치환 적분

미적분학에서 치환 적분(置換積分, 영어: integration by substitution)은 기존의 변수를 새 변수로 치환하여 적분하는 기법이다. 구간 I ⊆ R {\displaystyle I\subseteq \mathbb {R} } 와 함수 g : I → R {\displaystyle g\colon I\to \mathbb {R} } 및 f : g ( I ) → R {\displaystyle f\colon g(I)\to \mathbb {R} } 이 주어졌다고 하자. 만약 f {\displaystyle f} 의 부정적분 F {\displaystyle F} 가 존재하고, g {\displaystyle g} 가 미분 가능 함수라면, 다음이 성립한다.:246, 定理6.2.1 ∫ f ( g ( x ) ) g ′ ( x ) d x = ∫ f ( u ) d u = F ( g ( x ) ) + C {\displaystyle \int f(g(x))g'(x)\mathrm {d} x=\int f(u)\mathrm {d} u=F(g(x))+C} 만약 ( f ∘ g ) ⋅ g ′ {\displaystyle (f\circ g)\cdot g'} 의 원함수 H {\displaystyle H} 가 존재하고, g {\displaystyle g} 가 미분 가능 함수이며, 모든 t ∈ I {\displaystyle t\in I} 에 대하여 g ′ ( t ) ≠ 0 {\displaystyle g'(t)\neq 0} 이라면, 다음이 성립한다.:252, 定理6.2.2 ∫ f ( x ) d x = ∫ f ( g ( t ) ) g ′ ( t ) d t = H ( g − 1 ( x ) ) + C {\displaystyle \int f(x)\mathrm {d} x=\int f(g(t))g'(t)\mathrm {d} t=H(g^{-1}(x))+C} 만약 g : [ a , b ] → R {\displaystyle g\colon [a,b]\to \mathbb {R} } 가 연속 미분 가능 함수이며, f : g ( [ a , b ] ) → R {\displaystyle f\colon g([a,b])\to \mathbb {R} } 가 연속 함수라면, 다음이 성립한다.:408 ∫ g ( a ) g ( b ) f ( x ) d x = ∫ a b f ( g ( t ) ) g ′ ( t ) d t {\displaystyle \int _{g(a)}^{g(b)}f(x)\mathrm {d} x=\int _{a}^{b}f(g(t))g'(t)\mathrm {d} t} 부정적분에 대한 첫 번째 명제의 조건에 따라 F ′ = f {\displaystyle F'=f} 이며, g {\displaystyle g} 가 미분 가능 함수이므로, 연쇄 법칙을 적용하면 ( F ∘ g ) ′ = ( f ∘ g ) ⋅ g ′ {\displaystyle (F\circ g)'=(f\circ g)\cdot g'} 을 얻는다. 즉, ( f ∘ g ) ⋅ g ′ {\displaystyle (f\circ g)\cdot g'} 의 한 원함수는 F ∘ g {\displaystyle F\circ g} 이므로 첫 번째 명제가 성립한다. 부정적분에 대한 두 번째 명제의 조건에 따라 모든 t ∈ I {\displaystyle t\in I} 에 대하여 g ′ ( t ) ≠ 0 {\displaystyle g'(t)\neq 0} 이므로, 다르부 정리에 따라 모든 t ∈ I {\displaystyle t\in I} 에 대하여 g ′ ( t ) > 0 {\displaystyle g'(t)>0} 이거나 모든 t ∈ I {\displaystyle t\in I} 에 대하여 g ′ ( t ) < 0 {\displaystyle g'(t)<0} 이다. 따라서 g − 1 {\displaystyle g^{-1}} 는 존재한다. H ′ = ( f ∘ g ) ⋅ g ′ {\displaystyle H'=(f\circ g)\cdot g'} 이며, ( g − 1 ) ′ = 1 / ( g ′ ∘ g − 1 ) {\displaystyle (g^{-1})'=1/(g'\circ g^{-1})} 이므로, 다음이 성립한다. ( H ∘ g − 1 ) ′ = ( H ′ ∘ g − 1 ) ⋅ ( g − 1 ) ′ = f ⋅ ( g ′ ∘ g − 1 ) ⋅ 1 g ′ ∘ g − 1 = f {\displaystyle (H\circ g^{-1})'=(H'\circ g^{-1})\cdot (g^{-1})'=f\cdot (g'\circ g^{-1})\cdot {\frac {1}{g'\circ g^{-1}}}=f} 즉, f {\displaystyle f} 의 한 원함수는 H ∘ g − 1 {\displaystyle H\circ g^{-1}} 이므로 두 번째 명제가 성립한다. 