设 \(f(u)\) 具有原函数 \(F(u)\) ，即
\[F'(u) = f(u), \quad \int f(u) \mathrm{d}u = F(u) + C
\]
如果 \(u\) 是中间变量：\(u = \varphi(x)\) ，且设 \(\varphi (x)\) 可微，那么根据复合函数微分法，有
\[\mathrm{d} F[\varphi (x)] = f[\varphi (x)] \varphi'(x) \mathrm{d} x
\]
从而根据不定积分定义，得
\[\int f[\varphi (x)] \varphi'(x) \mathrm{d} x = F[\varphi (x)] + C = \left[ \int f(u) \mathrm{d}u \right]_{u = \varphi (x)}
\]
于是有下述定理：
定理1 设 \(f(u)\) 具有原函数，\(u = \varphi(x)\) 可导，则有换元公式
\[\int f[\varphi (x)] \varphi'(x) \mathrm{d}x = \left[ \int f(u) \mathrm{d}u \right]_{u = \varphi (x)} . \tag{1}
\]
由此定理可见，虽然 $ \int f[\varphi (x)] \varphi'(x) \mathrm{d}x $ 是一个整体的记号，但从形式上看，被积表达式中的 \(\mathrm{d}x\) 也可当做变量 \(x\) 的微分来对待，从而微分等式 \(\varphi'(x)\mathrm{d}x = \mathrm{d}u\) 可以方便地应用到被积表达式中来。
应用公式 \((1)\) 来求不定积分，可以设 \(\int \mathrm{g}(x)\mathrm{d}x\) ，如果函数 \(\mathrm{g}(x)\) 可以化为 \(\mathrm{g}(x) = f[\varphi(x)] \varphi'(x)\) 的形式，那么
\[\int \mathrm{g}(x)\mathrm{d}x = \int f[\varphi(x)] \varphi'(x) \mathrm{d}x = \left[ \int f(u)\mathrm{d}u \right]_{u = \varphi (x)} ,
\]
这样，函数 \(\mathrm{g}(x)\) 的积分即转化为函数 \(f(u)\) 的积分。如果能求得 \(f(u)\) 的原函数，那么也就得到了 \(\mathrm{g}(x)\) 的原函数。
例1 求 \(\int 2 \cos 2x \mathrm{d}x\)
解：被积函数中，\(\cos 2x\) 是一个由 \(\cos 2x = \cos u, u = 2x\) 复合而成的复合函数，常数因子恰好是中间变量 \(u\) 的导数。因此，做变换 \(u = 2x\) ，便有
\[\int 2 \cos 2x \mathrm{d}x = \int \cos 2x \cdot 2\mathrm{d}x = \int \cos 2x \cdot (2x)' \mathrm{d}x = \int \cos u \mathrm{d}u = \sin u + C,
\]
再以 \(u = 2x\) 代入，即得
\[\int 2 \cos 2x \mathrm{d}x = \sin 2x + C.
\]
例2 求 \(\int \cfrac{1}{3 + 2x} \mathrm{d}x\) .
解：被积函数 \(\cfrac{1}{3 + 2x} = \cfrac{1}{u} ,u = 3 + 2x\) 。这里缺少 \(\cfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x} = 2\) 这样一个因子，但由于 \(\cfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}\) 是个常数，故可改变系数凑出这个因子：
\[\cfrac{1}{3 + 2x} = \cfrac{1}{2} \cdot \cfrac{1}{3 + 2x} \cdot 2 = \cfrac{1}{2} \cdot \cfrac{1}{3 + 2x}(3 + 2x)' ,
\]
从而令 \(u = 3 + 2x\) ，便有
\[\begin{align*}
\int \cfrac{1}{3 + 2x} \mathrm{d}x &= \int \cfrac{1}{2} \cdot \cfrac{1}{3 + 2x} (3 + 2x)' \mathrm{d}x = \int \cfrac{1}{2} \cdot \cfrac{1}{u} \mathrm{d}u \\
&= \cfrac{1}{2} \ln{|u|} + C = \cfrac{1}{2} \ln{|3 + 2x|} + C .
\end{align*}
\]
一般地，对于积分 \(\int f(ax + b) \mathrm{d}x (a \neq 0)\) ，总可作变换 \(u = ax + b\) ，把它化为
\[\int f(ax + b) \mathrm{d}x = \int \cfrac{1}{a} f(ax + b) \mathrm{d}(ax + b) = \cfrac{1}{a} \left[ \int f(u) \mathrm{d}u \right]_{u = ax + b}
\]
例3 求 \(\int \cfrac{x^2}{(x + 2)^3} \mathrm{d}x\) .
