[note] 微积分 Part 4 不定积分与其相关计算

不定积分

概念的引入是十分自然的：
设$F(x)$是$f(x)$的原函数，则
$$\int f(x)\mathrm{d}x=F(x)+C$$
$$(\int f(x)\mathrm{d}x{)}^{\prime }=(F(x)+C{)}^{\prime }=f(x)$$

基本的不定积分

下面我们把一众导数公式倒过来写。

$$\begin{array}{rl}& 1.\int 0\mathrm{d}x=C\\ & 2.\int 1\mathrm{d}x=\int \mathrm{d}x=x+C\\ & 3.\int x^a\mathrm{d}x=\frac{1}{a+1}{x}^{a+1}+C(a\ne -1)\\ & 4.\int x^{-1}\mathrm{d}x=\int \frac{1}{x}\mathrm{d}x=\ln |x|+C\\ & 5.\int a^x\mathrm{d}x=\frac{a^x}{\ln a}+C\\ & 6.\int e^x\mathrm{d}x=e^x+C\\ & 7.\int \cos x\mathrm{d}x=\sin x+C\\ & 8.\int \sin x\mathrm{d}x=-\cos x+C\\ & 9.\int {\sec }^{2}x\mathrm{d}x=\tan x+C\\ & 10.\int {\csc }^{2}x\mathrm{d}x=-\cot x+C\\ & 11.\int \sec x\tan x\mathrm{d}x=\sec x+C\\ & 12.\int \csc x\cot x\mathrm{d}x=-\csc x+C\\ & 13.\int \frac{1}{1+x^2}\mathrm{d}x=\arctan x+C=-\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{c}\mathrm{o}\mathrm{t}x+C_1\\ & 14.\int \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\mathrm{d}x=\arcsin x+C=-\arccos x+C_1\\ & 15.\int \cosh x\mathrm{d}x=\int \frac{e^x+e^{-x}}{2}=\sinh x+C\\ & 16.\int \sinh x\mathrm{d}x=\int \frac{e^x+e^{-x}}{2}=\cosh x+C\end{array}$$

说明：
4：如果写成$\ln x+C$，那么显然原函数的定义域比被积函数要小。由于原函数定义域中部分点不可导，被积函数定义域一定小于原函数，故而这其中肯定有问题。
13：$\arctan x+\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{c}\mathrm{o}\mathrm{t}x=\frac{\pi }{2}$
从这里我们可以有几点很有益的理解：

1. （不定积分正确的量标）两边求导后等式成立即可。
   • 对这个式子，我们求导后知道，左边等于一个常数，然后代入特值即可。
2. 此处的$C$是可变常数，是函数类的标记。并不是一个恒定的常数，否则这里就会直接得出$\arctan x+\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{c}\mathrm{o}\mathrm{t}x=0$的荒谬结果。

不定积分的四大法宝

不定积分的线性运算法则

（正是因为不定积分只有线性运算性质而没有乘除运算性质，所以会比导数运算麻烦很多）

若$\int f(x)\mathrm{d}x,\int g(x)\mathrm{d}x$均存在，$\forall \alpha ,\beta$为常数，（$\alpha ,\beta$不同时为0），则$\int [\alpha f(x)+\beta g(x)]\mathrm{d}x$(存在)$=\alpha \int f(x)\mathrm{d}x+\beta \int g(x)\mathrm{d}x$

证：$(\alpha \int f(x)\mathrm{d}x+\beta \int g(x)\mathrm{d}x{)}^{\prime }\stackrel{导数的线性运算法则}{}\alpha (\int f(x)\mathrm{d}x{)}^{\prime }+\beta (\int g(x)\mathrm{d}x{)}^{\prime }\stackrel{不定积分定义}{}\alpha f(x)+\beta g(x)$，而且对应原式中$\int f(x)/g(x)\mathrm{d}x$均能表示对应着一族函数，从而这个表示是成立的。

不定积分与凑微分（第一换元法）

$\tan x\mathrm{d}x=\int \frac{\sin x}{\cos x}\mathrm{d}x=?$

若$F^{\prime }(x)=f(u)$，则$[F(\phi (x)){]}^{\prime }=F^{\prime }(\phi (x)){\phi }^{\prime }(x)=f(\phi (x)){\phi }^{\prime }(x)$（利用微分的一阶形式不变性）

• $思考：$
  求$\int g(x)\mathrm{d}x$，如果$g(x)\mathrm{d}x=\mathrm{d}F$，则$\int g(x)\mathrm{d}x=F+C$

