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	積分技巧/識別導數和換元法

在學習了一些簡單的反導數之後，現在是時候轉向更復雜的被積函式，這些函式在最初並不容易積分。在這些最初的步驟中，我們注意到一些特殊的被積函式，它們可以在幾個步驟內輕鬆地積分。

識別導數和反向導數規則

如果我們認出一個函式 $g(x)$ 是函式 $f(x)$ 的導數，那麼我們可以輕鬆地表示 $g(x)$ 的反導數

$\int g(x)dx=f(x)+C$

例如，由於

${\frac {d}{dx}}\sin(x)=\cos(x)$

我們可以得出結論

$\int \cos(x)dx=\sin(x)+C$

類似地，由於我們知道 $e^{x}$ 是它自己的導數，

$\int e^{x}dx=e^{x}+C$

導數的冪律可以反過來，讓我們能夠處理 $x$ 的冪的積分。由於

${\frac {d}{dx}}x^{n}=nx^{n-1}$

我們可以得出結論

$\int nx^{n-1}dx=x^{n}+C$

或者，更有用的是

$\int x^{n}dx={\frac {x^{n+1}}{n+1}}+C$

換元積分法

我們很少會遇到要求我們

1v. 求解

\int nx^{n-1}dx

或

\int \cos(x)dx

的問題。

我們通常會得到

2iii. 求解

\int {\frac {\sin(\ln(x))}{x}}dx

這類問題看起來很難，但其實有方法可以解決。數學家稱之為“換元積分”，對於許多積分問題，這個方法可以將被積函式重新表達，從而使找到反導函式變得可能且容易。當然，根據被積函式的形式，所進行的替換可能不同，但毫無疑問，這種方法非常有用。

換元積分的目的是將被積函式從一個包含變數 $x$ 的表示式和積分的右側 $dx$ 替換為包含變數 $u$ 的表示式，其中 $u=g(x)$ 並且積分的右側 $du$ ，其中 $du=g'(x)dx$ 。如何做到？透過識別一個函式及其導數，它們構成整個方程的一部分。

目標

換元積分的本質是將積分進行變換，使得它不再引用 $x$ ，而是引用函式 $u$ 。我們可以透過使用數學抽象每個步驟來展示這種方法是如何工作的。在數學中，我們可以用數學符號寫下我們想要做的事情（寫下換元積分的步驟）：

已知 $u=g(x)$ ，

\int \limits _{x=a}^{x=b}f(x)dx\ \to \ \int \limits _{u=c}^{u=d}h(u)du

步驟

$\int \limits _{x=a}^{x=b}f(x)dx$	$=\int \limits _{x=a}^{x=b}f(x)\ {\frac {du}{du}}\ dx$	(1)	即 ${\frac {du}{du}}=1$
	$=\int \limits _{x=a}^{x=b}{\left(f(x)\ {\frac {dx}{du}}\right)\left({\frac {du}{dx}}\right)}\ dx$	(2)	即 ${\frac {dx}{du}}\cdot {\frac {du}{dx}}=1$
	$=\int \limits _{x=a}^{x=b}\left(f(x)\ {\frac {dx}{du}}\right)g'(x)\ dx$	(3)	即 ${\frac {du}{dx}}=g'(x)$
	$=\int \limits _{x=a}^{x=b}h(g(x))g'(x)dx$	(4)	即現在將 $\left(f(x)\ {\frac {dx}{du}}\right)$ 等於 $h(g(x))$
	$=\int \limits _{x=a}^{x=b}h(u)g'(x)dx$	(5)	即 $g(x)=u$
	$=\int \limits _{u=g(a)}^{u=g(b)}h(u)du$	(6)	即 $du={\frac {du}{dx}}dx=g'(x)dx$
	$=\int \limits _{u=c}^{u=d}h(u)du$	(7)	即我們已經得到了想要的結果

