不定积分简陋入门

\[\int {\rm d}y={\rm d}\int y=y\\ {\rm d}x={\rm d}(x+a)\\ {\rm d}\ ax=a\cdot {\rm d}x\\ \int f\ {\rm d}x=F\Rightarrow {\rm d}F=f\ {\rm d}x \]

不定积分

定义

我们作为OIer，并不需要知道严谨的数学定义，我们只需要知道\(\,{\rm d}\,\)和\(\,\int\,\)是两种算符，这里给出粗略的解释：\(\,{\rm d}\,\)表示微小变化量，联系导数的定义：\(f(x)\)在\(\,x_0\,\)处的导数为（不妨认为\(\,f(x)\,\)可导）

\[f^\prime(x)=\lim_{\Delta x\rightarrow x_0}\frac{f(x_0+\Delta x)-f(x_0)}{\Delta x}=\frac{f(x_0+{\rm d}x)-f(x_0)}{{\rm d}x}=\frac{{\rm d}f}{{\rm d}x} \]

于是有

\[f^\prime=f^\prime(x)\\ {\rm d}f=f^\prime {\rm d}x \]

这就是微积分基本定理，其中\(\,f\,\)叫原函数

值得一提得是

\[\int(f(x)+g(x)){\rm d}x=\int f(x){\rm d}x+\int g(x){\rm d}x\\ \int kf(x)=k\int f(x)\\ {\rm d}\ ax=a·{\rm d}x \]

而\(\,\int\,\)就是\(\,{\rm d}\,\)的逆运算，即满足

\[\int {\rm d}y={\rm d}\int y \]

不难推出

\[{\rm d}x={\rm d}(x+a)\\ \]

这条性质其实十分重要且易忘

积分本质就是求一个函数的原函数，微分就是求原函数的对应函数，对于微分我们容易求出，对于积分，我们则需要一定的技巧

顺带一提，积分后需要加常数，显然这是不影响微分的结果的，但这是人们常常忘记的

不定积分的求法

初等变换

主要考察初等变换能力，这里只给出一道例题

求\(\,\int sin^2x{\rm d}x\)

\[\begin{align*} &\int sin^2x\ {\rm d}x\\ =&\int\frac{(1-cos2x)}{2}{\rm d}x\\ =&\frac{1}{2}\int(1-cos2x){\rm d}x\\ =&\frac{1}{4}\int(1-cos2x){\rm d}2x\\ =&\frac{x}{2}+\frac{sinx·cosx}{2}+C \end{align*} \]

第一类换元法

其实就是运用微积分基本定理

\[{\rm d}F=f{\rm d}x \]

从右往左变换，有时可以简化问题

举例

求\(\int \tan x\ {\rm d}x\)

\[\begin{align*} &\int \tan x\ {\rm d}x\\ =&\int \frac{\sin x}{\cos x}{\rm d}x\\ =&-\int \frac{1}{\cos x}{\rm d}\cos x\\ =&-\ln\mid \cos x\mid +C \end{align*} \]

第二类换元法

类似的，我们选择从左往右计算，即把\(\,{\rm d}\,\)里的拿出去，不能理解请参考第一类换元法

一道例题

求\(\int\frac{1}{x+1}{\rm d}x\)

发现只是带了一个常数，有

\[{\rm d}x={\rm d}(x+1) \]

于是就迎刃而解了

\[\begin{align*} &\int\frac{1}{x+1}{\rm d}x\\ =&\int\frac{1}{x+1}{\rm d}(x+1)\\ =&\ln\mid x+1\mid+C \end{align*} \]

再来一道例题

求\(\int \frac{1}{x^2\sqrt {x^2-1}}{\rm d}x\)

