微积分memo——一元函数积分学

不定积分

三角函数本身

$(\tan x{)}^{\prime }$	${\sec }^{2}x$
($\sec x{)}^{\prime }$	$\tan x\cdot \sec x$
$(\cot x{)}^{\prime }$	$-{\csc }^{2}x$
$(\csc x{)}^{\prime }$	$\cot x\cdot \csc x$

$\int \sec xdx=\int \frac{\sec x(\sec x+\tan x)}{\sec x+\tan x}dx=\int \frac{d(\tan x+\sec x)}{\sec x+\tan x}=\ln |\sec x+\tan x|+C$
$\int \csc xdx=\int \frac{\csc x(\csc x-\cot x)}{\csc x-\cot x}dx=\int \frac{d(\csc x-\cot x)}{\csc x-\cot x}=\ln |\csc x-\cot x|+C=\int \frac{1}{\sin x}dx=\int \frac{\cos \frac{x}{2}}{\sin \frac{x}{2}}\frac{1}{2{\cos }^2\frac{x}{2}}dx=\int \frac{1}{\tan \frac{x}{2}}d\tan \frac{x}{2}=\ln |\tan \frac{x}{2}|+C$

$(\arctan x{)}^{\prime }$	$\frac{1}{1+x^2}$
$(arc\cot x{)}^{\prime }$	$-\frac{1}{1+x^2}$
$(\arcsin x{)}^{\prime }$	$\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$
$(\arccos x{)}^{\prime }$	$-\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$

（导数公式证明：$(\arctan x{)}^{\prime }=\frac{1}{{\tan }^{\prime }(\arctan x)}=\frac{1}{1+{\tan }^2(\arctan x)}=\frac{1}{1+x^2}$ ，其他应用反函数求导公式，证明类似）
$\int \frac{a}{a^2+x^2}dx=\arctan \frac{x}{a}+C$
$\int \frac{1}{\sqrt{a^2-x^2}}\mathrm{d}x=\arcsin \frac{x}{a}+C$

由：
$\int \frac{dx}{\sqrt{x^2-a^2}}\stackrel{x=a\sec x}{}\ln |\sec t+\tan t|+C=\ln |\sec ({\sec }^{-1}(x/a))+\tan ({\sec }^{-1}(x/a))|+C=\ln |\sec ({\sec }^{-1}(x/a))+\sqrt{\sec ({\sec }^{-1}(x/a))-1}|+C=\ln |x+\sqrt{x^2-a^2}|+C$
$\int \frac{dx}{\sqrt{x^2+a^2}}\stackrel{x=a\tan x}{}\ln |\sec x+\tan x|+C=\ln |\sec ({\tan }^{-1}(x/a))+\tan ({\tan }^{-1}(x/a))|+C=\ln |\sqrt{\tan ({\tan }^{-1}(x/a))+1}+\tan ({\tan }^{-1}(x/a))|+C=\ln |x+\sqrt{x^2+a^2}|+C$
得：
$\int \frac{dx}{\sqrt{x^2\pm a^2}}=\ln |x+\sqrt{x^2\pm a^2}|+C$

含三角函数的不定积分

• $\int \frac{1}{1+\sin \theta d\theta }$

解法一：
$\begin{array}{l}\int \frac{1}{1+\sin \theta }d\theta \\ =\int \frac{1-\sin \theta }{{\cos }^2\theta }d\theta \\ =\int \frac{1}{{\cos }^2\theta }d\theta -\int \frac{\sin \theta }{{\cos }^2\theta }d\theta \\ =\tan \theta -\sec \theta +C\end{array}$
解法二：
万能代换：$\tan \frac{x}{2}=t,\sin x=\frac{2t}{1+t^2},\cos x=\frac{1-t^2}{1+t^2},dx=\frac{2}{1+t^2}dt$
$\int \frac{1}{1+\sin x}dx=\int \frac{1}{1+\frac{2\tan \frac{x}{2}}{1+{\tan }^2\frac{x}{2}}}dx=\int \frac{{\sec }^2\frac{x}{2}}{(1+\tan \frac{x}{2}{)}^2}dx=\int \frac{2}{(1+\tan \frac{x}{2}{)}^2}d{\tan }^2\frac{x}{2}=-\frac{2}{\tan \frac{x}{2}}$
解法三（和万能代换异曲同工）：
$\int \frac{1}{1+\sin x}dx=\int \frac{1}{{\sin }^2\frac{x}{2}+{\cos }^2\frac{x}{2}+2\sin \frac{x}{2}\cos \frac{x}{2}}dx=2\int \frac{{\sec }^2\frac{x}{2}}{{\tan }^2\frac{x}{2}+2\tan \frac{x}{2}+1}d\frac{x}{2}=-\frac{2}{1+\tan \frac{x}{2}}+C=\frac{2}{1+\cot \frac{x}{2}}+C(上下同除{\sin }^{2}x)$

• $\int \frac{1}{(1+\sin x{)}^2}dx$

$\begin{array}{l}\int \frac{1}{(1+\sin x{)}^2}dx\\ =\int \frac{dx}{(\sin \frac{x}{2}+\cos \frac{x}{2}{)}^4}\\ =\frac{1}{4}\int \frac{dx}{{\cos }^4(\frac{x}{2}-\frac{\pi }{4})}\\ =\frac{1}{2}\int {\sec }^2(\frac{x}{2}-\frac{\pi }{4})d\tan (\frac{x}{2}-\frac{\pi }{4})\\ =\frac{1}{2}\int [1+{\tan }^2(\frac{x}{2}-\frac{\pi }{4})]d\tan (\frac{x}{2}-\frac{\pi }{4})\\ =\frac{1}{2}[\tan (\frac{x}{2}-\frac{\pi }{4})+\frac{1}{3}{\tan }^3(\frac{x}{2}-\frac{\pi }{4})]\end{array}$

定积分

常用公式

• Wallis 公式（“点火” 公式）

${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{n}xdx={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^{n}xdx=\frac{(n-1)!!}{n!!}H$
n 为偶数，H 取 π/2，n 为奇数，H 取 1.

