换元法

::: abstract 换元法最重要的就是打开局面，选择合适的换元就可以把复杂的积分变得简洁.

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整体换元

被积函数中出现 $\sqrt{ \text{一次函数} }$, $\sqrt{ \frac{\text{一次函数}}{\text{一次函数}} }$, $\sqrt{ e^{ ax }+b }$, $\sqrt{ \frac{e^{ ax }+b}{e^{ ax }-b} }$.

可以将整个根号全部换元为 $t$. (该方法虽然可行，但是不一定是最快的方法)

1.1 $\int \sqrt{ \frac{x}{1+x} }\mathrm{d}x$

令 $t=\sqrt{ \frac{x}{1+x} }$，反解出 $x=\frac{1}{1-t^{2}}-1$. 那么 $\mathrm{d}x=\mathrm{d}\left( \frac{1}{1-t^{2}}-1 \right)$.

相关信息

这道题换元后最好不要把 $\mathrm{d}x$ 解出来，否则被积函数次数太高不好做.

$\mathrm{d}\left( \frac{1}{1-t^{2}}-1 \right)=\frac{2t}{(1-t^{2})^{2}}\mathrm{d}t$，如果强行接出来的话次数特别高. 如果我们保留：$I=\int t\mathrm{d}\left( \frac{1}{1-t^{2}} \right)$

然后使用分部积分变成:

$$I=\frac{t}{1-t^{2}}+\int \frac{1}{t^{2}-1}\mathrm{d}t=\frac{t}{1-t^{2}}+\frac{1}{2}\ln | \frac{t-1}{t+1}|+C$$

1.2 $\int \frac{1}{x}\sqrt{ \frac{x+1}{x} }\mathrm{d}x$.

令 $t=\sqrt{ \frac{x+1}{x} }$ 得到 $x=\frac{1}{t^{2}-1}$. 吸取了上一道题目的经验，我们不要直接解出来. 先放着 $\mathrm{d}x=\mathrm{d}\left( \frac{1}{t^{2}-1} \right)$.

回到原式为 $\int (t^{2}-1)t\mathrm{d}\left( \frac{1}{t^{2}-1} \right)$. 可以解出来，但是如果不解呢?

直接分部积分：$t-\int \frac{1}{t^{2}-1}\mathrm{d}(t(t^{2}-1))$

接着解：

$$\begin{aligned}I&=t-\int \frac{1}{t^{2}-1}(3t^{2}-1)\mathrm{d}t\\&=t-\int \frac{3t^{2}-3+2}{t^{2}-1}\mathrm{d}t\\&=t-\int 3 + \frac{2}{t^{2}-1}\\&=t-3t-\ln | \frac{t-1}{t+1}|+\text{C}\end{aligned}$$

1.3.1 $\int \sqrt{ \frac{1-x}{1+x} }\mathrm{d}x$.

方法一：换元法

令 $t=\sqrt{ \frac{1-x}{1+x} }$.

方法二：有理化

::: question 这道题到底是用分子有理化还是分母有理化？

:::

如果这道题目是分母有理化，那么分母项数多，分子由于带了根号也无法裂开，而如果分子有理化：

$$\int \frac{1-x}{\sqrt{ 1-x^{2} }}\mathrm{d}x=\arcsin x-\int \frac{x}{\sqrt{ 1-x^{2} }}\mathrm{d}x$$

对于右边的分式，我们同样有两种思路：

思路一： $\mathrm{d}(1-x^{2})=2x$，刚好分子上有 $x$，那么凑进去即可.

思路二：经验

我们看看 $\left( \frac{1}{\sqrt{ 1-x^{2} }} \right)'=\frac{-2x}{2\sqrt{ 1-x^{2} }}=- \frac{x}{\sqrt{ 1-x^{2} }}$.

1.3.2 $\int \left( \sqrt{ \frac{1-x}{1+x} }+\sqrt{ \frac{1+x}{1-x} } \right)\mathrm{d}x$.

本道题当然可以拆开，然后分别使用 1.3.1 的方法解决. 那么是否有其他方法？

我们先使用分子有理化.

$$\frac{1-x}{\sqrt{ 1-x^{2} }}+\frac{1+x}{\sqrt{ 1-x^{2} }}=\frac{2}{\sqrt{ 1-x^{2} }}$$

这道题如果合并的时候我们就能看到分母一致了吧，这样结果直接出来了。

不定积分的方法很多，我们要选择最合适的方法，而不一定要围绕着通法照本宣科.

