换元法 - 微积分：第一卷

5.5 换元法

学习目标

5.5.1 使用换元法计算不定积分。
5.5.2 使用换元法计算定积分。

微积分基本定理为我们提供了一种无需使用黎曼和即可计算积分的方法。然而，这种方法的缺点是，我们必须能够找到原函数，而这并不总是容易的。在本节中，我们将研究一种称为换元积分法的技术，以帮助我们找到原函数。具体来说，当被积函数是链式法则求导的结果时，此方法有助于我们找到原函数。

最初，换元的方法可能看起来不太明显。然而，它主要是一个视觉判断——也就是说，被积函数会告诉你该怎么做；关键在于识别函数的结构。那么，我们应该看到什么呢？我们正在寻找形式为 $f [g (x)] g^{'} (x) d x .$ 的被积函数。例如，在积分 $\int {(x^{2} - 3)}^{3} 2 x d x,$ 中，我们有 $f (x) = x^{3}, g (x) = x^{2} - 3,$ 和 $g' (x) = 2 x .$ 。那么，

f [g (x)] g^{'} (x) = {(x^{2} - 3)}^{3} (2 x),

我们看到被积函数具有正确的形式。

这种方法被称为换元法，因为我们将被积函数的一部分用变量 u 替换，另一部分用 du 替换。之所以称为换元法，是因为改变变量后，表达式更容易应用积分法则。

定理 5.7

不定积分的换元法

设 $u = g (x),$ ，其中 $g^{'} (x)$ 在一个区间上连续， $f (x)$ 在 g 的对应值域上连续，且 $F (x)$ 是 $f (x) .$ 的一个原函数。那么，

\begin{matrix} \int f [g (x)] g^{'} (x) d x & = \int f (u) d u \\ = F (u) + C \\ = F (g (x)) + C . \end{matrix}

(5.19)

证明

设 f, g, u 和 F 如定理中所述。则

\begin{matrix} \frac{d}{d x} F (g (x)) & = F^{'} (g (x)) g^{'} (x) \\ = f [g (x)] g^{'} (x) . \end{matrix}

对两边关于 x 积分，可得

\int f [g (x)] g^{'} (x) d x = F (g (x)) + C .

如果我们现在代入 $u = g (x),$ 和 $d u = g' (x) d x,$ ，可得

\begin{matrix} \int f [g (x)] g^{'} (x) d x & = \int f (u) d u \\ = F (u) + C \\ = F (g (x)) + C . \end{matrix}

□

回到我们最初考虑的问题，我们设 $u = x^{2} - 3$ ，然后 $d u = 2 x d x .$ 。将积分用 u 表示：

\int {\underset{u}{\underset{⏟}{(x^{2} - 3)}}}^{3} \underset{d u}{\underset{⏟}{(2 x d x)}} = \int u^{3} d u .

使用积分的幂法则，我们有

\int u^{3} d u = \frac{u^{4}}{4} + C .

将 x 的原始表达式代回解中：

\frac{u^{4}}{4} + C = \frac{{(x^{2} - 3)}^{4}}{4} + C .

这一过程可以推广为以下解题策略。

解题策略

换元积分法

仔细观察被积函数，选择被积函数中的一个表达式 $g (x)$ 设为 u。我们选择 $g (x)$ ，使得 $g^{'} (x)$ 也是被积函数的一部分。
将 $u = g (x)$ 和 $d u = g^{'} (x) d x$ 代入积分中。
现在我们应该能够计算关于 u 的积分。如果积分无法计算，我们需要返回并选择不同的表达式作为 u。
计算关于 u 的积分。
将结果用 x 和表达式 $g (x) .$ 表示。

例 5.30

使用换元法求原函数

使用换元法求原函数 $\int 6 x {(3 x^{2} + 4)}^{4} d x .$

解

第一步是选择 u 的表达式。我们选择 $u = 3 x^{2} + 4$ ，因为这样 $d u = 6 x d x,$ ，并且被积函数中已经有 du。将积分用 u 表示：

\int 6 x {(3 x^{2} + 4)}^{4} d x = \int u^{4} d u .

