1 變數代換

1 變數代換

當我們遇到 ∫ 2

1

e^x2dx¹

這樣的式子時，該如何對付呢？如果被積分函數是 e^x 那就好辦了，但現在 它是 e^x2，那麼我是否能夠化繁為簡、化未知為已知呢？來作點嘗試：我說 u = x²，試圖用新的變數代入被積分函數，使它變成

∫ ₂

1

e^udx (1)

這樣是否就可以呢？式子(1)事實上是錯的，但想法是對的！我們確實可以 透過將某一坨東西直接設為新變數的方式，來將被積分函數的長相簡化。

我現在就先講剛剛的寫法錯在哪裡，然後演示一遍正確的寫法應該要怎麼 寫。

首先，既然我們現在要做的事情叫做

::變

:::數 代::

:::換，要用新的變數 u 來把 x 代掉，那我們理應把整個積分式都完全換掉，完全用 u 來表達，這樣才會 正確，式子(1)只有一部份換成 u，這樣有 u 也有 x，看起來就很奇怪，這 樣我到底是要怎麼積？所以，我現在來試一次將整個積分式子轉換成用 u 表達的方式：

'

&

$

%

∫ 2 1

x⁶e^x2dx

令 u = x², 則 x⁶ =u³

=

∫ ₂

1

u³e^udu

這樣子，還是不正確，x⁶ = u³ 的部份換得沒錯，但 dx 直接換掉變成 du 是有問題的，這是因為這兩個通常不直接相等，我們必須研究一下它們之 間的關係。要用到微分，名詞的微分 (differential)，微分就是在研究兩個

1事實上 e^x2 並沒有反導函數 (antiderivative)，所以我們無法計算這個積分的精確值，

只能用其它方法來估算它的近似值。

無窮小變量 dx 與 du 之間的關係。現在，我再寫一次：

'

&

$

%

2

∫ 2 1

x⁵e^x2dx

令 u = x², 則 du = 2xdx xdx = du

2 , x⁴ =u²

=

∫ ₂

1

u²e^udu

這樣就順利地處理 du 的問題啦！如果你剛剛在代換的細節上一時還沒完 全看懂的話，不必回去仔細看，因為呢，還是錯的！你可能覺得我很欠 打，寫了半天了還是錯的！這是因為我想一步一步地告訴你正確的寫法。

上面錯的地方是錯在積分範圍，我本來寫 1 到 2 的意思是從 x = 1 積到 x = 2，如果我現在仍寫一樣的範圍，意思豈不就是從 u = 1 積到 u = 2？

這樣通常是錯的吧！好，現在我就將正確的變數代換過程寫一次給你看：

2

∫ 2 1

x⁵e^x2dx

=

∫ ₂

1

x⁴e^x2 2xdx

令 u = x², � du = 2xdx

當 x = 1 , u = 1, 當 x = 2 , u = 4, x⁴ =u²

=

∫ 4 1

u²e^udu

如果是做不定積分的問題，也可以使用變數代換的技巧，差別就在並不 須換積分範圍，但要將 u 的表達式換回 x 的表達式，看我做一次你就知道 我在說什麼了：

∫

sin⁵(x)cos(x)dx 令 u = sin(x), 則 du = cos(x)dx

那麼 ∫

sin⁵(x) cos(x)dx =

∫

u⁵ du = u⁶ 6 +C

注意到，我們剛剛是在做定積分，所以積分範圍必須跟著換。然而 這裡只是在做不定積分，並沒有積分範圍，所以就不必考慮換範 圍的問題。但是 u⁶

6 +C 並不能當作答案，這是因為原題目是在問

sin⁵(x) cos(x) 的反導函數，意思是說有某個 x 的函數，對 x 作微分 以後變成了 sin⁵(x) cos(x)。所以我們不能留著 u 的形式，必須將它 換回 x 的表達式：

u⁶

6 +C = sin⁶(x) 6 +C

此次換回 x 的表達式很容易，僅僅是將 u = sin(x) 代進去而已，在 某些時候要換回 x 可能就會很麻煩。

你 應 該 看 得 出 我 標 成 藍 色 的 用 意 吧！？這 樣 有 看 懂 變 數 代 換 該 怎 麼 做 了嗎？似懂非懂也沒關係，跟著我做幾題例題給你看吧：

