定积分的换元与分部积分怎样合法使用？¶

先备知识¶

第 18 章已经从链式法则和乘积法则推出不定积分的换元与分部积分。本单元不把那些记号机械加上上下限，而是从第 20.3 单元的 Newton–Leibniz 公式重新推导定积分版本。

直接输入是：

链式法则 \((F\circ\phi)'=(F'\circ\phi)\phi'\)；
乘积法则 \((uv)'=u'v+uv'\)；
连续函数拥有原函数；
有向端点、区间可加性与端点差公式。

学习目标¶

完成本单元后，你应当能够：

陈述并证明定积分换元公式的一组透明充分条件；
同步处理换元后的被积表达式、上下限与方向；
区分正向参数换元与反解变量；
说明正向公式为什么不要求换元函数单调；
从乘积法则推出定积分分部积分；
完整计算边界项；
在全局连续的前提下拼接有限分段 \(C^1\) 规则。

牵引问题¶

设 \(F'=f\)。链式法则给出

\[ \frac{d}{dt}F(\phi(t)) =f(\phi(t))\phi'(t). \]

若对两边在 \([\alpha,\beta]\) 上使用端点差公式，会得到

\[ \int_\alpha^\beta f(\phi(t))\phi'(t)\,dt =F(\phi(\beta))-F(\phi(\alpha)). \]

右侧又等于哪一个以 \(u\) 为变量的定积分？这个推导是否曾要求 \(\phi\) 单调？

探索与猜想¶

端点差只看复合函数在 \(\alpha,\beta\) 的值。即使 \(\phi\) 在中间前进、后退，只要复合函数可导，内部往返贡献会按方向抵消。因此“正向公式成立”与“能否把 \(u=\phi(t)\) 全局反解成 \(t\)”是两个不同问题。

同理，乘积法则把两个项联系起来。对整个导数积分后，乘积 \(uv\) 不消失，而是在两个端点留下一个完整边界项。

概念与理论¶

定积分换元公式¶

定理。 设

\[ \phi\in C^1[\alpha,\beta], \]

并设 \(f\) 在某个包含

\[ \phi([\alpha,\beta]) \]

的区间 \(J\) 上连续，则

\[ \int_\alpha^\beta f(\phi(t))\phi'(t)\,dt = \int_{\phi(\alpha)}^{\phi(\beta)}f(u)\,du. \]

证明。 因为 \(f\) 在 \(J\) 上连续，第 20.3 单元保证它有原函数 \(F\)，满足 \(F'=f\)。由链式法则，

\[ [F(\phi(t))]' =f(\phi(t))\phi'(t). \]

复合函数在 \([\alpha,\beta]\) 上满足 Newton–Leibniz 的条件，因此

\[ \begin{aligned} \int_\alpha^\beta f(\phi(t))\phi'(t)\,dt &=F(\phi(\beta))-F(\phi(\alpha))\\ &=\int_{\phi(\alpha)}^{\phi(\beta)}f(u)\,du. \end{aligned} \]

证毕。

单调不是正向公式的必要条件

证明只使用 \(\phi\in C^1\)、像集落在 \(f\) 的连续工作区间内，以及链式法则。它不要求 \(\phi\) 单调，也不要求 \(\phi\) 一一对应。若 \(\phi(\alpha)=\phi(\beta)\)，右侧为 \(0\)，左侧的往返贡献也按方向抵消。

正向换元与反解变量¶

操作	需要检查	是否要求一一性
已知 \(x=\phi(t)\)，正向使用定理	\(\phi\in C^1\)、像区间、链式因子、端点	不要求
从 \(u=\phi(t)\) 反解 \(t\)	逆函数是否存在、选择哪一分支、定义域	通常要求在所选区间一一
用参数分段描述同一路径	每段 \(C^1\)、拼接连续、端点方向	可逐段处理
把 \(dt\) 写成 \(du/\phi'(t)\)	分母是否为零、是否仍含未消去的 \(t\)	需要额外谨慎

形式符号 \(du=\phi'(t)\,dt\) 是链式法则的压缩记号，不能替代这些条件。

递减换元与端点方向¶

若 \(\phi\) 递减，则

\[ \phi(\alpha)>\phi(\beta) \]

完全允许。右侧上下限自然反向，负号已经由有向积分记录。不要在变换端点后再额外添加一次负号。

定积分分部积分¶

定理。 若 \(u,v\in C^1[a,b]\)，则

\[ \int_a^b u(x)v'(x)\,dx =[u(x)v(x)]_a^b-\int_a^b u'(x)v(x)\,dx, \]

其中

\[ [u(x)v(x)]_a^b=u(b)v(b)-u(a)v(a). \]

