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	积分技巧/识别导数和换元法

在学习了一些简单的反导数之后，现在是时候转向更复杂的被积函数，这些函数在最初并不容易积分。在这些最初的步骤中，我们注意到一些特殊的被积函数，它们可以在几个步骤内轻松地积分。

识别导数和反向导数规则

如果我们认出一个函数 $g(x)$ 是函数 $f(x)$ 的导数，那么我们可以轻松地表示 $g(x)$ 的反导数

$\int g(x)dx=f(x)+C$

例如，由于

${\frac {d}{dx}}\sin(x)=\cos(x)$

我们可以得出结论

$\int \cos(x)dx=\sin(x)+C$

类似地，由于我们知道 $e^{x}$ 是它自己的导数，

$\int e^{x}dx=e^{x}+C$

导数的幂律可以反过来，让我们能够处理 $x$ 的幂的积分。由于

${\frac {d}{dx}}x^{n}=nx^{n-1}$

我们可以得出结论

$\int nx^{n-1}dx=x^{n}+C$

或者，更有用的是

$\int x^{n}dx={\frac {x^{n+1}}{n+1}}+C$

换元积分法

我们很少会遇到要求我们

1v. 求解

\int nx^{n-1}dx

或

\int \cos(x)dx

的问题。

我们通常会得到

2iii. 求解

\int {\frac {\sin(\ln(x))}{x}}dx

这类问题看起来很难，但其实有方法可以解决。数学家称之为“换元积分”，对于许多积分问题，这个方法可以将被积函数重新表达，从而使找到反导函数变得可能且容易。当然，根据被积函数的形式，所进行的替换可能不同，但毫无疑问，这种方法非常有用。

换元积分的目的是将被积函数从一个包含变量 $x$ 的表达式和积分的右侧 $dx$ 替换为包含变量 $u$ 的表达式，其中 $u=g(x)$ 并且积分的右侧 $du$ ，其中 $du=g'(x)dx$ 。如何做到？通过识别一个函数及其导数，它们构成整个方程的一部分。

目标

换元积分的本质是将积分进行变换，使得它不再引用 $x$ ，而是引用函数 $u$ 。我们可以通过使用数学抽象每个步骤来展示这种方法是如何工作的。在数学中，我们可以用数学符号写下我们想要做的事情（写下换元积分的步骤）：

已知 $u=g(x)$ ，

\int \limits _{x=a}^{x=b}f(x)dx\ \to \ \int \limits _{u=c}^{u=d}h(u)du

步骤

$\int \limits _{x=a}^{x=b}f(x)dx$	$=\int \limits _{x=a}^{x=b}f(x)\ {\frac {du}{du}}\ dx$	(1)	即 ${\frac {du}{du}}=1$
	$=\int \limits _{x=a}^{x=b}{\left(f(x)\ {\frac {dx}{du}}\right)\left({\frac {du}{dx}}\right)}\ dx$	(2)	即 ${\frac {dx}{du}}\cdot {\frac {du}{dx}}=1$
	$=\int \limits _{x=a}^{x=b}\left(f(x)\ {\frac {dx}{du}}\right)g'(x)\ dx$	(3)	即 ${\frac {du}{dx}}=g'(x)$
	$=\int \limits _{x=a}^{x=b}h(g(x))g'(x)dx$	(4)	即现在将 $\left(f(x)\ {\frac {dx}{du}}\right)$ 等于 $h(g(x))$
	$=\int \limits _{x=a}^{x=b}h(u)g'(x)dx$	(5)	即 $g(x)=u$
	$=\int \limits _{u=g(a)}^{u=g(b)}h(u)du$	(6)	即 $du={\frac {du}{dx}}dx=g'(x)dx$
	$=\int \limits _{u=c}^{u=d}h(u)du$	(7)	即我们已经得到了想要的结果