先给出第一类换元法的解法，以供参考

\[\begin{align*} &\int \frac{1}{x^2\sqrt {x^2-1}}{\rm d}x\\ =&\int \frac{1}{x^3\sqrt{1-\frac{1}{x^2}}}{\rm d}x\\ =&\int (\frac{1}{x})^3\frac{1}{\sqrt{1-(\frac{1}{x})^2}}{\rm d}x\\ =&\int u^3\frac{1}{\sqrt{1-u^2}}{\rm d}\frac{1}{u}\\ =&\int -\frac{u}{\sqrt{1-u^2}}{\rm d}u\\ =&\sqrt{1-u^2}+C\\ =&\frac{\sqrt{x^2-1}}{x}+C \end{align*} \]

上文中，我们令\(u=\frac{1}{x}\)，大大化简了运算

接下来，采用第二换元法，我们考虑三角换元来消去根号，令

\[x=\sec t=\frac{1}{\cos t} \]

用\(\,t\,\)代换原式中的\(\,x\)，得

\[\begin{align*} \int \frac{1}{x^2\sqrt {x^2-1}}{\rm d}x&=\int\frac{\cos^2t\tan t}{\cos t\tan t}{\rm d}t\\ &=\int \cos t\ {\rm d}t\\ &=\sin t+C\\ &=\frac{\sqrt{x^2-1}}{x}+C \end{align*} \]

分部积分法

这是一种神秘的方法

考虑函数乘积的求导法则：

\[(fg)^\prime=f^\prime g+fg^\prime \]

类似的，我们可以得到：

\[\int u\ {\rm d}v=uv-\int v\ {\rm d}u \]

证明不难，在此略过

一道巧妙的题目

求\(\int\frac{\ln\ x}{x^3}{\rm d}x\)

\[\begin{align*} A&=\int \frac{\ln\ x}{x^3}{\rm d}x\\ &=\int\frac{1}{x^3}{\rm d}(x\cdot \ln x-x)\\ &=\frac{\ln x-1}{x^2}-\int(x\cdot \ln x-x){\rm d}(\frac{1}{x^3})\\ &=\frac{\ln x-1}{x^2}+3\int\frac{\ln x-1}{x^3}{\rm d}x\\ &=\frac{\ln x-1}{x^2}-\frac{3}{2x^2}+3\int\frac{\ln x}{x^3}{\rm d}x\\ &=\frac{\ln x-1}{x^2}-\frac{3}{2x^2}+3A\\ -2A&=\frac{\ln x-1}{x^2}-\frac{3}{2x^2}\\ A&=-\frac{2\ln x+1}{4x^2} \end{align*} \]

停不下来了，再来一题

求\(\int e^x\sin x{\rm d}x\)

似乎不好直接做，考虑构造形式上“共轭”的一个积分，令

\[A=\int e^x\sin x{\rm d}x\\ B=\int e^x\cos x{\rm d}x \]

显然

\[A=\int\sin x{\rm d}e^x\\ B=\int\cos x{\rm d}e^x \]

对\(\,A\,\)分部积分

\[\begin{align*} A&=\int\sin x{\rm d}e^x\\ &=e^x\sin x-\int e^x{\rm d}\ \sin\ x\\ &=e^x\sin x-\int e^xcosx{\rm d}x\\ &=e^x\sin x-B\\ A+B&=e^xsinx \end{align*} \]

再对\(\,B\,\)分部积分

\[\begin{align*} B&=\int\cos x{\rm d}e^x\\ &=e^x\cos x-\int e^x{\rm d}\ \cos x\\ &=e^x\cos x+\int e^x\sin x{\rm d}x\\ &=e^x\cos x+A\\ -A+B&=e^x\cos x \end{align*} \]

整理得

\[\begin{cases} A+B&=e^x\sin x\\ -A+B&=e^x\cos x \end{cases} \]

不难解得

\[\begin{cases} A&=\frac{\sin x-\cos x}{2}e^x\\ B&=\frac{\sin x+\cos x}{2}e^x \end{cases} \]

即

\[\int e^x\sin x{\rm d}x=\frac{\sin x-\cos x}{2}e^x+C \]

温馨提醒：

适度积分怡情，过度积分伤身，合理积分，请勿沉迷

致谢

感谢人形魔芋，Gyan的查错和llmmkk，人形魔芋对于排版的建议