정적분에 대한 명제의 조건에 따라 f {\displaystyle f} 와 ( f ∘ g ) ⋅ g ′ {\displaystyle (f\circ g)\cdot g'} 는 연속 함수이므로, 원함수가 존재한다. 연쇄 법칙에 따라, f {\displaystyle f} 의 한 원함수를 F {\displaystyle F} 라고 하면, ( f ∘ g ) ⋅ g ′ {\displaystyle (f\circ g)\cdot g'} 의 한 원함수는 F ∘ g {\displaystyle F\circ g} 이다. 미적분학의 기본 정리에 따라 다음이 성립하므로, 명제가 성립한다. ∫ g ( a ) g ( b ) f ( x ) d x = [ F ( x ) ] g ( a ) g ( b ) = F ( g ( b ) ) − F ( g ( a ) ) = [ F ( g ( t ) ) ] a b = ∫ a b f ( g ( t ) ) g ′ ( t ) d t {\displaystyle \int _{g(a)}^{g(b)}f(x)\mathrm {d} x={\bigg [}F(x){\bigg ]}_{g(a)}^{g(b)}=F(g(b))-F(g(a))={\bigg [}F(g(t)){\bigg ]}_{a}^{b}=\int _{a}^{b}f(g(t))g'(t)\mathrm {d} t} 부정적분 ∫ 2 x + 1 d x {\displaystyle \int {\sqrt {2x+1}}\mathrm {d} x} 에서 u = 2 x + 1 {\displaystyle u=2x+1} 이라고 하자. 그러면 d u = 2 d x {\displaystyle \mathrm {d} u=2\mathrm {d} x} 이므로 d x = ( d u ) / 2 {\displaystyle \mathrm {d} x=(\mathrm {d} u)/2} 이다. 따라서 다음이 성립한다.:409, Example 2 ∫ 2 x + 1 d x = ∫ u ⋅ d u 2 = 1 2 ∫ u 1 / 2 d u = 1 2 u 3 / 2 3 / 2 + C = 1 3 u 3 / 2 + C = 1 3 ( 2 x + 1 ) 3 / 2 + C {\displaystyle {\begin{aligned}\int {\sqrt {2x+1}}\mathrm {d} x&=\int {\sqrt {u}}\cdot {\frac {\mathrm {d} u}{2}}\\&={\frac {1}{2}}\int u^{1/2}\mathrm {d} u\\&={\frac {1}{2}}{\frac {u^{3/2}}{3/2}}+C\\&={\frac {1}{3}}u^{3/2}+C\\&={\frac {1}{3}}(2x+1)^{3/2}+C\end{aligned}}} 부정적분 ∫ x x 2 + 1 d x {\displaystyle \int {\frac {x}{x^{2}+1}}\mathrm {d} x} 에서 u = x 2 + 1 {\displaystyle u=x^{2}+1} 이라고 하자. 그러면 d u = 2 x d x {\displaystyle \mathrm {d} u=2x\mathrm {d} x} 이므로 x d x = ( d u ) / 2 {\displaystyle x\mathrm {d} x=(\mathrm {d} u)/2} 이다. 따라서 다음이 성립한다.:248, 例6.2.6 ∫ x x 2 + 1 d x = 1 2 ∫ d u u = ( 1 2 ) ln ⁡ | u | + C = ( 1 2 ) ln ⁡ ( x 2 + 1 ) + C {\displaystyle {\begin{aligned}\int {\frac {x}{x^{2}+1}}\mathrm {d} x&={\frac {1}{2}}\int {\frac {\mathrm {d} u}{u}}\\&=\left({\frac {1}{2}}\right)\ln |u|+C\\&=\left({\frac {1}{2}}\right)\ln(x^{2}+1)+C\end{aligned}}} 치환 적분 기법에 익숙할 경우 다음과 같이 두 변수 사이의 치환을 생략해도 좋다.:248, 例6.2.6 ∫ x x 2 + 1 d x = 1 2 ∫ d ( x 2 + 1 ) x 2 + 1 = 1 2 ln ⁡ ( x 2 + 1 ) + C {\displaystyle \int {\frac {x}{x^{2}+1}}\mathrm {d} x={\frac {1}{2}}\int {\frac {\mathrm {d} (x^{2}+1)}{x^{2}+1}}={\frac {1}{2}}\ln(x^{2}+1)+C} 부정적분 ∫ tan ⁡ x d x {\displaystyle \int \tan x\mathrm {d} x} 에서 u = cos ⁡ x {\displaystyle u=\cos x} 라고 하자. 