不定积分

不定积分与“积分”并没有关系，它是微分学的一部分。因为“不定积分”只是基于导数定义出来的“求导的逆运算”。从某种意义上，它没有涉及任何新的理论，只是通过导数的运算法则推出的一些逆运算的运算技巧。

定义与记号

函数\(f(x)\)的不定积分是由它的所有原函数组成的函数族（集合）。定义

\(\displaystyle\int f(x) dx:=\{F(x)|F'(x)=f(x),\forall x \in I\}\)

如果某一个\(F(x)\)是\(f(x)\)的一个原函数，那么\(f(x)\)的不定积分一定可以表示成\(F(x)+C\)的形式，其中\(C\)是全体实数。换句话说，不定积分集合里的所有元素一定是一些只相差常数的函数。因为对于其它\(G(x)\)，根据\(G'(x)=f(x)\)，\(F'(x)=f(x)\)，两式相减得到\([G(x)-F(x)]'=0\)。我们根据微分中值定理已经证明了导数恒为0的函数必定是常数函数。所以一定有\(G(x)=F(x)+C\)。因此不定积分的定义可以改写为：

\(\displaystyle\int f(x) dx:=\{F(x)+C|F'(x)=f(x),C \in \R,\forall x \in I\}\)

严格来看，这只是一个用来表示原函数集合的记号，没有单独指明积分号\(\displaystyle\int\)和\(dx\)分别有什么含义。然而，使用这样的记号有很多方便的地方，我们可以通过证明它的运算性质来把\(dx\)当作微分、把\(\displaystyle\int\)当作微分的逆运算来使用。

例如，我们会把1省略，把\(\displaystyle\int 1dx\)简记为\(\displaystyle\int dx\)，而我们可以形象地把它理解为\(d\)与\(\displaystyle\int\)作为互逆的运算互相抵消；把\(\displaystyle\int \dfrac{1}{f(x)}dx\)简记为\(\displaystyle\int \dfrac{dx}{f(x)}\)，这也只是写法上方便，并不意味着\(dx\)是一个实数。

不定积分的定义没有默认自变量必须是\(x\)，就好像导数的定义没有默认必须对\(x\)求导。

线性性

基于导数运算的线性性，我们有不定积分的线性性：

\(\displaystyle\int [k_1f(x)+k_2g(x)]dx=k_1\displaystyle\int f(x)dx+k_2 \displaystyle\int g(x)dx+C\)

只需要验证两侧的函数集合完全相同（这就是这里的等号的含义）。设\(f(x)\)的原函数为\(F(x)\)，\(g(x)\)的原函数为\(G(x)\)，那么左侧的集合可以表示为\(k_1F(x)+k_2G(x)+C_0\)；右侧集合可以表示为\(k_1(F(x)+C_1)+k_2(G(x)+C_2)+C\)\(=k_1F(x)+k_2G(x)\)\(+(k_1C_1+k_2C_2+C)\)。

线性性告诉我们，我们可以分拆和式的项，可以提出常数因子。

换元积分法

基于导数运算的链式法则，我们有不定积分的换元积分法。核心是要说明：

\(\displaystyle\int f(g(x))g'(x)dx=\displaystyle\int f(g(x))d(g(x))\)

其中这里的\(f(g(x))\)应当被理解成任意的一个函数，而这个函数可以被看作对\(g(x)\)的复合，这样我们的“换元”才有意义。如果这能成立，就再次说明积分表达式中的\(d\)可以像微分一样被看待，微分的公式可以直接被应用到积分中，同时保证计算的正确性。

证明：等式右侧告诉我们原函数关于\(g(x)\)的导数是\(f(g(x))\)，那么假设\(f\)的原函数是\(F\)，就知道右侧不定积分就是\(F(g(x))+C\)。把它对\(x\)求导就得到左边的\(f(g(x))g'(x)\)。所以左边的原函数族和右边的原函数族是完全相等的。