步骤

如果前面的数学步骤一时难以理解或难以付诸实践，别担心！这里有用通俗易懂的语言写成的步骤。它甚至还包括目标。

找到一个函数 $u=g(x)$ $u=g(x)$ ，它的导数 $g'(x)$ $g'(x)$ 也出现在被积函数中的某个地方。这可能需要进行一些尝试，或者盯着被积函数表达式看足够长的时间。
- 如果问题很难，找到 $g'(x)$ 可能需要从无中生有地合成一些数字（常数），以便它可以用来抵消 $g'(x)$ 的一部分。但是，如果需要人为地抵消全部 $g'(x)$ ，那么这可能表明你在把问题变得更难。
计算 $g'(x)={\frac {du}{dx}}$
计算 $h(u)$ ，它是 $f(x){\frac {dx}{du}}={\frac {f(x)}{g'(x)}}$ ，并**确保最终表达式 $h(u)$ 中不包含 $x$ **
计算 $c=g(a)$
计算 $d=g(b)$

总之，换元积分法告诉我们以下内容

定积分的换元法则 假设 $u$ 可微且导数连续，并且 $f$ 在 $u$ 的取值范围内连续。假设 $c=u(a),d=u(b)$ 。那么 $\int \limits _{a}^{b}f(u(x)){\frac {du}{dx}}dx=\int \limits _{c}^{d}f(u)du$ 。

示例

包含导数的积分

在换元积分法的理想情况下，被积函数的一部分可以看作是被积函数另一部分的导数。这使得换元法能够轻松地应用于简化被积函数。

例如，在积分

\int 3x^{2}(x^{3}+1)^{5}dx

中，我们看到 $3x^{2}$ 是 $x^{3}+1$ 的导数。令

u=x^{3}+1

我们有

{\frac {du}{dx}}=3x^{2}

或者，为了将其应用于积分，

du=3x^{2}dx

有了这个，我们可以写成

\int 3x^{2}(x^{3}+1)^{5}dx=\int u^{5}du={\frac {u^{6}}{6}}+C={\frac {(x^{3}+1)^{6}}{6}}+C

请注意，我们不需要在被积函数中拥有 *完全* 的 $u$ 的导数。在被积函数中，拥有导数的任何常数倍数就足够了。

例如，为了处理积分

\int x^{4}\sin(x^{5})dx

我们可以令 $u=x^{5}$ 。然后

du=5x^{4}dx

因此

{\frac {du}{5}}=x^{4}dx

其中右手边是我们被积函数的一个因子。因此，

\int x^{4}\sin(x^{5})dx=\int {\frac {\sin(u)}{5}}du=-{\frac {\cos(u)}{5}}+C=-{\frac {\cos(x^{5})}{5}}+C

通常，函数的幂乘以该函数的导数的积分可以这样积分。由于 ${\frac {d[g(x)]}{dx}}=g'(x)$ ，

我们有 $dx={\frac {d[g(x)]}{g'(x)}}$ 。

因此，

$\int g'(x)g(x)^{n}dx$	$=\int g'(x)g(x)^{n}{\frac {d[g(x)]}{g'(x)}}$
	$=\int g(x)^{n}d[g(x)]$
	$={\frac {g(x)^{n+1}}{n+1}}$

对于定积分有一个类似的规则，但我们必须改变端点。

综合项

如果导数在表达式中没有一一出现怎么办？没问题！对于某些积分，可能需要综合常数才能求解积分。通常，这看起来像表达式与 ${\frac {n}{n}}=1$ 之间的乘法，其中 $n$ 是某个数字。请注意，这通常也适用于变量，但综合变量不应该是一件常见的事情，而应该只是作为最后的手段。

作为将这种实践应用到换元积分方法的示例，请考虑积分

\int \limits _{0}^{2}x\cos(1+x^{2})dx

通过使用替换 $u=1+x^{2}$ ，我们得到 $du=2x\,dx$ 。但是，请注意常数 2 在被积函数中的表达式中没有出现。这就是这额外步骤的用处。请注意

$\int \limits _{0}^{2}x\cos(1+x^{2})dx$	$={\frac {1}{2}}\int \limits _{0}^{2}2x\cos(1+x^{2})dx$
	$={\frac {1}{2}}\int \limits _{1}^{5}\cos(u)du$
	$={\frac {\sin(5)-\sin(1)}{2}}$