그러면 d u = − sin ⁡ x d x {\displaystyle \mathrm {d} u=-\sin x\mathrm {d} x} 이므로 sin ⁡ x d x = − d u {\displaystyle \sin x\mathrm {d} x=-\mathrm {d} u} 이다. 따라서 다음이 성립한다.:410, Example 6 ∫ tan ⁡ x d x = ∫ sin ⁡ x cos ⁡ x d x = − ∫ d u u = − ln ⁡ | u | + C = − ln ⁡ | cos ⁡ x | + C = ln ⁡ | sec ⁡ x | + C {\displaystyle {\begin{aligned}\int \tan x\mathrm {d} x&=\int {\frac {\sin x}{\cos x}}\mathrm {d} x\\&=-\int {\frac {\mathrm {d} u}{u}}\\&=-\ln |u|+C\\&=-\ln |\cos x|+C\\&=\ln |\sec x|+C\end{aligned}}} 부정적분 ∫ ln ⁡ x x d x {\displaystyle \int {\frac {\ln x}{x}}\mathrm {d} x} 에서 ( d x ) / x = d ( ln ⁡ x ) {\displaystyle (\mathrm {d} x)/x=\mathrm {d} (\ln x)} 이므로 다음이 성립한다.:304, Example 7.9 ∫ ln ⁡ x x d x = ∫ ln ⁡ x d ( ln ⁡ x ) = 1 2 ( ln ⁡ x ) 2 + C {\displaystyle \int {\frac {\ln x}{x}}\mathrm {d} x=\int \ln x\mathrm {d} (\ln x)={\frac {1}{2}}(\ln x)^{2}+C} 부정적분 ∫ d x x + x 3 {\displaystyle \int {\frac {\mathrm {d} x}{{\sqrt {x}}+{\sqrt[{3}]{x}}}}} 에서 x = t 6 {\displaystyle x=t^{6}} 이라고 하자. 그러면 d x = 6 t 5 d t {\displaystyle \mathrm {d} x=6t^{5}\mathrm {d} t} 이므로 다음이 성립한다.:254, 例6.2.17 ∫ d x x + x 3 = 6 ∫ t 5 t 3 + t 2 d t = 6 ∫ t 3 t + 1 d t = 6 ∫ ( t 2 − t + 1 − 1 t + 1 ) d t = 2 t 3 − 3 t 2 + 6 t − 6 ln ⁡ | 1 + t | + C = 2 x − 3 x 3 + 6 x 6 − 6 ln ⁡ | 1 + x 6 | + C {\displaystyle {\begin{aligned}\int {\frac {\mathrm {d} x}{{\sqrt {x}}+{\sqrt[{3}]{x}}}}&=6\int {\frac {t^{5}}{t^{3}+t^{2}}}\mathrm {d} t\\&=6\int {\frac {t^{3}}{t+1}}\mathrm {d} t\\&=6\int \left(t^{2}-t+1-{\frac {1}{t+1}}\right)\mathrm {d} t\\&=2t^{3}-3t^{2}+6t-6\ln |1+t|+C\\&=2{\sqrt {x}}-3{\sqrt[{3}]{x}}+6{\sqrt[{6}]{x}}-6\ln |1+{\sqrt[{6}]{x}}|+C\end{aligned}}} 정적분 ∫ 0 2 π 2 x cos ⁡ x 2 d x {\displaystyle \int _{0}^{2\pi }2x\cos x^{2}\mathrm {d} x} 에서 u = x 2 {\displaystyle u=x^{2}} 라고 하자. 그러면 2 x d x = d u {\displaystyle 2x\mathrm {d} x=\mathrm {d} u} 이다. 또한 x = 0 {\displaystyle x=0} 일 때 u = 0 {\displaystyle u=0} 이며 x = 2 π {\displaystyle x=2\pi } 일 때 u = 4 π 2 {\displaystyle u=4\pi ^{2}} 이다. 