不定积分

• 定义
  • 若 $F(x)$ 是 $f(x)$ 的一个原函数，则 $F(x)+C$ 也是 $f(x)$ 的原函数。
  • $f(x)$ 在区间 $I$ 上的所有原函数一般表达式 $F(x)+C$ 称为 $f(x)$ 在区间 $I$ 上的不定积分，记作 $\int f(x)\mathrm dx=F(x)+C$。
  • 不定积分与导数为互逆运算。
• 求解
  • 不定积分表
    • 参考不定积分表。
  • 线性性质
    • 如果 $f_1(x),f_2(x)$ 在区间 $I$ 有原函数，则 $\int(C_1f_1(x)+C_2f_2(x))\mathrm dx=C_1\int f_1(x)\mathrm dx+C_2\int f_2(x)\mathrm dx$。
    • 利用线性性质可以计算多项式函数的不定积分。
  • 第一换元法 / 凑微分法
    • 定理
      • 如果 $F(u)$ 是 $f(u)$ 的原函数，$u=g(x)$ 可导，则 $\int f(g(x))g'(x)\mathrm dx=\int f(g(x))\mathrm d(g(x))=\int f(u)\mathrm d(u)=F(u)+C=F(g(x))+C$。
    • 技巧
      • $\sin k_1x$ 或 $\cos k_1x$ 与 $\sin k_2x$ 或 $\cos k_2x$ 相乘的不定积分，可以利用积化和差公式，再凑微分。
      • $\int \sin^{2n+1}x\mathrm dx=-\int (1-\cos^2 x)^n\mathrm d(\cos x)$，$\cos x$ 同理。
      • $\int \cos^{2n}x\mathrm dx=\int\left(\frac{1+\cos 2x}{2}\right)^n\mathrm dx=\cdots$，利用二倍角公式持续降幂，直到次数为 $1$。
      • 被积函数中有 $\tan^2x$ 时，可以用 $\tan^2x=\sec^2 x-1$，有 $\cot^2x$ 时，可以用 $\cot^2x=\csc^2x-1$。
  • 第二换元法
    • 定理
      • 如果 $x=g(t)$ 单调、可导，$G'(t)=f(g(t))g'(t)$，则 $\int f(x)\mathrm dx=\int f(g(t))\mathrm d(g(t))=\int f(g(t))g'(t)\mathrm dt=G(t)+C=G(g^{-1}(x))+C$。
    • 技巧
      • 根式下的一次多项式及分式换元办法：
        • 被积函数中有 $\sqrt[n_1]{ax+b},\sqrt[n_2]{ax+b},\dotsm\sqrt[n_k]{ax+b}$ 时，用 $t=\sqrt[n]{ax+b}\ (n=\operatorname{lcm}(n_1,n_2,\dots,n_k)$ 换元。
        • 被积函数中有 $\sqrt[n_1]{\frac{ax+b}{cx+d}},\sqrt[n_2]{\frac{ax+b}{cx+d}},\dotsm\sqrt[n_k]{\frac{ax+b}{cx+d}}$ 时，用 $t=\sqrt[n]{\frac{ax+b}{cx+d}}\ (n=\operatorname{lcm}(n_1,n_2,\dots,n_k)$ 换元。
      • 根式下的二次多项式换元办法：
        • $\sqrt{x^2+a^2}$ 用 $x=a\tan t\ (t\in(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}))$ 换元，$\sqrt{x^2+a^2}=a\sec t$。
        • $\sqrt{x^2-a^2}$ 用 $x=a\sec t\ (t\in(0,\frac{\pi}{2}))$ 换元，$\sqrt{x^2-a^2}=a\tan t$。
        • $\sqrt{a^2-x^2}$ 用 $x=\sin t\ (t\in(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}))$ 或 $x=\cos t\ (t\in(0,\pi))$ 换元，$\sqrt{a^2-x^2}=a\cos t$ 或 $a\sin t$。
        • $\sqrt{ax^2+bx+c}$ 可以进行配方，转化为以上形式。
      • 分式中分母次数高，分子次数低时，可以使用倒代换 $x=\frac{1}{t}$，$\int f(x)\mathrm dx=-\int f\left(\frac{1}{t}\right)\frac{1}{t^2}\mathrm dt$。
  • 分部积分法
    • 定理
      • 如果 $u(x),v(x)$ 可导，则 $\int u(x)v'(x)\mathrm dx=u(x)v(x)-\int u'(x)v(x)\mathrm dx$，即 $\int u\mathrm dv=uv-\int v\mathrm du$。
      • 分部积分就是用一个因式凑微分，另一个因式求导。
    • 技巧
      • $\int p(x)\sin ax\mathrm dx,\int p(x)\cos ax\mathrm dx,\int p(x) e^{ax}\mathrm dx$，多项式函数求导，三角函数、至少还是凑微分。
      • $\int p(x)\ln ax\mathrm dx,\int p(x)\arcsin ax\mathrm dx,\int p(x)\arccos ax\mathrm dx,\int p(x) \arctan ax\mathrm dx$，对数函数、反三角函数求导，多项式函数凑微分。
      • $\int e^{ax}\sin x\mathrm dx,\int e^{ax}\cos x\mathrm dx$，连续使用两次分部积分，都用指数函数求导或都用三角函数求导，最后解方程。
      • $\int f(x)\mathrm dx=xf(x)-\int xf'(x)\mathrm dx$
      • 使用两次分部积分，需要对同一种函数求导，不可以交替。
