原函数

如果两辆车沿同一条路以完全相同的速度行驶，它们就不可能彼此远离或靠近——两车之间的距离将永远保持不变。这里 $F$ 与 $G$ 是两辆车的位置，$f$ 是它们共同的速度；定理断言「差距」$G-F$ 必须是一个常数。关键在于 $K$ 必须是单独一个区间：在两个分离的区间上，由于根本不需要真正从一段移动到另一段，差距在每一段上可能跳到不同的常数。

对 $x\in K$ 定义 $H(x) = G(x) - F(x)$。因为 $F$ 与 $G$ 都是 $f$ 的原函数，故对每个 $x\in K$ 都有 $H'(x) = G'(x)-F'(x) = f(x)-f(x)=0$：$H$ 在 $K$ 上可导，且导数恒为零。

在 $K$ 中任取两点 $x_1 < x_2$（这是可行的，因为 $K$ 是一个区间，故整段 $[x_1,x_2]$ 都包含在 $K$ 内）。$H$ 在 $[x_1,x_2]$ 上可导，因而连续，于是中值定理（拉格朗日）适用：存在 $\xi\in(x_1,x_2)$，利用 $H'(\xi)=0$ 得 $H(x_2)-H(x_1) = H'(\xi)(x_2-x_1) = 0$。

因此对 $K$ 中任意一对 $x_1<x_2$ 都有 $H(x_2)=H(x_1)$：$H$ 在 $K$ 上处处取相同的值，设该值为 $H(x)=C$（对所有 $x\in K$）。代回原式得 $G(x)-F(x)=C$，即 $G(x) = F(x) + C$，这正是所要证明的结论。

换元法不过是把链式法则倒过来读：对复合函数 $F(g(x))$ 求导，恰好产生「外层导数乘内层导数」这一模式 $f(g(x))g'(x)$。因此只要被积函数已经具有这种形状，识别出 $u=g(x)$ 就能把一个看起来困难的关于 $x$ 的积分变成一个关于 $u$ 的简单积分。

令 $\Phi(x) = F(g(x))$。由链式法则，因为 $F'=f$，故 $\Phi'(x) = F'(g(x))\cdot g'(x) = f(g(x))g'(x)$。

这恰好说明 $\Phi$ 在定义域内每个 $x$ 处都可导，且导数为 $f(g(x))g'(x)$——即按定义，$\Phi$ 是 $f(g(x))g'(x)$ 的一个原函数。

由上面的唯一性定理，$f(g(x))g'(x)$ 的任何原函数都与 $\Phi$ 只相差一个常数，所以 $\int f(g(x))g'(x)\,dx = \Phi(x) + C = F(g(x)) + C$，正如所述。实际操作中，我们记 $u=g(x)$，$du=g'(x)\,dx$，先把左边化为 $\int f(u)\,du = F(u)+C$，最后再代回 $u=g(x)$。

分部积分是把乘积求导法则反过来用：它并不消去积分号，而是把导数从一个因子（$v$）转移到另一个因子（$u$）上，当 $u$ 求导后变得更简单（例如 $u=x$ 变成 $u'=1$）而 $v'$ 仍容易求原函数时，这正是恰当的一步——从而把像 $\int x e^x\,dx$ 这样困难的乘积变得容易。

由乘积法则，$(uv)' = u'v + uv'$。整理得 $uv' = (uv)' - u'v$。

对两边（在 $K$ 上，关于 $x$）取原函数。右边 $(uv)'$ 显然以 $uv$ 本身为一个原函数（由唯一性定理，相差一个常数），所以 $\int uv'\,dx = \int (uv)'\,dx - \int u'v\,dx = uv - \int u'v\,dx$。

记 $dv = v'(x)\,dx$、$du=u'(x)\,dx$，就得到简洁易记的形式 $\int u\,dv = uv - \int v\,du$。实际操作中，选一个因子作为 $u$（用于求导），其余部分作为 $dv$（用于求原函数），通常优先对求导后会变简单的因子（多项式、对数）求导，而对仍易于求原函数的因子（$e^x$、$\sin x$、$\cos x$）积分。