由于基本定理（Fundamental Theorem of Calculus）的缘故，能够找到反导函数（即反微分）是非常重要的。但我们现有的反导函数公式并没有告诉我们如何计算类似以下形式的积分：

$$(1)\int 2x\sqrt{1+x^2}dx$$

为了计算这个积分，我们使用引入“额外元素”的问题求解策略。这里的“额外元素”就是一个新变量；我们将变量 $x$ 转换为一个新变量 $u$。假设我们让 $u$ 等于公式 (1) 中根号下的量，即 $u=1+x^2$。那么，$u$ 的微分是 $du=2xdx$。注意，如果积分中的 $dx$ 被解释为一个微分量，那么在公式（1）中，自然会有 $2xdx$ 出现，因此，在不正式验证计算过程的情况下，我们可以写成：

$$\int 2x\sqrt{1+x^2}dx=\int \sqrt{1+x^2}\cdot 2xdx=\int \sqrt{u}du$$

我们可以进一步计算得到：

$$(2)\int \sqrt{u}du=\frac{2}{3}{u}^{3/2}+C=\frac{2}{3}(1+x^2{)}^{3/2}+C$$

现在，我们可以通过使用链式法则对等式2中的最终函数进行微分来验证答案的正确性：

$$\frac{d}{dx}\left[\frac{2}{3}(1+x^2{)}^{3/2}+C\right]=\frac{2}{3}\cdot \frac{3}{2}(1+x^2{)}^{1/2}\cdot 2x=2x\sqrt{1+x^2}$$

一般而言，当我们遇到可以写成 $\int f(g(x))g^{\prime }(x)dx$ 形式的积分时，这种方法是有效的。注意，如果 $F^{\prime }=f$，那么：

$$\int F^{\prime }(g(x))g^{\prime }(x)dx=F(g(x))+C$$

因为根据链式法则：

$$(3)\frac{d}{dx}\left[F(g(x))\right]=F^{\prime }(g(x))g^{\prime }(x)$$

如果我们进行“变量替换”或“代换” $u=g(x)$，那么从等式3我们可以得到：

$$\int F^{\prime }(g(x))g^{\prime }(x)dx=F(g(x))+C=F(u)+C=\int F^{\prime }(u)du$$

或者，将 $F^{\prime }=f$ 写出来，我们有：

$$\int f(g(x))g^{\prime }(x)dx=\int f(u)du$$

换元法则（The Substitution Rule）

如果 $u=g(x)$ 是一个可微函数，并且其值域是区间 $I$，且 $f$ 在 $I$ 上是连续的，那么：
$$(4)\int f(g(x))g^{\prime }(x)dx=\int f(u)du$$

请注意，积分的换元法则是通过微分的链式法则来证明的。还要注意，如果 $u=g(x)$，那么 $du=g^{\prime }(x)dx$，所以记住换元法则的一种方法是将公式（4）中的 $dx$ 和 $du$ 看作是微分量。因此，换元法则说明：在积分符号内，将 $dx$ 和 $du$ 当作微分量来操作是可行的。

例1 求解 $\int x^3\cos (x^4+2)dx$。

解

我们进行代换 $u=x^4+2$，因为它的微分是 $du=4x^{3}dx$，这一部分（除常数因子4外）出现在积分中。因此，利用 $x^{3}dx=\frac{1}{4}du$ 以及换元法则，我们可以得到：

$$\int x^3\cos (x^4+2)dx=\int \cos u\cdot \frac{1}{4}du=\frac{1}{4}\int \cos udu$$

计算得到：

$$=\frac{1}{4}\sin u+C$$

再将 ( u ) 代回原变量 ( x ) 中：

$$=\frac{1}{4}\sin (x^4+2)+C$$

注意，在最终步骤中，我们必须将变量重新转回原来的 $x$。

换元法则的核心思想是通过将较复杂的积分替换为较简单的积分来求解。这是通过将原始变量 $x$ 转换为一个新变量 $u$，这个新变量是 $x$ 的函数来完成的。因此，在例1中，我们将积分 $\int x^3\cos (x^4+2)dx$ 替换为较简单的积分 $\frac{1}{4}\int \cos udu$。

使用换元法则的主要挑战是选择合适的代换函数。通常，应该尝试将 $u$ 选为被积函数中的某个部分，其微分也会在积分中出现（除了一个常数因子外）。示例1中的情况就是如此。如果不行，可以尝试将 $u$ 选为被积函数中的某个复杂部分（或许是复合函数中的内部函数）。找到正确的代换有时需要一些技巧。如果第一次选择不正确，请尝试其他代换。

例2 计算 $\int \sqrt{2x+1}dx$。

解法1 设 $u=2x+1$。则 $du=2dx$，所以 $dx=\frac{1}{2}du$。因此，代入得：

$$\begin{array}{rl}\int \sqrt{2x+1}dx& =\int \sqrt{u}\cdot \frac{1}{2}du=\frac{1}{2}\int u^{\frac{1}{2}}du\\ & =\frac{1}{2}\cdot \frac{u^{\frac{3}{2}}}{\frac{3}{2}}+C=\frac{1}{3}{u}^{\frac{3}{2}}+C\\ & =\frac{1}{3}(2x+1{)}^{\frac{3}{2}}+C\end{array}$$

