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不定积分计算-换元法

## 9.2 换元法和分部积分法
这一节介绍计算不定积分的主要方法，其中有两种换元法和分部积分法．

## 9.2.1 换元法1——凑微分法
第一种换元法是例题 9.8 的推广．在该例题中，从 $F^{\prime}(u)=f(u)$ 出发，对于 $u=a x+b$ 有

$$
\int f(a x+b) d x=\frac{1}{a} F(a x+b)+C
$$

现在再发展一步，同样从 $F^{\prime}(u)=f(u)$ 出发，也就是有 $\int f(u) d u=F(u)+C$,则对于可微函数 $u=u(x)$ 就有

$$
\int f(u(x)) u^{\prime}(x) d x=F(u(x))+C
$$

由此可见，这实际上就是作代换 $u=u(x)$ ，在形式上可以将积分写为 $\int f(u(x)) d u(x)$ ，即 $\int f(u) d u$ ，在它的不定积分 $F(u)+C$ 中将 $u=u(x)$ 代入得到最后答案。

这里要注意以下几点：
（1）换元法 1 的正确性来自于求复合函数导数的链式法则．
（2）在不定积分记号中引入微分 $d x$ 对于换元法的使用有帮助．从上面的等式可见，换元法 1 就是要将积分号下的被积表达式凑成为复合函数 $F(u(x))$ 的微分：

$$
f(u(x)) u^{\prime}(x) d x=f(u(x)) d u(x)=d F(u(x)),
$$

因此可以将换元法 1 称为湊微分法．
在 $\S 9.1 .5$ 中已经见到用 $u(x)=a x+b$ 的许多例题，它们都是用换元法 1 的简单情况．下面先看一个重要例题．

例题 9.16 若有 $F^{\prime}(u)=f(u)$ ，则在 $\alpha \neq 0$ 时有

$$
\int f\left(x^\alpha\right) x^{\alpha-1} d x=\frac{1}{\alpha} \int f\left(x^\alpha\right) d\left(x^\alpha\right)=\frac{1}{\alpha} F\left(x^\alpha\right)+C
$$

其中 $u(x)=x^\alpha$ ．
今后称 $u=x^\alpha$ 为幂代换，特别称 $u=x^{-1}$ 为倒代换．可以用这些代换的例子很多，例如 $\alpha=-1$ 时从 $F^{\prime}(u)=f(u)$ 有

$$
\int f\left(\frac{1}{x}\right) \frac{1}{x^2} d x=-\int f\left(\frac{1}{x}\right) d\left(\frac{1}{x}\right)=-F\left(\frac{1}{x}\right)+C
$$

对于 $\alpha=2$ 则有

$$
\int f\left(x^2\right) x d x=\frac{1}{2} \int f\left(x^2\right) d\left(x^2\right)=\frac{1}{2} F\left(x^2\right)+C .
$$

此外，可以归入这一类的还有

$$
\int f(\ln x) \frac{d x}{x}=\int f(\ln x) d(\ln x)=F(\ln x)+C
$$

下面是用幂代换的常见例子。
例题 9.17 求 $I=\int \frac{1}{x^2} \sin \frac{1}{x} d x$ ．
解 $I=-\int \sin \frac{1}{x} d\left(\frac{1}{x}\right)=\cos \frac{1}{x}+C$ ．
例题 9.18 求 $I=\int \frac{ d x}{x \sqrt{x^2+1}}$ ．
解 这里可以用倒代换：

$$
\begin{aligned}
I & =\int \frac{x d x}{x^2 \sqrt{x^2+1}}=-\int \frac{x}{\sqrt{x^2+1}} d\left(\frac{1}{x}\right) \\
& =-\int \frac{1}{\sqrt{1+\left(\frac{1}{x}\right)^2}} d\left(\frac{1}{x}\right)=-\ln \left|\frac{1}{x}+\sqrt{1+\left(\frac{1}{x}\right)^2}\right|+C \\
& =\ln \left|\frac{x}{1+\sqrt{x^2+1}}\right|+C .
\end{aligned}
$$