• 区间再现公式

${\int }_a^{b}f(x)dx={\int }_a^{b}f(a+b-x)dx$
适合处理包含三角函数的积分问题

• 三角函数积分常用公式

${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}f(\sin x)dx={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}f(\cos x)dx$
${\int }_0^{\pi }xf(\sin x)dx=\frac{\pi }{2}{\int }_0^{\pi }f(\sin x)dx$（易从区间再现公式推导）

旋转体体积计算

• $y_1(x),y_2(x),x=a,x=b(y_2(x)\ge y_1(x)\ge 0)$ 围成的区域绕 x 轴旋转一周的旋转体体积
  $V=\pi {\int }_a^b\left[y_2^2(x)-y_1^2(x)\right]\mathrm{d}x,a<b$

• $y_1(x),y_2(x),x=a,x=b(y_2(x)\ge y_1(x)b>a\ge 0)$ 围成的区域绕 y 轴旋转一周的旋转体体积
  $V=2\pi {\int }_a^{b}x\left(y_2(x)-y_1(x)\right)\mathrm{d}x$

反常积分

高斯积分 ${\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-x^2}dx=\sqrt{\pi }$

解法一（极坐标）：
$I=\underset{-\infty }{\overset{+\infty }{\int }}{e}^{-x^2}dx=2\underset{0}{\overset{+\infty }{\int }}{e}^{-x^2}dx=2A$
$A^2=\underset{0}{\overset{+\infty }{\int }}{e}^{-x^2}dx\cdot \underset{0}{\overset{+\infty }{\int }}{e}^{-y^2}dy=\underset{x,y>0}{\iint }{e}^{-(x^2+y^2)}dxdy=\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}d\theta \underset{0}{\overset{+\infty }{\int }}{e}^{-{\rho }^2}\rho d\rho =\frac{\pi }{2}(-\frac{1}{2}{e}^{-{\rho }^2}){|}_0^{+\infty }=\frac{\pi }{4}$
$I=\sqrt{\pi }$
解法二（变量代换、凑微分）：
$\begin{array}{rl}& \text{Let }I={\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-x^2}dx=2{\int }_0^{\infty }{e}^{-x^2}dx\\ & I^2=4\left({\int }_0^{\infty }{e}^{-x^2}dx\right)\left({\int }_0^{\infty }{e}^{-y^2}dy\right)\\ & =4{\int }_0^{\infty }{\int }_0^{\infty }{e}^{-\left(x^2+y^2\right)}dxdy\\ & =4{\int }_0^{\infty }{\int }_0^{\infty }{e}^{-x^2\left(1+y^2/x^2\right)}dxdy,\{\begin{array}{l}y/x=u\\ dy=xdu\end{array}\\ & =4{\int }_0^{\infty }{\int }_0^{\infty }{e}^{-x^2\left(1+u^2\right)}xdxdu\\ & =(4)\left(-\frac{1}{2}\right){\int }_0^{\infty }\frac{1}{1+u^2}du{\int }_0^{\infty }{e}^{-x^2\left(1+u^2\right)}d\left(-x^2\left(1+u^2\right)\right)\\ & =-2{\int }_0^{\infty }\frac{1}{1+u^2}{\left(e^{-x^2\left(1+u^2\right)}\right)}_0^{\infty }du\\ & =2{\int }_0^{\infty }\frac{du}{1+u^2}\\ & =(2)\left(\frac{\pi }{2}\right)\\ & =\pi \\ & \because I>0\\ & \therefore I=\sqrt{\pi }\end{array}$

更多解法

广义积分 ${\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{\sin x}{x}dx=\pi$

利用留数定理：
${\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{\sin (x)}{x}dx=\mathrm{Im}\left({\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{e^{iz}}{z}dz\right)$
函数 $\frac{x^{iz}}{z}$ 只在实轴上有一个简单极点 $z=0$ ，故：
${\int }_{-\infty }^{+\infty }\frac{e^{iz}}{z}dz=2\pi i\{0+\frac{1}{2}Res[\frac{e^{iz}}{z},0]\}=\pi i\underset{z\to 0}{\lim }z\frac{e^{iz}}{z}=\pi i$，则：${\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{\sin x}{x}dx=\pi$

更多解法

敛散性判别

• 结论一：

${\int }_a^{+\infty }\frac{dx}{x{\ln }^{p}x}\{\begin{array}{ll}\text{ 收敛，}& \text{ 当 }p>1\\ \text{ 发散，}& \text{ 当 }p⩽1\end{array}$

• 结论二：

无穷区间
${\int }_1^{+\infty }\frac{dx}{x^p}\{\begin{array}{ll}\text{ 收敛，}& \text{ 当 }p>1\\ \text{ 发散，}& \text{ 当 }p⩽1\end{array}$
无界函数
${\int }_0^1\frac{dx}{x^p}\{\begin{array}{ll}\text{ 发散，}& \text{ 当 }p>1\\ \text{ 收敛，}& \text{ 当 }p⩽1\end{array}$