分部积分法

基于函数乘积的求导法则我们写出\((uv)'=u'v+uv'\)。等式两边应当有相同的关于\(x\)的原函数族，写出\(\displaystyle\int (uv)'dx=\displaystyle\int (u'v+uv')dx=\displaystyle\int vu'dx+\displaystyle\int uv'dx\)。根据换元积分法中微分记号的运算规则，右侧等于\(\displaystyle\int vdu+\displaystyle\int udv\)。移项就得到了分部积分公式：

\(\displaystyle\int udv=uv-\displaystyle\int vdu\)

即如果一个函数\(f(x)\)能写作一个函数乘上某个函数的导数的形式，那么它的不定积分可以用另一种方式表达出来，其中第二种方式中的积分计算难度更低。

“反对幂三指”：越靠后的越先取和\(dx\)凑成\(dv\)。比如\(\displaystyle\int x\cos xdx\)就让\(\cos x dx\)结合成\(d(\sin x)\)，\(\displaystyle\int ln xdx\)就让\(1\)（\(x^0\)）和\(dx\)结合。

多次积分

\(\displaystyle\int x^2e^xdx=\displaystyle\int x^2 d(e^x)=x^2e^x-\displaystyle\int e^xd(x^2)=x^2e^x-2\displaystyle\int xe^xdx\)

后一项\(\displaystyle\int xe^xdx=\displaystyle\int xd(e^x)=xe^x-\displaystyle\int e^xdx=xe^x-e^x+C\)

综上\(\displaystyle\int x^2e^xdx=x^2e^x-2xe^x+2e^x+C\)

循环积分

\(\displaystyle\int e^x\sin xdx=\displaystyle\int \sin xd(e^x)=e^x\sin x-\displaystyle\int e^xd(\sin x)=e^x\sin x-\displaystyle\int e^x\cos xdx\)

\(\displaystyle\int e^x\cos xdx=\displaystyle\int \cos x d(e^x)=e^x\cos x-\displaystyle\int e^x d(\cos x)=e^x\cos x+\displaystyle\int e^x\sin xdx\)

用下式代入上式，得到\(\displaystyle\int e^x\sin xdx=e^x\sin x-e^x\cos x-\displaystyle\int e^x\sin xdx\)，移项就即可（带常数\(C\)）。上式代入下式同理。

在这里，不定积分产生了循环，像解方程一样被解出。

递推积分

求\(I_n=\displaystyle\int \dfrac{dx}{(x^2+a^2)^n}\)

\(I_1=\displaystyle\int \dfrac{dx}{x^2+a^2}=\dfrac{1}{a}\arctan \dfrac{x}{a}+C\)

\(I_n=\dfrac{1}{a^2}\displaystyle\int \dfrac{x^2+a^2-x^2}{(x^2+a^2)^n}dx=\dfrac{1}{a^2}I_{n-1}-\dfrac{1}{a^2}\displaystyle\int \dfrac{x^2}{(x^2+a^2)^n}dx\)

其中\(\displaystyle\int \dfrac{x^2}{(x^2+a^2)^n}dx=\dfrac{1}{2}\displaystyle\int \dfrac{x}{(x^2+a^2)^n}d(x^2)=\dfrac{1}{2}\displaystyle\int \dfrac{x}{(x^2+a^2)^n}d(x^2)=\dfrac{1}{2(1-n)}\displaystyle\int xd\left((x^2+a^2)^{1-n}\right)\)

\(=\dfrac{1}{2(1-n)}\left[x(x^2+a^2)^{1-n}-\displaystyle\int (x^2+a^2)^{1-n}dx\right]\)

这样就可以写出递推式了。

基本积分表

\(\displaystyle\int \dfrac{1}{\cos^2 x}dx=\tan x+C\)，\(\displaystyle\int \dfrac{1}{\cosh^2 x}dx=\tanh x+C\)

\(\displaystyle\int \dfrac{1}{\sin^2 x}dx=-\dfrac{1}{\tan x}+C\)，\(\displaystyle\int \dfrac{1}{\sinh^2 x}dx=-\dfrac{1}{\tanh x}+C\)