解：令 \(u = x + 2, \mathrm{d}x = \mathrm{d}u\) ,于是
\[\begin{align*}
\int \cfrac{x^2}{(x + 2)^3} \mathrm{d}x &= \int \cfrac{(u - 2)^2}{u^3} \mathrm{d}u = \int (u^2 - 4u + 4)u^{-3} \mathrm{d}u \\
&=\int (u^{-1} - 4u^{-2} + 4u^{-3}) \mathrm{d}u = \ln |u| + 4u^{-1} - 2u^{-2} + C \\
&= \ln |x + 2| + \cfrac{4}{x + 2} - \cfrac{2}{(x + 2)^2} + C
\end{align*}
\]
例4 求 \(\int 2x \mathrm{e}^{x^2} \mathrm{d}x\) .
解：被积函数中的一个因子为 \(\mathrm{e}^{x^2} = \mathrm{e}^u, u = x^2\) ,剩下的因子 \(2x\) 恰好是中间变量 \(u = x^2\) 的导数，于是有
\[\int 2x \mathrm{e}^{x^2} \mathrm{d}x = \int \mathrm{e}^{x^2} \mathrm{d}(x^2) = \int \mathrm{e}^u \mathrm{d}u = \mathrm{e}^u + C = \mathrm{e}^{x^2} + C.
\]
例5 求 \(\int x \sqrt{1 - x^2} \mathrm{d}x\) .
解：设 \(u = 1 - x^2\) ,则 \(\mathrm{d}u = -2x \mathrm{d}x\) ,即 \(- \cfrac{1}{2} \mathrm{d}u = x \mathrm{d}x\) ,因此，
\[\int x \sqrt{1 - x^2} \mathrm{d}x = \int u^{\frac{1}{2}} \cdot \left(- \cfrac{1}{2} \right) \mathrm{d}u = - \cfrac{1}{2} \cfrac{u^{\frac{3}{2}}}{\frac{3}{2}} + C = - \cfrac{1}{3} (1 - x^2)^{\frac{3}{2}} + C .
\]
例6 求 \(\int \cfrac{1}{a^2 + x^2} \mathrm{d}x\) .
解：
\[\int \cfrac{1}{a^2 + x^2} \mathrm{d}x = \int \cfrac{1}{a^2} \cdot \cfrac{1}{1 + \left( \cfrac{x}{a} \right)^2} \mathrm{d}x = \cfrac{1}{a} \int \cfrac{1}{1 + \left( \cfrac{x}{a} \right)^2} \mathrm{d} \cfrac{x}{a} = \cfrac{1}{a} \arctan{\cfrac{x}{a}} + C .
\]
例7 求 \(\int \cfrac{\mathrm{d}x}{\sqrt{a^2 - x^2}}\) .
解：
\[\int \cfrac{\mathrm{d}x}{\sqrt{a^2 - x^2}} = \int \cfrac{1}{a} \cdot \cfrac{\mathrm{d}x}{\sqrt{1 - \left( \cfrac{x}{a} \right)^2}} = \int \cfrac{\mathrm{d} \cfrac{x}{a}}{\sqrt{1 - \left( \cfrac{x}{a} \right)^2}} = \arcsin{\cfrac{x}{a}} + C .
\]
例8 求 \(\int \cfrac{1}{x^2 - a^2}\mathrm{d}x\) .
解：由于
\[\cfrac{1}{x^2 - a^2} = \cfrac{1}{2a} \left( \cfrac{1}{x - a} - \cfrac{1}{x + a} \right) ,
\]
所以
\[\begin{align*}
\int \cfrac{1}{x^2 - a^2}\mathrm{d}x &= \cfrac{1}{2a} \int \left( \cfrac{1}{x - a} - \cfrac{1}{x + a} \right) \mathrm{d}x = \cfrac{1}{2a} \left( \int \cfrac{1}{x - a} \mathrm{d}x - \int \cfrac{1}{x + a}\mathrm{d}x \right) \\
&= \cfrac{1}{2a} \left[ \int \cfrac{1}{x - a} \mathrm{d}(x - a) - \int \cfrac{1}{x + a}\mathrm{d}(x + a) \right] \\
&= \cfrac{1}{2a} (\ln{|x - a|} - \ln{|x + a|}) + C \\
&= \cfrac{1}{2a} \ln{\left| \cfrac{x - a}{x + a} \right|} + C .
\end{align*}
\]
例9 求 \(\int \cfrac{\mathrm{d}x}{x(1 + 2\ln x)}\) .
