【高等数学基础进阶】不定积分-part1

一、不定积分的概念与性质

原函数：$F^{\prime }(x)=f(x)$

不定积分：$\int f(x)dx=F(x)+C$

不定积分的几何意义：表示一簇积分曲线，这簇积分曲线对应于横坐标$x$处的切线都相互平行

原函数存在定理

定理1：若$f(x)$在区间$I$上连续，则$f(x)$在区间$I$上一定存在原函数

定理2：若$f(x)$在区间$I$上有第一类间断点，则$f(x)$在区间$I$上没有原函数

例1：$g(x)=\text{sgn }x=\{\begin{array}{ll}-1& x<0\\ 0& x=0\\ 1& x>0\end{array}$

设存在原函数$F(x)$，根据分段函数
$$F(x)=\{\begin{array}{ll}-x+C_1& x<0\\ x+C_2& x>0\end{array}$$
由于$F(x)$在$x=0$处连续，则$C_1=C_2=C$，有
$$F(x)=\{\begin{array}{ll}-x+C& x<0\\ x+C& x>0\end{array}=|x|+C$$
根据定义$F^{\prime }(x)=g(x)$，显然$F^{\prime }(0)$不存在，因此$g(x)$不存在原函数
即，若$f(x)$在区间$I$上有第一类间断点，则$f(x)$在区间$I$上没有原函数

不定积分的性质

$$\begin{array}{c}\begin{array}{rlr}& (\int f(x)dx{)}^{\prime }=f(x)& d\int f(x)dx=f(x)dx\\ & \int f^{\prime }(x)dx=f(x)+C& \int df(x)=f(x)+C\end{array}\\ \int [f(x)\pm g(x)]dx=\int f(x)dx\pm \int g(x)dx\end{array}$$

二、不定积分的基本公式

$$\begin{array}{rl}\int 0dx& =C\\ \int x^{\alpha }dx& =\frac{1}{\alpha +1}{x}^{\alpha +1}+C\\ \int \frac{1}{x}dx& =\ln |x|+C\\ \int a^{x}dx& =\frac{a^x}{\ln a}+C\\ \int e^{x}d& =e^x+C\\ \int \sin xdx& =-\cos x+C\\ \int \cos xdx& =\sin x+C\\ \int {\sec }^{2}xdx& =\tan x+C\\ \int {\csc }^{2}xdx& =-\cot x+C\\ \int \frac{1}{{\cos }^{2}x}dx& =\tan x+C\\ \int \frac{1}{{\sin }^{2}x}dx& =-\cot x+C\\ \int \sec x\tan xdx& =\sec x+C\\ \int \csc x\cot xdx& =-\csc x+C\\ \int \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}dx& =\arcsin x+C\\ \int \frac{1}{1+x^2}dx& =\arctan x+C\\ \int \frac{1}{\sqrt{a^2-x^2}}dx& =\arcsin \frac{x}{a}+C\\ \int \frac{1}{a^2+x^2}dx& =\frac{1}{a}\arctan \frac{x}{a}+C\\ \int \frac{1}{x^2-a^2}& =\frac{1}{2a}\ln |\frac{x-a}{x+a}|+C\\ \int \frac{1}{\sqrt{x^2+a^2}}dx& =\ln (x+\sqrt{x^2+a^2})+C\\ \int \frac{1}{\sqrt{x^2-a^2}}dx& =\ln |x+\sqrt{x^2-a^2}|+C\\ \int \sec xdx& =\ln |\sec x+\tan x|+C\\ \int \csc xdx& =-\ln |\csc x+\cot x|+C\end{array}$$

三、三种主要积分法

第一类换元法（凑微分法）

若$\int f(u)du=F(u)+C$
则$\int f[\varphi (x)]{\varphi }^{\prime }(x)dx=\int f[\varphi (x)]d\varphi (x)=F[\varphi (x)]+C$