\(\displaystyle\int \sinh xdx=\cosh x+C\)，\(\displaystyle\int \cosh xdx=\sinh x+C\)（其实就是指数函数积分）

\(\displaystyle\int \ln xdx = x\ln x-x+C\)

\(\displaystyle\int \ln xdx=x\ln x-\displaystyle\int x d(\ln x)=x\ln x-\displaystyle\int x\dfrac{dx}{x}=x\ln x-x+C\)

\(\displaystyle\int \tan xdx=-\ln|\cos x|+C\)

\(\displaystyle\int \dfrac{\sin x dx}{\cos x}=-\displaystyle\int \dfrac{d(\cos x)}{\cos x}\)

\(\displaystyle\int \dfrac{dx}{x^2-a^2}=\dfrac{1}{2a}\ln \left|\dfrac{x-a}{x+a}\right|+C,a>0\)

\(\dfrac{1}{2a}\displaystyle\int(\dfrac{1}{x-a}-\dfrac{1}{x+a})dx=\dfrac{1}{2a}(\ln |x-a|-\ln |x+a|)+C\)

\(\displaystyle\int \dfrac{dx}{x^2+a^2}=\dfrac{1}{a}\arctan \dfrac{x}{a}+C,a>0\)

\(\dfrac{1}{a^2}\displaystyle\int \dfrac{a \cdot d(\frac{x}{a})}{1+(\frac{x}{a})^2}\)

\(\displaystyle\int \dfrac{dx}{\sqrt{a^2-x^2}}=\arcsin \dfrac{x}{a}+C,a>0\)

\(\dfrac{1}{a}\displaystyle\int \dfrac{a \cdot d(\frac{x}{a})}{\sqrt{1-(\frac{x}{a})^2}}\)

\(\displaystyle\int \dfrac{dx}{\cos x}=\ln\left|\dfrac{1+\sin x}{\cos x}\right|+C\)

\(\displaystyle\int \dfrac{\cos xdx}{\cos^2 x}=\displaystyle\int \dfrac{d(\sin x)}{1-\sin^2 x}=-\dfrac{1}{2}\ln\left|\dfrac{\sin x-1}{\sin x+1}\right|+C=\ln\sqrt{\dfrac{\sin x+1}{\sin x-1}}+C\)

\(=\ln \sqrt{\dfrac{(1+\sin x)^2}{-\cos^2 x}}+C=\ln \left|\dfrac{1+\sin x}{\cos x}\right|+C\)

\(\displaystyle\int \dfrac{dx}{\sin x}=\ln\left|\dfrac{1-\cos x}{\sin x}\right|+C\)

\(\displaystyle\int \dfrac{\sin xdx}{\sin^2 x}=\displaystyle\int \dfrac{d(\cos x)}{\cos^2 x-1}=\dfrac{1}{2}\ln\left|\dfrac{\cos x-1}{\cos x+1}\right|+C=\ln\sqrt{\dfrac{1-\cos x}{1+\cos x}}+C\)

\(=\ln \sqrt{\dfrac{(1-\cos x)^2}{\sin^2 x}}+C=\ln \left|\dfrac{1-\cos x}{\sin x}\right|+C\)

\(\displaystyle\int \dfrac{dx}{\tan x}=\ln |\sin x|+C\)

\(\displaystyle\int \dfrac{\cos x dx}{\sin x}=\displaystyle\int \dfrac{d(\sin x)}{\sin x}\)

\(\displaystyle\int \sqrt{a^2-x^2}dx=\dfrac{1}{2}x\sqrt{a^2-x^2}+\dfrac{a^2}{2}\arcsin \dfrac{x}{a}+C,a>0\)

三角换元：令\(x=a\sin t\)，\(t \in [-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}]\)，\(dx=a\cos tdt\)

\(\displaystyle\int a\cos t dx=a^2\displaystyle\int \cos^2 tdt=a^2\displaystyle\int (\dfrac{1+\cos 2t}{2})dt=\dfrac{a^2}{2}(t+\dfrac{\sin 2t}{2})+C\)