那么，利用上述思考，层层向上凑，(先凑出$\phi (x)$)如果$g(x)\mathrm{d}x=f(\phi (x)){\phi }^{\prime }(x)\mathrm{d}x\underset{F^{\prime }(u)=f(u)}{\overset{找到F(u)}{}}f(\phi (x)){\phi }^{\prime }(x)\mathrm{d}x\underset{\phi (x)=u}{\overset{消解一层}{}}f(u)\mathrm{d}u=\mathrm{d}F(u)$，已经得到了思考中的结构，积分可得$F(\phi (x))+C$。可以多层使用直至找到。
其中找到${\phi }^{\prime }(x)$结构的过程就是凑微分。帮助$\phi (x)$找到“衣服”然后穿回原来的人模狗样。直到发现穿到某一层可以出去见人（有对应微分的公式）

然后我们很容易得到两个公式：
$$\begin{array}{rl}& 17.\int \tan x\mathrm{d}x=-\ln |\cos x|+C\\ & 18.\int \cot x\mathrm{d}x=\ln |\sin x|+C\end{array}$$

• $补充：$
  （一些可用的微分关系式）
• $1^{。}$$\mathrm{d}x=1\cdot \mathrm{d}x=\frac{1}{a}\mathrm{d}(ax+b)(a\ne 0)$
• $2^{。}$$x\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\mathrm{d}x(x^2\pm a^2)$
• $3^{。}$$x\mathrm{d}x=-\frac{1}{2}\mathrm{d}(a^2-x^2)$
• $4^{。}$$\cos x\mathrm{d}x=\mathrm{d}\sin x$
• $5^{。}$$\sin x=-\mathrm{d}\cos x$
• $6^{。}$$\frac{1}{x}\mathrm{d}x=\mathrm{d}\ln |x|\stackrel{ifx>0}{}\mathrm{d}\ln x$
• $7^{。}$$e^x\mathrm{d}x=\mathrm{d}{e}^x$

随后我们又可以推出
$$\begin{array}{rl}& 19.\int \frac{1}{a^2+x^2}\mathrm{d}x(a\ne 0)=\frac{1}{a}\arctan \frac{x}{a}+C\\ & 20.\int \frac{1}{\sqrt{a^2-x^2}}\mathrm{d}x(a>0)=\arcsin \frac{x}{a}+C\\ & 21.\int \frac{1}{a^2-x^2}=\frac{1}{2a}\int (\frac{1}{a-x}+\frac{1}{a+x})=\frac{1}{2a}\ln \left|\frac{a+x}{a-x}\right|+C\\ & 22.\int \sec x\mathrm{d}x=\int \frac{1}{\cos x}\mathrm{d}x=\int \frac{\cos x}{{\cos }^{2}x}\mathrm{d}x=\int \frac{1}{1-{\sin }^{2}x}\mathrm{d}\sin x=\frac{1}{2}\ln \left|\frac{1+\sin x}{1-\sin x}\right|+C=\frac{1}{2}\ln \left|\frac{(1+\sin x{)}^2}{{\cos }^{2}x}\right|+C=\ln |\sec x+\tan x|+C(正切+正割)\\ & 23.（同22）\int \csc x\mathrm{d}x=\ln |\csc x-\cot x|+C\\ & 24.\int e^{ax}\mathrm{d}x(a\ne 0)=\frac{1}{a}{e}^{ax}+C\\ & 25.\int \cos ax\mathrm{d}x=\frac{1}{a}\sin ax+C\\ & 26.\int \sin ax\mathrm{d}x=-\frac{1}{a}\cos ax+C\end{array}$$

但还是有一些问题不能解决，比如接下来这个例题

例 $\int \sqrt{a^2-x^2}\mathrm{d}x(a>0)$

不定积分的变量代换（第二换元法）

$f(x)\mathrm{d}x=f(\phi (t))\mathrm{d}\phi (t)\stackrel{x=\phi (t)可导}{}f(\phi (t)){\phi }^{\prime }(t)\mathrm{d}t\stackrel{F^{\prime }(t)=f(\phi (t)){\phi }^{\prime }(t)}{}\mathrm{d}F(t)\underset{代回t={\phi }^{-1}(x)}{\overset{x=\phi (t)有反函数}{}}\mathrm{d}F({\phi }^{-1}(x))$（思路相当于先脱一件背心，然后再顺利轻松地穿好<即代换后的式子有对应积分公式>）

使用条件

如果被积函数中含有下列根式，不能用前面的方法解决，就用变量代换：

• $1^{。}$$\sqrt{a^2-x^2}$，令$x=a\sin t,t\in [-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}]$
• $2^{。}$$\sqrt{a^2+x^2}$,令$x=a\tan t,t\in (-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2})$
• $3^{。}$$\sqrt{x^2-a^2}$，令$x=a\sec t,t\in [0,\frac{\pi }{2})\cup (\frac{\pi }{2},\pi ]$
• $4^{。}$$\sqrt[n]{\frac{ax+b}{cx+d}}$，令$x=\sqrt[n]{\frac{ax+b}{cx+d}}$，相当于是直接设出反函数，然后再找怎样把原有结构简化成多项式结构，积分之后用反函数关系代回。类似$\sqrt[n]{ax+b}$的结构是这类的特殊情况

