倒代换经典模型
本节分享一个很好用的积分技巧，对于满足条件的定积分都可以极大程度地简化计算！
一共有两种形式，下面我一一介绍：
形式 1 ¶
如果 \(F(x)\) 是 \(x\) 的任意一个函数，且满足 \(F(x) = F\left(\dfrac1x\right)\)，那么，当 \(x=0\) 到 \(x \to +\infty\) 变化时，\(\dfrac{F(x)}{x}\) 仍保持在有限范围内，这样就有：
形式 1
条件同上：
\[
\int_0^{+\infty} F(x) \frac{\mathrm{d}x}{x} = 2\int_0^{1} F(x)\frac{\mathrm{d}x}{x}
\]
证明：首先根据区间可加性将区间拆开，然后使用一次倒代换即可。
\[
\begin{aligned}
\int_0^{+\infty} F(x) \frac{\mathrm{d}x}{x} &= \int_0^1 F(x) \frac{\mathrm{d}x}{x} + \int_1^{+\infty}F(x) \frac{\mathrm{d}x}{x}\\[0.2cm]
&\xlongequal{对第二项进行倒代换} \int_0^1 F(x) \frac{\mathrm{d}x}{x} + \int_1^{0}-\frac{1}{y^2}F\left(\frac1y\right) \frac{\mathrm{d}y}{\frac1y}\\[0.2cm]
&=\int_0^1 F(x) \frac{\mathrm{d}x}{x} + \int_0^{1}F\left(y\right) \frac{\mathrm{d}y}{y}\\[0.2cm]
&=2\int_0^{1} F(x)\frac{\mathrm{d}x}{x}
\end{aligned}
\]
形式 2 ¶
如果 \(F(x) = F\left(\dfrac1x\right)\)，并且 \(I = \displaystyle\int_0^{+\infty} F(x)\frac{\mathrm{d}x}{x}\) 已经求得，那么下面这个积分也能立刻得出：
\[
J = \int_0^{+\infty} \frac{F(x)}{1 + x^n} \cdot \frac{\mathrm{d}x}{x}
\]
证明：考虑倒代换，得：
\[
\begin{aligned}
J &= \int_0^{+\infty} \frac{F(x)}{1 + x^n} \cdot \frac{\mathrm{d}x}{x} \\[0.2cm]
&=
\int_{+\infty}^{0} \frac{F\left(\frac1y\right)}{1 + \left(\frac1y\right)^n} \cdot \left(-\frac{1}{y^2}\right) \frac{\mathrm{d}y}{\frac1y}\\[0.2cm]
&= \int_0^{+\infty} \frac{y^nF(y)}{1+y^n}\cdot \frac{\mathrm{d}y}{y}\\[0.2cm]
&= \int_0^{+\infty} \frac{x^nF(x)}{1+x^n}\cdot \frac{\mathrm{d}x}{x}\\[0.2cm]
\end{aligned}
\]
接下来考虑 \(2J\)：
\[
\begin{aligned}
2J &= \int_0^{+\infty} \frac{F(x)}{1 + x^n} \cdot \frac{\mathrm{d}x}{x} + \int_0^{+\infty} \frac{x^nF(x)}{1+x^n}\cdot \frac{\mathrm{d}x}{x}\\[0.2cm]
&= \int_0^{+\infty} \frac{1+x^n}{1+x^n} \cdot F(x) \cdot \frac{\mathrm{d}x}{x}\\[0.2cm]
&= I
\end{aligned}
\]
故 \(J = \dfrac12 I\)，即：
形式 2
条件同上：
\[
\begin{aligned}
\int_0^{+\infty} \frac{F(x)}{1 + x^n} \cdot \frac{\mathrm{d}x}{x} &= \frac12 \displaystyle\int_0^{+\infty} F(x)\frac{\mathrm{d}x}{x}\\[0.2cm]
&= \int_0^{1} F(x)\frac{\mathrm{d}x}{x}
\end{aligned}
\]
例题 ¶
Example
求积分：
\[
\int_0^{+\infty} \frac{\mathrm{d}x}{(1+x^2)(1+x^n)}
\]
解：很经典的一个题目，常规方法就是倒代换，这里只是为了展示上文介绍的结论：
\[
\begin{aligned}
\int_0^{+\infty} \frac{\mathrm{d}x}{(1+x^2)(1+x^n)} &= \int_0^{+\infty} \frac{1}{1+x^n}\cdot \frac{1}{x+\dfrac1x} \cdot \frac{\mathrm{d}x}{x} \\[0.3cm]
&= \int_0^1 \frac{1}{x+\dfrac1x} \cdot \frac{\mathrm{d}x}{x} \\[0.2cm]
&= \int_0^1 \frac{1}{1+x^2}\mathrm{d}x\\[0.2cm]
&= \left. \arctan x \right |_0^1\\[0.2cm]
&= \frac{\pi}{4}
\end{aligned}
\]
Tip
有人也把这种形式的积分结论称为区间再现，其实都差不多，毕竟本质都是换元。这种结论没有必要记忆，混个眼熟，见到立马能想到倒代换即可。
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