1.4 $\int \left( \frac{xe^{ x }}{\sqrt{ e^{ x }-2} } \right)\mathrm{d}x$.

令 $t=\sqrt{ e^{ x }-2 }$, 则 $\mathrm{d}x=\mathrm{d}(\ln( 2+t^{2}))$.

我们可以每次可以先写到上面的形式，不要急着立马就把 dt 的形式写出来.

$I=\int \frac{\ln(2+t^{2})(2+t^{2})}{t}\mathrm{d}(\ln (2+t^{2}))$

这个时候我们发现肯定要把 $dt$ 解出来，否则分部后更加麻烦了：

$$I=\int \ln 2 (2+t^{2})= 2\int \ln(2+t^{2})\mathrm{d}t$$

分部积分消掉 ln

$$I=2t\ln(2+t^{2})-\int t\mathrm{d}(\ln(2+t^{2}))$$

这个时候结果已经很显然了.

1.5 $\int \frac{1}{\sqrt[3]{ (x+1)^{2}(x-1)^4 }}\mathrm{d}x$.

这道题目看起来有三次根号，还有二次方四次方。怎么化归呢？

我的一点想法：

$\sqrt[3]{ (x+1)^3(x-1)^{3}\left( \frac{x-1}{x+1} \right) }=(x+1)(x-1)\sqrt[3]{ \frac{x-1}{x+1} }$.

令 $t=\sqrt[3]{ \frac{x-1}{x+1} }$，求出 $x$, 得到有理函数积分再裂项即可.

选择合适的次方数换元

2.1 $\int \frac{1}{(1+\sqrt[3]{ x })\sqrt{ x }}\mathrm{d}x$.

注

这道题目含有 $x^{-3},x^{-2}$，我们就要令 $t=x^6$. 我们需要同时消掉三次根号和二次根号.

2.2 $\int \frac{1}{1+e^{ \frac{x}{2} }+e^{ \frac{x}{3}}+e^{ \frac{x}{6}}}$

提示：令 $t=e^{ x/6 }$

原式= $6\int \frac{1}{1+t^{3}+t^{2}+t}$

提示：$1+t+t^{2}+t^{3}=(1+t)(1+t^{2})$

这个式子我们可以猜根：$t(1+t)+(t+1)(t^{2}-t+1)=(t+1)(1+t^{2})$

接下来使用常规方法：$\frac{A}{1+t}+\frac{Bt+C}{1+t^{2}}$

有了上面的题目，我们发现也就是我们要注意取各个部分的最小公倍数！

三角换元

如果出现 $\sqrt{ \text{二次函数} }$ 我们就要考虑三角换元.

1. 若根号内没有一次项，只有平方项和常数项，直接换元：

$$\begin{aligned}\sqrt{ a^{2}-x^{2} }\implies x=a\sin t\\\sqrt{ a^{2}+x^{2} }\implies x=a\tan t\\\sqrt{ x^{2} -a^{2}}\implies x=a\sec t\end{aligned}$$

提示

不一定非要出现根号才用三角换元，比如 $\int \frac{1}{(1+x^{2})^{2}}\mathrm{d}x$，我们直接令 $x=\tan u$，再二倍角处理.

2. 如果出现一次项，那么我们还需要对二次项进行配方，消去一次项转化为上面的情况，然后换元. 3.1 $\int \frac{\sqrt{ 4-x^{2} }}{x^{4}}\mathrm{d}x$.

令 $x=2\sin t$, 然后得到 $I=\frac{2\cos t}{16\sin ^{4}t} 2\cos t \mathrm{d}t$

3.2 $\int \frac{1}{\sqrt{ (x^{2}+1)^{3} }}\mathrm{d}x$.

令 $x=\tan t$, 通过计算得到了结果: $I=\sin t+C$.

那么怎么进一步得到结果呢？

![[Pasted image 20241209141026.png]] 通过图片能够得到 $\sin t=\frac{1}{\sqrt{ 1+x^{2} }}$.

3.3 $\int \frac{1}{\sqrt{ x(4-x) }}$

3.4 $\int x\sqrt{ 2x-x^{2} }$

这道题一样的, 根号化简：$\sqrt{ 1-(x-1)^{2} }$，令 $x-1=\sin t$.

得到 $\int (\sin t+1)\cos t\mathrm{d}x$.

3.5 $\int \frac{1}{x^{2}\sqrt{ x^{2} -1}}\mathrm{d}x$.