解：
\[\int \cfrac{\mathrm{d}x}{x(1 + 2\ln x)} = \int \cfrac{\mathrm{d}(\ln x)}{1 + 2\ln x} = \cfrac{1}{2} \int \cfrac{\mathrm{d}(1 + 2\ln x)}{1 + 2\ln x} = \cfrac{1}{2} \ln{|1 + 2\ln x|} + C .
\]
例10 求 \(\int \cfrac{\mathrm{e}^{3 \sqrt{x}}}{\sqrt x} \mathrm{d}x\) .
解：由于 \(\mathrm{d} \sqrt x = \cfrac{1}{2} \cfrac{\mathrm{d}x}{\sqrt x}\) ,因此，
\[\int \cfrac{\mathrm{e}^{3 \sqrt{x}}}{\sqrt x} \mathrm{d}x = 2 \int \mathrm{e}^{3 \sqrt{x}} \mathrm{d}\sqrt x = \cfrac{2}{3} \int \mathrm{e}^{3 \sqrt{x}} \mathrm{d}(3 \sqrt x) = \cfrac{2}{3} \mathrm{e}^{3 \sqrt{x}} + C .
\]
例11 求 \(\int \sin^3 x \mathrm{d}x\) .
解：
\[\int \sin^3 x \mathrm{d}x = \int \sin^2 x \sin x \mathrm{d}x = - \int (1 - \cos^2 x) \mathrm{d}(\cos x) = - \cos x + \cfrac{1}{3} \cos^3 x + C .
\]
例12 求 \(\int \sin^2x \cos^5x \mathrm{d}x\)
解：
\[\begin{align*}
\int \sin^2x \cos^5x \mathrm{d}x &= \int \sin^2x \cos^4x \cos x \mathrm{d}x \\
&= \int \sin^2x (1 - \sin^2x)^2 \mathrm{d}(\sin x) \\
&= \int (\sin^2x - 2\sin^4x + \sin^6x) \mathrm{d}(\sin x) \\
&= \cfrac{1}{3} \sin^3x - \cfrac{2}{5} \sin^5x + \cfrac{1}{7} \sin^7x + C .
\end{align*}
\]
一般地，对于 \(\sin^{2k + 1}x \cos^n x\) 或 \(\sin^n x \cos^{2k + 1} x\) （其中 \(k \in \mathbb{N}\)）型函数的积分，总可依次作变换 \(u = \cos x\) 或 \(u = \sin x\) ,求的结果。
例13 求 \(\int \tan x \mathrm{d}x\) .
解：
\[\int \tan x \mathrm{d}x = \int \cfrac{\sin x}{\cos x}\mathrm{d}x = - \int \cfrac{1}{\cos x}\mathrm{d}(\cos x) = - \ln{|\cos x|} + C .
\]
类似地可得
\[\int \cot x \mathrm{d}x = \ln{|\sin x|} + C .
\]
例14 求 \(\int \cos^2 x \mathrm{d}x\) .
解：
\[\begin{align*}
\int \cos^2 x \mathrm{d}x &= \int \cfrac{1 + \cos 2x}{2} \mathrm{d}x \\
&= \cfrac{1}{2} \left( \int \mathrm{d}x + \int \cos 2x \mathrm{d}x \right) \\
&= \cfrac{1}{2} \int \mathrm{d}x + \cfrac{1}{4} \int \cos 2x \mathrm{d}(2x) \\
&= \cfrac{x}{2} + \cfrac{\sin 2x}{4} + C .
\end{align*}
\]
例15 求 \(\int \sin^2x \cos^4x \mathrm{d}x\) .
解：
\[\begin{align*}
\int \sin^2x \cos^4x \mathrm{d}x &= \cfrac{1}{8} \int (1 - \cos 2x)(1 + \cos 2x)^2 \mathrm{d}x \\
&= \cfrac{1}{8} \int (1 + \cos 2x - \cos^2 2x - \cos^3 2x)\mathrm{d}x \\
&= \cfrac{1}{8} \int (\cos 2x - \cos^3 2x)\mathrm{d}x + \cfrac{1}{8} \int (1 - \cos^2 2x)\mathrm{d}x \\
&= \cfrac{1}{8} \int \sin^2 2x \cdot \cfrac{1}{2} \mathrm{d}(\sin 2x) + \cfrac{1}{8} \int \cfrac{1}{2} (1 - \cos 4x)\mathrm{d}x \\
&= \cfrac{1}{48} \sin^3 2x + \cfrac{x}{16} - \cfrac{1}{64} \sin 4x + C .
