这时 $x=0$ 是惟一奇点，因此就有

$$
\begin{aligned}
\int_0^1 \ln x d x & =\lim _{\eta \rightarrow 0^{+}} \int_\eta^1 \ln x d x=\left.\lim _{\eta \rightarrow 0^{+}}(x \ln x-x)\right|_\eta ^1 \\
& =\lim _{\eta \rightarrow 0^{+}}(-1-\eta \ln \eta+\eta)=-1
\end{aligned}
$$

其次可以用广义的 Newton－Leibniz 公式来计算：

$$
\int_0^1 \ln x d x=\left.(x \ln x-x)\right|_{0^{+}} ^1=-1
$$

以上两个方法的共同点是依赖于 $\ln x$ 的原函数为 $x \ln x-x$ ．
最后用分部积分法来计算，它不需要事先求出上述原函数：

$$
\int_0^1 \ln x d x=\left.x \ln x\right|_{0^{+}} ^1-\int_0^1 x \cdot \frac{1}{x} d x=-1
$$

例题11．16 设参数 $s>0$ ，证明对于每个非负整数 $n$ 成立

$$
I_n=\int_0^{+\infty} e^{-s t} t^n d t=\frac{n!}{s^{n+1}}
$$

证 当 $n=0$ 时有

$$
I_0=\int_0^{+\infty} e^{-s t} d t=-\left.\frac{1}{s} e^{-s t}\right|_0 ^{+\infty}=\frac{1}{s}
$$

当 $n \geqslant 1$ 时则可以用分部积分法求出递推公式
$$
I_n=-\left.\frac{1}{s} \cdot e^{-s t} t^n\right|_0 ^{+\infty}+\frac{1}{s} \int_0^{+\infty} e^{-s t} \cdot n t^{n-1} d t=\frac{n}{s} I_{n-1}
$$

因此就得到

$$
I_n=\frac{n}{s} \cdot \frac{n-1}{s} \cdots \frac{1}{s} \cdot I_0=\frac{n!}{s^{n+1}}
$$

注 若将 $I_n$ 的公式两边乘以 $s^{n+1}$ ，并将积分号下的 $s t$ 重新记为 $t$ ，就得到

$$
\int_0^{+\infty} e^{-t} t^n d t=n!
$$

将积分中的非负整数 $n$ 改为连续参数 $x-1$ ，就得到含参变量的广义积分，即 Gamma 函数 $(x>0)$ ：

$$
\Gamma(x)=\int_0^{+\infty} t^{x-1} e^{-t} d t
$$

从 $\Gamma(n+1)=n!$ 可知它实现了阶乘 $\{n!\}$ 的连续化．$\Gamma(x)$ 是一个重要的特殊函数，将在第三册中含参变量积分一章中作专门介绍。

下面介绍用分部积分法时的一个技巧，它在第十章的例题 10.35 中已经用过，这就是可以将分部积分公式改写为

$$
\int_a^b u d v=\int_a^b u d(v \pm c)=\left.u(v \pm c)\right|_{a^{+}} ^{b^{-}}-\int_a^b(v \pm c) d u
$$

其中的 $c$ 可以根据需要而自由选择．下面就是一个例子．

例题 11.17 求 $\int_0^1 \ln (1-x) d x$ ．
解 若用分部积分法如下：

$$
\int_0^1 \ln (1-x) d x=\left.x \ln (1-x)\right|_0 ^{1^{-}}-\int_0^1 x d(\ln (1-x))
$$

则右边第一项不是有限数，因此违反定理 11.4 的基本条件．为此作如下修改即可．

$$
\begin{aligned}
\int_0^1 \ln (1-x) d x & =\int_0^1 \ln (1-x) d(x-1) \\
& =\left.(x-1) \ln (1-x)\right|_0 ^{1^{-}}-\int_0^1(x-1) d(\ln (1-x)) \\
& =\int_0^1(-1) d x=-1 .
\end{aligned}
$$

## 11.2.2 换元法
定理 11.5 （广义积分换元法）设函数 $u=u(x)$ 于（有界或无界）区间 $(a, b)$上单调且连续可微，函数 $f(u)$ 在 $u(x)$ 的值域上连续，$a<b$ ，则广义积分 $\int_a^b f(u(x)) u^{\prime}(x) d x$ 与 $\int_{u\left(a^{+}\right)}^{u\left(b^{-}\right)} f(u) d u$ 同敛散，在收玫时成立等式

$$
\int_a^b f(u(x)) u^{\prime}(x) d x=\int_{u\left(a^{+}\right)}^{u\left(b^{-}\right)} f(u) d u
$$

下面先举例说明用法，然后再作出证明．
例题 11.18 求 $I=\int_{-\infty}^{-1} \frac{d x}{x \sqrt{1+x^2}}$ ．
解 1 在 $x<0$ 时，被积表达式 $\frac{ d x}{x \sqrt{1+x^2}}=\frac{ d x}{-x^2 \sqrt{1+\frac{1}{x^2}}}=\frac{ d (1 / x)}{\sqrt{1+(1 / x)^2}}$ ，因此可作代换 $u=1 / x$ ，且有 $u(-1)=-1, u(-\infty)=0$ ，这样就得到

$$
I=\int_0^{-1} \frac{d u}{\sqrt{1+u^2}}=\left.\ln \left(u+\sqrt{1+u^2}\right)\right|_0 ^{-1}=\ln (\sqrt{2}-1)
$$