本题当然可以用 $x=\sec t$, 其实本题可以用模型解决.

★一切化为形如：$\int \frac{1}{(x+d)\sqrt{ ax^{2} +bx+c}}\mathrm{d}x$ 或者 $\int \frac{1}{(x+d)^{2}\sqrt{ ax^{2} +bx+c}}\mathrm{d}x$ 的积分，都可以使用倒代换，令 $\frac{1}{t}=x+d$.

例题：$\frac{1}{x\sqrt{ 2x^{2}+2x+1 }}\mathrm{d}x$.

本题当然可以用配方三角换元的积分做，但是显然很麻烦。所以参考以上解题套路.

令 $t=\frac{1}{x}\implies \mathrm{d}x=\mathrm{d}\left( -\frac{1}{t^{2}} \right)$ .

那么可以化为：

$$I=-\int \frac{t}{\sqrt{ \frac{2}{t^{2}}+\frac{2}{t}+1 }} \frac{1}{t^{2}}\mathrm{d}t$$

然后约掉一个 $t$, 把剩下的一个 $t$ ×到根号里面，得到：

$$I=-\int \frac{1}{\sqrt{ 2+2t+t^{2} }}\mathrm{d}t$$

然后这个时候就化为上面简单的式子了。 我们还可以因为这个转化为积分表中的一个式子：

$$I=-\int \frac{1}{\sqrt{ (t+1)^{2}+1 }}\mathrm{d}(t+1)$$

查阅[[数学笔记#^e064c7|积分表]]，答案呼之欲出：$I=-\int \ln (t+1)+\sqrt{ t^{2}+2t+2 }+C$.

4.2 $\int \frac{1}{ x^{2}\sqrt{ 2x^{2}+2x+1 }}\mathrm{d}x$.

分部积分

基本套路

$$\int u\mathrm{d}v=uv-\int v\mathrm{d}u$$

希望分部积分后的积分要比原来好算.

注

口诀 当一个被积函数出现两个不同种类相乘时要使用分部积分 谁在后面就把谁凑到 $\mathrm{d}$ 里面去. 反------对------幂------指------三 $\arctan x$ $\ln x$ $x^n$ $e^{ x }$ $\sin x$

比如：$xe^{ x }\mathrm{d}x$.

我们发现本题幂函数和指数函数，根据口诀我们应该把指数函数放在后面. 即为 $\int x \mathrm{d}(e^{ x })$.

原式= $xe^{ x }-\int e^{ x }\mathrm{d}x$. 等号后面比前面要好算很多。

分部积分的目的不是为了解出来答案，而是转化对象，让积分更好算.

为什么要这么记呢？那么（反对幂指三）哪些是怕求导（求导后就不再是自己）呢？

$(\ln x)'=\frac{1}{x}$ /// $(\arctan x)'=\frac{1}{1+x^{2}}$ /// $(x^n)'=nx^{n-1}$ /// $(\sin x)'=\cos x$ /// $(e^{ x })'=e^{ x }$

我们通过谁怕求导谁不那么怕分成了三大类。

如果函数中只有 $\ln kx+b$，直接分部积分

比如：$\int x\ln x \mathrm{d}x$.

根据尝试我们应该这么做：$I=\int \ln x \mathrm{d}\left( \frac{x^{2}}{2} \right)=\frac{x^{3}}{2}-\int \frac{x^{2}}{2}\mathrm{d}(\ln x)$.

因为 $\ln x$ 最怕求导, 我们就要尽量对他求导，那么我们就要尽量先把他保留在前面，然后用分部积分帽子戏法，把它转移到 $\mathrm{d}$ 里面进行求导. 那么你需要只保留这个怕求导的部分，那么你就必须把其他部分先凑到 $\mathrm{d}$ 里面去.

5.1 $\int x\arctan x \mathrm{d}x$.

$$I=\frac{1}{2}\int \arctan x \mathrm{d}(x^{2})=\frac{1}{2}\left[ x^{2}\arctan x-\int x^{2}\mathrm{d}(\arctan x) \right]$$

这样我们就把最怕求导的部分给求了，那么剩下的步骤就明晰了. ::: notice 在分部积分时，要善于在 $\mathrm{d}$ 后面加减一个常数，使得分部后的式子更加简单.

::: 5.2 $\int x\ln(1+x^{2})\arctan x \mathrm{d}x$.