\(=\dfrac{a^2}{2}(t+\dfrac{2\sin t\cos t}{2})+C=\dfrac{a^2}{2}\arcsin \dfrac{x}{a}+\dfrac{a^2}{2}\cdot\dfrac{x}{a}\sqrt{1-\dfrac{x^2}{a^2}}+C\)

\(\displaystyle\int \dfrac{dx}{\sqrt{x^2-a^2}}=\ln \left|x+\sqrt{x^2-a^2}\right|+C,a>0\)

三角换元：令\(x=\dfrac{a}{\cos t}\)，\(t \in [0,\pi] \backslash\{\dfrac{\pi}{2}\}\)，\(dx=\dfrac{a\sin t}{\cos^2 t}dt\)

\(\displaystyle\int \dfrac{a\sin tdt}{\cos^2 t\sqrt{\frac{a^2-a^2\cos^2t}{\cos^2t}}}=\displaystyle\int \dfrac{a \sin t dt}{\cos t \cdot a|\sin t|}=\displaystyle\int \dfrac{dt}{\cos t}=\ln\left|\dfrac{1+\sin t}{\cos t}\right|+C\)

\(=\ln \left|\dfrac{1+\sqrt{1-\frac{a^2}{x^2}}}{\frac{a}{x}}\right|+C=\ln \left|\dfrac{x+\sqrt{x^2-a^2}}{a}\right|+C=\ln \left|x+\sqrt{x^2-a^2}\right|-\ln |a|+C\)

\(\displaystyle\int \dfrac{dx}{\sqrt{x^2+a^2}}=\ln \left|x+\sqrt{x^2+a^2}\right|+C,a>0\)

三角换元：令\(x=a\tan t\)，\(t \in (-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2})\)，\(dx=\dfrac{a}{\cos^2 t}dt\)

\(\displaystyle\int \dfrac{adt}{\cos^2 t\sqrt{\frac{a^2\sin^2t+a^2\cos^2t}{\cos^2t}}}=\displaystyle\int \dfrac{adt}{\cos t \cdot a}=\displaystyle\int \dfrac{dt}{\cos t}=\ln\left|\dfrac{1+\sin t}{\cos t}\right|+C\)

\(=\ln \left|\dfrac{1+\frac{x}{\sqrt{x^2+a^2}}}{\frac{a}{\sqrt{x^2+a^2}}}\right|+C=\ln \left|\dfrac{x+\sqrt{x^2+a^2}}{a}\right|+C=\ln \left|x+\sqrt{x^2+a^2}\right|-\ln |a|+C\)

以上两个公式\(x^2+a^2\)是作为整体出现在结果中的，因此可以统一为：

\(\displaystyle\int \dfrac{dx}{\sqrt{x^2 \pm a^2}}=\ln \left|x+\sqrt{x^2 \pm a^2}\right|+C,a>0\)

\(\displaystyle\int \sqrt{x^2+a^2}dx=\dfrac{1}{2}x\sqrt{x^2+a^2}+\dfrac{1}{2}a^2\ln |x+\sqrt{x^2+a^2}|+C\)

\(I=\displaystyle\int \sqrt{x^2+a^2}dx=x\sqrt{x^2+a^2}-\displaystyle\int xd(\sqrt{x^2+a^2})=x\sqrt{x^2+a^2}-\displaystyle\int \dfrac{x^2+a^2-a^2}{\sqrt{x^2+a^2}}dx\)

\(=x\sqrt{x^2+a^2}-\displaystyle\int \sqrt{x^2+a^2}dx+a^2\displaystyle\int \dfrac{1}{\sqrt{x^2+a^2}}dx\)

\(2I=x\sqrt{x^2+a^2}+a^2\ln \left|x+\sqrt{x^2+a^2}\right|+C\)

\(\displaystyle\int \sqrt{x^2-a^2}dx=\dfrac{1}{2}x\sqrt{x^2-a^2}+\dfrac{1}{2}a^2\ln |x+\sqrt{x^2-a^2}|+C\)

