数学分析(I) Chapter 5 不定积分
定义 5.1 不定积分
若在某个区间 $I$ 上，函数 $f, F$ 满足以下关系：
$F^{\prime}(x) = f(x), x\in I$。
或者等价地： $\text{d} F(x) = f(x) \text{d} x$。
则称 $F$ 为 $f$ 在 $I$ 上的一个原函数。
函数 $f$ 的全体原函数称为 $f$ 的不定积分
记作 $\displaystyle\int f(x)\text{d}x$，由此：$F(x) = \displaystyle\int f(x) \text{d}x + C$，其中 $C$ 为任意常数。
例：$\displaystyle\int x \text{d} x = \dfrac{1}{2}x^2 + C$
原函数求导得到导函数
导函数求不定积分得到原函数
所以求导和不定积分一定程度上是逆运算（由于 $C$ 所以不完全是）
命题 5.1
若 $f(x), g(x)$ 的原函数都存在，则 $\forall \alpha,\beta \in \mathbb R; \; \alpha f(x) + \beta g(x)$ 的原函数也存在。
且满足：$\displaystyle\int [\alpha f(x) + \beta g(x)] \text{d} x= \alpha \displaystyle\int f(x)\text{d}x + \beta \displaystyle\int g(x)\text{d}x$
证明：假设 $\displaystyle\int f(x)\text{d}x + C_1 = F(x), \displaystyle\int g(x)\text{d}x + C_2 = G(x)$
所以 $[\alpha F(x) + \beta G(x)]^{\prime} = \alpha f(x) + \beta g(x)$
那么 $\alpha F(x) + \beta G(x)$ 是 $\alpha f(x) + \beta g(x)$ 的一个原函数
也就是 $\displaystyle\int[\alpha f(x) + \beta g(x)]\text{d}x + C = \alpha F(x) + \beta G(x)$
所以 $\displaystyle\int[\alpha f(x) + \beta g(x)]\text{d}x + C = \alpha \displaystyle\int f(x)\text{d}x + \alpha C_1 + \beta \displaystyle\int g(x)\text{d}x + \beta C_2$
$= \alpha \displaystyle\int f(x)\text{d}x + \beta \displaystyle\int g(x)\text{d}x$
这里不是在消掉 $C$ 而是因为本身就带常数给扔到里面去了。
命题 5.2 常用积分公式
1) $\displaystyle\int x^\alpha \text{d}x = \begin{cases}\dfrac{1}{\alpha + 1}x^{\alpha + 1} + C,&\alpha\not=-1\\\ln |x| + C, &\alpha= -1\end{cases}$
2) $\displaystyle\int e^x \text{d}x = e^x + C$
3) $\displaystyle\int a^x \text{d}x = \dfrac{a^x}{\ln a} + C,(a > 0, a\not= 1)$
4) $\displaystyle\int \sin x\text{d}x = -\cos x + C$
5) $\displaystyle\int \cos x\text{d}x = \sin x + C$
6) $\displaystyle\int \sec^2 x\text{d}x = \tan x + C$
7) $\displaystyle\int \csc^2 x\text{d}x = -\cot x + C$
8) $\displaystyle\int \tan x \sec x \text{d}x =\sec x + C$
9) $\displaystyle\int \cot x \csc x \text{d}x = -\csc x + C$
10) $\displaystyle\int \dfrac{1}{1 + x^2}\text{d}x = \arctan x + C$
11) $\displaystyle\int \dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}} \text{d}x = \arcsin x + C$
12) $\displaystyle\int \dfrac{-1}{\sqrt{1-x^2}} \text{d}x = \arccos x + C$
其中 $C$ 为任意常数
TODO 全算一遍
例题 5.1
求 $\displaystyle\int \tan^2 x\text{d}x = ?$
解：
$\tan^2 x = \sec^2 x - 1$
$\displaystyle\int (\sec^2 x - 1)\text{d}x = \displaystyle\int \sec^2x \text{d} x - \displaystyle\int 1 \text{d}x = \tan x - x + C$
例题 5.2
求 $\displaystyle\int \sin^2 (\dfrac{x}{2})\text{d}x = ?$
解：
$\sin^2 (\dfrac{x}{2}) = \dfrac{1 - \cos x}{2}$
于是原式 $=\displaystyle\int \dfrac{1}{2}\text{d}x - \displaystyle\int \dfrac{\cos x}{2} \text{d}x = \dfrac{1}{2}\left(x - \sin x\right) + C$
不定积分的计算方法
换元法 / 变量替换法
原理：
$\displaystyle\int f(g(x))\text{d}x$
令 $g(x) = u, x = h(u) \Rightarrow = \displaystyle\int f(u) \text{d}[h(u)]$
$= \displaystyle\int f(u) h^{\prime}(u) \text{d}u$
例题 5.3
设 $n \ge 1, n \in \mathbb Z$。
求 $\displaystyle\int \dfrac{\text{d}x}{(x - a)^n}$
解：令 $x - a = t \Rightarrow \text{d}x = \text{d}(t - a) = \text{d}t$
