∫ a b f ( x ) d x = ∫ a b f ( a + b − x ) d x \int_a^bf(x)dx=\int_a^bf(a+b-x)dx ∫ab​f(x)dx=∫ab​f(a+b−x)dx

证明采用换元法即可，略。

[例1] 求： ∫ 0 1 x ( 1 − x ) 3 d x \int_0^1x(1-x)^3dx ∫01​x(1−x)3dx

解： ∫ 0 1 x ( 1 − x ) 3 d x   ⟹ 区间再现 ∫ 0 1 x 3 ( 1 − x ) d x = 1 20 \int_0^1x(1-x)^3dx\ \stackrel{区间再现}{\Longrightarrow}\int_0^1x^3(1-x)dx=\frac 1 {20} ∫01​x(1−x)3dx ⟹区间再现​∫01​x3(1−x)dx=201​

∫ 0 π 2 f ( sin ⁡ x ) d x = ∫ 0 π 2 f ( cos ⁡ x ) d x \int_0^{\frac \pi 2}f(\sin x)dx=\int_0^{\frac \pi 2}f(\cos x)dx ∫02π​​f(sinx)dx=∫02π​​f(cosx)dx

[例2] 求： ∫ 0 π 2 sin ⁡ 2 x d x \int_0^{\frac \pi 2}\sin^2xdx ∫02π​​sin2xdx

解： ∫ 0 π 2 sin ⁡ 2 x d x = ∫ 0 π 2 cos ⁡ 2 x d x = 1 2 ∫ 0 π 2 d x = π 4 \int_0^{\frac \pi 2}\sin^2xdx=\int_0^{\frac \pi 2}\cos^2xdx=\frac 1 2\int_0^{\frac \pi 2}dx=\frac \pi 4 ∫02π​​sin2xdx=∫02π​​cos2xdx=21​∫02π​​dx=4π​

∫ 0 π x f ( sin ⁡ x ) d x = π 2 ∫ 0 π f ( sin ⁡ x ) d x \int_0^\pi xf(\sin x)dx=\frac \pi 2\int_0^\pi f(\sin x)dx ∫0π​xf(sinx)dx=2π​∫0π​f(sinx)dx

[例3] 求： ∫ 0 π x sin ⁡ 2 x d x \int _0^\pi x\sin ^2xdx ∫0π​xsin2xdx

解： ∫ 0 π x sin ⁡ 2 x d x = π 2 ∫ 0 π sin ⁡ 2 x d x = π ∫ 0 π 2 sin ⁡ 2 x d x = π 2 4 \int _0^\pi x\sin ^2xdx=\frac \pi 2\int_0^\pi \sin^2xdx=\pi\int_0^{\frac \pi 2}\sin^2xdx=\frac{\pi^2}{4} ∫0π​xsin2xdx=2π​∫0π​sin2xdx=π∫02π​​sin2xdx=4π2​

证明均采用区间再现，略。

∫ 0 T x f ( x ) d x = T 2 ∫ 0 T f ( x ) d x ，其中 f ( x ) = f ( 2 T − x ) \int_0^Txf(x)dx=\frac{T}{2}\int_0^Tf(x)dx，其中f(x)=f(2T-x) ∫0T​xf(x)dx=2T​∫0T​f(x)dx，其中f(x)=f(2T−x)

[例4] 求： ∫ 0 n π x ∣ sin ⁡ x ∣ d x \int _0^{n\pi}x|\sin x|dx ∫0nπ​x∣sinx∣dx

解：考虑到， ∣ sin ⁡ x ∣ = ∣ sin ⁡ ( n π − x ) ∣ |\sin x|=|\sin(n\pi-x)| ∣sinx∣=∣sin(nπ−x)∣