求

∫

(x + 2.7)³⁷dx

我想應該沒有人有勇氣將它乘開然後一項一項去積，我們只要代換 u = x + 2.7，那麼 du = dx，於是

∫

(x + 2.7)³⁷dx =

∫

u³⁷du = u³⁸

38 +C = (x + 2.7)³⁸ 38 +C

∫

(x²+x + 1)⁶(4x + 2)dx

令 u = x²+x + 1，則 du = (2x + 1)dx，也就是說 2(2x + 1)dx = 2du。

於是原式就變成 2

∫

u⁶du =2u⁷ 7 +C

=2(x²+x + 1)⁷

7 +C 換回以 x 表達

變數代換的核心想法，就是將被積分函數中的其中一坨東西設為新 變數，使其長相簡化。但我們也看到，我們必須考慮 dx 該如何代換。

所以每當我們寫下令 u = g(x) 時，便要立刻寫下 du = g^′(x)dx。然後觀 察在被積分函數中是否含有 g^′(x)，或是它的常數倍。在例題二的例子 中 du = (2x + 1)dx，然後又在被積分函數中找到 2(2x + 1)。於是就令 u = x²+x + 1，順利地通通換掉。為了在做積分時可以儘快看出可以使用 變數代換，

:::請 你::

::培

:::養 出::

:::敏 感::

:::度，可以儘快看出某一坨東西是另一坨東西的 導函數，或是其導函數的常數倍。我們再看幾個例子：

∫ 4x³+ ¹₃ 3x⁴+x− 7dx

分母有一坨 3x⁴+x− 7，我們能不能將它設成 u 處理掉它呢？那就看它 的導函數：12x³+ 1 或是其常數倍，有沒有出現在被積分函數中 ²。於是我

2當然，所謂的「出現」不能是出現在分母、次方或函數內層之類的，必須是可以和 dx 乘在一起。

們發現分子有 4x³+¹₃，它是 12x³+ 1 的 ¹₃ 倍，所以我們可以開始解題啦：

令 u = 3x⁴+x− 7，則 du = (12x³+ 1)dx，也就是說 (4x³+¹₃)dx = ¹₃du。

原式變成

∫ 1 3du

u = 1 3

∫ du u

= 1

3ln|u| + C

= ln|3x⁴+x− 7|

3 +C

∫ ^π

2

0

sin¹⁷(x)cos(x)dx

這裡先對你好一點，幫你標上藍色。看到 cos(x)dx 就想到，我們可以設 u = sin(x)，於是 du = cos(x)dx。而當 x = 0 時，u = sin(0) = 0；當 x = π 2 時，u = sin(π

2) = 1。所以這題就變成

∫ 1 0

u¹⁷du = 1 18

由前一例題可見，若是定積分作變數代換的情況，毋須將 u 換回 x。這 是因為我們在作變數代換時，有將 x 的範圍跟著換成 u 的範圍，所以積完 直接代 u 的範圍即可。

∫ cos(x)dx

√7

sin¹¹(x)

我故意將被積分函數寫得有一點點醜。不過既然一樣有標藍色，那應該 就不困難了。同樣是設 u = sin(x)，得到

∫

u⁻¹¹⁷ du =−7u⁻⁴⁷

4 +C =−7sin⁻⁴⁷(x) 4 +C

平常當然不會有人幫你標色，所以你在不斷地做練習題的過程當中，請 培養出一點敏感度。一看到被積分函數中有一坨東西，而 dx 旁邊有那坨 東西的導函數或其常數倍，馬上就看出如何代換。

下面我都不標色了，因為我懶了。

∫ e^1x x²dx

看見 e 的次方是麻煩的 1

x，又發現分母有 x^{2 3}。一個是負一次方，一 個是負二次方，馬上嗅到變數代換的味道：

設 u = 1

x，則 du =−dx

x²。於是變成

−

∫

e^udu =−e^u+C =−e^1x +C

∫ sin(√

√ x) x dx

3分母！！是分母！！！！ 所以不要將之視為二次，要看成負二次！

與前一題類似地，一個是二分之一次方，一個是負二分之一次方，正好 差一次方。敏感一點！馬上想到做變數代換：

設 u = √

x，則 du = dx 2√

x。於是變成 2

∫

sin(u)du =−2 cos(u) + C = −2 cos(√ x) + C

∫ ln(x) x dx

ln(x) 與它的導函數 1

x 同時都有出現 ⁴。注意到這件事以後就可以設 u = ln(x)，du = dx

x 。於是

∫ ln(x) x dx =

∫ udu

= u² 2 +C

= (ln(x))² 2 +C

∫ ln(x³⁷) x dx

4敏感一點！！！！！

不要被我迷惑了，對數裡面的次方是可以乘出來的。所以原式等於 3

7

∫ ln(x) x dx

∫ 1 x ln(x)dx

還是一樣，設 u = ln(x)。ln(x) 擺在哪裡無所謂，但 x 應該在分母。

∫ 1

x ln(x) ln(ln(x))dx

這只是多一層而已，只要設 u = ln(ln(x)) 即可。

∫ 2 1

cot(x) sec²(x)dx

乍看好像看不太出什麼端倪，sec²(x) 是 tan(x) 的導函數，但這裡是 cot(x)。可是注意，cot(x) 和 tan(x) 是倒數關係，因此我們只要動點手腳，