例2：计算积分$\int \frac{dx}{\sqrt{x(4-x)}}=()$

$$\begin{array}{rl}原式& =\int \frac{d(x-2)}{\sqrt{4-(x-2{)}^2}}=\arcsin \frac{x-2}{2}+C\\ 原式& =\int \frac{dx}{\sqrt{x}\sqrt{4-x}}=2\int \frac{d\sqrt{x}}{\sqrt{4-(\sqrt{x}{)}^2}}=2\arcsin \frac{\sqrt{x}}{2}+C\end{array}$$

例3：计算积分$\int \frac{2-x}{\sqrt{3+2x-x^2}}dx=()$

分子分母次数相同，分子带根号，考虑整体凑微分

$$\begin{array}{rl}\frac{2-x}{\sqrt{3+2x-x^2}}dx& =\int \frac{(1-x)+1}{\sqrt{3+2x-x^2}}dx\\ & 此处考虑凑3+2x-x^2整体的微分2-2x\\ & 又因为倍数不影响,所以根据分子的-x凑1-x\\ & =\frac{1}{2}\int \frac{(2-2x)}{\sqrt{3+2x-x^2}}dx+\int \frac{dx}{\sqrt{3+2x-x^2}}\\ & =\frac{1}{2}\int \frac{d(3+2x-x^2)}{\sqrt{3+2x-x^2}}+\int \frac{d(x+1)}{\sqrt{4-(x-1{)}^2}}\\ & =\sqrt{3+2x-x^2}+\arcsin \frac{x-1}{2}+C\end{array}$$

第二类换元法

定理3：设$x=\varphi (t)$是单调的、可导的函数，并且${\varphi }^{\prime }(t)\ne 0$。又$\int f[\varphi (t)]{\varphi }^{\prime }(t)dt=F(t)+C$，则$\int f(x)dx=\int f[\varphi (t)]{\varphi }^{\prime }(t)dt=F(t)+C=F[{\varphi }^{-1}(x)]+C$

常用代换

• $\sqrt{a^2-x^2}x=a\sin t(a\cos t)$
• $\sqrt{a^2+x^2}x=a\tan t$
• $\sqrt{x^2-a^2}x=a\sec t$

这些选择的范围都是考虑好的，换元完直接开出来就行

例4：求不定积分$\int \frac{x^2}{\sqrt{a^2-x^2}}dx$

令$x=a\sin t,t\in (-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2})$

选择$t\in (-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2})$原因

1. 能取遍$(-a,a)$
2. $\sqrt{a^2-x^2}=\sqrt{{\cos }^{2}t}$，此时$\cos t,t\in (-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2})$，即$\cos t>0$，有$\sqrt{a^2-x^2}=\cos t$

如果选$\cos t$，范围应该是$t\in (0,\pi )$

$$\begin{array}{rl}\int \frac{x^2}{\sqrt{a^2-x^2}}dx& =\int \frac{a^2{\sin }^{2}t}{a\cos t}\cdot a\cos tdt\\ & =\frac{a^2}{2}\int (1-\cos 2t)dt\\ & =\frac{a^2}{2}(t-\frac{1}{2}\sin 2t)+C\\ & =\frac{a^2}{2}\arcsin \frac{x}{a}-\frac{x}{2}\sqrt{a^2-x^2}+C\end{array}$$

求不定积分$\int \frac{\sqrt{x^2+a^2}}{x^2}dx$

令$x=a\tan t,t\in (-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2})$
$$\begin{array}{rl}\int \frac{\sqrt{x^2+a^2}}{x^2}dx& =\int \frac{a\sec t}{a^2{\tan }^{2}t}\cdot a{\sec }^{2}tdt\\ & =\int \frac{1}{{\sin }^{2}t\cos t}dt\\ & =\int \frac{{\sin }^{2}t+{\cos }^{2}t}{{\sin }^{2}t\cos t}dt\\ & 分母是\sin \cos 高次,分子为1,常把分子拆开\\ & =\int \sec tdt+\int \frac{\cos t}{{\sin }^{2}t}dt\\ & =\ln |\sec t+\tan t|-\frac{1}{\sin t}+C\\ \int \frac{\sqrt{x^2+a^2}}{x^2}dx& =\int \frac{x^2+a^2}{x^2\sqrt{x^2+a^2}}dx\\ & =\int \frac{dx}{\sqrt{x^2+a^2}}+\int \frac{a^{2}dx}{x^3\sqrt{1+(\frac{a}{x}{)}^2}}\\ & =\ln (x-\sqrt{x^2+a^2})-\frac{1}{2}\int \frac{d[1+(\frac{a}{x}{)}^2]}{\sqrt{1+(\frac{a}{x}{)}^2}}\\ & =\ln (x-\sqrt{x^2+a^2})-\sqrt{1+(\frac{a}{x}{)}^2}+C\end{array}$$

