f (x) dx = Z
g(u(x))u′(x) dx = G(u(x)) + C.
證 因為 D(G(u(x)) = g(u(x))u′(x) = f (x).
定理使用方法
:1◦ 先將被積函數化為 u = u(x) 之函數及 u 之導數之積, 即f (x) = g(u(x))u′(x);
2◦ 則原題化為 Z
f (x) dx = Z
g(u) du, 並視其內之u 為 自變數而求 g 之不定積分;
3◦ 最後以u(x) 代u 即得所需之不定積分.
註: 在第二章第六節中, 我們曾提及 : 若函數 y = f (x) 為可微, 有人將 f′(x) = dy dx 拆 為 dy = f′(x)dx, 由於此一表示法中之 dx 不易明白界定, 而加以修正為 df (p, h) = f′(p) · h. 但在不定積分之積分代換時,由u = u(x) 而得 du = u′(x) dx,在計算上有其 方便之處, 屬於 『計算技術』 的層次, 因此在今後之積分計算時, 我們保留這種古典的微 分寫法.
例1. 試求 Z (1 + tan
−1x)2
1 +x2 dx.
解 令u = 1 + tan−1x, 則 u′(x) = 1 1 +x2,
或 du = dx 1 +x2
, 而得
原題= Z
u2du = u3
3 +C = 1
3(1 + tan−1x)3+C.
例2. 試求 Z
tanx dx.
解 令u = cos x, 則u′ =− sin x, (或du = − sin x dx ), 是以 原題=
Z sinx
cosxdx = −Z du
u =− ln |u| + C = − ln | cos x| + C.
類題 :
Z cotx dx,讀者自行完成之.例3. 試求 Z
secx dx.
5.3 代換積分法 194 解 本題之關鍵乃是被積函數之分子分母各乘以 secx tan x, 則分子乃為分母之導數. 為方便
計, 我們可以不將u 寫出, 而視 tanx + sec x 為 u . Z
secx dx =Z sec x(tan x + sec x)
tanx + sec x dx =Z d(sec x + tan x) tanx + sec x
= ln| tan x + sec x| + C.
類題 :
Z cscx dx, 讀者自行完成之.例4. 試求 Z
sin2n+1x dx, 內n ∈ N.
解 先將被積函數分解為 sin2nx sin x, 前者化為 u = cos x 之函數, 後者則為 u 之導數乘以
−1.
Z
sin2n+1x dx = Z
sin2nx · sin x dx = − Z
(1− cos2x)n(− sin x dx)
=− Z
(1− u2)ndu, (令 u = cos x)
=−
Z n
X
k=0
n k
(−u2)n−kdu, [⋆]
= Xn k=0
(−1)n−k+1n
k
Z
u2(n−k)du
= Xn k=0
(−1)n−k+1n
k
u2(n−k)+1
2(n − k) + 1 +C
= Xn k=0
(−1)n−k+1n
k
cos2(n−k)+1x 2(n − k) + 1 +C.
[⋆] 二項式展開, 其中 n k
= n!
k!(n − k)!, 亦常表為 Ckn.
類題 :
Z cos2n+1x dx, 讀者自行完成之.例5. 試求 Z
tannx dx, 內 n ∈ N \ {1}.
解 Z
tannx dx = Z
tann−2x · tan2x dx = Z
tann−2x(sec2x − 1) dx
= Z
tann−2x sec2x dx − Z
tann−2x dx
= Z
tann−2x d tan x − Z
tann−2x dx
= tann−1x n − 1 −
Z
tann−2x dx.
5.3 代換積分法 195 故得一簡化公式 (reduction formula):
Z
tannx dx = tann−1x n − 1 −
Z
tann−2x dx. (1)
當 n 為偶數時, 連續利用公式 (1), 則最後右端之積分部分必為 Z
tan0x dx = x + C.
當 n 為奇數時, 連續利用公式 (1), 則最後右端之積分部分必為 Z
tanx dx,由例2 知
Z
tanx dx = − ln | cos x| + C.
類題 :
Z cotnx dx, 讀者自行完成之.例6. 試求 Z
sec2nx dx, 內n ∈ N.
解 若n = 1, 則由公式 (10) 立得 Z
sec2x dx = tan x + C.
若n > 1, Z
sec2nx dx = Z
sec2n−2x · sec2x dx
= Z
(1 + tan2x)n−1sec2x dx
= Z
(1 +u2)n−1du, (令u = tan x )
=
Z Xn−1
k=0
n − 1 k
u2(n−1−k)du
= Xn−1
k=0
n − 1 k
Z
u2(n−1−k)du
= Xn−1
k=0
n − 1 k
u2n−2k−1
2n − 2k − 1 +C
= Xn−1
k=0
n − 1 k
tan2n−2k−1x
2n − 2k − 1 +C.