變成 ∫ ₂

1

sec²(x)dx tan(x)

那 就 好 啦！設 u = tan(x)，du = sec²(x)dx。當 x = 1, 2 時，u 分別是 tan(1), tan(2)。於是

∫ tan(2) tan(1)

du

u = ln(u)^tan(2)_tan(1)

= ln| tan(2)| − ln | tan(1)|

= lntan(2) tan(1)  

這樣寫 tan(1) 和 tan(2)，感覺有點麻煩，在某些情況中可能還會遇到更 麻煩的。其實我們可以先徑自改成作不定積分，作完後再代積分上下限就 好。就像這樣

∫ du

u = ln(u) + C

= ln(tan(x)) + C

此時再代上下限並相減，就會有同樣的答案了。所以你可以視情況選擇要 跟著換上下限，或是先作不定積分再代，看哪種方便就作那個。

∫

e^2xe^exdx

如果你一時看不出端倪的話，寫成這樣

∫

e^x· e^x· e^exdx

總看得出來了吧！所以設 u = e^x，du = e^xdx。所以變成

∫

ue^udu 這個再用分部積分即可作出。

∫ sin(x) cos(x) 1 + sin⁴(x) dx

這個可能沒那麼明顯，如果設 u = sin²(x)，那麼 du = 2 sin(x) cos(x)dx。

於是原式就剛好變成 1

2

∫ du 1 +u² = 1

2arctan(u) + C = 1

2arctan(sin²(x)) + C

我剛剛說我們要找出某一坨東西，及那坨東西的導函數或其常數倍。現 在我修正一下這句話，其實如果沒有的話，也是可能可以順利代掉，請看 以下這題：

∫

sin(ln x)dx

三角函數裡面又一層對數，看起來就複雜，看了直教人想設 u = ln x 處 理掉它。但是我們發現，du = dx

x ，在被積分函數當中似乎並沒有 1

x。但是

沒有關係，我們可以就 du = dx

x 這個式子作點努力，移項一下看能不能有 什麼突破。在此我們將 x 從右式移到左式，變成 xdu = dx。

等一下！我這樣寫實在很不好，我們應該要保持一邊是 u 的表達式、

一邊是 x 的表達式，所以在移過去的同時，要想辦法將 x 換成用 u 表達。

有時或許不大容易，但在此蠻簡單的。既然 u = ln x，那麼 x = e^u，所以就 寫成 e^udu = dx。所以原式就變成

∫

sin(u)e^udu 這再用分部積分即可做出。

2 參變代換

到目前為止，我們都是用 u = g(x) 的代換形式。其實變數代換法並不 見得都要如此，我們也可以換個方向，改將 x 設成參數式 x = h(t)，甚至 是設 g(x) = h(t)。看不懂我在說什麼嗎？以下我各用一個例題做給你看。

∫

e^√xdx

我們設 x = t²，dx = 2tdt。動機很簡單，如果根號裡面是個平方的話，

那便可互消了。於是

∫

e^√xdx =2

∫ te^tdt

=2(te^t−

∫

e^tdt) 分部積分

=2(te^t− e^t) +C

=2(√

xe^√x− e^√x) +C

∫ √e^x− 1dx

與上一題的想法有點像，想跟那個根號互消。但不一樣的是，現在根 號裡並不只有 x。我們設 e^x − 1 = t²，e^xdx = 2tdt。e^x 移到右邊，因為

e^x− 1 = t²，所以 e^x =t²+ 1，於是就有 dx = 2tdt

t²+ 1。原式就變成

∫ 2t²dt

t²+ 1dt = 2

∫ t²+ 1− 1 t²+ 1 dt

= 2

∫

1− 1

t²+ 1dt (arctan(x))^′ = 1

1 +x² 要牢記！

= 2(t− tan⁻¹(t)) + C = 2√

e^x− 1 − 2 tan⁻¹(√

e^x− 1) + C

∫ 1

√3

x + √ xdx

在被積分函數中同時有 √³

x 及 √

x，因此我們找出 2 和 3 的公倍數 6，

設 x = t⁶。

x = t⁶ dx = 6t⁵dt

∫ 1

√3

x + √ xdx

=6

∫ t⁵ t²+t³dt

=6

∫ t³ 1 +tdt

=6

∫ ((t + 1)− 1)³ 1 +t dt

=6

∫ (t + 1)³− 3(t + 1)²+ 3(t + 1)− 1 1 +t dt

=6

∫

(t + 1)²− 3(t + 1) + 3 − 1 1 +tdt

=6

((t + 1)³

3 − 3(t + 1)²

2 + 3t− ln(1 + t) )