请记住，du 是为 u 选择的表达式的导数，无论被积函数内部是什么。现在我们可以计算关于 u 的积分：

\begin{array}{l} \int u^{4} d u & = \frac{u^{5}}{5} + C \\ = \frac{{(3 x^{2} + 4)}^{5}}{5} + C . \end{array}

分析

可通过对积分结果求导来检验答案。结果应回到原被积函数。取 C 的值为 1，我们设 $y = \frac{1}{5} {(3 x^{2} + 4)}^{5} + 1 .$ 。我们有

y = \frac{1}{5} {(3 x^{2} + 4)}^{5} + 1,

所以

\begin{matrix} y^{'} & = (\frac{1}{5}) 5 {(3 x^{2} + 4)}^{4} 6 x \\ = 6 x {(3 x^{2} + 4)}^{4} . \end{matrix}

这正是我们最初在被积函数中开始的表达式。

检验点 5.25

使用换元法求原函数 $\int 3 x^{2} {(x^{3} - 3)}^{2} d x .$

有时，如果积分中的常数与我们替换的表达式不完全匹配，我们需要对其进行调整。

例 5.31

带调整的换元法

使用换元法求 $\int z \sqrt{z^{2} - 5} d z .$

解

将积分改写为 $\int z {(z^{2} - 5)}^{1 / 2} d z .$ 。设 $u = z^{2} - 5$ ，则 $d u = 2 z d z .$ 。现在我们遇到了一个问题，因为 $d u = 2 z d z$ ，而原始表达式中只有 $z d z .$ 。我们必须调整 du 的表达式，否则关于 u 的积分将是应有值的两倍。如果我们将 du 方程的两边乘以 $\frac{1}{2} .$ ，就可以解决这个问题。因此，

\begin{matrix} u & = z^{2} - 5 \\ d u & = 2 z d z \\ \frac{1}{2} d u & = \frac{1}{2} (2 z) d z = z d z . \end{matrix}

将积分用 u 表示，但将 $\frac{1}{2}$ 提到积分号外面：

\int z {(z^{2} - 5)}^{1 / 2} d z = \frac{1}{2} \int u^{1 / 2} d u .

对关于 u 的表达式积分：

\begin{matrix} \frac{1}{2} \int u^{1 / 2} d u & = (\frac{1}{2}) \frac{u^{3 / 2}}{\frac{3}{2}} + C \\ = (\frac{1}{2}) (\frac{2}{3}) u^{3 / 2} + C \\ = \frac{1}{3} u^{3 / 2} + C \\ = \frac{1}{3} {(z^{2} - 5)}^{3 / 2} + C . \end{matrix}

检验点 5.26

使用换元法求 $\int x^{2} {(x^{3} + 5)}^{9} d x .$

例 5.32

三角函数积分的换元法

使用换元法计算积分 $\int \frac{sin t}{{cos}^{3} t} d t .$

解

我们知道 $cos t$ 的导数是 $− sin t,$ ，所以我们设 $u = cos t .$ 。那么 $d u = − sin t d t .$ 。代入积分中，我们有

\int \frac{sin t}{{cos}^{3} t} d t = − \int \frac{d u}{u^{3}} .

