積分換元法

Basis
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先備知識

假設你想計算 ∫012x(x2+1)3 dx\int_0^1 2x(x^2+1)^3\,dx。展開 (x2+1)3(x^2+1)^3 再逐項積分雖然可行，卻十分繁瑣。關鍵觀察是：2x2x 恰好是 x2+1x^2+1 的導數，因此被積函數具有 f(φ(t)) φ′(t)f(\varphi(t))\,\varphi'(t) 的形式，其中 φ(t)=t2+1\varphi(t) = t^2 + 1，f(x)=x3f(x) = x^3。換元積分法（substitution rule）（又稱變數變換）說你可以替換積分變數，得到 ∫12x3 dx\int_1^2 x^3\,dx，計算立即變得簡單。本章將這一操作精確化並給出證明。

正式敘述

設 φ:[α,β]→R\varphi: [\alpha, \beta] \to \mathbb{R} 為連續可微函數（即 φ∈C1[α,β]\varphi \in C^1[\alpha,\beta]），且 φ([α,β])⊆[a,b]\varphi([\alpha,\beta]) \subseteq [a,b]。設 f:[a,b]→Rf: [a,b] \to \mathbb{R} 為連續函數。則

∫αβf(φ(t)) φ′(t) dt=∫φ(α)φ(β)f(x) dx.\int_\alpha^\beta f(\varphi(t))\,\varphi'(t)\,dt = \int_{\varphi(\alpha)}^{\varphi(\beta)} f(x)\,dx.

注意右端的積分限是 φ(α)\varphi(\alpha) 與 φ(β)\varphi(\beta)，不一定是 aa 與 bb；且 φ\varphi 不必是單射。唯一的條件是：φ\varphi 將 [α,β][\alpha, \beta] 映入 [a,b][a, b]，φ\varphi 屬於 C1C^1，且 ff 為連續函數。

由連鎖律給出的證明

由於 ff 在 [a,b][a, b] 上連續，根據牛頓–萊布尼茲公式，ff 有原函數 FF 滿足 F′(x)=f(x)F'(x) = f(x)（對所有 x∈[a,b]x \in [a, b]）。

考慮複合函數 H(t)≔F(φ(t))H(t) \coloneqq F(\varphi(t))。由連鎖律，

H′(t)=F′(φ(t)) φ′(t)=f(φ(t)) φ′(t).H'(t) = F'(\varphi(t))\,\varphi'(t) = f(\varphi(t))\,\varphi'(t).

由於 φ\varphi 屬於 C1C^1，ff 為連續函數，積 f(φ(t)) φ′(t)f(\varphi(t))\,\varphi'(t) 在 [α,β][\alpha, \beta] 上連續，故 HH 是 f(φ(t)) φ′(t)f(\varphi(t))\,\varphi'(t) 在 [α,β][\alpha, \beta] 上的原函數。對左端應用牛頓–萊布尼茲公式：

∫αβf(φ(t)) φ′(t) dt=H(β)−H(α)=F(φ(β))−F(φ(α)).\int_\alpha^\beta f(\varphi(t))\,\varphi'(t)\,dt = H(\beta) - H(\alpha) = F(\varphi(\beta)) - F(\varphi(\alpha)).

對右端應用牛頓–萊布尼茲公式：

∫φ(α)φ(β)f(x) dx=F(φ(β))−F(φ(α)).\int_{\varphi(\alpha)}^{\varphi(\beta)} f(x)\,dx = F(\varphi(\beta)) - F(\varphi(\alpha)).

兩端相等。□\square

一旦有了牛頓–萊布尼茲公式和連鎖律，這個證明出奇地簡短：換元積分法的全部內容不過是對含原函數的複合函數應用連鎖律。

不定積分形式與「回代」步驟

對不定積分，換元積分法取如下形式：

∫f(φ(t)) φ′(t) dt=∫f(x) dx∣x=φ(t)=F(φ(t))+C,\int f(\varphi(t))\,\varphi'(t)\,dt = \int f(x)\,dx\bigg|_{x = \varphi(t)} = F(\varphi(t)) + C,

其中 FF 是 ff 的原函數。實際操作中，令 x=φ(t)x = \varphi(t)、dx=φ′(t) dtdx = \varphi'(t)\,dt，在新變數下計算 ∫f(x) dx\int f(x)\,dx 得到 F(x)+CF(x) + C，再將 x=φ(t)x = \varphi(t) 回代，以原始變數 tt 表示答案。

對定積分則無需回代，因為積分限已直接變換：t=αt = \alpha 對應下限 x=φ(α)x = \varphi(\alpha)，t=βt = \beta 對應上限 x=φ(β)x = \varphi(\beta)。

換元模式

線性換元

對涉及 ax+bax + b 的積分，令 x=φ(t)=at+bx = \varphi(t) = at + b，則 φ′(t)=a\varphi'(t) = a，dx=a dtdx = a\,dt。由此得

∫f(ax+b) dx=1a∫f(u) du∣u=ax+b.\int f(ax + b)\,dx = \frac{1}{a}\int f(u)\,du\bigg|_{u = ax+b}.