解法2 另一种可能的替换是 $u=\sqrt{2x+1}$。则：

$$du=\frac{dx}{\sqrt{2x+1}}\text{所以}dx=\sqrt{2x+1}du=udu$$

（或者可以观察到 $u^2=2x+1$，所以 $2udu=2dx$。)因此：

$$\begin{array}{rl}\int \sqrt{2x+1}dx& =\int u\cdot udu=\int u^{2}du\\ & =\frac{u^3}{3}+C=\frac{1}{3}(2x+1{)}^{\frac{3}{2}}+C\end{array}$$

例3 求解 $\int \frac{x}{\sqrt{1-4x^2}}dx$。

解法 设 $u=1-4x^2$。则 $du=-8xdx$，所以 $xdx=-\frac{1}{8}du$ 并且：

$$\begin{array}{rl}\int \frac{x}{\sqrt{1-4x^2}}dx& =-\frac{1}{8}\int \frac{1}{\sqrt{u}}du=-\frac{1}{8}\int u^{-\frac{1}{2}}du\\ & =-\frac{1}{8}\left(2\sqrt{u}\right)+C=-\frac{1}{4}\sqrt{1-4x^2}+C\end{array}$$

对于例3的答案，可以通过微分进行验证，但我们将通过图形来验证。在图1中，我们使用计算机绘制了被积函数 $f(x)=\frac{x}{\sqrt{1-4x^2}}$ 和其不定积分 $g(x)=-\frac{1}{4}\sqrt{1-4x^2}$（我们取 $C=0$ 的情形）。注意，当 $f(x)$ 为负时，$g(x)$ 递减；当 $f(x)$ 为正时，$g(x)$ 递增；并且当 $f(x)=0$ 时，$g(x)$ 达到最小值。因此，从图形上的证据来看，$g$ 是 $f$ 的一个反导函数。

例4 计算 $\int \cos 5xdx$。

解 如果我们设 $u=5x$，那么 $du=5dx$，因此 $dx=\frac{1}{5}du$。因此：

$$\int \cos 5xdx=\frac{1}{5}\int \cos udu=\frac{1}{5}\sin u+C=\frac{1}{5}\sin 5x+C$$

注意 随着经验的积累，你可能能够在不进行显式替换的情况下，评估类似于例1-4的积分。通过识别公式3中的模式，即被积函数是外部函数和内部函数的导数的乘积，我们可以如下计算例1：

$$\begin{array}{rl}\int x^3\cos (x^4+2)dx& =\int \cos (x^4+2)\cdot x^{3}dx=\frac{1}{4}\int \cos (x^4+2)\cdot (4x^3)dx\\ & =\frac{1}{4}\cos (x^4+2)\cdot \frac{d}{dx}(x^4+2)dx=\frac{1}{4}\sin (x^4+2)+C\end{array}$$

类似地，例4的解答可以写为：

$$\int \cos 5xdx=\frac{1}{5}\int 5\cos 5xdx=\frac{1}{5}\frac{d}{dx}(\sin 5x)dx=\frac{1}{5}\sin 5x+C$$

不过，接下来的例子更加复杂，因此显式替换是可取的。

例5 计算 $\int \sqrt{1+x^2\cdot x^5}dx$。

解法 当我们将 $x^5$ 分解为 $x^4\cdot x$ 时，一个适当的替换变得更加明显。设 $u=1+x^2$。则 $du=2xdx$，所以 $xdx=\frac{1}{2}du$。此外，$x^2=u-1$，所以 $x^4=(u-1{)}^2$：

$$\begin{array}{rl}\int \sqrt{1+x^2\cdot x^5}dx& =\int \sqrt{1+x^2\cdot x^4}\cdot xdx\\ & =\int \sqrt{u\cdot (u-1{)}^2}\cdot \frac{1}{2}du=\frac{1}{2}\int \sqrt{u\cdot (u^2-2u+1)}du\\ & =\frac{1}{2}\int (u^{3/2}-2u^{1/2}+u^{1/2})du\\ & =\frac{1}{2}\left(\frac{2}{5}{u}^{5/2}-2\cdot \frac{2}{3}{u}^{3/2}+2\cdot \frac{2}{1}{u}^{1/2}\right)+C\end{array}$$

定积分

当通过换元法计算定积分时，有两种方法可行。一种方法是先计算不定积分，然后再应用基本定理。

例如，使用例2的结果，我们有：

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^3\sqrt{2x+1}dx& ={\int }_1^7\sqrt{u}du\\ & =\frac{1}{3}(2x+1{)}^{\frac{3}{2}}{|}_0^3\\ & =\frac{1}{3}(27-1)=\frac{26}{3}\end{array}$$

另一种通常更可取的方法是，当变量被改变时，直接更改积分的上下限。

定积分的换元规则

如果 $g^{\prime }$ 在 $[a,b]$ 上连续，并且 $f$ 在 $u=g(x)$ 的范围内连续，则：
$$(5){\int }_a^{b}f(g(x))g^{\prime }(x)dx={\int }_{g(a)}^{g(b)}f(u)du$$