例题 9.19 求 $I=\int \frac{ d x}{\sqrt{x}(1+x)}$ ．
解 $I=\int \frac{2}{1+(\sqrt{x})^2} d(\sqrt{x})=2 \arctan (\sqrt{x})+C$ ．
例题 9.20 求 $I=\int \frac{ d x}{x\left(1+x^n\right)}$ ，其中 $n$ 为正整数．
解 关键在于写出 $I=\int \frac{x^{n-1} d x}{x^n\left(1+x^n\right)}=\frac{1}{n} \int \frac{d\left(x^n\right)}{x^n\left(1+x^n\right)}$ ，于是可以先计算出

$$
\int \frac{d u}{u(1+u)}=\int\left(\frac{1}{u}-\frac{1}{1+u}\right) d u=\ln \left|\frac{u}{1+u}\right|+C
$$

再令 $u=x^n$ 代入就得到 $I=\frac{1}{n} \ln \left|\frac{x^n}{1+x^n}\right|+C$ ．
例题 9.21 求 $I=\int \frac{ d x}{x \ln x}$ ．
解 看出可用 $u=\ln x$ ，就得到 $I=\ln |\ln x|+C$ ．
例题 9.22 求 $I=\int \frac{ d x}{\left(x^2+1\right)^{3 / 2}}$
解 1 对这个例子介绍一种新方法．利用 $(\arctan x)^{\prime}=\frac{1}{x^2+1}$ ，取 $u=$ $\arctan x$ ，则 $d u=\frac{ d x}{1+x^2}, x=\tan u$ ，于是有

$$
\begin{aligned}
I & =\int \frac{d x}{\left(x^2+1\right) \sqrt{x^2+1}}=\int \frac{d u}{\sqrt{\tan ^2 u+1}}=\int \frac{d u}{\sec u} \\
& =\int \cos u d u=\sin u+C \\
& =\sin (\arctan x)+C=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}+C .
\end{aligned}
$$

注 1 这个解法是三角函数在分析计算中的一种典型应用，尽管原来的被积函数和最后的答案都不出现三角函数．这种情况在不定积分计算中是常见的．

注 2 在作代换 $u=\arctan x$ 时，可以作出右图所示的辅助三角形，这对于最后将 $\sin u$ 转化为 $x$ 的函数是有用的．对于其他三角代换也是如此．
 ![图片](/uploads/2025-02/53c5fe.jpg)
 解 2 本题也可以用倒代换计算如下：

$$
\begin{aligned}
I & =\int \frac{d x}{x^3\left(1+\frac{1}{x^2}\right)^{3 / 2}}=\int \frac{1}{x^2} \cdot \frac{\frac{1}{x} d x}{\left(1+\frac{1}{x^2}\right)^{3 / 2}} \\
& =-\int \frac{u d u}{\left(1+u^2\right)^{3 / 2}} \quad\left(\text { 这里的 } u=\frac{1}{x}\right) \\
& =-\frac{1}{2} \int \frac{d\left(1+u^2\right)}{\left(1+u^2\right)^{3 / 2}} \\
& =-\frac{1}{2} \int v^{-3 / 2} d v \quad\left(\text { 这里的 } v=1+u^2\right) \\
& =-\frac{1}{2} \cdot(-2) v^{-1 / 2}+C \\
& =\frac{1}{\sqrt{1+u^2}}+C=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}+C .
\end{aligned}
$$

9．2．2 三角函数积分的例子
以下都是凑微分法的应用：

$$
\begin{aligned}
& \int f(\sin x) \cos x d x=\int f(\sin x) d \sin x \\
& \int f(\cos x) \sin x d x=-\int f(\cos x) d \cos x
\end{aligned}
$$

$$
\begin{aligned}
&\begin{aligned}
& \int f(\tan x) \frac{d x}{\cos ^2 x}=\int f(\tan x) \sec ^2 x d x=\int f(\tan x) d \tan x \\
& \int f(\cot x) \frac{d x}{\sin ^2 x}=\int f(\cot x) \csc ^2 x d x=-\int f(\cot x) d \cot x
\end{aligned}\\
&\text { 此外还有 }\\
&\begin{aligned}
\int f(\tan x) d x & =\int f(\tan x) \cos ^2 x d \tan x \\
& =\int \frac{f(\tan x)}{1+\tan ^2 x} d \tan x
\end{aligned}
\end{aligned}
$$