计算积分，可得

\begin{matrix} − \int \frac{d u}{u^{3}} & = − \int u^{−3} d u \\ = − (- \frac{1}{2}) u^{−2} + C . \end{matrix}

将答案用 t 表示，可得

\begin{matrix} \int \frac{sin t}{{cos}^{3} t} d t & = \frac{1}{2 u^{2}} + C \\ = \frac{1}{2 {cos}^{2} t} + C . \end{matrix}

检验点 5.27

使用换元法计算积分 $\int \frac{cos t}{{sin}^{2} t} d t .$

有时，我们需要以比简单地乘以或除以常数更复杂的方式来处理积分。我们需要消除被积函数中所有关于原始变量的表达式。完成后，u 应该是被积函数中唯一的变量。在某些情况下，这意味着需要用 u 来表示原始变量。下面的例题能更清楚地说明这一技巧。

例 5.33

使用 u-换元法求原函数

使用换元法求原函数 $\int \frac{x}{\sqrt{x - 1}} d x .$

解

如果我们设 $u = x - 1,$ ，那么 $d u = d x .$ 。但这没有考虑到被积函数分子中的 x。我们需要用 u 来表示 x。如果 $u = x - 1,$ ，那么 $x = u + 1 .$ 。现在我们可以将积分用 u 表示：

\begin{array}{l} \int \frac{x}{\sqrt{x - 1}} d x & = \int \frac{u + 1}{\sqrt{u}} d u \\ = \int \sqrt{u} + \frac{1}{\sqrt{u}} d u \\ = \int (u^{1 / 2} + u^{−1 / 2}) d u . \end{array}

然后按通常方式积分，将 u 替换回原始表达式，再对结果进行因式分解和化简。因此，

\begin{matrix} \int (u^{1 / 2} + u^{−1 / 2}) d u & = \frac{2}{3} u^{3 / 2} + 2 u^{1 / 2} + C \\ = \frac{2}{3} {(x - 1)}^{3 / 2} + 2 {(x - 1)}^{1 / 2} + C \\ = {(x - 1)}^{1 / 2} [\frac{2}{3} (x - 1) + 2] + C \\ = {(x - 1)}^{1 / 2} (\frac{2}{3} x - \frac{2}{3} + \frac{6}{3}) + C \\ = {(x - 1)}^{1 / 2} (\frac{2}{3} x + \frac{4}{3}) + C \\ = \frac{2}{3} {(x - 1)}^{1 / 2} (x + 2) + C . \end{matrix}

检验点 5.28

使用换元法计算不定积分 $\int {cos}^{3} t sin t d t .$

定积分的换元法

换元法也可以用于定积分。然而，使用换元法计算定积分需要改变积分上下限。如果我们在被积函数中改变变量，积分上下限也会随之改变。

定理 5.8

定积分的换元法

设 $u = g (x)$ ，且 $g^{'}$ 在区间 $[a, b],$ 上连续，且 f 在 $u = g (x) .$ 的值域上连续。那么，

\int_{a}^{b} f (g (x)) g^{'} (x) d x = \int_{g (a)}^{g (b)} f (u) d u .

虽然我们不会正式证明这个定理，但这里可通过一些计算验证它。根据不定积分的换元法则，如果 $F (x)$ 是 $f (x),$ 的一个原函数，我们有

\int f (g (x)) g^{'} (x) d x = F (g (x)) + C .

那么

\begin{matrix} \int_{a}^{b} f [g (x)] g^{'} (x) d x & = {F (g (x)) |}_{x = a}^{x = b} \\ = F (g (b)) - F (g (a)) \\ = {F (u) |}_{u = g (a)}^{u = g (b)} \\ = \int_{g (a)}^{g (b)} f (u) d u, \end{matrix}

(5.20)

得到了预期结果。

例 5.34

使用换元法计算定积分

使用换元法计算 $\int_{0}^{1} x^{2} {(1 + 2 x^{3})}^{5} d x .$

解

设 $u = 1 + 2 x^{3},$ ，则 $d u = 6 x^{2} d x .$ 。由于原来的被积函数包含一个 x² 因子，且 $d u = 6 x^{2} d x,$ ，将 du 方程的两边乘以 $1 / 6 .$ 。那么，

\begin{matrix} d u & = & 6 x^{2} d x \\ \frac{1}{6} d u & = & x^{2} d x . \end{matrix}

为了调整积分上下限，注意：当 $x = 0, u = 1 + 2 (0) = 1,$ ；当 $x = 1, u = 1 + 2 (1) = 3 .$ 。那么

\int_{0}^{1} x^{2} {(1 + 2 x^{3})}^{5} d x = \frac{1}{6} \int_{1}^{3} u^{5} d u .