代回的时候，用三角形法则。利用$t$角对应的两边构造直角三角形。

$$\begin{array}{rl}& 27.\int \frac{1}{\sqrt{x^2+a^2}}\mathrm{d}x(a>0)=\ln (x+\sqrt{x^2+a^2})+C\\ & 28.\int \frac{1}{\sqrt{x^2-a^2}}\mathrm{d}x=\ln |x+\sqrt{x^2-a^2}|+C\end{array}$$
第二个需要绝对值，因为$x$取负数时，原函数无意义。

几个例题

$1^{。}$$\int \frac{1}{\sqrt{x}+\sqrt[3]{x}}\mathrm{d}x$，找根式的最小公倍数

$2^{。}$$x^2(1-x{)}^{1000}\mathrm{d}x$:把括号换成简单的独元

$3^{。}$$\int \frac{x^2}{(2x+1{)}^{10}}\mathrm{d}x$：把分母换成独元

$4^{。}$$\int \sqrt{x^2+a^2}\mathrm{d}x$(这个看似和其他长得差不多，但是极其难解，分部+加减项+产生原式的移项法+套27)

定积分

意义

定义：设$f(x)$在$[a,b]$上有定义，若
$$\underset{x\to 0}{\lim }\sum _{i=1}^{n}f({\xi }_i)\Delta x_i(存在且唯一)=I\stackrel{△}{}{\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x$$
则$I$称为$f(x)$在$[a,b]$上的定积分。$[a,b]$称为积分区间，$b$称为积分上限，$a$称为积分下限。

几何意义

若$x\in [a,b]$时，${\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x$存在，则${\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x$表示曲线$y=f(x)$与$x=a,x=b，x$轴围成的各曲边梯形带权面积之和，权值与相应区段曲线的符号一致。

物理意义

变力做功

可积性

可积的必要条件

若$f(x)$在$[a,b]$上可积，则$f(x)$在$[a,b]$上一定有界。反之不成立。

充分条件

1. 若$f(x)\in [a,b]$，则$f(x)$在$[a,b]$上可积，反之不成立
2. 若$f(x)$在$[a,b]$有界，且$f(x)$只有有限个间断点（只有有限个第一类间断点），则$f(x)$在$[a,b]$上可积，反之不成立。
3. 若$f(x)$在$[a,b]$上单调，则$f(x)$在$[a,b]$上可积，反之不成立。（辅助证明有限个第一类间断的条件）
   1. （子区间的可积性）若$f(x)$在$[a,b]$上可积，且$[c,d]\subset [a,b]$，则$f(x)$在$[c,d]$上可积
   2. （可积函数具有绝对值趋同性）若$f(x)$在$[a,b]$上可积，则$|f(x)|$在$[a,b]$上可积，反之不成立。

定积分的性质

规定

1. ${\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x=-{\int }_b^{a}f(x)\mathrm{d}x$
2. ${\int }_a^{a}f(x)\mathrm{d}x=0$

我们还有一个常用结论：${\int }_a^b\mathrm{d}x=b-a$

• $1^{。}$线性运算法则（不限制上限大于下限）
  ${\int }_a^b[\alpha f(x)+\beta g(x)]\mathrm{d}x=\alpha {\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x+\beta {\int }_a^{b}g(x)\mathrm{d}x$

• $2^{。}$区间的可加性（不限制上限大于下限）
  设$a,b,c$是不相等的三个常数，且$f(x)$在$[min\{a,b,c\},max\{a,b,c\}]$上可积，则${\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x={\int }_a^{c}f(x)\mathrm{d}x+{\int }_c^{b}f(x)\mathrm{d}x$

• $3^{。}$（积分保号性）若$x\in [a,b],f(x)\ge 0$且${\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x$存在，则${\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x\ge 0$

  • 推论（积分保序性）$x\in [a,b],f(x)\ge g(x)$且${\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x,{\int }_a^{b}g(x)\mathrm{d}x$都存在，则${\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x\ge {\int }_a^{b}g(x)\mathrm{d}x$

• $4^{。}$（不恒等可以严格保序）若$f(x)\in C[a,b]$且$x\in [a,b],f(x)\ge 0,f(x)\not\equiv 0$，则${\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x>0$

  • 推论 若$f(x),g(x)\in C[a,b]$且$x\in [a,b],f(x)\ge g(x),f(x)\not\equiv g(x)$则${\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x>{\int }_a^{b}g(x)\mathrm{d}x$