因此问题归结为求 $\int \frac{f(u)}{1+u^2} d u$ ．
例题 9.23 求 $I=\int \sqrt{\sin x} \cos x d x$ ．
解 $I=\int \sqrt{\sin x} d \sin x=\frac{2}{3}(\sin x)^{\frac{3}{2}}+C$ ．
例题 9.24 求 $I=\int \tan x d x$ ．
解 $1 \quad I=\int \frac{\sin x}{\cos x} d x=-\int \frac{ d \cos x}{\cos x}=-\ln |\cos x|+C=\ln |\sec x|+C$ ．
解 2 利用 $d \tan x=\left(1+\tan ^2 x\right) d x$ ，

$$
\begin{aligned}
I & =\int \frac{\tan x}{1+\tan ^2 x} d \tan x=\int \frac{u d u}{1+u^2}=\frac{1}{2} \int \frac{d\left(1+u^2\right)}{1+u^2} \\
& =\frac{1}{2} \ln \left|1+u^2\right|+C=\frac{1}{2} \ln \sec ^2 x+C=\ln |\sec x|+C
\end{aligned}
$$

例题 9.25 求 $I=\int \sin ^3 x d x$ ．
解 1

$$
\begin{aligned}
I=\int \sin x\left(1-\cos ^2 x\right) d x & =\int\left(\cos ^2 x-1\right) d \cos x \\
& =\frac{1}{3} \cos ^3 x-\cos x+C
\end{aligned}
$$

解 2 将 $\sin ^n x$ 或 $\cos ^n x$ 写为倍角函数的代数和往往是计算它们的不定积分的一种有效方法．这一般可以用 Euler 公式得到．对本题而言，则有

$$
\begin{aligned}
\sin ^3 x & =\frac{1}{2}(1-\cos 2 x) \sin x=\frac{1}{2} \sin x-\frac{1}{4}(\sin 3 x-\sin x) \\
& =\frac{3}{4} \sin x-\frac{1}{4} \sin 3 x,
\end{aligned}
$$

然后就有

$$
I=\int\left(\frac{3}{4} \sin x-\frac{1}{4} \sin 3 x\right) d x=-\frac{3}{4} \cos x+\frac{1}{12} \cos 3 x+C
$$

注1 写出

$$
\begin{aligned}
\cos ^3 x & =\frac{1}{2}(1+\cos 2 x) \cos x=\frac{1}{2} \cos x+\frac{1}{4}(\cos 3 x+\cos x) \\
& =\frac{1}{4} \cos 3 x+\frac{3}{4} \cos x
\end{aligned}
$$

代入解 1 的答案中，可见与解 2 的答案相同．
注 2 可以用 De Moivre 公式同时计算出 $\cos 3 x$ 和 $\sin 3 x$ 的倍角公式．先写出

$$
\begin{aligned}
\cos 3 \theta+i \sin 3 \theta & =(\cos \theta+i \sin \theta)^3 \\
& =\cos ^3 \theta+3 i \cos ^2 \theta \sin \theta-3 \cos \theta \sin ^2 \theta-i \sin ^3 \theta
\end{aligned}
$$

等置两边的实部与虚部，就同时得到：

$$
\begin{aligned}
& \cos 3 \theta=\cos ^3 \theta-3 \cos \theta \sin ^2 \theta=4 \cos ^3 \theta-3 \cos \theta \\
& \sin 3 \theta=3 \cos ^2 \theta \sin \theta-\sin ^3 \theta=3 \sin \theta-4 \sin ^3 \theta
\end{aligned}
$$

例题 9.26 求 $I=\int \frac{ d x}{\sin ^3 x \cos x}$ ．
解 1 这类问题总可以化为有理分式后求不定积分（参见 §9．3．4）．

$$
\begin{aligned}
I & =\int \frac{\cos x d x}{\sin ^3 x\left(1-\sin ^2 x\right)} \\
& =\int \frac{d u}{u^3\left(1-u^2\right)}(u=\sin x)(\text { 若于此就作部分分式分解则计算量较大 }) \\
& =\frac{1}{2} \int \frac{u d u}{u^4\left(1-u^2\right)}=\frac{1}{2} \int \frac{d v}{v^2(1-v)}\left(v=u^2\right) .
\end{aligned}
$$