+C

=6 ((√⁶

x + 1)³

3 − 3(√⁶

x + 1)² 2 + 3√⁶

x− ln(1 + √⁶ x)

) +C

我將 t³ 寫成 ((t + 1)− 1)³，是為了能展開成 (t + 1) 的冪次的形式。除了這 個技巧也可以慢慢除，就是高一學的長除法。

∫ arctan(√

√ x)

x(1 + x) dx

先設 x = t²，dx = 2tdt，於是變成

2

∫ arctan(t)

t(1 + t²)tdt = 2

∫ arctan(t) (1 +t²) dt 這時候只要你熟知 (arctan(x))^′ = 1

1 +x²，就知道下一步要設 u = arctan(t)，

du = dt

1 +t²。所以 2

∫

udu = u²+C = (arctan(t))²+C = (arctan(√

x))²+C

3 三角代換

我們現在來談某種類型的變數代換，名稱叫 三角代換。它事實上是參 變代換的一種，將 x 設為某個三角函數。因為實在太好用太重要了，因此 獨立出一節來。舉一個例子，如果我們想用積分來驗證圓面積 r²π，可先 設圓方程式 x² +y² = r²。接著移項得到 y = √

r²− x²，這是上半圓的部 份。它的曲線下面積就是上半圓面積，其兩倍便是圓面積。或是只計算四 分之一圓，然後再四倍。所以列出積分式

4

∫ _r

0

√r²− x²dx

一 樣 地，我 們 想，如 果 根 號 裡 面 是 個 平 方 那 就 好 了！於 是 試 著 設 r²− x² =t²，−2xdx = 2tdt，dx = −tdt

√1− t²，原積分式變成

4

∫ _r

0

t²dt

√r²− t²

然後，呃，好像沒有比較好做的樣子。像這種問題是有可能遇到的，變數 代換主要會遇到兩個問題，第一是能不是順利地將整個積分式換掉。第二 就是順利換掉以後，新的面貌有比較好積嗎？抑或是仍然好機 (車)？我們 現在的困境就是換完以後似乎沒有比較好積。

我們把剛剛的想法稍作點修改，一樣是希望 r²− x² 可以是某東西的平 方。有一個我們熟悉的公式便長得像這種形式，那就是三角恆等式

1− sin²(x) = cos²(x)

所以我們重新做一次。設 x = r sin(θ)，dx = r cos(θ)dθ，

r²− x² =r²− r²sin²(θ) = r²cos²(θ)。於是變成 4r²

∫ ^π

2

0

cos²(θ)dθ

遇到 sinθ 或 cos θ 的二次方時，一律都使用半角公式 sin²(θ) = 1− cos(2θ)

2 cos²(θ) = 1 + cos(2θ)

2

因此這個積分就變成

2r²

∫ ^π₂

0

1 + cos(2θ)dθ

=2r² [

θ +sin(2θ) 2

]^π₂

0

=πr²

以上所演示的，便是三角代換的作法了！以下我列出三種可以使用三角 代換的情況

遇到的形式 聯想到的恆等式 代換

a²− x² 1− sin²(x) = cos²(x) x = a sin(θ) a²+x² 1 + tan²(x) = sec²(x) x = a tan(θ) x²− a² sec²(x)− 1 = tan²(x) x = a sec(θ)

∫ dx 1 +x²

如 果 你 有 背 arctan(x) 的導函數是 1

1 +x²，那 這 題 的 答 案 就 馬 上 出 來了。如果你忘記的話⁵，便可以用三角代換算出來。令 x = tan(θ)，

dx = sec²(θ)dθ。於是

∫ dx 1 +x² =

∫ sec²(θ)dθ

1 + tan²(θ) 1 + tan²(θ) = sec²(θ)

=

∫

dθ = θ + C

= arctan(x) + C

5說是這麼說，但不可以忘！！！

∫ √16− x² x² dx

令 x = 4 sin(θ)，dx = 4 cos(θ)dθ。於是

∫ √16− x² x² dx =

∫ 4 cos(θ)