证明。 乘积法则给出

\[ [u(x)v(x)]'=u'(x)v(x)+u(x)v'(x). \]

对整个等式在 \([a,b]\) 上积分，并对左侧使用 Newton–Leibniz：

\[ [u(x)v(x)]_a^b =\int_a^b u'(x)v(x)\,dx +\int_a^b u(x)v'(x)\,dx. \]

移项即得结论。证毕。

分部积分是恒等式重排，不承诺右侧新积分一定更简单。路线是否有进展仍需比较结构。

有限分段规则¶

推论。 设

\[ a=x_0<x_1<\cdots<x_n=b. \]

若相关函数在整个 \([a,b]\) 上全局连续，并在每个闭段 \([x_{i-1},x_i]\) 上 \(C^1\)，则可以逐段使用换元或分部积分，再用区间可加性拼接。

说明。 以分部积分为例，每段产生

\[ [u(x)v(x)]_{x_{i-1}}^{x_i}. \]

求和后，内部拼接点的

\[ +u(x_i)v(x_i)\quad\text{与}\quad-u(x_i)v(x_i) \]

相消，只剩全局边界项。全局连续保证相邻两段在同一拼接点使用相同函数值；若函数在拼接点跳跃，内部边界项不能这样相消。

换元的分段版本同理：每段像端点之间的有向积分按区间可加性望远镜相消，中途允许方向改变。

例题与迁移¶

例 1：递减换元自动反转端点¶

取

\[ \phi(t)=1-t,\qquad f(u)=u^2,\qquad 0\le t\le1. \]

此时 \(\phi'(t)=-1\)，所以

\[ \int_0^1(1-t)^2(-1)\,dt =\int_{\phi(0)}^{\phi(1)}u^2\,du =\int_1^0u^2\,du =-\frac13. \]

换元后的端点已经从 \(1\) 到 \(0\)，不能再人为补一个负号。结果为负也与原被积式 \(-(1-t)^2\le0\) 一致。

例 2：分部积分的完整边界项¶

计算

\[ \int_0^1 xe^x\,dx. \]

取 \(u=x\)，\(v'=e^x\)，于是 \(u'=1\)，\(v=e^x\)。公式给出

\[ \begin{aligned} \int_0^1xe^x\,dx &=[xe^x]_0^1-\int_0^1e^x\,dx\\ &=(e-0)-(e-1)\\ &=1. \end{aligned} \]

回验：被积函数在 \([0,1]\) 非负，所得结果为正；且 \(xe^x\le e\)，所以积分不超过 \(e\)，与结果一致。

例 3：分段 \(C^1\) 的拼接¶

令

\[ u(x)=|x|,\qquad v(x)=x,\qquad -1\le x\le1. \]

\(u,v\) 全局连续，并分别在 \([-1,0]\)、\([0,1]\) 上 \(C^1\)。逐段分部积分后，内部点 \(0\) 的边界项相消，因此可以写成

\[ \int_{-1}^1|x|\cdot1\,dx =[|x|x]_{-1}^1-\int_{-1}^1u'(x)x\,dx. \]

除 \(0\) 外，\(u'(x)x=|x|\)。单点不影响积分，故若记左侧为 \(I\)，便有

\[ I=2-I, \qquad I=1. \]

这里能拼接的关键是 \(|x|\) 在 \(0\) 连续，而不是它在整个区间都 \(C^1\)。

即时检验与回望¶

即时检验 1¶

令 \(u=2-t\)，当 \(t\) 从 \(-1\) 增加到 \(3\) 时，\(u\) 的两个端点是什么？方向如何？

答案

\[ u(-1)=3,\qquad u(3)=-1. \]

因为换元递减，新积分方向从 \(3\) 到 \(-1\)。端点变换后不再额外加负号。

即时检验 2¶

把

\[ [u(x)v(x)]_a^b \]

完整展开。

答案

\[ [u(x)v(x)]_a^b=u(b)v(b)-u(a)v(a). \]

必须先形成乘积，再分别代入两个端点；不能只给 \(u\) 或 \(v\) 代端点。

习题与答案¶

练习 1：换元条件检查¶

要用

\[ \int_\alpha^\beta f(\phi(t))\phi'(t)\,dt =\int_{\phi(\alpha)}^{\phi(\beta)}f(u)\,du, \]

列出本单元采用的充分条件，并说明哪些条件保证两侧积分存在。

答案

要求 \(\phi\in C^1[\alpha,\beta]\)，并要求 \(f\) 在包含 \(\phi([\alpha,\beta])\) 的区间上连续。于是 \(f\) 有原函数 \(F\)，复合 \(F\circ\phi\) 可导；同时两侧被积函数连续，定积分存在。单调性不在条件中。