例如，∫e2x+3 dx=12e2x+3+C\int e^{2x+3}\,dx = \dfrac{1}{2}e^{2x+3} + C。

三角換元

當被積函數含 a2−x2\sqrt{a^2 - x^2} 時，令 x=asin⁡θx = a\sin\theta（θ∈[−π/2,π/2]\theta \in [-\pi/2, \pi/2]）。則

a2−x2=a2−a2sin⁡2θ=acos⁡θ(因為 cos⁡θ≥0),\sqrt{a^2 - x^2} = \sqrt{a^2 - a^2\sin^2\theta} = a\cos\theta \quad (\text{因為 } \cos\theta \geq 0),

且 dx=acos⁡θ dθdx = a\cos\theta\,d\theta。根號得以完全消除。

類似地，對 a2+x2\sqrt{a^2 + x^2} 使用 x=atan⁡θx = a\tan\theta，對 x2−a2\sqrt{x^2 - a^2} 使用 x=a/cos⁡θ=asec⁡θx = a/\cos\theta = a\sec\theta。

反向換元（tt 換元）

有時更自然的做法是令 x=φ(t)x = \varphi(t) 為新變數 tt 的顯函數——例如為了有理化某個表達式或處理有理被積函數。只要 φ\varphi 屬於 C1C^1 且值域條件滿足，同一公式便適用，只是兩端角色互換：在 tt 下計算積分，必要時回代 t=φ−1(x)t = \varphi^{-1}(x)。

計算範例

範例 1：∫012x(x2+1)3 dx\int_0^1 2x(x^2+1)^3\,dx

令 u=x2+1u = x^2 + 1，則 du=2x dxdu = 2x\,dx。當 x=0x = 0 時，u=1u = 1；當 x=1x = 1 時，u=2u = 2。積分變換為

∫012x(x2+1)3 dx=∫12u3 du=[u44]12=164−14=154.\int_0^1 2x(x^2+1)^3\,dx = \int_1^2 u^3\,du = \left[\frac{u^4}{4}\right]_1^2 = \frac{16}{4} - \frac{1}{4} = \frac{15}{4}.

範例 2：∫011−x2 dx\int_0^1 \sqrt{1 - x^2}\,dx

這是四分之一單位圓的面積，已知為 π/4\pi/4。用三角換元來驗證。令 x=sin⁡θx = \sin\theta，則 dx=cos⁡θ dθdx = \cos\theta\,d\theta 且 1−x2=cos⁡θ\sqrt{1-x^2} = \cos\theta。當 x=0x = 0 時，θ=0\theta = 0；當 x=1x = 1 時，θ=π/2\theta = \pi/2。積分變為

∫0π/2cos⁡θ⋅cos⁡θ dθ=∫0π/2cos⁡2θ dθ.\int_0^{\pi/2} \cos\theta \cdot \cos\theta\,d\theta = \int_0^{\pi/2} \cos^2\theta\,d\theta.

利用倍角公式 cos⁡2θ=1+cos⁡2θ2\cos^2\theta = \dfrac{1 + \cos 2\theta}{2}：

∫0π/21+cos⁡2θ2 dθ=[θ2+sin⁡2θ4]0π/2=π/22+sin⁡π4−0=π4.\int_0^{\pi/2} \frac{1 + \cos 2\theta}{2}\,d\theta = \left[\frac{\theta}{2} + \frac{\sin 2\theta}{4}\right]_0^{\pi/2} = \frac{\pi/2}{2} + \frac{\sin\pi}{4} - 0 = \frac{\pi}{4}.

範例 3：∫dx1+ex\int \dfrac{dx}{1 + e^x}

令 u=exu = e^x，則 du=ex dx=u dxdu = e^x\,dx = u\,dx，得 dx=duudx = \dfrac{du}{u}。代入：

∫dx1+ex=∫11+u⋅duu=∫duu(1+u).\int \frac{dx}{1 + e^x} = \int \frac{1}{1 + u}\cdot\frac{du}{u} = \int \frac{du}{u(1+u)}.

部分分式：1u(1+u)=1u−11+u\dfrac{1}{u(1+u)} = \dfrac{1}{u} - \dfrac{1}{1+u}。積分：

∫(1u−11+u)du=ln⁡u−ln⁡(1+u)+C=ln⁡u1+u+C.\int \left(\frac{1}{u} - \frac{1}{1+u}\right)du = \ln u - \ln(1+u) + C = \ln\frac{u}{1+u} + C.

回代 u=exu = e^x：

∫dx1+ex=ln⁡ex1+ex+C=x−ln⁡(1+ex)+C.\int \frac{dx}{1+e^x} = \ln\frac{e^x}{1+e^x} + C = x - \ln(1 + e^x) + C.

（最後一個等式用到 ln⁡(ex)=x\ln(e^x) = x。）

摘要

  • 換元積分定理：若 φ∈C1[α,β]\varphi \in C^1[\alpha,\beta] 且 φ([α,β])⊆[a,b]\varphi([\alpha,\beta]) \subseteq [a,b]，ff 在 [a,b][a,b] 上連續，則 ∫αβf(φ(t)) φ′(t) dt=∫φ(α)φ(β)f(x) dx\int_\alpha^\beta f(\varphi(t))\,\varphi'(t)\,dt = \int_{\varphi(\alpha)}^{\varphi(\beta)} f(x)\,dx。
  • 證明利用連鎖律對 F(φ(t))F(\varphi(t)) 求導，再對兩端應用牛頓–萊布尼茲公式。
  • 對定積分，直接變換積分限：t=α↦x=φ(α)t = \alpha \mapsto x = \varphi(\alpha)，t=β↦x=φ(β)t = \beta \mapsto x = \varphi(\beta)；無需回代。
  • 對不定積分，計算 ∫f(x) dx=F(x)+C\int f(x)\,dx = F(x) + C 後，回代 x=φ(t)x = \varphi(t) 以用原始變數表達答案。
  • 線性換元 u=ax+bu = ax + b 是最簡單的情形，引入因子 1/a1/a。
  • 三角換元 x=asin⁡θx = a\sin\theta（或 atan⁡θa\tan\theta、asec⁡θa\sec\theta）消除二次式的平方根。
  • 反向換元（顯式令 x=φ(t)x = \varphi(t)）可以有理化複雜的被積函數，例如透過 u=exu = e^x 處理含 exe^x 的積分。