最后更新: 2025-07-27 06:39 查看: 532 次反馈同步训练

定积分的换元法

## 定积分的换元法 
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

`例` 计算
$$
\int_0^a \sqrt{a^2-x^2} \mathrm{~d} x(a>0) .
$$

**解法1**：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.

**解法2**：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 $t=\frac{\pi}{2}$,

$$
\int_0^a \sqrt{a^2-x^2} \mathrm{~d} x=a^2 \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos ^2 t \mathrm{~d} t=\frac{a^2}{2} \int_0^{\frac{\pi}{2}}(1+\cos 2 t) \mathrm{d} t=\left.\frac{a^2}{2}\left(t+\frac{1}{2} \sin 2 t\right)\right|_0 ^{\frac{\pi}{2}}=\frac{\pi a^2}{4} .
$$

## 例题

`例`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` 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`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` 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) \

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