따라서 다음이 성립한다.:303, Example 7.8 ∫ 0 2 π 2 x cos ⁡ x 2 d x = ∫ 0 4 π 2 cos ⁡ u d u = [ sin ⁡ u ] 0 4 π 2 = sin ⁡ 4 π 2 {\displaystyle {\begin{aligned}\int _{0}^{2\pi }2x\cos x^{2}\mathrm {d} x&=\int _{0}^{4\pi ^{2}}\cos u\mathrm {d} u\\&={\bigg [}\sin u{\bigg ]}_{0}^{4\pi ^{2}}\\&=\sin 4\pi ^{2}\end{aligned}}} 정적분 ∫ 0 a a 2 − x 2 d x ( a > 0 ) {\displaystyle \int _{0}^{a}{\sqrt {a^{2}-x^{2}}}\mathrm {d} x\qquad (a>0)} 에서 x = a sin ⁡ t {\displaystyle x=a\sin t} ( 0 ≤ t ≤ π / 2 {\displaystyle 0\leq t\leq \pi /2} )라고 하자. 그러면 d x = a cos ⁡ t d t {\displaystyle \mathrm {d} x=a\cos t\mathrm {d} t} 이다. 또한 다음이 성립한다. a 2 − x 2 = a 2 − a 2 sin 2 ⁡ t = a 2 cos 2 ⁡ t = a cos ⁡ t {\displaystyle {\sqrt {a^{2}-x^{2}}}={\sqrt {a^{2}-a^{2}\sin ^{2}t}}={\sqrt {a^{2}\cos ^{2}t}}=a\cos t} 마지막에 양수를 취한 것은 모든 0 ≤ t ≤ π / 2 {\displaystyle 0\leq t\leq \pi /2} 에 대하여 cos ⁡ t > 0 {\displaystyle \cos t>0} 이기 때문이다. 또한 x = 0 {\displaystyle x=0} 일 때 t = 0 {\displaystyle t=0} 이며, x = a {\displaystyle x=a} 일 때 t = π / 2 {\displaystyle t=\pi /2} 이므로, 다음이 성립한다.:42, 例7.4.5 ∫ 0 a a 2 − x 2 d x = a 2 ∫ 0 π / 2 cos 2 ⁡ t d t = a 2 2 ∫ 0 π / 2 ( 1 + cos ⁡ 2 t ) d t = a 2 2 [ t + 1 2 sin ⁡ 2 t ] 0 π / 2 = π 4 a 2 {\displaystyle {\begin{aligned}\int _{0}^{a}{\sqrt {a^{2}-x^{2}}}\mathrm {d} x&=a^{2}\int _{0}^{\pi /2}\cos ^{2}t\mathrm {d} t\\&={\frac {a^{2}}{2}}\int _{0}^{\pi /2}(1+\cos 2t)\mathrm {d} t\\&={\frac {a^{2}}{2}}{\bigg [}t+{\frac {1}{2}}\sin 2t{\bigg ]}_{0}^{\pi /2}\\&={\frac {\pi }{4}}a^{2}\end{aligned}}} 이는 사분원의 넓이 공식과 일치한다. 치환 적분을 통해 대칭적인 함수의 대칭적인 구간 위의 적분에 대한 공식을 증명할 수 있다. f : [ − a , a ] → R {\displaystyle f\colon [-a,a]\to \mathbb {R} } 가 연속 함수라고 하자. 만약 f {\displaystyle f} 가 홀함수라면 (모든 x ∈ [ − a , a ] {\displaystyle x\in [-a,a]} 에 대하여 f ( − x ) = − f ( x ) {\displaystyle f(-x)=-f(x)} 라면), 다음이 성립한다. ∫ − a a f ( x ) d x = 0 {\displaystyle \int _{-a}^{a}f(x)\mathrm {d} x=0} 만약 f {\displaystyle f} 가 짝함수라면 (모든 x ∈ [ − a , a ] {\displaystyle x\in [-a,a]} 에 대하여 f ( − x ) = f ( x ) {\displaystyle f(-x)=f(x)} 라면), 다음이 성립한다. ∫ − a a f ( x ) d x = 2 ∫ 0 a f ( x ) d x {\displaystyle \int _{-a}^{a}f(x)\mathrm {d} x=2\int _{0}^{a}f(x)\mathrm {d} x} 이는 다음과 같이 증명할 수 있다. 