類題 :
Z csc2nx dx, 讀者自行完成之.例7. 試求 Z
sinmx cosnx dx, 內m, n ∈ Z+.
5.4 三角代換法 196 解 若m 或 n 為奇數時, 可仿例 4 的方法求得其解. 若 m 及 n 皆為偶數時, 則利用倍角公 式或積化和差公式,設法將被積函數之三角函數之次數降為一次,例如m = 4, n = 2 時,
Z
sin4x cos2x dx = Z
(sinx cos x)2sin2x dx
=Z 1
2sin 2x2 1 − cos 2x 2
dx
= 1 16
Z
(1− cos 4x)(1 − cos 2x) dx
= 1 16
Z
(1− cos 2x − cos 4x + cos 2x cos 4x) dx
= 1 16
Z
1− cos 2x − cos 4x + 1
2(cos 2x + cos 6x) dx
= 1 16
x −1
2sin 2x − 1
4sin 4x +1
4sin 2x + 1
12sin 6x +C
= x 16− 1
64sin 2x − 1
64sin 4x + 1
192sin 6x + C.
§ 5.4 三角代換法
當被積函數含有 x2 − a2, x2 +a2 或 a2 − x2 之因子時, 我們可考慮以 x = a sin θ, x = a tan θ 或x = a sec θ 代換之, 尤其當上述因子之外帶有根號時, 此種代換更為方便. 因其 以三角函數做為代換之基礎, 是以稱此種方法為三角代換法. 更詳細一點說明如下 :
一. 對於含有 a2 − x2 式子的函數, 令 x = a sin θ 而得 以 a2cos2θ 代之, (此處之 θ = sin−1(x/a) 即為定 理5.6 中之函數 u );積分後可能帶有 sinθ 等六個三 角函數之一個或數個, 均須一一代換為原來之變數 x, 此一工作可藉助右圖, 但應注意 : 如果 θ 不為正銳角
時, sinθ 等之符號. θ
√a2− x2 x a
...
...
...........................................................................................................................
二. 對於含有 a2 +x2 式子的函數, 令 x = a tan θ 而得 以 a2sec2θ 代之, (此處之 θ = tan−1(x/a) 即為定 理5.6 中之函數 u );積分後可能帶有 sinθ 等六個三 角 函數之一個或數個,均須一一代換為原來之變數x, 此一工作可藉助右 圖,但應注意: 如果θ不為正銳角
時, sinθ 等之符號. θ
√a2+x2 x
... a
...
...........................................................................................................................
5.4 三角代換法 197 三. 對於含有 x2 − a2 式子的函數, 令 x = a sec θ 而得
以 a2tan2θ 代之, (此處之 θ = sec−1(x/a) 即為定 理5.6 中之函數 u );積分後可能帶有 sinθ 等六個三 角函數之一個或數個, 均須一一代換為原來之變數 x, 此一工作可藉助右圖, 但應注意 : 如果 θ 不為正銳角
時, sinθ 等之符號. θ
√x2− a2 x
... a
...
............................................................................................................................
例1. 試求
Z dx
√x2− a2, 內 a > 0.
解 令f (x) = √ 1
x2− a2, 顯然Df = (−∞, −a) ∪ (a, +∞), 故必須考慮被積函數之定義域 為區間 (−∞, −a) 或(a, +∞), (但定義域不可採取二者之聯集).
1◦ 若定義域為 (a, +∞), 令x = a sec θ, 則dx = a sec θ tan θ dθ, 而 θ = sec−1 x
a ∈ 0,π
2
,
原題=Z a sec θ tan θ dθ
√a2tan2θ = Z
secθ dθ
= ln| sec θ + tan θ| + C′ = ln x a +
√x2− a2 a
+ C′
= ln|x +√
x2− a2| + C.
2◦ 若定義域為 (−∞, −a), 令x = a sec θ, 則dx = a sec θ tan θ dθ, 而 θ = sec−1 x
a ∈ π 2, π
,
原題=Z a sec θ tan θ dθ
√a2tan2θ =− Z
secθ dθ
=− ln | sec θ + tan θ| + C′
=− ln x a −
√x2− a2 a
+ C′
=− ln |x −√
x2 − a2| + C
= ln
1 x −√
x2− a2 + C
= ln|x +√
x2− a2| + C1, (有理化分母).
例2. 試求
Z x2
√9− x2 dx.
5.5 雙曲代換法 198 解 令x = 3 sin θ, 則 dx = 3 cos θ dθ, 於是
原題=Z 27 sin2θ cos θ dθ p9− 9 sin2θ
= 9 Z
sin2θ dθ, [⋆]
= 9 2
Z
(1− cos 2θ) dθ = 9 2
θ −1
2sin 2θ +C
= 9 2
sin−1 x
3 − x√ 9− x2
9
+C.