计算此表达式，可得

\begin{matrix} \frac{1}{6} \int_{1}^{3} u^{5} d u & = (\frac{1}{6}) (\frac{u^{6}}{6}) |_{1}^{3} \\ = \frac{1}{36} [{(3)}^{6} - {(1)}^{6}] \\ = \frac{182}{9} . \end{matrix}

检验点 5.29

使用换元法计算定积分 $\int_{−1}^{0} y {(2 y^{2} - 3)}^{5} d y .$

例 5.35

指数函数的换元法

使用换元法计算 $\int_{0}^{1} x e^{4 x^{2} + 3} d x .$

解

设 $u = 4 x^{2} + 3 .$ 。那么， $d u = 8 x d x .$ 。为了调整积分上下限，我们注意到：当 $x = 0, u = 3,$ ；当 $x = 1, u = 7 .$ 。因此我们的换元得到

\begin{matrix} \int_{0}^{1} x e^{4 x^{2} + 3} d x & = \frac{1}{8} \int_{3}^{7} e^{u} d u \\ = \frac{1}{8} e^{u} |_{3}^{7} \\ = \frac{e^{7} - e^{3}}{8} \\ \approx 134.568. \end{matrix}

检验点 5.30

使用换元法计算 $\int_{0}^{1} x^{2} cos (\frac{π}{2} x^{3}) d x .$

换元法可能只是计算定积分所需的技术之一。所有积分的性质和法则都独立适用，并且在应用换元法之前，可能需要使用三角恒等式重写三角函数。此外，我们可以在找到原函数后选择替换 u 的原始表达式，这意味着我们不必改变积分上下限。这两种方法在例 5.36 中展示。

例 5.36

使用换元法计算三角积分

使用换元法计算 $\int_{0}^{π / 2} {cos}^{2} θ d θ .$

解

我们首先使用三角恒等式重写积分。三角恒等式 ${cos}^{2} θ = \frac{1 + cos 2 θ}{2}$ 允许我们将积分重写为

\int_{0}^{π / 2} {cos}^{2} θ d θ = \int_{0}^{π / 2} \frac{1 + cos 2 θ}{2} d θ .

那么，

\begin{matrix} \int_{0}^{π / 2} (\frac{1 + cos 2 θ}{2}) d θ & = \int_{0}^{π / 2} (\frac{1}{2} + \frac{1}{2} cos 2 θ) d θ \\ = \frac{1}{2} \int_{0}^{π / 2} d θ + \frac{1}{2} \int_{0}^{π / 2} cos 2 θ d θ . \end{matrix}

我们可以直接计算第一个积分，但我们需要进行换元来计算第二个积分。设 $u = 2 θ .$ 。那么， $d u = 2 d θ,$ 或 $\frac{1}{2} d u = d θ .$ 。此外，当 $θ = 0, u = 0,$ ；当 $θ = π / 2, u = π .$ 。将第二个积分用 u 表示，我们有

\begin{matrix} \frac{1}{2} \int_{0}^{π / 2} d θ + \frac{1}{2} \int_{0}^{π / 2} cos 2 θ d θ & = \frac{1}{2} \int_{0}^{π / 2} d θ + \frac{1}{2} (\frac{1}{2}) \int_{0}^{π} cos u d u \\ = \frac{θ}{2} |_{θ = 0}^{θ = π / 2} + \frac{1}{4} sin u |_{u = 0}^{u = π} \\ = (\frac{π}{4} - 0) + (0 - 0) = \frac{π}{4} . \end{matrix}

第5.5节练习

254.

为什么 u-代换被称为换元法？

255.