• $5^{。}$（积分的绝对值不等式）若$f(x)$在$[a,b]$上可积，则$|{\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x|\le {\int }_a^b|f(x)|\mathrm{d}x$

  • 可以利用绝对值不等式来理解。现使用（不等式性质）3证明：当$x\in [a,b],-|f(x)|\le f(x)\le |f(x)|\Rightarrow -{\int }_a^b|f(x)|\mathrm{d}x\le {\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x\le {\int }_a^b|f(x)|\mathrm{d}x$，即证

• $6^{。}$估值定理
  若$f(x)$在$[a,b]$上可积，$m\le f(x)\le M,x\in [a,b]，$其中$m,M$为常数，则$m(b-a)\le {\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x\le {\int }_a^{b}M\mathrm{d}x=M(b-a)$

• $7^{。}$积分中值定理（不要求上限大于下限）
  若$f(x)\in C[a,b]$，则至少存在一点$\xi \in [a,b]$使得${\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x=f(\xi )(b-a)$.
  其中$\frac{{\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x}{b-a}=f(\xi )$称为$f(x)$在$[a,b]$上函数的平均值，当$f(x)\ge 0,{\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x=f(\xi )(b-a)$

变上限积分

变上限函数

若$f(x)$在闭区间$[a,b]$上连续，$\forall x\in [a,b],f(t)$在$[a,b]$上连续，则${\int }_a^{x}f(t)\mathrm{d}t$存在，对每一个$x\in [a,b]$，在定积分${\int }_a^{x}f(t)\mathrm{d}t$对应法则下，对应唯一的一个值${\int }_a^{x}f(t)\mathrm{d}t$，按照函数定义知${\int }_a^{x}f(t)\mathrm{d}t$是区间$[a,b]$上$x$的函数，称为变上限函数，记作$G(x)$即$G(x)={\int }_a^{x}f(t)\mathrm{d}t,x\in [a,b]$

变上限求导定理

微积分基本定理，若$f(x)$在$[a,b]$上连续，则$G(x)={\int }_a^{x}f(t)\mathrm{d}t$在$[a,b]$上可导，且$G^{\prime }(x)=f(x)$.

证：$\forall x\in [a,b],\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{G(x+\Delta x)-G(x)}{\Delta x}=\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{{\int }_a^{x+\Delta x}f(t)\mathrm{d}t-{\int }_a^{x}f(t)\mathrm{d}t}{\Delta x}=\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{{\int }_a^{x+\Delta x}f(t)\mathrm{d}t+{\int }_x^{a}f(t)\mathrm{d}t}{\Delta x}=\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{{\int }_x^{x+\Delta x}f(t)\mathrm{d}t}{\Delta x}\stackrel{积分中值定理}{}\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{f(\xi )\Delta x}{\Delta x}$，其中$\xi$介于$x,x+\Delta x$之间。故原式$=\underset{\xi \to x}{\lim }f(\xi )=f(x)$
即：
$$G^{\prime }(x)=({\int }_a^{x}f(t)\mathrm{d}t{)}^{\prime }=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}{\int }_a^{x}f(t)\mathrm{d}t$$
或者直接写作
$$({\int }_a^{x}f(x)\mathrm{d}x{)}^{\prime }=f(x)$$
推论 可积的一个充分条件：
若$f(x)$在$[a,b]$上连续，则$f(x)$在$[a,b]$上一定由原函数。

证明：令$G(x)={\int }_a^{x}f(t)\mathrm{d}t,x\in [a,b],G^{\prime }(x)=f(x)$，这个变上限函数就是$f(x)$的一个原函数。所以连续函数如果求不出来原函数是水平问题。

Newton-Leibniz公式

若$f(x)$在区间$[a,b]$上连续且$F(x)$是$f(x)$在$[a,b]$的一个原函数。则${\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x=F(b)-F(a)$

证明：由$f(x)$在$[a,b]$上连续，知${\int }_a^{x}f(t)\mathrm{d}t$是$f(x)$在$[a,b]$上的一个原函数，又$F(x)$也是$f(x)$在$[a,b]$上的一个原函数。${\int }_a^{x}f(t)\mathrm{d}t=F(x)+C,x\in [a,b]$令$x=a$得${\int }_a^{a}f(t)\mathrm{d}t=F(a)+C=0$，从而得出$C=-F(a)$，令$x=b$，得${\int }_a^{b}f(t)\mathrm{d}t\stackrel{哑元性}{}{\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x=F(b)-F(a)\stackrel{△}{}F(x){|}_a^b$当$b<a$时，$f(x)$在$[b,a]$上连续，则
$${\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x=-{\int }_b^{a}f(x)\mathrm{d}x=-[F(a)-F(b)]=F(b)-F(a)$$