证明： 设 $F$ 是 $f$ 的一个反导函数。由（3）式，$F(g(x))$ 是 $f(g(x))g^{\prime }(x)$ 的一个反导函数，因此根据基本定理的第二部分，我们有：

$${\int }_a^{b}f(g(x))g^{\prime }(x)dx=F(g(b))-F(g(a))$$

但是，通过第二次应用基本定理，我们也有：

$${\int }_{g(a)}^{g(b)}f(u)du=F(g(b))-F(g(a))$$

例6 使用公式（5）计算 ${\int }_0^4\sqrt{2x+1}dx$。

解 使用例2解法1中的换元，我们设 $u=2x+1$ 并且 $dx=\frac{1}{2}du$。为了找到新的积分上下限，我们注意到：

• 当 $x=0$ 时，$u=2(0)+1=1$
• 当 $x=4$ 时，$u=2(4)+1=9$

因此：

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^4\sqrt{2x+1}dx& ={\int }_1^9\frac{1}{2}\sqrt{u}du\\ & =\frac{1}{2}\cdot \frac{2}{3}{u}^{3/2}{|}_1^9\\ & =\frac{1}{3}\left(9^{3/2}-1^{3/2}\right)=\frac{26}{3}\end{array}$$

注意，当使用公式（5）时，我们在积分后不需要回到变量 $x$。我们只需在适当的 $u$ 值之间计算积分结果。

例7 计算 ${\int }_1^2\frac{dx}{(3-5x{)}^2}$。

解 设 $u=3-5x$。那么 $du=-5dx$，所以 $dx=-\frac{1}{5}du$。当 $x=1$ 时，$u=-2$；当 ( x = 2 ) 时，( u = -7 )。因此：

$$\begin{array}{rl}{\int }_1^2\frac{dx}{(3-5x{)}^2}& =-\frac{1}{5}{\int }_{-2}^{-7}\frac{du}{u^2}\\ & =-\frac{1}{5}{\left[-\frac{1}{u}\right]}_{-7}^{-2}=-\frac{1}{5}\left(-\frac{1}{7}+\frac{1}{2}\right)\\ & =\frac{1}{5}\left(\frac{1}{7}-\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{14}\end{array}$$

对称性

下一个定理使用定积分的换元规则（公式5）来简化具有对称性质的函数积分的计算。

(6) 对称函数的积分
假设 $f$ 在区间 $[-a,a]$ 上是连续的。
(a) 如果 $f$ 是偶函数 $[f(-x)=f(x)]$，那么：${\int }_{-a}^{a}f(x)dx=2{\int }_0^{a}f(x)dx$
(b) 如果 $f$ 是奇函数 $[f(-x)=-f(x)]$，那么：${\int }_{-a}^{a}f(x)dx=0$

证明

我们将积分分为两部分：

$$(7){\int }_{-a}^{a}f(x)dx={\int }_{-a}^{0}f(x)dx+{\int }_0^{a}f(x)dx=-{\int }_0^{a}f(-x)dx+{\int }_0^{a}f(x)dx$$

在最右侧的第一个积分中，我们进行代换 $u=-x$。此时 $du=-dx$，并且当 $x=-a$ 时，$u=a$。因此：

$$-{\int }_0^{a}f(-x)dx={\int }_0^{a}f(u)du$$

因此，方程7变为：

$${\int }_{-a}^{a}f(x)dx={\int }_0^{a}f(u)du+{\int }_0^{a}f(x)dx$$

(a) 如果 $f$ 是偶函数，即 $f(-u)=f(u)$，那么方程8给出：

$${\int }_{-a}^{a}f(x)dx=2{\int }_0^{a}f(x)dx$$

(b) 如果 $f$ 是奇函数，即 $f(-u)=-f(u)$，那么方程8给出：

$${\int }_{-a}^{a}f(x)dx=0$$

定理6通过图2说明。在 $f$ 为正且为偶函数的情况下，部分(a)表示，从 $-a$ 到 $a$ 的积分结果是从 $0$ 到 $a$ 的积分结果的两倍，这是由于对称性。回忆一下，积分 ${\int }_0^{a}f(x)dx$ 可以表示为在 $x$ 轴上方的面积，而 $-{\int }_{-a}^{0}f(x)dx$ 表示在 $x$ 轴下方的面积。因此，部分(b)表明积分为 $0$，因为这两个面积相互抵消。

例8 因为 $f(x)=x^6+1$ 满足 $f(-x)=f(x)$，它是一个偶函数，所以：

$$\begin{array}{rl}{\int }_{-2}^2(x^6+1)dx& =2{\int }_0^2(x^6+1)dx\\ & =2{\left[\frac{x^7}{7}+x\right]}_0^2=2\left(\frac{128}{7}+2\right)=\frac{284}{7}\end{array}$$

例9 因为 $f(x)=\frac{\tan x}{1+x^2+x^4}$ 满足 $f(-x)=-f(x)$，它是一个奇函数，所以：

$${\int }_{-1}^1\frac{\tan x}{1+x^2+x^4}dx=0$$