求不定积分$\int \frac{\sqrt{x^2-a^2}}{x}dx$

令$x=a\sec t,t\in (0,\frac{\pi }{2})$
$$\begin{array}{rl}\int \frac{\sqrt{x^2-a^2}}{x}dx& =\int \frac{a\tan t}{a\sec t}\cdot a\sec t\tan tdt\\ & =a\int {\tan }^{2}tdt\\ & =a\int ({\sec }^{2}t-1)dt\\ & =a(\tan t-t)+C\\ & =\sqrt{x^2-a^2}-a\arccos \frac{a}{x}+C\end{array}$$

例5：求不定积分$\int \sqrt{1+e^x}dx$

令$t=\sqrt{1+e^x}$，则$x=\ln (t^2-1)$
$$\begin{array}{rl}\int \sqrt{1+e^x}dx& =\int \frac{2t^2}{t^2-1}dx\\ & =2\int (1+\frac{1}{t^2-1})dt\\ & =2t+\ln |\frac{t-1}{t+1}|+C\\ & =2\sqrt{1+e^2}+\ln \frac{\sqrt{1+e^x}-1}{\sqrt{1+e^x}+1}+C\end{array}$$

分部积分法

$$\int udv=uv-\int vdu$$

适用于两类不同函数相乘

按照”反对幂指三“或”反对幂三指“的顺序（记住一个就行，建议前者），谁靠后谁先凑微分（凑$v$）
即

• $$\int p_n(x)e^{\alpha x}dx,\int p_n(x)\sin \alpha xdx,\int p_n(x)\cos \alpha xdx$$
  这三种积分应把多项式以外的函数凑进微分号
• $$\int p_n(x)\ln xdx,\int p_n(x)\arctan xdx,\int p_n(x)\arcsin xdx$$
  这三中积分都应把多项式函数凑进微分号
• $$\int e^{\alpha x}\sin \beta xdx,\int e^{\alpha x}\cos \beta xdx$$
  这两种积分把指数函数或三角函数凑进微分号都可以，但把指数凑进去更简单，连续两次将指数函数凑进去分部积分还原便可求解

例6：计算$\int \frac{\ln x}{(1-x{)}^2}dx$

$$\begin{array}{rl}\int \frac{\ln x}{(1-x{)}^2}dx& =\int \ln xd\frac{1}{1-x}\\ & =\frac{\ln x}{1-x}-\int \frac{dx}{x(1-x)}\\ & =\frac{\ln x}{1-x}-\int (\frac{1}{x}+\frac{1}{1-x})dx\\ & =\frac{\ln x}{1-x}+\ln \frac{|1-x|}{x}+C\end{array}$$

四、三类常见可积函数积分

有理函数积分$\int R(x)dx$

• 一般法（部分分式法）
• 特殊方法（加项减项拆或凑微分降幂）

常见积不出的积分
$$\int e^{x^2}dx,\int \frac{\sin x}{x}dx,\int \frac{\cos x}{x}dx$$

例7：$\int \frac{x+5}{x^2-6x+13}dx=()$

分子次数少于分母一次，分子整体凑分母微分
分子次数少于分母二次，分母凑平方公式
分子次数多于等于分母，约分分离常数和多项式

$$\begin{array}{rl}\int \frac{x+5}{x^2-6x+13}dx& =\frac{1}{2}\underset{少于分母一次}{\int \frac{d(x^2-6x+13)}{x^2-6x+13}}+8\underset{少于分母二次}{\int \frac{d(x-3)}{(x-3{)}^2+2^2}}\\ & =\frac{1}{2}\ln (x^2-6x+13)+4\arctan \frac{x-3}{2}+C\end{array}$$