\(I=\displaystyle\int \sqrt{x^2-a^2}dx=x\sqrt{x^2-a^2}-\displaystyle\int xd(\sqrt{x^2-a^2})=x\sqrt{x^2-a^2}-\displaystyle\int \dfrac{x^2-a^2+a^2}{\sqrt{x^2-a^2}}dx\)

\(=x\sqrt{x^2-a^2}-\displaystyle\int \sqrt{x^2-a^2}dx+a^2\displaystyle\int \dfrac{1}{\sqrt{x^2-a^2}}dx\)

\(2I=x\sqrt{x^2-a^2}+a^2\ln \left|x+\sqrt{x^2-a^2}\right|+C\)

以上两个公式\(x^2+a^2\)是作为整体出现在结果中的，因此可以统一为：

\(\displaystyle\int \sqrt{x^2\pm a^2}dx=\dfrac{1}{2}x\sqrt{x^2 \pm a^2}+\dfrac{1}{2}a^2\ln |x+\sqrt{x^2 \pm a^2}|+C\)

有理函数的积分

任何有理函数\(R(x)\)都可以写成\(\dfrac{P(x)}{Q(x)}\)，其中\(P(x),Q(x)\)为多项式。而根据多项式大除法，假分数一定可以化成多项式加真分数的形式。所以我们只需研究真分数有理函数的积分。

根据代数基本定理，\(Q(x)\)可以写作

\(Q(x)=(x-x_1)^{k_1}\cdots(x-x_l)^{k_l}(x^2+p_1x+q_1)^{m_1}\cdots(x^2+p_nx+q_n)^{m_n}\)

于是一定有

\(R(x)=\sum\limits_{j \in [l]}\left(\sum\limits_{k \in [k_j]}\dfrac{a_{jk}}{(x-x_j)^k}\right)+\sum\limits_{j \in [n]}\left(\sum\limits_{k \in [m_j]}\dfrac{b_{jk}x+c_{jk}}{(x^2+p_jx+q_j)^k}\right)\)

于是我们可以待定系数把它进行上述分解，而括号内的函数的不定积分我们都是会求的。我们其实是固定了分母的形式，保证通分之后分子可以依靠待定系数来形成\(P(x)\)。这个结论的证明对我们理解没有任何帮助，除了让我们“确信”待定系数真的是可行的。

在实际过程中我们有时不必依靠“多项式恒等解线性方程组”来确定系数，而是等式两边同乘某个分母再代入\(x\)的值来依次解出待定的系数。

技巧

\(d(Ax+B)=Adx\)，一次函数的微分可以提出系数忽略常数

\(\displaystyle\int x(2x-1)^{100} dx\)，作换元\(t=2x-1\)

\(1+\tan^2 x=\dfrac{1}{\cos^2 x},\dfrac{1}{\cos^2 x}-\tan^2 x=1\)

\(ax^2+bx+c\)总可以配方变成\(Au^2+B\)的形式

\((x\ln x)'=1+\ln x\)

\(\displaystyle\int (x-1)\sqrt{x^2+2x-5}dx=\displaystyle\int (u-2)\sqrt{u^2-6}du=\displaystyle\int u\sqrt{u^2-6}du-2\displaystyle\int \sqrt{u^2-6}du\)，其中\(\displaystyle\int u\sqrt{u^2-6}du=\dfrac{1}{2}\displaystyle\int \sqrt{u^2-6}d(u^2-6)\)

\(\displaystyle\int \dfrac{1}{\cos^3x}dx=\displaystyle\int \dfrac{d(\tan x)}{\cos x}=\dfrac{\tan x}{\cos x}-\displaystyle\int\tan xd(\dfrac{1}{\cos x})\)，其中后一项等于\(\displaystyle\int \dfrac{\sin^2 x}{\cos^3 x}dx=\displaystyle\int (\dfrac{1}{\cos^3 x}-\dfrac{1}{\cos x})dx\)，可以循环积分。