만약 f {\displaystyle f} 가 홀함수라면, 치환 적분 x = − t {\displaystyle x=-t} 을 쓴 뒤 f ( − t ) = − f ( t ) {\displaystyle f(-t)=-f(t)} 를 대입하면 다음을 얻으므로 원하는 명제가 성립한다. ∫ − a 0 f ( x ) d x = ∫ 0 a f ( − t ) d t = − ∫ 0 a f ( t ) d t = − ∫ 0 a f ( x ) d x {\displaystyle \int _{-a}^{0}f(x)\mathrm {d} x=\int _{0}^{a}f(-t)\mathrm {d} t=-\int _{0}^{a}f(t)\mathrm {d} t=-\int _{0}^{a}f(x)\mathrm {d} x} 만약 f {\displaystyle f} 가 짝함수라면, 치환 적분 x = − t {\displaystyle x=-t} 을 쓴 뒤 f ( − t ) = f ( t ) {\displaystyle f(-t)=f(t)} 를 대입하면 다음을 얻으므로 원하는 명제가 성립한다.:41, 例7.4.4 ∫ − a 0 f ( x ) d x = ∫ 0 a f ( − t ) d t = ∫ 0 a f ( t ) d t = ∫ 0 a f ( x ) d x {\displaystyle \int _{-a}^{0}f(x)\mathrm {d} x=\int _{0}^{a}f(-t)\mathrm {d} t=\int _{0}^{a}f(t)\mathrm {d} t=\int _{0}^{a}f(x)\mathrm {d} x} 치환 적분을 통해 주기 함수의 한 주기 동안의 적분이 어디에서나 같음을 증명할 수 있다. f : R → R {\displaystyle f\colon \mathbb {R} \to \mathbb {R} } 가 T > 0 {\displaystyle T>0} 를 주기로 가지는 연속 함수라고 하자. 그렇다면 임의의 a ∈ R {\displaystyle a\in \mathbb {R} } 에 대하여 다음이 성립한다. ∫ a a + T f ( x ) d x = ∫ 0 T f ( x ) d x {\displaystyle \int _{a}^{a+T}f(x)\mathrm {d} x=\int _{0}^{T}f(x)\mathrm {d} x} 이는 다음과 같이 증명할 수 있다. 치환 적분 x = t + T {\displaystyle x=t+T} 를 쓴 뒤 f ( t + T ) = f ( t ) {\displaystyle f(t+T)=f(t)} 를 대입하면 다음을 얻는다. ∫ T a + T f ( x ) d x = ∫ 0 a f ( t + T ) d t = ∫ 0 a f ( t ) d t = ∫ 0 a f ( x ) d x {\displaystyle \int _{T}^{a+T}f(x)\mathrm {d} x=\int _{0}^{a}f(t+T)\mathrm {d} t=\int _{0}^{a}f(t)\mathrm {d} t=\int _{0}^{a}f(x)\mathrm {d} x} 따라서 다음이 성립하므로, 원하는 명제가 성립한다.:42-43, 例7.4.6 ∫ a a + T f ( x ) d x = ( ∫ a 0 + ∫ 0 T + ∫ T a + T ) f ( x ) d x = ∫ 0 T f ( x ) d x {\displaystyle \int _{a}^{a+T}f(x)\mathrm {d} x=\left(\int _{a}^{0}+\int _{0}^{T}+\int _{T}^{a+T}\right)f(x)\mathrm {d} x=\int _{0}^{T}f(x)\mathrm {d} x} 부정적분#치환 적분 리만 적분#치환 적분 변수 변환 삼각 치환 쌍곡 치환 바이어슈트라스 치환 오일러 치환 부분 적분 伍胜健 (2009년 8월). 《数学分析. 第一册》 (중국어). 北京: 北京大学出版社. ISBN 978-7-301-15685-8.  Stewart, James (2011). 《Single Variable Calculus: Early Transcendentals》 (영어) 7판. Belmont, CA: Cengage Learning. ISBN 978-0-538-49867-8. LCCN 2010936598.  Lax, Peter D.; Terrell, Maria Shea (2014). 《Calculus With Applications》. Undergraduate Texts in Mathematics (영어) 2판. New York, NY: Springer Science+Business Media. doi:10.1007/978-1-4614-7946-8. ISBN 978-1-4614-7945-1. ISSN 0172-6056. LCCN 2013946572.  伍胜健 (2010년 2월). 《数学分析. 第二册》 (중국어). 北京: 北京大学出版社. ISBN 978-7-301-15876-0.  “Integration by substitution”. 《Encyclopedia of Mathematics》 (영어). Springer-Verlag. 2001. ISBN 978-1-55608-010-4.