\end{align*}
\]
一般地，对于 \(\sin^{2k}x \cos^{2l}x (k, l \in \mathbb{N})\) 型函数，总可利用三角恒等式：\(\sin^2x = \cfrac{1}{2} (1 - \cos 2x), \cos^2x = \cfrac{1}{2}(1 + \cos 2x)\) 化成 \(\cos 2x\) 的多项式，然后采用例15中的方法求得积分。
例16 求 \(\int \sec^6x \mathrm{d}x\) .
解：
\[\begin{align*}
\int \sec^6x \mathrm{d}x &= \int (\sec^2x)^2 \sec^2x \mathrm{d}x \\
&= \int (1 + \tan^2x)^2 \mathrm{d}(\tan x) \\
&= \int (1 + 2\tan^2x + \tan^4x)\mathrm{d}(\tan x) \\
&= \tan x + \cfrac{2}{3} \tan^3x + \cfrac{1}{5} \tan^5x + C .
\end{align*}
\]
例17 求 \(\int \tan^5x \sec^3x \mathrm{d}x\) .
解：
\[\begin{align*}
\int \tan^5x \sec^3x \mathrm{d}x &= \int \tan^4x \sec^2x \sec x \tan x \mathrm{d}x \\
&= \int (\sec^2x - 1)^2 \sec^2x \mathrm{d}(\sec x) \\
&= \int (\sec^6x -2\sec^4x + \sec^2x) \mathrm{d}(\sec x) \\
&= \cfrac{1}{7}\sec^7x - \cfrac{2}{5}\sec^5x + \cfrac{1}{3}\sec^3x + C .
\end{align*}
\]
一般地，对于 \(\tan^nx \sec^{2k}x\) 或 \(\tan^{2k - 1}x \sec^nx (n, k \in \mathbb{N}_+)\) 型函数的积分，可依次做变换 \(u = \tan x\) 或 \(u = \sec x\) 求得结果。
例18 求 \(\int \csc x \mathrm{d}x\) .
解：
\[\begin{align*}
\int \csc x \mathrm{d}x &= \int \cfrac{\mathrm{d}x}{\sin x} = \int \cfrac{\mathrm{d}x}{2 \sin{\cfrac{x}{2}} \cos{\cfrac{x}{2}}} \\
&= \int \cfrac{\mathrm{d} \left( \cfrac{x}{2} \right)}{\tan{\cfrac{x}{2}} \cos^2{\cfrac{x}{2}}} = \int \cfrac{\mathrm{d}\left( \tan \cfrac{x}{2} \right)}{\tan \cfrac{x}{2}} \\
&= \ln{\left| \tan \cfrac{x}{2} \right|} + C .
\end{align*}
\]
因为
\[\tan \cfrac{x}{2} = \cfrac{\sin \cfrac{x}{2}}{\cos \cfrac{x}{2}} = \cfrac{2 \sin^2 \cfrac{x}{2}}{\sin x} = \cfrac{1 - \cos x}{\sin x} = \csc x - \cot x ,
\]
所以上述不定积分又可表示为
\[\int \csc x \mathrm{d}x = \ln{|\csc x - \cot x|} + C .
\]
例19 求 \(\int \sec x \mathrm{d}x\) .
解：利用上例结果，有
\[\begin{align*}
\int \sec x \mathrm{d}x &= \int \csc{\left( x + \cfrac{\pi}{2} \right)} \mathrm{d} \left(x + \cfrac{\pi}{2} \right) \\
&= \ln{\left| \csc{\left( x + \cfrac{\pi}{2} \right)} - \cot{\left( x + \cfrac{\pi}{2} \right)} \right|} + C \\
&= \ln{|\sec x + \tan x|} + C .
\end{align*}
\]
例20 求 \(\int \cos 3x \cos 2x \mathrm{d}x\) .
解：利用三角函数积化和差公式
\[\cos A \cos B = \cfrac{1}{2}[\cos (A - B) + \cos (A + B)]
\]
得
\[\cos 3x \cos 2x = \cfrac{1}{2}(\cos x + \cos 5x),
\]
于是
\[\begin{align*}
\int \cos 3x \cos 2x \mathrm{d}x &= \cfrac{1}{2} \int (\cos x + \cos 5x) \mathrm{d}x \\
&= \cfrac{1}{2} \left[ \int \cos x \mathrm{d}x + \cfrac{1}{5} \int \cos 5x \mathrm{d}(5x) \right] \\
&= \cfrac{1}{2} \sin x + \cfrac{1}{10} \sin 5x + C.
\end{align*}
\]
上述各例用的都是第一类换元法，即形如 \(u = \varphi (x)\) 的变量代换。