2. 如果在反向使用链式法则时， $f = g \circ h,$ ，那么 $\frac{d}{d x} (g \circ h) (x) = g^{'} (h (x)) h^{'} (x),$ ，你应该取 $u = g (x)$ 还是 $u = h (x) ?$

在以下练习中，使用求导验证每个恒等式。然后，使用指定的 u-代换，确定 f 使得积分具有形式 $\int f (u) d u .$ 。

256.

$\int x \sqrt{x + 1} d x = \frac{2}{15} {(x + 1)}^{3 / 2} (3 x - 2) + C; u = x + 1$

257.

对于 $x > 1 : \int \frac{x^{2}}{\sqrt{x - 1}} d x = \frac{2}{15} \sqrt{x - 1} (3 x^{2} + 4 x + 8) + C; u = x - 1$

258.

$\int x \sqrt{4 x^{2} + 9} d x = \frac{1}{12} {(4 x^{2} + 9)}^{3 / 2} + C; u = 4 x^{2} + 9$

259.

$\int \frac{x}{\sqrt{4 x^{2} + 9}} d x = \frac{1}{4} \sqrt{4 x^{2} + 9} + C; u = 4 x^{2} + 9$

260.

$\int \frac{x}{{(4 x^{2} + 9)}^{2}} d x = - \frac{1}{8 (4 x^{2} + 9)}; u = 4 x^{2} + 9$

在以下练习中，使用指定的代换求原函数。

261.

$\int {(x + 1)}^{4} d x; u = x + 1$

262.

$\int {(x - 1)}^{5} d x; u = x - 1$

263.

$\int {(2 x - 3)}^{−7} d x; u = 2 x - 3$

264.

$\int {(3 x - 2)}^{−11} d x; u = 3 x - 2$

265.

$\int \frac{x}{\sqrt{x^{2} + 1}} d x; u = x^{2} + 1$

266.

$\int \frac{x}{\sqrt{1 - x^{2}}} d x; u = 1 - x^{2}$

267.

$\int (x - 1) {(x^{2} - 2 x)}^{3} d x; u = x^{2} - 2 x$

268.

$\int (x^{2} - 2 x) {(x^{3} - 3 x^{2})}^{2} d x; u = x^{3} - 3 x^{2}$

269.

$\int {cos}^{3} θ d θ; u = sin θ$ $(H i n t : {cos}^{2} θ = 1 - {sin}^{2} θ)$

270.

$\int {sin}^{3} θ d θ; u = cos θ$ $(H i n t : {sin}^{2} θ = 1 - {cos}^{2} θ)$

在以下练习中，使用适当的换元法求不定积分。

271.

$\int x {(1 - x)}^{99} d x$

272.

$\int t {(1 - t^{2})}^{10} d t$

273.

$\int {(11 x - 7)}^{−3} d x$

274.

$\int {(7 x - 11)}^{4} d x$

275.

$\int {cos}^{3} θ sin θ d θ$

276.

$\int {sin}^{7} θ cos θ d θ$

277.

$\int {cos}^{2} (π t) sin (π t) d t$

278.

$\int {sin}^{2} x {cos}^{3} x d x$ $(H i n t : {sin}^{2} x + {cos}^{2} x = 1)$

279.

$\int t sin (t^{2}) cos (t^{2}) d t$

280.

$\int t^{2} {cos}^{2} (t^{3}) sin (t^{3}) d t$

281.

$\int \frac{x^{2}}{{(x^{3} - 3)}^{2}} d x$

282.

$\int \frac{x^{3}}{\sqrt{1 - x^{2}}} d x$

283.

$\int \frac{y^{5}}{{(1 - y^{3})}^{3 / 2}} d y$

284.

${\int cos θ (1 - cos θ)}^{99} sin θ d θ$

285.

${\int (1 - {cos}^{3} θ)}^{10} {cos}^{2} θ sin θ d θ$

286.

