05 不定积分

不定积分与“积分”并没有关系，它是微分学的一部分。因为“不定积分”只是基于导数定义出来的“求导的逆运算”。从某种意义上，它没有涉及任何新的理论，只是通过导数的运算法则推出的一些逆运算的运算技巧。

定义与记号

函数$f(x)$的不定积分是由它的所有原函数组成的函数族（集合）。定义

$\displaystyle\int f(x) dx:=\{F(x)|F'(x)=f(x),\forall x \in I\}$

如果某一个$F(x)$是$f(x)$的一个原函数，那么$f(x)$的不定积分一定可以表示成$F(x)+C$的形式，其中$C$是全体实数。换句话说，不定积分集合里的所有元素一定是一些只相差常数的函数。因为对于其它$G(x)$，根据$G'(x)=f(x)$，$F'(x)=f(x)$，两式相减得到$[G(x)-F(x)]'=0$。我们根据微分中值定理已经证明了导数恒为0的函数必定是常数函数。所以一定有$G(x)=F(x)+C$。因此不定积分的定义可以改写为：

$\displaystyle\int f(x) dx:=\{F(x)+C|F'(x)=f(x),C \in \R,\forall x \in I\}$

严格来看，这只是一个用来表示原函数集合的记号，没有单独指明积分号$\displaystyle\int$和$dx$分别有什么含义。然而，使用这样的记号有很多方便的地方，我们可以通过证明它的运算性质来把$dx$当作微分、把$\displaystyle\int$当作微分的逆运算来使用。

例如，我们会把1省略，把$\displaystyle\int 1dx$简记为$\displaystyle\int dx$，而我们可以形象地把它理解为$d$与$\displaystyle\int$作为互逆的运算互相抵消；把$\displaystyle\int \dfrac{1}{f(x)}dx$简记为$\displaystyle\int \dfrac{dx}{f(x)}$，这也只是写法上方便，并不意味着$dx$是一个实数。

线性性

基于导数运算的线性性，我们有不定积分的线性性：

$\displaystyle\int [k_1f(x)+k_2g(x)]dx=k_1\displaystyle\int f(x)dx+k_2 \displaystyle\int g(x)dx+C$

只需要验证两侧的函数集合完全相同（这就是这里的等号的含义）。设$f(x)$的原函数为$F(x)$，$g(x)$的原函数为$G(x)$，那么左侧的集合可以表示为$k_1F(x)+k_2G(x)+C_0$；右侧集合可以表示为$k_1(F(x)+C_1)+k_2(G(x)+C_2)+C$ $=k_1F(x)+k_2G(x)$ $+(k_1C_1+k_2C_2+C)$。

线性性告诉我们，我们可以分拆和式的项，可以提出常数因子。

换元积分法

基于导数运算的链式法则，我们有不定积分的换元积分法。核心是要说明：

$\displaystyle\int f(g(x))g'(x)dx=\displaystyle\int f(g(x))d(g(x))$

其中这里的$f(g(x))$应当被理解成任意的一个函数，而这个函数可以被看作对$g(x)$的复合，这样我们的“换元”才有意义。如果这能成立，就说明积分表达式中的$d$可以像微分一样被看待，微分的公式可以直接被应用到积分中，同时保证计算的正确性。

证明：等式右侧告诉我们原函数关于$g(x)$的导数是$f(g(x))$，那么假设$f$的原函数是$F$，就知道右侧不定积分就是$F(g(x))+C$。把它对$x$求导就得到左边的$f(g(x))g'(x)$。所以左边的原函数族和右边的原函数族是完全相等的。

分部积分法

基于函数乘积的求导法则我们写出$(uv)'=u'v+uv'$。等式两边应当有相同的关于$x$的原函数族，写出$\displaystyle\int (uv)'dx=\displaystyle\int (u'v+uv')dx=\displaystyle\int vu'dx+\displaystyle\int uv'dx$。根据换元积分法中微分记号的运算规则，右侧等于$\displaystyle\int vdu+\displaystyle\int udv$。移项就得到了分部积分公式：

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

即如果一个函数$f(x)$能写作一个函数乘上某个函数的导数的形式，那么它的不定积分可以用另一种方式表达出来，其中第二种方式中的积分计算难度更低。

“反对幂三指”：越靠后的越先取和$dx$凑成$dv$。比如$\displaystyle\int x\cos xdx$就让$\cos x dx$结合成$d(\sin x)$，$\displaystyle\int ln xdx$就让$1$（$x^0$）和$dx$结合。

多次积分

$\displaystyle\int x^2e^xdx=\displaystyle\int x^2 d(e^x)=x^2e^x-\displaystyle\int e^xd(x^2)=x^2e^x-2\displaystyle\int xe^xdx$

后一项$\displaystyle\int xe^xdx=\displaystyle\int xd(e^x)=xe^x-\displaystyle\int e^xdx=xe^x-e^x+C$