于是： ∫ 0 n π x ∣ sin ⁡ x ∣ d x = n π 2 ∫ 0 n π ∣ sin ⁡ x ∣ d x = n 2 π 2 ∫ 0 π sin ⁡ x d x = n 2 π \int _0^{n\pi}x|\sin x|dx=\frac{n\pi}{2}\int_0^{n\pi}|\sin x|dx=\frac{n^2\pi}{2}\int_0^{\pi}\sin xdx=n^2\pi ∫0nπ​x∣sinx∣dx=2nπ​∫0nπ​∣sinx∣dx=2n2π​∫0π​sinxdx=n2π

∫ a b f ( x ) f ( x ) + f ( a + b − x ) d x = b − a 2 \int_a^b\frac{f(x)}{f(x)+f(a+b-x)}dx=\frac{b-a}{2} ∫ab​f(x)+f(a+b−x)f(x)​dx=2b−a​

[例5] 求： ∫ 2 4 x x + 6 − x d x \int _2^4\frac{\sqrt x}{\sqrt x+\sqrt{6-x}}dx ∫24​x ​+6−x ​x ​​dx

解： ∫ 2 4 x x + 6 − x d x = 4 − 2 2 = 1 \int _2^4\frac{\sqrt x}{\sqrt x+\sqrt{6-x}}dx=\frac{4-2}{2}=1 ∫24​x ​+6−x ​x ​​dx=24−2​=1

∫ 0 π 2 f ( sin ⁡ x ) f ( sin ⁡ x ) + f ( cos ⁡ x ) d x = ∫ 0 π 2 f ( cos ⁡ x ) f ( sin ⁡ x ) + f ( cos ⁡ x ) d x = π 4 \int_0^{\frac \pi 2}\frac{f(\sin x)}{f(\sin x)+f(\cos x)}dx=\int_0^{\frac \pi 2}\frac{f(\cos x)}{f(\sin x)+f(\cos x)}dx=\frac{\pi}{4} ∫02π​​f(sinx)+f(cosx)f(sinx)​dx=∫02π​​f(sinx)+f(cosx)f(cosx)​dx=4π​

[例6]：求： ∫ 0 π 2 e sin ⁡ x e sin ⁡ x + e cos ⁡ x d x \int_0^{\frac \pi 2} \frac{e^{\sin x}}{e^{\sin x}+e^{\cos x}}dx ∫02π​​esinx+ecosxesinx​dx 解： ∫ 0 π 2 e sin ⁡ x e sin ⁡ x + e cos ⁡ x d x = π 4 \int_0^{\frac \pi 2} \frac{e^{\sin x}}{e^{\sin x}+e^{\cos x}}dx=\frac{\pi}{4} ∫02π​​esinx+ecosxesinx​dx=4π​

若 f ( x ) f(x) f(x)在 [ − a , a ] [-a,a] [−a,a]连续，则： ∫ − a a f ( x ) d x = ∫ 0 a [ f ( x ) + f ( − x ) ] d x \int_{-a}^af(x)dx=\int_0^a[f(x)+f(-x)]dx ∫−aa​f(x)dx=∫0a​[f(x)+f(−x)]dx [例7]：求： ∫ − π 2 π 2 sin ⁡ 2 x 1 + e x d x \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac \pi 2}\frac{\sin^2 x}{1+e^{x}}dx ∫−2π​2π​​1+exsin2x​dx 解： ∫ − π 2 π 2 sin ⁡ 2 x 1 + e x d x = ∫ 0 π 2 ( sin ⁡ 2 x 1 + e x + sin ⁡ 2 x 1 + e − x ) d x = ∫ 0 π 2 sin ⁡ 2 x d x = π 4 \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac \pi 2}\frac{\sin^2 x}{1+e^{x}}dx=\int_{0}^{\frac \pi 2}(\frac{\sin^2 x}{1+e^{x}}+\frac{\sin^2 x}{1+e^{-x}})dx=\int_0^{\frac \pi 2}\sin^2xdx=\frac{\pi}{4} ∫−2π​2π​​1+exsin2x​dx=∫02π​​(1+exsin2x​+1+e−xsin2x​)dx=∫02π​​sin2xdx=4π​