$\int (cos θ - 1) {({cos}^{2} θ - 2 cos θ)}^{3} sin θ d θ$

287.

$\int ({sin}^{2} θ - 2 sin θ) {({sin}^{3} θ - 3 {sin}^{2} θ)}^{3} cos θ d θ$

在以下练习中，使用计算器通过50项的左黎曼和估计曲线下的面积，然后使用换元法求出精确答案。

288.

[T] $y = 3 {(1 - x)}^{2}$ 在 $[0, 2]$ 上

289.

[T] $y = x {(1 - x^{2})}^{3}$ 在 $[−1, 2]$ 上

290.

[T] $y = sin x {(1 - cos x)}^{2}$ 在 $[0, π]$ 上

291.

[T] $y = \frac{x}{{(x^{2} + 1)}^{2}}$ 在 $[−1, 1]$ 上

在以下练习中，使用换元法计算定积分。

292.

$\int_{0}^{1} x \sqrt{1 - x^{2}} d x$

293.

$\int_{0}^{1} \frac{x}{\sqrt{1 + x^{2}}} d x$

294.

$\int_{0}^{2} \frac{t}{\sqrt{5 + t^{2}}} d t$

295.

$\int_{0}^{1} \frac{t^{2}}{\sqrt{1 + t^{3}}} d t$

296.

$\int_{0}^{π / 4} {sec}^{2} θ tan θ d θ$

297.

$\int_{0}^{π / 4} \frac{sin θ}{{cos}^{4} θ} d θ$

在以下练习中，使用 u-代换计算常数 $C = 0$ 的不定积分 $\int f (x) d x$ 。然后，在指定区间上绘制函数及其原函数的图形。如果可能，估计需要添加到原函数中的 C 值，使其等于以 a 为给定区间左端点的定积分 $F (x) = \int_{a}^{x} f (t) d t,$ 。

298.

[T] $\int (2 x + 1) e^{x^{2} + x - 6} d x$ 在 $[−3, 2]$ 上

299.

[T] $\int \frac{cos (ln (2 x))}{x} d x$ 在 $[0, 2]$ 上

300.

[T] $\int \frac{3 x^{2} + 2 x + 1}{\sqrt{x^{3} + x^{2} + x + 4}} d x$ 在 $[−1, 2]$ 上

301.

[T] $\int \frac{sin x}{{cos}^{3} x} d x$ 在 $[- \frac{π}{3}, \frac{π}{3}]$ 上

302.

[T] $\int (x + 2) e^{− x^{2} - 4 x + 3} d x$ 在 $[−5, 1]$ 上

303.

[T] $\int 3 x^{2} \sqrt{2 x^{3} + 1} d x$ 在 $[0, 1]$ 上

304.

如果在 $\int_{a}^{b} g' (h (x)) h' (x) d x,$ 中 $h (a) = h (b)$ ，那么关于积分的值你能说什么？

305.

在定积分 $\int_{0}^{2} \frac{x}{1 - x^{2}} d x$ 中进行代换 $u = 1 - x^{2}$ 是否可以？如果不行，为什么？

在以下练习中，使用换元法证明每个定积分都等于零。

306.

$\int_{0}^{π} {cos}^{2} (2 θ) sin (2 θ) d θ$

307.

$\int_{0}^{\sqrt{π}} t cos (t^{2}) sin (t^{2}) d t$

308.

$\int_{0}^{1} (1 - 2 t) d t$

309.

$\int_{0}^{1} \frac{1 - 2 t}{(1 + {(t - \frac{1}{2})}^{2})} d t$

310.

$\int_{0}^{π} sin ({(t - \frac{π}{2})}^{3}) cos (t - \frac{π}{2}) d t$

311.

$\int_{0}^{2} (1 - t) cos (π t) d t$

312.

$\int_{π / 4}^{3 π / 4} {sin}^{2} t cos t d t$

313.