$\int \frac{dx}{x(x^9+1)}=()$

$$\begin{array}{rl}\int \frac{dx}{x(x^9+1)}& =\frac{1}{9}\int \frac{d{x}^9}{x^9(x^9+1)}=\frac{1}{9}\ln |\frac{x^9}{x^9+1}|+C\\ & 凑微分降幂\\ \int \frac{dx}{x(x^9+1)}& =\int \frac{(1+x^9)-x^9}{x(x^9+1)}dx\\ & 加项减项拆\\ & =\int \frac{dx}{x}-\int \frac{x^8}{x^9+1}dx\\ & =\ln |x|-\frac{1}{9}\ln (x^9+1)+C\\ \int \frac{dx}{x(x^9+1)}& =\int \frac{dx}{x^{10}(1+\frac{1}{x^9})}\\ & =\frac{1}{9}\int \frac{d(1+\frac{1}{x^9})}{1+\frac{1}{x^9}}\\ & =-\frac{1}{9}\ln |1+\frac{1}{x^9}|+C\end{array}$$

关于加项减项拆
对于分式$\frac{P(x)}{Q(x)}$，如果
$$Q(x)=b_0(x-a{)}^{\alpha }\cdots (x-b{)}^{\beta }(x^2+px+q{)}^{\lambda }\cdots (x^2+rx+s{)}^{\mu }$$
其中$p^2-4q<0,\cdots .r^2-4s<0$
则
$$\begin{array}{rl}\frac{P(x)}{Q(x)}& =\frac{A_1}{(x-a{)}^{\alpha }}+\frac{A_2}{(x-a{)}^{\alpha -1}}+\cdots +\frac{A_{\alpha }}{x-a}+\cdots +\frac{B_1}{(x-b{)}^{\beta }}+\frac{B_2}{(x-b{)}^{\beta -1}}+\cdots \\ & +\frac{B_{\beta }}{x-b}+\cdots +\frac{M_{1}x+N_1}{(x^2+px+q{)}^{\lambda }}+\frac{M_{2}x+N_2}{(x^2+px+q{)}^{\lambda -1}}+\cdots +\frac{M_{\lambda }x+N_{\lambda }}{x^2+px+q}+\\ & \cdots +\frac{R_{1}x+S_1}{(x^2+rx+s{)}^{\mu }}+\frac{R_{2}x+S_2}{(x^2+rx+s{)}^{\mu -1}}+\cdots +\frac{R_{\mu }x+S_{\mu }}{x^2+rx+s}\end{array}$$
其中$A_1,\cdots ,A_{\alpha },B_1,\cdots ,B_{\beta },M_1,\cdots ,M_{\lambda },N_1,\cdots ,N_{\lambda },R_1,\cdots ,R_{\mu },S_1,\cdots ,S_{\mu }$等都是常数
在上述有理分式分解中，应注意到以下两点

• 若分母$Q(x)$中含有因式$(x-a{)}^k$，则分解后含有下列$k$个最简分式之和：
  $$\frac{A_1}{(x-a{)}^k}+\frac{A_2}{(x-a{)}^{k-1}}+\cdots +\frac{A_k}{x-a}$$
  其中$A_1,A_2,\cdots ,A_k$都是常数。特别地，若$k=1$，分解后$\frac{A_1}{x-a}$
• 若分母$Q(x)$中含有因式$(x^2+px+q{)}^k$，其中$p^2-4q<0$，则分解后含有下列$k$个最简分式之和：
  $$\frac{M_{1}x+N_1}{(x^2+px+q{)}^k}+\frac{M_{2}x+N_2}{(x^2+px+q{)}^{k-1}}+\cdots +\frac{M_{k}x+N_k}{x^2+px+q}$$
  其中$M_i,N_i(i=1,2,\cdots ,k)$都是常数。特别地，若$k=1$，分解后有
  $$\frac{M_{k}x+N_k}{x^2+px+q}$$