综上$\displaystyle\int x^2e^xdx=x^2e^x-2xe^x+2e^x+C$

循环积分

$\displaystyle\int e^x\sin xdx=\displaystyle\int \sin xd(e^x)=e^x\sin x-\displaystyle\int e^xd(\sin x)=e^x\sin x-\displaystyle\int e^x\cos xdx$

$\displaystyle\int e^x\cos xdx=\displaystyle\int \cos x d(e^x)=e^x\cos x-\displaystyle\int e^x d(\cos x)=e^x\cos x+\displaystyle\int e^x\sin xdx$

用下式代入上式，得到$\displaystyle\int e^x\sin xdx=e^x\sin x-e^x\cos x-\displaystyle\int e^x\sin xdx$，移项就即可（带常数$C$）。上式代入下式同理。

在这里，不定积分产生了循环，像解方程一样被解出。

递推积分

求$I_n=\displaystyle\int \dfrac{dx}{(x^2+a^2)^n}$

$I_1=\displaystyle\int \dfrac{dx}{x^2+a^2}=\dfrac{1}{a}\arctan \dfrac{x}{a}+C$

$I_n=\dfrac{1}{a^2}\displaystyle\int \dfrac{x^2+a^2-x^2}{(x^2+a^2)^n}dx=\dfrac{1}{a^2}I_{n-1}-\dfrac{1}{a^2}\displaystyle\int \dfrac{x^2}{(x^2+a^2)^n}dx$

其中$\displaystyle\int \dfrac{x^2}{(x^2+a^2)^n}dx=\dfrac{1}{2}\displaystyle\int \dfrac{x}{(x^2+a^2)^n}d(x^2)=\dfrac{1}{2}\displaystyle\int \dfrac{x}{(x^2+a^2)^n}d(x^2)=\dfrac{1}{2(1-n)}\displaystyle\int xd\left((x^2+a^2)^{1-n}\right)$

$=\dfrac{1}{2(1-n)}\left[x(x^2+a^2)^{1-n}-\displaystyle\int (x^2+a^2)^{1-n}dx\right]$

这样就可以写出递推式了。

基本积分表

$\displaystyle\int \dfrac{1}{\cos^2 x}dx=\tan x+C$，$\displaystyle\int \dfrac{1}{\cosh^2 x}dx=\tanh x+C$

$\displaystyle\int \dfrac{1}{\sin^2 x}dx=-\dfrac{1}{\tan x}+C$，$\displaystyle\int \dfrac{1}{\sinh^2 x}dx=-\dfrac{1}{\tanh x}+C$

$\displaystyle\int \sinh xdx=\cosh x+C$，$\displaystyle\int \cosh xdx=\sinh x+C$（其实就是指数函数积分）

$\displaystyle\int \ln xdx = x\ln x-x+C$

$\displaystyle\int \ln xdx=x\ln x-\displaystyle\int x d(\ln x)=x\ln x-\displaystyle\int x\dfrac{dx}{x}=x\ln x-x+C$

$\displaystyle\int \tan xdx=-\ln|\cos x|+C$

$\displaystyle\int \dfrac{\sin x dx}{\cos x}=-\displaystyle\int \dfrac{d(\cos x)}{\cos x}$

$\displaystyle\int \dfrac{dx}{x^2-a^2}=\dfrac{1}{2a}\ln \left|\dfrac{x-a}{x+a}\right|+C,a>0$

$\dfrac{1}{2a}\displaystyle\int(\dfrac{1}{x-a}-\dfrac{1}{x+a})dx=\dfrac{1}{2a}(\ln |x-a|-\ln |x+a|)+C$

$\displaystyle\int \dfrac{dx}{x^2+a^2}=\dfrac{1}{a}\arctan \dfrac{x}{a}+C,a>0$

$\dfrac{1}{a^2}\displaystyle\int \dfrac{a \cdot d(\frac{x}{a})}{1+(\frac{x}{a})^2}$

$\displaystyle\int \dfrac{dx}{\sqrt{a^2-x^2}}=\arcsin \dfrac{x}{a}+C,a>0$

$\dfrac{1}{a}\displaystyle\int \dfrac{a \cdot d(\frac{x}{a})}{\sqrt{1-(\frac{x}{a})^2}}$

$\displaystyle\int \dfrac{dx}{\cos x}=\ln\left|\dfrac{1+\sin x}{\cos x}\right|+C$

$\displaystyle\int \dfrac{\cos xdx}{\cos^2 x}=\displaystyle\int \dfrac{d(\sin x)}{1-\sin^2 x}=-\dfrac{1}{2}\ln\left|\dfrac{\sin x-1}{\sin x+1}\right|+C=\ln\sqrt{\dfrac{\sin x+1}{\sin x-1}}+C$