证明 $f (x)$ 在区间 $[a, b]$ 上的函数的平均值与 $f (c x)$ 在区间 $[\frac{a}{c}, \frac{b}{c}]$ 上的函数的平均值相同，其中 $c > 0 .$ 。

314.

求函数 $f (t) = \frac{t}{{(1 + t^{2})}^{a}}$ 的图形在 $t = 0$ 和 $t = x$ 之间的面积，其中 $a > 0$ 且 $a \neq 1$ 是固定的，并计算当 $x \to \infty .$ 时的极限。

315.

求函数 $g (t) = \frac{t}{{(1 - t^{2})}^{a}}$ 的图形在 $t = 0$ 和 $t = x,$ 之间的面积，其中 $0 < x < 1$ 且 $a > 0$ 是固定的。计算当 $x \to 1 .$ 时的极限。

316.

半径为 1 的半圆的面积可以表示为 $\int_{−1}^{1} \sqrt{1 - x^{2}} d x .$ 。使用换元法 $x = cos t$ 将半圆的面积表示为三角函数的积分。你无需计算该积分。

317.

一个椭圆的上半部分的面积，其长轴为从 $x = - a$ 到 $x = a$ 的 x-轴，短轴为从 $y = − b$ 到 $y = b$ 的 y-轴，可以写成 $\int_{− a}^{a} b \sqrt{1 - \frac{x^{2}}{a^{2}}} d x .$ 。使用换元法 $x = a cos t$ 将该面积表示为三角函数的积分。你无需计算该积分。

318.

[T] 下面的图形是 $f (t) = a sin (n t) + b sin (m t) .$ 形式的函数。估计系数 a 和 b，以及频率参数 n 和 m。使用这些估计值来近似计算 $\int_{0}^{π} f (t) d t .$ 。

一个给定形式的函数在 [0, 2pi] 上的图形，它有六个极值点。它们位于略小于 pi/4、略大于 pi/2、介于 3pi/4 和 pi 之间、介于 pi 和 5pi/4 之间、略小于 3pi/2 和略大于 7pi/4 处，大约在 3, -2, 1, -1, 2 和 -3。它从原点开始，在 (2pi, 0) 结束。它在 pi/4 和 pi/2 之间、略小于 3pi/4、pi、略大于 5pi/4 以及介于 3pi/2 和 7pi/4 之间穿过 x 轴。

319.

[T] 下面的图形是 $f (x) = a cos (n t) + b cos (m t) .$ 形式的函数。估计系数 a 和 b，以及频率参数 n 和 m。使用这些估计值来近似计算 $\int_{0}^{\frac{π}{2}} f (t) d t .$ 。

一个给定形式的函数在 [0, 2pi] 上的图形。它从 (0,1) 开始，在 (2pi, 1) 结束。它有五个极值点，位于略大于 pi/4、介于 pi/2 和 3pi/4 之间、pi、介于 5pi/4 和 3pi/2 之间以及略小于 7pi/4 处，大约在 -1.5, 2.5, -3, 2.5 和 -1。它在 0 和 pi/4 之间、略小于 pi/2、略大于 3pi/4、略小于 5pi/4、略大于 3pi/2 以及介于 7pi/4 和 2pi 之间穿过 x 轴。

5.5 换元法

学习目标

定理 5.7

不定积分的换元法

证明

解题策略

换元积分法

例 5.30

使用换元法求原函数

解

分析

检验点 5.25

例 5.31

带调整的换元法

解

检验点 5.26

例 5.32

三角函数积分的换元法

解

检验点 5.27

例 5.33

使用 u-换元法求原函数

解

检验点 5.28

定积分的换元法

定理 5.8

定积分的换元法

例 5.34

使用换元法计算定积分

解

检验点 5.29

例 5.35

指数函数的换元法

解

检验点 5.30

例 5.36

使用换元法计算三角积分

解

第5.5节 练习

第5.5节练习