然后作分拆（参见例题 9．14）：

$$
\frac{1}{v^2(1-v)}=\frac{A}{v}+\frac{B}{v^2}+\frac{C}{v-1}
$$

两边乘 $v^2$ ，令 $v \rightarrow 0$ 得到 $B=1$ ；两边乘 $v-1$ ，令 $v \rightarrow 1$ 得到 $C=-1$ ；两边乘 $v$ ，令 $v \rightarrow+\infty$ ，得到 $A+C=0$ ，于是 $A=1$ 。

最后计算不定积分：

$$
\begin{aligned}
I & =\frac{1}{2}\left(\int \frac{d v}{v}+\int \frac{d v}{v^2}-\frac{d v}{v-1}\right) \\
& =\frac{1}{2} \ln \left|\frac{v}{v-1}\right|-\frac{1}{2 v}+C \\
& =\frac{1}{2} \ln \left|\frac{\sin ^2 x}{\cos ^2 x}\right|-\frac{1}{2 \sin ^2 x}+C \\
& =\ln |\tan x|-\frac{1}{2} \csc ^2 x+C
\end{aligned}
$$

解 2 一个巧妙的方法是将被积函数分子的 1 无中生有地换为 $\cos ^2 x+\sin ^2 x$ ：

$$
\begin{aligned}
I & =\int \frac{\cos ^2 x+\sin ^2 x}{\sin ^3 x \cos x} d x=\int \frac{\cos x}{\sin ^3 x} d x+\int \frac{d x}{\sin x \cos x} \\
& =\int \csc ^2 x \cot x d x+\int \frac{\sec ^2 x d x}{\tan x}=-\int \cot x d \cot x+\int \frac{d \tan x}{\tan x} \\
& =-\frac{1}{2} \cot ^2 x+\ln |\tan x|+C .
\end{aligned}
$$

注 在如上分拆为两项后计算方法很多．例如其中第一项可如下计算

$$
\int \frac{d \sin x}{\sin ^3 x}=-\frac{1}{2} \sin ^{-2} x+C=-\frac{1}{2} \csc ^2 x+C
$$

第二项可直接用 $\S 9.1 .3$ 中的基本不定积分表中的第 8 组的第一个公式得到

$$
\int \frac{d(2 x)}{\sin 2 x}=\ln |\tan x|+C
$$

解 3 将解 2 的无中生有方法再发展一步则有

$$
\begin{aligned}
I & =\int \frac{\left(\sin ^2 x+\cos ^2 x\right)^2}{\sin ^3 x \cos x} d x \\
& =\int\left[\tan x+2 \cot x+\cot x\left(\csc ^2 x-1\right)\right] d x \\
& =-\ln |\cos x|+\ln |\sin x|-\frac{1}{2} \cot ^2 x+C
\end{aligned}
$$

例题 9.27 求 $I=\int \frac{ d x}{A \cos ^2 x+2 B \cos x \sin x+C \sin ^2 x}$ ，其中设 $A \neq 0$ ．
解 利用 $A \neq 0$ 的条件，将分子分母同除以 $\sin ^2 x$ ，并令 $t=\cot x$ ，就得到

$$
I=\int \frac{\csc ^2 x d x}{A \cot ^2 x+2 B \cot x+C}=-\int \frac{d t}{A t^2+2 B t+C} .
$$

以下对二次三项式 $A t^2+2 B t+C$ 作配方，并按不同情况分别处理．
首先有

$$
I=-\frac{1}{A} \int \frac{d t}{\left(t+t_0\right)^2+\beta}
$$

其中 $t_0=\frac{B}{A}, \beta=\frac{1}{A^2}\left(A C-B^2\right)$ ．于是可分别积分如下：
（1）$A C-B^2>0$ ，则

$$
I=-\frac{1}{A} \cdot \frac{1}{\sqrt{\beta}} \arctan \frac{\cot x+t_0}{\sqrt{\beta}}+C
$$

（2）$A C-B^2=0$ ，则

$$
I=\frac{1}{A} \cdot \frac{1}{\cot x+t_0}+C
$$

（3）$A C-B^2<0$ ，则

$$
I=-\frac{1}{A} \cdot \frac{1}{2 \sqrt{-\beta}} \ln \left|\frac{\cot x+t_0-\sqrt{-\beta}}{\cot x+t_0+\sqrt{-\beta}}\right|+C
$$

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