$=\ln \sqrt{\dfrac{(1+\sin x)^2}{-\cos^2 x}}+C=\ln \left|\dfrac{1+\sin x}{\cos x}\right|+C$

$\displaystyle\int \dfrac{dx}{\sin x}=\ln\left|\dfrac{1-\cos x}{\sin x}\right|+C$

$\displaystyle\int \dfrac{\sin xdx}{\sin^2 x}=\displaystyle\int \dfrac{d(\cos x)}{\cos^2 x-1}=\dfrac{1}{2}\ln\left|\dfrac{\cos x-1}{\cos x+1}\right|+C=\ln\sqrt{\dfrac{1-\cos x}{1+\cos x}}+C$

$=\ln \sqrt{\dfrac{(1-\cos x)^2}{\sin^2 x}}+C=\ln \left|\dfrac{1-\cos x}{\sin x}\right|+C$

$\displaystyle\int \dfrac{dx}{\tan x}=\ln |\sin x|+C$

$\displaystyle\int \dfrac{\cos x dx}{\sin x}=\displaystyle\int \dfrac{d(\sin x)}{\sin x}$

$\displaystyle\int \sqrt{a^2-x^2}dx=\dfrac{1}{2}x\sqrt{a^2-x^2}+\dfrac{a^2}{2}\arcsin \dfrac{x}{a}+C,a>0$

三角换元：令$x=a\sin t$，$t \in [-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}]$，$dx=a\cos tdt$

$\displaystyle\int a\cos t dx=a^2\displaystyle\int \cos^2 tdt=a^2\displaystyle\int (\dfrac{1+\cos 2t}{2})dt=\dfrac{a^2}{2}(t+\dfrac{\sin 2t}{2})+C$

$=\dfrac{a^2}{2}(t+\dfrac{2\sin t\cos t}{2})+C=\dfrac{a^2}{2}\arcsin \dfrac{x}{a}+\dfrac{a^2}{2}\cdot\dfrac{x}{a}\sqrt{1-\dfrac{x^2}{a^2}}+C$

$\displaystyle\int \dfrac{dx}{\sqrt{x^2-a^2}}=\ln \left|x+\sqrt{x^2-a^2}\right|+C,a>0$

三角换元：令$x=\dfrac{a}{\cos t}$，$t \in [0,\pi] \backslash\{\dfrac{\pi}{2}\}$，$dx=\dfrac{a\sin t}{\cos^2 t}dt$

$\displaystyle\int \dfrac{a\sin tdt}{\cos^2 t\sqrt{\frac{a^2-a^2\cos^2t}{\cos^2t}}}=\displaystyle\int \dfrac{a \sin t dt}{\cos t \cdot a|\sin t|}=\displaystyle\int \dfrac{dt}{\cos t}=\ln\left|\dfrac{1+\sin t}{\cos t}\right|+C$

$=\ln \left|\dfrac{1+\sqrt{1-\frac{a^2}{x^2}}}{\frac{a}{x}}\right|+C=\ln \left|\dfrac{x+\sqrt{x^2-a^2}}{a}\right|+C=\ln \left|x+\sqrt{x^2-a^2}\right|-\ln |a|+C$

$\displaystyle\int \dfrac{dx}{\sqrt{x^2+a^2}}=\ln \left|x+\sqrt{x^2+a^2}\right|+C,a>0$

三角换元：令$x=a\tan t$，$t \in (-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2})$，$dx=\dfrac{a}{\cos^2 t}dt$

$\displaystyle\int \dfrac{adt}{\cos^2 t\sqrt{\frac{a^2\sin^2t+a^2\cos^2t}{\cos^2t}}}=\displaystyle\int \dfrac{adt}{\cos t \cdot a}=\displaystyle\int \dfrac{dt}{\cos t}=\ln\left|\dfrac{1+\sin t}{\cos t}\right|+C$

$=\ln \left|\dfrac{1+\frac{x}{\sqrt{x^2+a^2}}}{\frac{a}{\sqrt{x^2+a^2}}}\right|+C=\ln \left|\dfrac{x+\sqrt{x^2+a^2}}{a}\right|+C=\ln \left|x+\sqrt{x^2+a^2}\right|-\ln |a|+C$

以上两个公式$x^2+a^2$是作为整体出现在结果中的，因此可以统一为：

$\displaystyle\int \dfrac{dx}{\sqrt{x^2 \pm a^2}}=\ln \left|x+\sqrt{x^2 \pm a^2}\right|+C,a>0$

$\displaystyle\int \sqrt{x^2+a^2}dx=\dfrac{1}{2}x\sqrt{x^2+a^2}+\dfrac{1}{2}a^2\ln |x+\sqrt{x^2+a^2}|+C$