三角有理式积分$\int R(\sin x,\cos x)dx$

• 一般方法（万能代换）：令$\tan \frac{x}{2}=t$
  $$\int R(\sin x,\cos x)dx=\int R\left(\frac{2t}{1+t^2},\frac{1-t^2}{1+t^2}\right)\frac{2}{1+t^2}dt$$

• 特殊方法（三角变形，换元，分部）
  若$R(-\sin x,\cos x)=-R(\sin x,\cos x)$，则令$u=\cos x$
  若$R(\sin x,-\cos x)=-R(\sin x,\cos x)$，则令$u=\sin x$
  若$R(-\sin x,-\cos x)=R(\sin x,\cos x)$，则令$u=\tan x$

  注意要提前凑好$du$

例8：求$\int \frac{dx}{1+\sin x}$

分母出现$1-\sin x,1-\cos x$一般化成${\sin }^{2}x,{\cos }^{2}x$

$$\begin{array}{rl}原式& =\int \frac{1-\sin x}{{\cos }^{2}x}dx=\tan \frac{x-1}{\cos x}+C\end{array}$$
或利用万能代换
令$\tan \frac{x}{2}=t$，则
$$\begin{array}{rl}原式& =\int \frac{1}{1+\frac{2t}{1+t^2}}\cdot \frac{2}{1+t^2}dt\\ & =\int \frac{2dt}{(1+t{)}^2}\\ & =-\frac{2}{1+t}+C\\ & =-\frac{2}{1+\tan \frac{x}{2}}+C\end{array}$$

一般尤其高次三角函数不考虑万能代换

求$\int \frac{dx}{\sin (2x)+2\sin x}=()$

$$\begin{array}{rl}原式& =\int \frac{dx}{2\sin x(\cos x+1)}\\ & 发现满足R(-\sin x,\cos x)=-R(\sin x,\cos x)\\ & 为了凑du=d\cos x,上下同乘\sin x\\ & =\int \frac{\sin xdx}{2(1-{\cos }^{2}x)(1+\cos x)}\\ & \stackrel{\cos x=u}{=}-\frac{1}{2}\int \frac{du}{(1-u)(1+u{)}^2}\\ & =-\frac{1}{2}\int [\frac{A}{1-u}+\frac{B}{(1+u{)}^2}+\frac{C}{1+u}]du\\ & 通分有A{u}^2+2Au+A+B-Bu+C-C{u}^2=1\\ & 即\{\begin{array}{l}A-C=0\\ 2A-B=0\\ A+B+C=1\end{array}解得\{\begin{array}{l}A=\frac{1}{4}\\ B=\frac{1}{2}\\ C=\frac{1}{4}\end{array}\\ & =-\frac{1}{4}\int (\frac{1}{2}\frac{1}{1-u}+\frac{1}{(1+u{)}^2}+\frac{1}{2}\frac{1}{1+u})du\\ & =\frac{1}{8}[\ln \frac{1-u}{1+u}+\frac{2}{1+u}]+C\\ & =\frac{1}{8}\ln \frac{1-\cos x}{1+\cos x}+\frac{1}{4(1+\cos x)}+C\end{array}$$

简单无理函数积分$\int R(x,\sqrt[n]{\frac{ax+b}{cx+d}})dx$

令$\sqrt[n]{\frac{ax+b}{cx+d}}=t$

例9：计算$\int \frac{1}{x}\sqrt{\frac{x+1}{x}}dx$

令$\sqrt{\frac{x+1}{x}}$，则$x=\frac{1}{t^2-1},dx=-\frac{2t}{(t^2-1{)}^2}dt$
$$\begin{array}{rl}\int \frac{1}{x}\sqrt{\frac{x+1}{x}}dx& =\int (t^2-1)t\frac{-2t}{(t^2-1{)}^2}dt\\ & =-2\int (1+\frac{1}{t^2-1})dt\\ & =-2(t+\frac{1}{2}\ln |\frac{t-1}{t+1}|)+C\end{array}$$
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