解析：

$$\begin{aligned}I&=\frac{1}{2}\int \ln(1+x^{2})\arctan x \mathrm{d}(1+x^{2})\\&=\frac{1}{2}\left[ (1+x^{2})\ln(1+x^{2})\arctan x-\int 1+x^{2} \mathrm{d}(\ln(1+x^{2})\arctan x) \right]\end{aligned}$$

我们再解决后面的积分：$\int 1+x^{2} \left( \frac{2x\arctan x}{1+x^{2}} +\frac{\ln(1+x^{2})}{1+x^{2}}\right)\mathrm{d}x$

发现刚好可以约掉：$\int 2x\arctan x+\ln(1+x^{2})\mathrm{d}x$.

然后继续拆分，第一个积分我们已经做过了，看第二个积分。

$$\int \ln(1+x^{2})\mathrm{d}x=x+x^{3}-\int x \mathrm{d}(\ln(1+x^{2}))$$

直接出结果.

指数函数和三角函数同时出现的情况

6.1 $\int e^{ x }\sin x \mathrm{d}x$.

注

出现这种题目，我们需要进行连续分部积分，使得积分重现，问题才能得以解决. **注意：这两次分部积分，每次凑到 $\mathrm{d}$ 后面的函数必须是同一种类的函数

$$\begin{aligned}I&=\int \sin x \mathrm{d}(e^{ x })\\&=\sin xe^{ x }-\int\cos x \mathrm{d}(e^{ x })\\&=\sin xe^{ x }-\left( e^{ x }\cos x-\int e^{ x } \mathrm{d}(\cos x) \right)\\&=\sin xe^{ x }-e^{ x }\cos x-\int \sin xe^{ x } \mathrm{d}x\end{aligned}$$

这个时候，发现积分重现：$2I=\sin xe^{ x }-e^{ x }\cos x$ 得到结果.

6.2 $\int xe^{ x }\sin x \mathrm{d}x$.

这道题目，必须要把 $e^{ x }\sin x$ 都要凑到后面取，因为这道题目只有 $x$ 怕求导。

结合 6.1 我们就要凑成：$\int x \mathrm{d}\left( \frac{e^{ x }}{2}(\sin x-\cos x) \right)$.

然后分部积分交换位置.

6.3 $\int \ln ^{2}(x+\sqrt{ 1+x^{2} })\mathrm{d}x$.

提示：根据积分表：$[\ln( x+\sqrt{ 1+x^{2} })]'=\frac{1}{\sqrt{ 1+x^{2} }}$ 我们都知道导数了，直接把他分部积分分部过去即可.

后面的分式变为了 $\int 2x\ln (x+\sqrt{ 1+x^{2} }) \frac{1}{\sqrt{ 1+x^{2} }}\mathrm{d}x$

发现对数函数依旧没有完全消掉，那么继续重复原来的步骤继续.

把 $x$ 凑过去，有 $\frac{\mathrm{d}(x^{2}+1)}{\sqrt{ 1+x^{2} }}$，继续凑变成 $\mathrm{d}(\sqrt{ 1+x^{2} })$，然后我们就凑干净了。

换元法+分部积分（★★★）

注

换元后，紧接着就是分部积分是一个常见的套路，当我们预判出一个题目既要换元又要分部积分，我们先换元再分部，因为换元法就是用来打开局面的，换元后可能就会显得清楚很多.7.1 $\int e^{2x}\arctan \sqrt{ e^{x}-1 }\mathrm{d}x$.

这道题目有两个要立马反映出来：

1.出现了 $\sqrt{ e^{ x }-1 }$ 要选择换元. 2.出现了指数函数和反三角函数，我们需要运用分部积分.

$t=\sqrt{ e^{ x }-1 }$, 则 $x=\ln(1+t^{2})$. 同时 $e^{ 2x }=(1+t^{2})^{2}$.

$$\begin{aligned} I&=\int (1+t^{2})^{2} \arctan t \frac{2t}{1+t^{2}}\mathrm{d}t \\ &=\int 2t(1+t^{2})\arctan t\mathrm{d}t \\&=\int(1+t^{2})\arctan t\mathrm{d}(t^{2}+1)\\&=\int \arctan t\mathrm{d}\left( \frac{1}{2}(t^{2}+1)^{2} \right) \end{aligned}$$

接下来分部积分即可.

7.2 $\int \frac{xe^{ \arctan x }}{(1+x^{2})^{3/2}}\mathrm{d}x$

$\int_{1}^{}$