16 sin²(θ) 4 cos(θ)dθ

=

∫

cot²(θ)dθ

=∫ (

csc²(θ) − 1) dθ

=− cot(θ) − θ + C

=− cot(

arcsin(x 4)

)− arcsin(x 4) +C

現在處理那個 cot(arcsin(^x₄))。我們知道 sin(arcsin(^x₄)) = ^x₄，為了方便我們 設 α = arcsin(^x₄)，現在我們在知道 sin(α) = ^x₄ 的情況之下，想求 cot(α)。

cot(α) = cos(α) sin(α)

=±√

1− sin²(α) sin(α)

=±

√ 1− ^x₄²

x 4

=±2

√4− x² x

若 −1 ≤ x < 0，arcsin(x) 就是第四象限角，於是 cot(α) 是負的。

若 0< x ≤ 1 ，arcsin(x) 就是第一象限角，於是 cot(α) 是正的。

因此可以直接去掉正負，得到 cot(α) = 2

√4− x²

x 。所以最後的答案是

−2

√4− x²

x − arcsin(x 4) +C

∫ x

√1− x²dx

設 x = sin(θ)，dx = cos(θ)dθ。於是 . . . 等一下！這樣可以，但這題用 u = 1− x² 會比較快。別忘了！要敏感一點！

∫ √x²− 1 x dx

設 x = sec(θ)，dx = sec(θ) tan(θ)dθ。則

∫ √x²− 1 x dx =

∫ tan(θ)

sec(θ) sec(θ) tan(θ)dθ

=

∫

tan²(θ)dθ

=∫ (

sec²(θ) − 1) dθ

= tan(θ) − θ + C

=± √

x²− 1 − arcsin(x) + C

∫ √x− 1 x dx

我把上一題，根號裡的 x² 改成 x 了。用意是想告訴你，三角代換 其實沒有這麼狹隘，一定要 1 ± x² 或 x² − 1 才能代。在這題的情況，

其實我們可以直接設 x = sec²(θ)，於是 dx = 2 sec(θ) sec(θ) tan(θ)dθ = 2 sec²(θ) tan(θ)dθ。所以

∫ √x− 1 x dx =

∫ tan(θ)

sec²(θ)sec²(θ) tan(θ)dθ

= 2

∫

tan²(θ)dθ

= 2

∫

(sec²(θ) − 1)dθ

= 2(tan(θ) − θ) + C x = sec²(θ), √

x = sec(θ)

= 2 tan(

sec⁻¹(√ x))

− 2 sec⁻¹(√ x) + C

= 2√

x− 1 − 2 sec⁻¹(√ x) + C 注意本來 tan (sec⁻¹(x)) =±√

x²− 1，這裡卻直接取正。為什麼呢？因為現 在裡面是 √

x，它是非負的，會被 sec⁻¹ 送到第一象限，接著再取 tan 之後 就是正的了。

本題答案也可以寫成

2√

x− 1 − 2 tan⁻¹(√

x− 1) + C

因為 x = sec²(θ)，所以 x−1 = sec²(θ)−1 = tan²(θ)，於是 θ = tan⁻¹(√

x− 1)。

我想表達的是，不要因為對答案時好像長得不一樣，就以為是自己做錯 了。除了可能解答寫錯以外，也有可能其實是同一個解，只不過長相不 同。就如本題的 sec⁻¹(x) = tan⁻¹(√

x− 1)，乍看看不出它們是相等的。但 只要稍微作點運算，就可以做出是相等的。

做了以上這題以後，那麼下面也可舉一反三了。

∫ dx

√ 1 + √

x

設 x = tan⁴(θ)，則 dx = 4 tan³(θ) sec²(θ)dθ。所以

∫ dx

√ 1 + √

x

=

∫ 4 tan³(θ) sec²(θ)dθ sec(θ)

= 4

∫

tan³(θ) sec(θ)dθ 接下來怎麼辦呢？用點小技巧

4

∫

tan³(θ) sec(θ)dθ = 4

∫

tan²(θ) · tan(θ) sec(θ)dθ

把 一 個 tan(θ) 拉 出 來 的 用 意 就 是，可 以 設 u = sec(θ)，於 是 du = tan(θ) sec(θ)dθ。至於 tan²(θ)，那只不過是 sec²(θ) − 1，並不令人困擾。

所以變成

4

∫

u²− 1du = 4u³

3 − 4u + C

= 4 sec³(θ)

3 − 4 sec(θ) + C 最後還要再換回 x，但實在長得很醜，就先省略啦。