解 2 作代换 $x=\tan t$ ，当 $x$ 从 $-\infty$ 到 -1 时 $t$ 从 $-\pi / 2$ 到 $-\pi / 4$ ，这时 $\frac{ d x}{x \sqrt{1+x^2}}=\frac{ d t}{\sin t}$ 于是

$$
I=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{-\frac{\pi}{4}} \frac{d t}{\sin t}=\left.\ln \left|\tan \frac{t}{2}\right|\right|_{-\frac{\pi}{2}} ^{-\frac{\pi}{4}}=\ln \tan \frac{\pi}{8}
$$

最后用三角函数的半角公式可以计算出 $\tan \frac{\pi}{8}=\sqrt{2}-1$ ．

下面是用换元法的一个证明题．
例题11．22 设 $a>0, f \in C( R )$ ，证明以下等式在左边积分收敛时成立：

$$
\int_0^{+\infty} f\left(\frac{a}{x}+\frac{x}{a}\right) \frac{\ln x}{x} d x=\ln a \int_0^{+\infty} f\left(\frac{a}{x}+\frac{x}{a}\right) \frac{d x}{x} .
$$

证 这里有两个奇点 $x=0,+\infty$ ，但用换元公式则不必分成两个积分来处理．
记左边的积分为 $I$ ，并作代换 $\frac{x}{a}=\frac{a}{u}$ ，则有

$$
\begin{aligned}
I & =\int_{+\infty}^0 f\left(\frac{u}{a}+\frac{a}{u}\right) \cdot \frac{(2 \ln a-\ln u) u}{a^2} \cdot\left(-\frac{a^2}{u^2}\right) d u \\
& =\int_0^{+\infty} f\left(\frac{u}{a}+\frac{a}{u}\right) \cdot\left(\frac{2 \ln a}{u}-\frac{\ln u}{u}\right) d u \\
& =-I+2 \ln a \int_0^{+\infty} f\left(\frac{u}{a}+\frac{a}{u}\right) \frac{d u}{u} .
\end{aligned}
$$

可见当 $I$ 为有限数时另一边的广义积分也收玫，且成立所求的等式．

例题 11.23 求 $I=\int_0^{+\infty} \frac{ d x}{1+x^4}$ ．
解 1 利用部分分式分解方法或配对法求出原函数（见例题 9．42），然后用 Newton－Leibniz 公式求得答案．从略．

解 2 作代换 $u=1 / x$ ，则当 $x$ 从 0 到 $+\infty$ 时，$u$ 从 $+\infty$ 到 0 ．于是有
 
$$
\begin{aligned}
I & =\int_{+\infty}^0 \frac{-\frac{1}{u^2} d u}{1+\frac{1}{u^4}}=\int_0^{+\infty} \frac{u^2 d u}{u^4+1} \text { (将 } u \text { 再改记为 } x \text { ) } \\
& =\frac{1}{2} \int_0^{+\infty} \frac{x^2+1}{x^4+1} d x=\frac{1}{2} \int_0^{+\infty} \frac{d\left(x-\frac{1}{x}\right)}{\left(x-\frac{1}{x}\right)^2+2} \text { (令 } v=x-\frac{1}{x} \text { ) } \\
& =\frac{1}{2} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{d v}{v^2+2}=\int_0^{+\infty} \frac{d v}{v^2+2} \\
& =\left.\frac{1}{\sqrt{2}} \arctan \frac{v}{\sqrt{2}}\right|_0 ^{+\infty}=\frac{\pi}{2 \sqrt{2}} .
\end{aligned}
$$

与上一例题类似，下一例题中的原函数在例题 9.44 中已经用万能变换求出，但在计算定积分时不如直接计算为方便．

例题 11.25 （Euler 积分）求 $I=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \ln \sin x d x$ ．
解 用代换 $t=\frac{\pi}{2}-x$ 就可以得到（参见公式（10．15））

$$
I=\int_0^{\frac{\pi}{4}}(\ln \sin x+\ln \cos x) d x=\int_0^{\frac{\pi}{4}} \ln \sin 2 x d x-\frac{\pi}{4} \ln 2
$$

对最后一式中的积分作代换 $2 x=t$ ，就得到

$$
I=\frac{1}{2} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \ln \sin t d t-\frac{\pi}{4} \ln 2=\frac{1}{2} I-\frac{\pi}{4} \ln 2
$$

因此 $I=-\frac{\pi}{2} \ln 2$ ．
注 Euler 积分是不能用 Newton－Leibniz 公式求出的典型例子，它在许多问题中以各种不同形式出现．（参见［25］§12．3 的练习题 3 的 8 个小题．）

下面是对于广义积分的估计．
例题 11.26 试证明下列估计：
（1） $1-\frac{1}{n+1}<\int_0^{+\infty} e ^{-x^n} d x<1+\frac{1}{n e }$ ；
（2） $\int_{1.9}^2 \frac{ e ^{-x}}{\sqrt[4]{2+x-x^2}} d x<0.03$ ．
证（1）利用在区间 $[0,1]$ 上有 $1-x^n \leqslant e ^{-x^n} \leqslant 1$ ，积分后得到

$$
1-\frac{1}{n+1}<\int_0^1 e^{-x^n} d x<1
$$

在 $[1,+\infty)$ 上则有

$$
0<\int_1^{+\infty} e^{-x^n} d x<\frac{1}{n} \int_1^{+\infty} n x^{n-1} e^{-x^n} d x=\frac{1}{n e}
$$

将以上两式相加即得。
（2）将被积函数分解为两个因子后估计如下：

$$
\int_{1.9}^2 \frac{e^{-x}}{\sqrt[4]{1+x}} \cdot \frac{1}{\sqrt[4]{2-x}} d x<\frac{e^{-1.9}}{\sqrt[4]{2.9}} \cdot \frac{4}{3}(0.1)^{\frac{3}{4}}<0.027176
$$

最后一个例子中需要用积分第二中值定理（即定理 10．13）．

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