【微积分】不定积分

不定积分（方法论）

标签（空格分隔）： 微积分 数学

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前言

首先挂一个反三角函数的导数在这，原因是我没记住

\[(\arcsin)'=\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}\\ (\arccos)'=-\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}\\ (\arctan)'=\dfrac{1}{1+x^2}\\ \]

太有实力了

绝对不是晚自习摸鱼

先来方法吧，技巧下次再写

第一换元法（凑微分）

这类方法主要是特别考验你对数字的敏感程度，对求导公式的运用程度，因此我们必须熟练记忆一些初等函数求导公式以及额外补充的一些推出来的求导公式（当然还有基础的积分公式）

不妨说这种方法的难点不在于积分本身，而在于凑式子的能力和导数熟练度

原理：\(\mathrm{d}y=y'\mathrm{d}x\)

应用举例：

例1.1：三角如何

众所周知三角函数的积分是比较麻烦的，我们可以利用第一换元法化简然后辅助三角函数的基本公式解决问题

\[\int \sin^2 x\cos^5 x \mathrm{d}x \]

这一坨三角看着就难受，我们分一个 \(\cos\) 出来扔到 \(\mathrm{d}\) 里面去

\[\int \sin^2 x\cos^4 x \mathrm{d}\sin x\\ =\int \sin^2 x (1-\sin^2 x)^2 \mathrm{d} \sin x \]

换元 \(t=\sin x\)

\[\int t^6-2t^4+t^2 \mathrm{d} t \]

所以原式结果就是

\[\int \sin^2 x\cos^5 x \mathrm{d}x=\dfrac{1}{7}\sin^7 x-\dfrac{2}{5}\sin x^5+\dfrac{1}{3}\sin^3 x +C \]

为什么选择使用 \(\cos x\) 去凑？主要原因是三角函数中偶数次幂比奇数次幂好处理得多

例1.2 高次幂多项式和（反）三角函数

\[\int \frac{\sqrt{\arctan x}}{1+x^2}\mathrm{d}x\\ = \int \sqrt{\arctan x}\ \mathrm{d}(\arctan x)\\ =\frac{2}{3} (\sqrt{\arctan x})^3+C \]

\(\int \sqrt t\mathrm{d}t=\frac{2}{3}t^{\frac{3}{2}}\)，利用了这个公式

还是好玩的

第二换元法

这种的基本思路跟上面不太一样

原理：若 \(t=f(x)\)，假如可以反解出 \(x=g(t)\)，则两边求微分可得 \(\mathrm{d} x=g'(t)\mathrm{d}t\)

例2.1

\[\int \frac{1}{1+\sqrt x}\mathrm{d}x \]

不妨换 \(t=\sqrt x\)，则有 \(x=t^2\)，取微分有 \(\mathrm{d}x=2t\mathrm{d}t\)

于是有

\[\int \frac{1}{1+\sqrt x}\mathrm{d}x=\int \frac{2t}{1+t}\\ =2\int（1-\frac{1}{1+t})=2(t-\ln|1+t|)+C\\ =2\sqrt x-2\ln(1+\sqrt x)+C \]

感觉就是第一换元法的一个逆用的样子

常用的主要是两类

无理根式有理化

(1)若被积函数中含有 $ \sqrt[n_1]{a x+b}, \sqrt[n_{1}]{a x+b}, \ldots ., \sqrt[n_{k}]{a x+b} $,可考虑代换 $t=\sqrt[n]{a x+b} $
(2)若被积函数中含有 $ \sqrt[n_{1}]{\frac{a x+b}{c x+d}}, \sqrt[n_2]{\frac{a x+b}{c x+d}}, \ldots, \sqrt[n_k]{\frac{a x+b}{c x+d}}$ ,可考虑代换 $t=\sqrt[n]{\frac{a x+b}{c x+d}} $

其中 \(n=lcm(n_1,n_2...n_k)\)，也就是最小公倍数

例2.2

\[\int \frac{\mathrm d x}{\sqrt{x+1}-\sqrt[3]{x+1}} \]

不妨设 \(t=\sqrt[6]{x+1}\)，则有 \(x=t^6-1\)，取微分可得 \(\mathrm d x=6t^5\mathrm d t\)

于是

\[\int \frac{6t^5\mathrm d t}{t^3-t^2}=6\int \frac{t^3}{t-1}\mathrm d t=6\int \frac{t^3-1+1}{t-1}\mathrm d t \]

因式分解就可以得出

\[6\int (t^2+t+1+\frac{1}{t-1})\mathrm d t \]

换元回去可知

\[\int \frac{\mathrm d x}{\sqrt{x+1}-\sqrt[3]{x+1}} =2 \sqrt{x+1}+3 \sqrt[3]{x+1}+6 \sqrt[6]{x+1}+6 \ln |\sqrt[6]{x+1}-1|+C \]