所以原式：$\displaystyle\int t^{-n}\text{d}t$
若 $n = 1, \text{ans} = \ln|t| + C = \ln |x - a| + C$
若 $n \not= 1, \text{ans} = \dfrac{1}{1 - n}t^{1 - n} + C = \dfrac{1}{1 - n}(x - a)^{1 - n} + C$
例题 5.4
求 $\displaystyle\int \dfrac{\text{d}x}{x^2 + a^2}, a\in \mathbb{R}, a\not= 0$。
有点像 $\arctan$，所以原式 $= \dfrac{1}{a^2} \displaystyle\int \dfrac{\text{d}x}{1 + (\dfrac{x}{a})^2}$。
令 $t = \dfrac{x}{a} \Rightarrow \text{d}x = a\text{d}t$
所以原式$= \dfrac{1}{a^2}\displaystyle\int \dfrac{\text{d}x}{1 + t^2} a \text{d} t = \dfrac{\arctan t}{a} + C = \dfrac{\arctan(\dfrac{x}{a})}{a} + C$
例题 5.5
求 $\displaystyle\int \sqrt{a^2 - x^2}\text{d}x, a\not= 0$
令 $x = a\sin t \Rightarrow \sqrt{a^2 - x^2} = |a|\cdot|\cos t|$
$\text{d}x = a\cos t\text{d}t$
应该分讨（但其实直接做答案都一样）
1) $t \in [-\dfrac{\pi}{2}, \dfrac{\pi}{2}]$，所以是：
$\displaystyle\int |a|\cos t\cdot a\cos t\text{d} t = a \cdot |a| \displaystyle\int \cos^2 t \text{d}t = a\cdot |a| = a|a| \displaystyle\int \dfrac{1 + \cos (2t)}{t}\text{d}t$
$= \dfrac{a|a|}{2}\displaystyle\int (1 + \cos(2t))\text{d}t = \dfrac{a|a|}{2}[t + \dfrac{1}{2}\sin (2t)] + C$
$= \dfrac{a|a|}{2}t + \dfrac{a|a|}{2}\sin t\cos t + C =\dfrac{a|a|}{2}t + \dfrac{|a|}{2}x\cos t + C$
$=\dfrac{a|a|}{2}t + \dfrac{1}{2}x \sqrt{a^2 - x^2} + C$
注意到要想使用 $\arcsin$，要满足 $t \in [-\dfrac{\pi}{2}, \dfrac{\pi}{2}]$，刚好满足
$=\dfrac{a|a|}{2}\arcsin(\dfrac{x}{a}) + \dfrac{1}{2}x\sqrt{a^2 - x^2} + C$
那要不在这个范围怎么办？
2)
TODO 手算一次，再导回去
凑微分
有理函数裂项
有理函数形如一个多项式除以一个多项式。
例子
$\displaystyle\int \dfrac{4x^3 - 13x^2 + 3x + 8}{(x + 1)(x - 2)(x - 1)^2}\text{d}x =$？
设 $\dfrac{4x^3 - 13x^2 + 3x + 8}{(x + 1)(x - 2)(x - 1)^2} = \dfrac{a}{x + 1} + \dfrac{b}{x - 2} + \dfrac{cx + d}{(x - 1)^2}$
待定的分子设成什么样完全根据多项式的阶数差决定。
$4x^3 - 13x^2 + 3x + 8 = a(x - 2)(x - 1)^2 + b(x + 1)(x - 1)^2 + (cx + d)(x + 1)(x - 2)$
这样子写不需要考虑分母为 $0$ 的问题，甚至可以把这些 $x$ 带进去快速得到结果。
$x = 1, x = 2, x = -1$ 全部带入：
可以得到：
$\begin{cases}a = 1\\ b = -2\\ c + d = -1\end{cases}$
再取 $x = 0$ 可以知道 $c = 5,d = -6$
这个方法的正确性需要用一些多项式理论证明，这里略去。
例子
$\displaystyle\int\dfrac{1}{x^3 + 1}\text{d}x$
可以用立方和公式 $x^3 + 1 = (x + 1)(x^2 - x + 1)$
于是可以有理函数裂项。
例子
$\displaystyle\int\dfrac{x^4 + x^3 + 3x^2 + 1}{(x + 1)^2(x + 1)\text{d}x}$
仍旧使用待定系数法
设 $\dfrac{x^4 + x^3 + 3x^2 + 1}{(x + 1)^2(x + 1)} = ax + b + \dfrac{cx^3 + dx^2 + ex + f}{(x + 1)^2}$
但是不需要这样假设，前面的高次可以扔到 $ax + b$ 这里。
所以设成 $ax + b + \dfrac{cx + d}{(x + 1)^2} + \dfrac{e}{x - 1}$
于是 $x^4 + x^3 + 3x^2 + 1 = (ax + b)(x+1)^2(x-1) + (cx + d)(x - 1) + e(x+1)^2$
继续代值。不过其实这是个线性方程组，可以用高斯消元法做。
当然甚至可以求导做，毕竟两边求导也还是相等的。
于是可以得到：
$\begin{cases}a = 1\\ b = 0\\ c = 3\\ d = 2\\ e = 1\end{cases}$
例子
求 $\displaystyle\int\dfrac{1}{\sqrt[3]{(x - 1)^2(x + 1)^4}}\text{d}x$
这里下面是无理式，所以想要把它变成有理式
开一个出来：
$= \dfrac{1}{x + 1}\dfrac{1}{\sqrt[3]{(x - 1)^2(x + 1)}}$
再开一个：$= \dfrac{1}{(x + 1)(x - 1)} \sqrt[3]{\dfrac{x - 1}{x + 1}}$
令 $t = \sqrt[3]{\dfrac{x - 1}{x + 1}}$。
然后尝试把前面写成 $t$ 的一个多项式。
由于 $t^3 = \dfrac{x - 1}{x + 1}$
原式 $= \dfrac{(1 - t^3)^2}{4t^2}$
当然 $\text{d}x$ 也需要改写：
$\text{d}x = \dfrac{6t^2}{1 - t^3}\text{d}t$
然后就直接做完了，甚至没有用到有理函数裂项。