[⋆] 雖然我們係以 x = 3 sin θ 代換變數, 但在理論上, 我們應以 θ = sin−1 x
3 才合乎定
理之要求, 此時, θ ∈ (−π2,π2), 故 p9− 9 sin2θ = √
9 cos2θ = 3 cos θ, 不可能等於
−3 cos θ.
§ 5.5 雙曲代換法
當被積函數含有 x2 + a2 之因子時, 我們亦可考慮以雙曲函數令 x = a sinh t 而得以 a2cosh2t 代之.同理當被積函數含有x2− a2 之因子時,令x = |a| cosh t,而得以a2sinh2t 代 之. 當被積函數含有 a2− x2 之因子時, 令 x = a tanh t, 而得以 a2sech2t 代之, 唯對於一般人 而言, 雙曲函數之各公式遠較三角函數之公式為生疏, 而二者所欲解決之問題相同, 因之, 此一 方法較少被使用. 對於某些問題, 使用雙曲代換法遠較三角代換法為易, 此乃本方法存在之主要 原因, 我們僅舉二例.
例1. 試求
Z dx
√x2− a2, 內 a > 0.
解 本題在上節中我們係以三角代換法解之, 此處將以雙曲代換法解之, 由於被積函數
√ 1
x2− a2 之定義域為 (−∞, −a) ∪ (a, +∞).
1◦ 若 x ∈ (a, +∞), 令x = a cosh t, ( 注意 : 應為 t = cosh−1x a ), 則
Z dx
√x2− a2 =
Z a sinh t dt
√a2sinh2t = Z
dt = t + C
= cosh−1 x a +C
= ln x a +
√x2− a2 a
+C, (見定理3.39 )
= ln|x +√
x2− a2| + C′.
5.6 分部積分法 199 2◦ 若 x ∈ (−∞, −a), 則
Z dx
√x2− a2 =−
Z d(−x)
p(−x)2− a2
=− ln | − x +√
x2− a2| + C, (由 (1) )
= ln|x +√
x2− a2| + C′, [⋆]
[⋆] 參見上節例 1之解.
例2. 試求 Z √x2 +a2dx,內 a > 0.
解 本題若以三角代換法解之, 則需利用下節之 『分部積分法』 方能解出, 在此我們將利用雙 曲代換法解之, 令x = a sinh t, (注意 : 應為 t = sinh−1 x
a ),則 Z √x2+a2dx =
Z q
a2(sinh2t + 1) a cosh t dt
=a2 Z
cosh2t dt = a2 2
Z
(cosh 2t + 1) dt
= a2 2
1
2sinh 2t + t +C
= a2
2(sinht cosh t + t) + C
= a2 2
x a ·
√a2+x2
a + sinh−1 x a
+C
= x 2
√a2+x2+ a2
2 ln(x +√
a2+x2) +C′, [⋆]
[⋆] 第三章中我們知 ∀ x ∈ R, sinh−1x = ln(x +√
x2+ 1).
§ 5.6 分部積分法
定理 5.7
設 I 為一區間, u, v : I → R為連續可微, 則 Z
u dv = uv − Z
v du.
證 由於 D(u(x)v(x)) = u′(x)v(x) + v′(x)u(x), 是以 Z
v(x)u′(x) dx + Z
u(x)v′(x) dx = u(x)v(x) + C
亦即 Z
v du + Z
u dv = uv + C.
5.6 分部積分法 200 左右各加上 −
Z
v du 即得 Z
u dv = uv − Z
v du.
利用本定理以解不定積分問題稱為分部積分法 (integration by parts), 簡稱 by parts.
定理使用方法
:1◦ f (x) dx 中取一部分為 u = u(x), 另一部分為 dv = v′(x) dx 使得 f (x) dx = u dv;
2◦ 求出 du 及v = Z
v′(x) dx, 但不必加 C ; 3◦ 代入分部積分法之公式
Z
u dv = uv − Z
v du, 並設法解出右端之不定積分.
例1. 試求 Z
lnx dx.
解 令u = ln x, dv = dx, 則du = dx
x , v = x, 故 Z
lnx dx = x ln x −Z x
xdx = x ln x − x + C.
例2. 試求 R tan−1x dx.
解 令u = tan−1x, dv = dx, 則 du = dx
1 +x2, v = x, 原題=x tan−1x −
Z x dx 1 +x2
=x tan−1x − 1 2
Z d(1 + x2) 1 +x2
=x tan−1x − 1
2ln(x2+ 1) +C.
類題 :
Z sin−1x dx, Zcos−1x dx, Z
cot−1x dx, 讀者自行完成之.
在第三節中我們曾討論 secx 之偶數次方之不定積分, 以下我們將探討其奇數次方之不定 積分.