步驟

如果前面的數學步驟一時難以理解或難以付諸實踐，別擔心！這裡有用通俗易懂的語言寫成的步驟。它甚至還包括目標。

找到一個函式 $u=g(x)$ $u=g(x)$ ，它的導數 $g'(x)$ $g'(x)$ 也出現在被積函式中的某個地方。這可能需要進行一些嘗試，或者盯著被積函式表示式看足夠長的時間。
- 如果問題很難，找到 $g'(x)$ 可能需要從無中生有地合成一些數字（常數），以便它可以用來抵消 $g'(x)$ 的一部分。但是，如果需要人為地抵消全部 $g'(x)$ ，那麼這可能表明你在把問題變得更難。
計算 $g'(x)={\frac {du}{dx}}$
計算 $h(u)$ ，它是 $f(x){\frac {dx}{du}}={\frac {f(x)}{g'(x)}}$ ，並**確保最終表示式 $h(u)$ 中不包含 $x$ **
計算 $c=g(a)$
計算 $d=g(b)$

總之，換元積分法告訴我們以下內容

定積分的換元法則 假設 $u$ 可微且導數連續，並且 $f$ 在 $u$ 的取值範圍內連續。假設 $c=u(a),d=u(b)$ 。那麼 $\int \limits _{a}^{b}f(u(x)){\frac {du}{dx}}dx=\int \limits _{c}^{d}f(u)du$ 。

示例

包含導數的積分

在換元積分法的理想情況下，被積函式的一部分可以看作是被積函式另一部分的導數。這使得換元法能夠輕鬆地應用於簡化被積函式。

例如，在積分

\int 3x^{2}(x^{3}+1)^{5}dx

中，我們看到 $3x^{2}$ 是 $x^{3}+1$ 的導數。令

u=x^{3}+1

我們有

{\frac {du}{dx}}=3x^{2}

或者，為了將其應用於積分，

du=3x^{2}dx

有了這個，我們可以寫成

\int 3x^{2}(x^{3}+1)^{5}dx=\int u^{5}du={\frac {u^{6}}{6}}+C={\frac {(x^{3}+1)^{6}}{6}}+C

請注意，我們不需要在被積函式中擁有 *完全* 的 $u$ 的導數。在被積函式中，擁有導數的任何常數倍數就足夠了。

例如，為了處理積分

\int x^{4}\sin(x^{5})dx

我們可以令 $u=x^{5}$ 。然後

du=5x^{4}dx

因此

{\frac {du}{5}}=x^{4}dx

其中右手邊是我們被積函式的一個因子。因此，

\int x^{4}\sin(x^{5})dx=\int {\frac {\sin(u)}{5}}du=-{\frac {\cos(u)}{5}}+C=-{\frac {\cos(x^{5})}{5}}+C

通常，函式的冪乘以該函式的導數的積分可以這樣積分。由於 ${\frac {d[g(x)]}{dx}}=g'(x)$ ，

我們有 $dx={\frac {d[g(x)]}{g'(x)}}$ 。

因此，

$\int g'(x)g(x)^{n}dx$	$=\int g'(x)g(x)^{n}{\frac {d[g(x)]}{g'(x)}}$
	$=\int g(x)^{n}d[g(x)]$
	$={\frac {g(x)^{n+1}}{n+1}}$

對於定積分有一個類似的規則，但我們必須改變端點。

綜合項

如果導數在表示式中沒有一一齣現怎麼辦？沒問題！對於某些積分，可能需要綜合常數才能求解積分。通常，這看起來像表示式與 ${\frac {n}{n}}=1$ 之間的乘法，其中 $n$ 是某個數字。請注意，這通常也適用於變數，但綜合變數不應該是一件常見的事情，而應該只是作為最後的手段。

作為將這種實踐應用到換元積分方法的示例，請考慮積分

\int \limits _{0}^{2}x\cos(1+x^{2})dx

透過使用替換 $u=1+x^{2}$ ，我們得到 $du=2x\,dx$ 。但是，請注意常數 2 在被積函式中的表示式中沒有出現。這就是這額外步驟的用處。請注意

$\int \limits _{0}^{2}x\cos(1+x^{2})dx$	$={\frac {1}{2}}\int \limits _{0}^{2}2x\cos(1+x^{2})dx$
	$={\frac {1}{2}}\int \limits _{1}^{5}\cos(u)du$
	$={\frac {\sin(5)-\sin(1)}{2}}$