练习 2：递增换元¶

用 \(u=1+x^2\) 计算

\[ \int_0^1\frac{2x}{1+x^2}\,dx. \]

答案

\(du=2x\,dx\)，且

\[ x=0\Rightarrow u=1,\qquad x=1\Rightarrow u=2. \]

因此

\[ \int_0^1\frac{2x}{1+x^2}\,dx =\int_1^2\frac1u\,du =[\log u]_1^2 =\log2. \]

工作区间 \(u\in[1,2]\) 不跨越对数或分母的定义域断点。

练习 3：递减换元诊断¶

有人从 \(u=1-x\) 得到

\[ \int_0^1 f(1-x)\,dx=-\int_1^0 f(u)\,du, \]

然后又交换上下限，写成 \(-\int_0^1f(u)\,du\)。指出错误并写出正确结果。

答案

由 \(du=-dx\)，端点 \(x=0,1\) 对应 \(u=1,0\)，所以

\[ \int_0^1 f(1-x)\,dx =-\int_1^0 f(u)\,du =\int_0^1 f(u)\,du. \]

交换上下限本身再产生一个负号；原解漏掉了这次符号变化。

练习 4：非单调正向参数¶

设 \(f\) 连续，取 \(\phi(t)=\sin t\) 于 \([0,2\pi]\)。不用反解变量，证明

\[ \int_0^{2\pi}f(\sin t)\cos t\,dt=0. \]

答案

\(\phi\in C^1\)，且虽不单调，正向公式仍给出

\[ \int_0^{2\pi}f(\sin t)\cos t\,dt =\int_{\sin0}^{\sin2\pi}f(u)\,du =\int_0^0f(u)\,du=0. \]

中途的往返贡献按方向抵消。

练习 5：非法反解¶

有人在 \(t\in[-1,1]\) 上令 \(u=t^2\)，随后全局写 \(t=\sqrt u\)。指出首个非法步骤。

答案

映射 \(t\mapsto t^2\) 在 \([-1,1]\) 上不是一一映射，同一 \(u>0\) 对应 \(t=\pm\sqrt u\)。首个非法步骤是未分区间就选取单一逆分支。正向换元公式仍可用，但反解变量必须先拆成 \([-1,0]\) 与 \([0,1]\) 或另作处理。

练习 6：一次分部积分¶

计算

\[ \int_0^1x\cos x\,dx. \]

答案

取 \(u=x\)，\(v'=\cos x\)，故 \(u'=1\)，\(v=\sin x\)。于是

\[ \begin{aligned} \int_0^1x\cos x\,dx &=[x\sin x]_0^1-\int_0^1\sin x\,dx\\ &=\sin1-(1-\cos1)\\ &=\sin1+\cos1-1. \end{aligned} \]

边界项为 \(\sin1\)，下端乘积确实为 \(0\)。

练习 7：边界项错误¶

有人把

\[ [x e^x]_0^1 \]

写成 \(1\cdot e-0=e-0\cdot1=e-1\)。指出首个错误。

答案

正确展开是

\[ [xe^x]_0^1=1\cdot e-0\cdot1=e. \]

首个错误是在下端乘积 \(0\cdot1\) 中凭空得到 \(1\)。边界项必须整体代入，不能把乘积中的因子拆开相减。

练习 8：分段拼接条件¶

设 \(u\) 在 \([-1,0]\) 与 \([0,1]\) 上分别 \(C^1\)，但

\[ \lim_{x\uparrow0}u(x)\ne\lim_{x\downarrow0}u(x). \]

能否直接把两段分部积分的内部边界项视为相消？

答案

不能。左段上端使用 \(u(0^-)\)，右段下端使用 \(u(0^+)\)，两者不同，内部边界项不相消。本单元的分段推论要求函数在整个闭区间全局连续，再在每段上 \(C^1\)。

常见误区与后续¶

换元后仍保留旧端点。 被积表达式、微分因子和上下限必须同步变换。
递减换元重复添加负号。 反向端点本身已经编码方向。
把单调误写成正向公式的必要条件。 单调通常只在全局反解变量时出现。
把 \(du\) 当作可以任意约分的代数符号。 它压缩的是链式法则。
漏写分部积分边界项。 定积分版本必须保留完整的 \([uv]_a^b\)。
分段时忽略跳跃。 内部边界项相消依赖全局连续。
把有限端点公式直接搬到反常积分。 后者需要第 22 章单独定义并逐端点取极限。

下一单元将不再按公式名称分组，而是综合训练分段、换元、分部积分、对称结构和错误诊断。