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不定积分计算-代入法

## 9.2.3 换元法 2 —代入法
将换元法 1 倒过来就得到换元法 2 ．它的基本思路很简单，就是在被积表达式 $f(x) d x$ 中用可微函数 $x=x(t)$ 代入，这样就得到

$$
\boxed{
\int f(x) d x=\int f(x(t)) x^{\prime}(t) d t
}
$$

若右边的不定积分为 $F(t)+C$ ，则用反函数 $t=t(x)$ 代入，就得到原来的不定积分为 $F(t(x))+C$ ．

下面我们先举例说明如何应用这种新的换元法，最后对其正确性给出证明．

**例题9.28** 求 $I=\int \frac{ d x}{\sqrt{x^2+a^2}}$ ．（即 $\S 9.1 .3$ 的基本不定积分表中第 7 组的第二个公式中的一种情况．）

解 令 $x=a \tan t$ ，并利用基本不定积分表中第 8 组的第二个公式，就有

$$
I=\int \frac{a \sec ^2 t}{a \sec t} d t=\int \frac{d t}{\cos t}=\ln \left|\tan \left(\frac{t}{2}+\frac{\pi}{4}\right)\right|+C
$$

为了将右边写为 $x$ 的函数，可以利用恒等式 $\tan \frac{t}{2}=\frac{1-\cos t}{\sin t}$ ，就有

$$
\begin{aligned}
I & =\ln \left|\frac{1-\cos (t+\pi / 2)}{\sin (t+\pi / 2)}\right|+C=\ln \left|\frac{1+\sin t}{\cos t}\right|+C \\
& =\ln \left|\frac{1+\frac{x}{\sqrt{x^2+a^2}}}{\frac{a}{\sqrt{x^2+a^2}}}\right|+C=\ln \left|x+\sqrt{x^2+a^2}\right|+C .
\end{aligned}
$$

注 不套用积分表中的公式可如下计算：

$$
\int \frac{d t}{\cos t}=\int \frac{d \sin t}{1-\sin ^2 t}=-\frac{1}{2} \ln \left|\frac{1-\sin t}{1+\sin t}\right|+C=\ln \left|\frac{1+\sin t}{\cos t}\right|+C
$$

下面用换元法 2 来回顾前面的几个题。
（例题 9．18）求 $I=\int \frac{ d x}{x \sqrt{x^2+1}}$ ．
解 当时是用倒代换求解，若看不出这条路，则可以令 $x=\tan t$ ．于是

$$
\begin{aligned}
I & =\int \frac{\sec ^2 t d t}{\tan t \sec t}=\int \frac{d t}{\sin t} \\
& =\ln \left|\tan \frac{t}{2}\right|+C=\ln \left|\frac{\sin t}{1+\cos t}\right|+C \\
& =\ln \left|\frac{x}{1+\sqrt{x^2+1}}\right|+C .
\end{aligned}
$$

（例题 9．19）求 $I=\int \frac{ d x}{\sqrt{x}(1+x)}$ ．
解 令 $\sqrt{x}=t$ ，即 $x=t^2$ ，于是

$$
I=\int \frac{2 t d t}{t\left(1+t^2\right)}=2 \int \frac{d t}{1+t^2}=2 \arctan t+C=2 \arctan \sqrt{x}+C
$$

（例题 9．20）求 $I=\int \frac{ d x}{x\left(1+x^n\right)}$ ．
解 令 $x^n=t$ ，即 $x=t^{1 / n}$ ，这样就有

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

（例题9．22）求 $I=\int \frac{ d x}{\left(x^2+1\right)^{3 / 2}}$ ．
解 令 $x=\tan t$ ，则有

$$
I=\int \frac{\sec ^2 t d t}{\sec ^3 x}=\int \cos t d t=\sin t+C=\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}+C
$$

（例题 9．25）求 $I=\int \sin ^3 x d x$ ．
解 若不用倍角公式，则可以令 $x=\arcsin t$ ，即 $t=\sin x$ ，于是 
$$
\begin{aligned}
I & =\int t^3 \cdot \frac{d t}{\sqrt{1-t^2}}=\frac{1}{2} \int \frac{t^2 d\left(t^2\right)}{\sqrt{1-t^2}} \\
& =\frac{1}{2} \int \frac{v d v}{\sqrt{1-v}} \quad\left(\text { 其中 } v=t^2\right) \\
& =\frac{1}{2}{ }^r \frac{1-(1-v)}{\sqrt{1-v}} d v=\frac{1}{2}{ }^r\left[(1-v)^{-1 / 2}-(1-v)^{1 / 2}\right] d v \\
& =-(1-v)^{1 / 2}+\frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3}(1-v)^{3 / 2}+C \\
& =-\cos x+\frac{1}{3} \cos ^3 x+C . \quad \square
\end{aligned}
$$

最后我们来证明换元法 2 的正确性．从前面的介绍来看，这里似乎要求比换元法 1 高，即 $x=x(t)$ 必须有反函数．但实际上可以更宽一点．

**定理 9.1** 设 $f(x)$ 在区间 $I$ 上有原函数，$x=x(t)$ 可微，又存在 $t=t(x)$ 满足 $x(t(x)) \equiv x$ ，则若有

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

就成立

$$
\int f(x) d x=F(t(x))+C
$$

证 问题只是要证明 $[F(t(x))]_x^{\prime}=f(x)$ ．
从条件知道在 $I$ 上存在 $U(x)$ 满足 $U^{\prime}(x)=f(x)$ ，又有 $F^{\prime}(t)=f(x(t)) x^{\prime}(t)$ ．利用复合函数求导的链式法则，有

$$
\frac{d U(x(t))}{d t}=f(x(t)) x^{\prime}(t)=F^{\prime}(t)
$$

根据定理 7．12，$U(x(t))$ 与 $F(t)$ 只相差一个常数，即是存在一个常数 $C_0$ ，使得

$$
U(x(t))=F(t)+C_0
$$

用 $t=t(x)$ 代入并利用条件 $x(t(x)) \equiv x$ ，就有

$$
U\left(x(t(x))=U(x)=F(t(x))+C_0\right.
$$

这样就证明了 $[F(t(x))]_x^{\prime}=U^{\prime}(x)=f(x)$ ，因此成立

$$
\int f(x) d x=F(t(x))+C
$$

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