敲黑板，定積分也有換元和分部積分法！

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今天是高等數學的第14篇文章，我們一起來看看定積分的換元法和分部積分法。

我們之前在不定積分的內容當中曾經介紹過換元法和分部積分法這兩種求解不定積分的方法，今天我們來探索將這兩種方法應用在定積分上。有一點需要注意，雖然不定積分和定積分只有一字之差，但是在數學上其實它們是兩個完全不同的概念。不定積分求解的是函數的原函數，而定積分則是求解的曲形的面積，也就是一個具體的值。

我們用Python來舉例的話，不定積分有些像是高階函數，我們傳入一個函數，得到一個函數。而定積分則就是一個計算的函數，我們傳入一個函數，得到一個值。由於有了牛頓-萊布尼茨公式，我們求解定積分的時候也需要求解原函數，但這只是計算過程相似，並不是它的定義。所以不要把兩者弄混淆了。

換元法

在我們寫出換元法的公式之前，我們先寫清楚它的作用區間。這個是數學的慣例，我們寫一個公式或者是定理或者是式子，都需要標明適用範圍。我們假設函數f(x)在區間[a, b]上連續。

函數$x=\phi(t)$滿足：

1. $\phi(\alpha) = a, \phi(\beta) = b$
2. $\phi(t)$在區間$[\alpha, \beta]$，或者$[\beta, \alpha]$上具有連續導數，值域是[a, b]，那麼：

$\int_a^bf(x)dx = \int_\alpha^\beta f[\phi(t)]\phi'(t)dt$

這個式子成立非常明顯，但爲了嚴謹，我們還是來證明一遍。

等式的左邊很簡單就是我們常見的積分函數，我們假設f(x)在區間[a, b]上的原函數是F(x)，那麼等式左邊根據牛頓-萊布尼茨公式，可以得到：

$\int_a^b f(x)dx = F(b) - F(a)$

所以我們重點關注的是等式右邊，等式右邊也做類似處理，我們假設$\Phi(t) = F(\phi(t))$。

我們對$\Phi(t)$求導，可以得到：

$\Phi'(t) = \frac{dF}{d\phi}\cdot \frac{d\phi}{dt} = f(x)\cdot \phi'(t) = f[\phi(t)]\cdot \phi'(t)$

通過求導我們可以發現，$\Phi(t)$是$f[\phi(t)]\cdot \phi'(t)$的原函數。所以：

$\begin{aligned} \int_\alpha^\beta f[\phi(t)]\phi'(t)dt &= \Phi(\beta) - \Phi(\alpha)\\ &= F[\phi(\beta)] - F[\phi(\alpha)] \\ &= F(b) - F(a) \end{aligned}$

所以我們就證明完了，整個證明過程並不難，比較困難的點在於我們在處理等式右邊的時候是怎麼想到令$\Phi(t) = F(\phi(t))$的呢？這是一個非常巧妙的點。想到這個不太容易，如果是我從頭開始證明，我可能會往$\phi(t)$的原函數上想，估計不太容易想到將F(x)引入進來。

我們理解了換元求解定積分的方法之後，我們一起來看一道例題來熟悉一下。這個例題還是經典的三角換元：

$\int_0^a \sqrt{a^2 - x^2}dx \quad (a>0)$

我們很容易想到我們可以令$x = a\sin t$，這樣的話$dx = a\cos t dt$。當x=0時，t=0，當x=a時，t=$\frac{\pi}{2}$，我們代入原式可以得到：

$\begin{aligned} \int_0^a \sqrt{a^2 - x^2}dx &= a^2 \int_0^\frac{\pi}{2} \cos ^2 tdt \\ &= \frac{a^2}{2}\int_0^\frac{\pi}{2} (1 + \cos 2t)dt \\ &= \frac{a^2}{2}[t + \frac{1}{2}\sin 2t]_0 ^\frac{\pi}{2}\\ &= \frac{\pi a^2}{4} \end{aligned}$

明白了原理之後，我們也可以將換元公式反過來用。也就是說當我們湊到$t = \phi(x)$的情況時，也一樣可以使用換元公式。

我們再來看一個例子：

$\int_0^\frac{\pi}{2}\cos ^5 x \sin x dx$

我們很容易湊到$t = \cos x$時，$dt = -\sin x dx$，當x=0時，t=1， 當x=$\frac{\pi}{2}$時，t=0。我們代入原式，可以得到：

$\begin{aligned} \int_0^\frac{\pi}{2}\cos ^5 x \sin x dx &= -\int_1^0 t^5 dt\\ &= \int_0^1 t^5 dt = [\frac{t}{6}]_0^1 = \frac{1}{6} \end{aligned}$

分部積分法

不定積分的分部積分法是根據求導公式推導得出的，它在定積分當中同樣適用，我們只需要稍作變形就可以推導出來：

$\begin{aligned} \int_a^b u(x)v'(x)dx &= [\int u(x)v'(x)dx]_a^b\\ &= [u(x)v(x) - \int v(x)u'(x)dx]_a^b\\ &= [u(x)v(x)]_a^b - \int_a^b v(x)u'(x) dx \end{aligned}$

我們把上面的式子可以簡寫成：$\int_a^b uv' dx = [uv]_a^b - \int_a^b vu' dx$

來看個例子：$\int_0^\pi x\cos x dx $

我們令u = x, dv = $\cos x$，那麼v = $\sin x$，我們代入就可以得到：

$\begin{aligned} \int_0^\pi x\cos x dx &= [x \sin x]_0^\pi - \int_0^\pi \sin x dx \\ &= 0 + [\cos x]_0^\pi \\ &= -2 \end{aligned}$

和不定積分一樣，分部積分法和換元法可以結合使用，得到更強大的效果。我們來看個例子：$\int_0^1 e^{\sqrt{x}} dx$

我們令$t = \sqrt{x}$，於是$x = t^2, dx = 2tdt$，並且當x=0時，t=0，當x=1時，t=1。我們代入可得：

$\int_0^1 e^{\sqrt{x}} dx = 2\int_0^1 t e^t dt = 2\int_0^1 td(e^t)$

我們使用分部積分法，令u=t, dv = $e^t$，所以$v = e^t$，代入可以得到：

$\begin{aligned} 2\int_0^1 td(e^t) &= 2([te^t]_0^1 - \int_0^1 e^t dt) \\ &= 2(e - e + 1) = 2 \end{aligned}$

總結

換元法和分部積分法是求解定積分和不定積分的兩大最重要的方法，這兩個方法說起來容易，理解起來也不難，但是很容易遺忘。尤其是我們長時間不使用的情況下，經常會忘記，而在用的時候又經常會想不起來，典型的書到用時方恨少問題。所以我們經常拿出來複習回顧一下，還是很有必要的。

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