这是一个非常巧妙的点。想到这个不太容易,如果是我从头开始证明,我可能会往\(\phi(t)\)的原函数上想,估计不太容易想到将F(x)引入进来。
我们理解了换元求解定积分的方法之后,我们一起来看一道例题来熟悉一下。这个例题还是经典的三角换元:
\[\int_0^a \sqrt{a^2 - x^2}dx \quad (a>0) \]
我们很容易想到我们可以令\(x = a\sin t\),这样的话\(dx = a\cos t dt\)。当x=0时,t=0,当x=a时,t=\(\frac{\pi}{2}\),我们代入原式可以得到:
\[\begin{aligned} \int_0^a \sqrt{a^2 - x^2}dx &= a^2 \int_0^\frac{\pi}{2} \cos ^2 tdt \\ &= \frac{a^2}{2}\int_0^\frac{\pi}{2} (1 + \cos 2t)dt \\ &= \frac{a^2}{2}[t + \frac{1}{2}\sin 2t]_0 ^\frac{\pi}{2}\\ &= \frac{\pi a^2}{4} \end{aligned} \]
明白了原理之后,我们也可以将换元公式反过来用。也就是说当我们凑到\(t = \phi(x)\)的情况时,也一样可以使用换元公式。
我们再来看一个例子:
\[\int_0^\frac{\pi}{2}\cos ^5 x \sin x dx \]
我们很容易凑到\(t = \cos x\)时,\(dt = -\sin x dx\),当x=0时,t=1, 当x=\(\frac{\pi}{2}\)时,t=0。我们代入原式,可以得到:
\[\begin{aligned} \int_0^\frac{\pi}{2}\cos ^5 x \sin x dx &= -\int_1^0 t^5 dt\\ &= \int_0^1 t^5 dt = [\frac{t}{6}]_0^1 = \frac{1}{6} \end{aligned} \]

分部积分法

不定积分的分部积分法是根据求导公式推导得出的,它在定积分当中同样适用,我们只需要稍作变形就可以推导出来:
\[\begin{aligned} \int_a^b u(x)v'(x)dx &= [\int u(x)v'(x)dx]_a^b\\ &= [u(x)v(x) - \int v(x)u'(x)dx]_a^b\\ &= [u(x)v(x)]_a^b - \int_a^b v(x)u'(x) dx \end{aligned} \]
我们把上面的式子可以简写成:\(\int_a^b uv' dx = [uv]_a^b - \int_a^b vu' dx\)
来看个例子:$\int_0^\pi x\cos x dx $
我们令u = x, dv =\(\cos x\),那么v =\(\sin x\),我们代入就可以得到:
\[\begin{aligned} \int_0^\pi x\cos x dx &= [x \sin x]_0^\pi - \int_0^\pi \sin x dx \\ &= 0 + [\cos x]_0^\pi \\ &= -2 \end{aligned} \]
和不定积分一样,分部积分法和换元法可以结合使用,得到更强大的效果。我们来看个例子:$$\int_0^1 e^{\sqrt{x}} dx$$
我们令\(t = \sqrt{x}\),于是\(x = t^2, dx = 2tdt\),并且当x=0时,t=0,当x=1时,t=1。我们代入可得:
\[\int_0^1 e^{\sqrt{x}} dx = 2\int_0^1 t e^t dt = 2\int_0^1 td(e^t) \]
我们使用分部积分法,令u=t, dv =\(e^t\),所以\(v = e^t\),代入可以得到:
\[\begin{aligned} 2\int_0^1 td(e^t) &= 2([te^t]_0^1 - \int_0^1 e^t dt) \\ &= 2(e - e + 1) = 2 \end{aligned} \]

总结