        • $\int u(x)v''(x)\mathrm dx=u(x)v'(x)-\int u'(x)v'(x)\mathrm dx=u(x)v'(x)-\left(u'(x)v(x)-\int u''(x)v(x)\mathrm dx\right)$，这可能可以求解。
        • $\int u(x)v''(x)\mathrm dx=u(x)v'(x)-\int u'(x)v'(x)\mathrm dx=u(x)v'(x)-\left(u(x)v'(x)-\int u(x)v''(x)\mathrm dx\right)$，这一定不可以求解。
  • 有理函数
    • 定义
      • 形如 $f(x)=\frac{p(x)}{q(x)}=\frac{a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots+a_mx^m}{b_0+b_1x+b_2x^2+\cdots+b_nx^n}\ (m,n\in \mathrm N)$ 这样的函数被称为有理函数。
      • 若 $m<n$，则 $f(x)$ 是真分式，否则是假分式。
      • 任何的假分式 $\frac{p(x)}{q(x)}$ 都可以化为多项式和真分式的和，即 $\frac{p(x)}{q(x)}=d(x)+\frac{r(x)}{q(x)}$。
      • 所有有理函数都可积。
    • 求解
      • 通用方法：
        • 把有理函数化为多项式和真分式的和，接下来求解真分式 $\frac{p(x)}{q(x)}$ 的不定积分。
        • 把 $q(x)$ 进行因式分解为 $c(x-r_1)^{k_1}\cdots(x-r_s)^{k_s}(x^2+a_1x+b_1)^{l_1}\cdots(x^2+a_tx+b_t)^{l_t}$ 的形式。
          • $k_1+\cdots+k_s+l_1+\cdots+l_t=n$，$n$ 为 $q(x)$ 次数。
          • 任何 $n$ 次多项式都有 $n$ 个复根，并且真正的复根都与其共轭成对出现，每一对就是一个 $x^2+ax+b$。
        • 将 $\frac{p(x)}{q(x)}$ 分解为 $\sum\limits_{i=1}^{s}\sum\limits_{j=1}^{i}\frac{A_{ij}}{(x-r_i)^{j}}+\sum\limits_{i=1}^{t}\sum\limits_{j=1}^{i}\frac{B_{ij}x+C_{ij}}{(x+a_ix+b_i)^{j}}$。
          • 先将 $\frac{p(x)}{q(x)}$ 分解为几个分母是 $q(x)$ 的因式的形式，类似质因数分解中拆分出不同的质数。
          • 再将每个部分进行拆分为 $\frac{A_{i1}}{x-r_i}+\frac{A_{i2}}{(x-r_i)^2}+\cdots+\frac{A_{ik_i}}{(x-r_i)^{k_i}}$
        • 对每个部分分别求不定积分。
          • $\int\frac{A_{ij}}{(x-r_i)^{j}}\mathrm dx$ 简单求解。
          • $\int \frac{B_{ij}x+C_{ij}}{(x+a_ix+b_i)^{j}}\mathrm dx$ 先对分母进行换元并拆分分子：$\int \frac{D_{ij}t+E_{ij}}{(t^2+F_{ij})^{j}}\mathrm dt=\int \frac{D_{ij}t}{(t^2+F_{ij})^{j}}\mathrm dt+\int \frac{E_{ij}}{(t^2+F_{ij})^{j}}\mathrm dt$。
          • $\int \frac{D_{ij}t}{(t^2+F_{ij})^{j}}\mathrm dt$ 凑微分解决。
          • $\int \frac{E_{ij}}{(t^2+F_{ij})^{j}}\mathrm dt$ 对 $t$ 进行三角换元。$j=1$ 时，也可以转化为 $\int\frac{1}{1+x^2}\mathrm dx$ 处理。
      • 分母是 $(x-r)^k$ 时，可以直接对分母换元。
      • $\int\frac{f(x^k)}{x}\mathrm dx=\int \frac{x^{k-1}f(x^k)}{x^k}\mathrm dx=\frac{1}{k}\int\frac{f(x^k)}{x^k}\mathrm d(x^{k})$。
  • 三角函数有理式
    • 定义
      • 三角函数与常数经过有限次四则运算得到的式子被称为三角函数有理式。
      • 三角函数有理式可以表示为 $R(\sin x,\cos x)$，$R(x,y)$ 为有理式。
    • 求解
      • 三角函数有理式优先考虑使用恒等式进行变换，计算更高效。
      • 通用方法：
        • 利用 $\sin x=\frac{2\tan\frac{x}{2}}{1+\tan^2 \frac{x}{2}},\cos x=\frac{1-\tan^2\frac{x}{2}}{1+\tan^2\frac{x}{2}}$，令 $t=\tan\frac{x}{2}$ 进行换元。
        • $\int R(\sin x,\cos x)\mathrm dx=\int R(\frac{2t}{1+t^2},\frac{1-t^2}{1+t^2})\frac{2}{1+t^2}\mathrm dt$。
        • 按照有理函数的方法求解。
        • 若是求 $\int R(\sin^2x,\cos^2x)\mathrm dx$，也可以直接令 $t=\tan x$，原式等于 $\int R\left(\frac{t^2}{1+t^2},\frac{1}{1+t^2}\right)\frac{1}{1+t^2}\mathrm dt$
      • $\int R(\tan x)\mathrm dx=\int\frac{R(t)}{1+t^2}\mathrm dt\ (t=\tan x)$
      • $\int R(\sin x)\cos x\mathrm dx=\int R(\sin x)\mathrm d(\sin x)$
      • $\int R(\cos x)\sin x\mathrm dx=-\int R(\cos x)\mathrm d(\cos x)$