$I=\displaystyle\int \sqrt{x^2+a^2}dx=x\sqrt{x^2+a^2}-\displaystyle\int xd(\sqrt{x^2+a^2})=x\sqrt{x^2+a^2}-\displaystyle\int \dfrac{x^2+a^2-a^2}{\sqrt{x^2+a^2}}dx$

$=x\sqrt{x^2+a^2}-\displaystyle\int \sqrt{x^2+a^2}dx+a^2\displaystyle\int \dfrac{1}{\sqrt{x^2+a^2}}dx$

$2I=x\sqrt{x^2+a^2}+a^2\ln \left|x+\sqrt{x^2+a^2}\right|+C$

$\displaystyle\int \sqrt{x^2-a^2}dx=\dfrac{1}{2}x\sqrt{x^2-a^2}+\dfrac{1}{2}a^2\ln |x+\sqrt{x^2-a^2}|+C$

$I=\displaystyle\int \sqrt{x^2-a^2}dx=x\sqrt{x^2-a^2}-\displaystyle\int xd(\sqrt{x^2-a^2})=x\sqrt{x^2-a^2}-\displaystyle\int \dfrac{x^2-a^2+a^2}{\sqrt{x^2-a^2}}dx$

$=x\sqrt{x^2-a^2}-\displaystyle\int \sqrt{x^2-a^2}dx+a^2\displaystyle\int \dfrac{1}{\sqrt{x^2-a^2}}dx$

$2I=x\sqrt{x^2-a^2}+a^2\ln \left|x+\sqrt{x^2-a^2}\right|+C$

以上两个公式$x^2+a^2$是作为整体出现在结果中的，因此可以统一为：

$\displaystyle\int \sqrt{x^2\pm a^2}dx=\dfrac{1}{2}x\sqrt{x^2 \pm a^2}+\dfrac{1}{2}a^2\ln |x+\sqrt{x^2 \pm a^2}|+C$

有理函数的积分

任何有理函数$R(x)$都可以写成$\dfrac{P(x)}{Q(x)}$，其中$P(x),Q(x)$为多项式。而根据多项式大除法，假分数一定可以化成多项式加真分数的形式。所以我们只需研究真分数有理函数的积分。

根据代数基本定理，$Q(x)$的所有复数根都是共轭的，因此可以写出

$Q(x)=(x-x_1)^{k_1}\cdots(x-x_l)^{k_l}(x^2+p_1x+q_1)^{m_1}\cdots(x^2+p_nx+q_n)^{m_n}$

于是一定有

$R(x)=\sum\limits_{j \in [l]}\left(\sum\limits_{k \in [k_j]}\dfrac{a_{jk}}{(x-x_j)^k}\right)+\sum\limits_{j \in [n]}\left(\sum\limits_{k \in [m_j]}\dfrac{b_{jk}x+c_{jk}}{(x^2+p_jx+q_j)^k}\right)$

于是我们可以待定系数把它进行上述分解，而括号内的函数的不定积分我们都是会求的。我们其实是固定了分母的形式，保证通分之后分子可以依靠待定系数来形成$P(x)$。这个结论的证明对我们理解没有任何帮助，除了让我们“确信”待定系数真的是可行的。

在实际过程中我们有时不必依靠“多项式恒等解线性方程组”来确定系数，而是等式两边同乘某个分母再代入$x$的值来依次解出待定的系数。

技巧

$\displaystyle\int x(2x-1)^{100} dx$，作换元$t=2x-1$

$1+\tan^2 x=\dfrac{1}{\cos^2 x},\dfrac{1}{\cos^2 x}-\tan^2 x=1$

$ax^2+bx+c$总可以配方变成$Au^2+B$的形式

$(x\ln x)'=1+\ln x$

$\displaystyle\int (x-1)\sqrt{x^2+2x-5}dx=\displaystyle\int (u-2)\sqrt{u^2-6}du=\displaystyle\int u\sqrt{u^2-6}du-2\displaystyle\int \sqrt{u^2-6}du$，其中$\displaystyle\int u\sqrt{u^2-6}du=\dfrac{1}{2}\displaystyle\int \sqrt{u^2-6}d(u^2-6)$

$\displaystyle\int \dfrac{1}{\cos^3x}dx=\displaystyle\int \dfrac{d(\tan x)}{\cos x}=\dfrac{\tan x}{\cos x}-\displaystyle\int\tan xd(\dfrac{1}{\cos x})$，其中后一项等于$\displaystyle\int \dfrac{\sin^2 x}{\cos^3 x}dx=\displaystyle\int (\dfrac{1}{\cos^3 x}-\dfrac{1}{\cos x})dx$，可以循环积分。

复数以及初等函数之间的相互联系

欧拉公式

我们沿用泰勒级数来定义复数域下的初等函数，可以验证它们依然收敛。因此有

$e^z=1+\dfrac{z}{1!}+\dfrac{z^2}{2!}+\dfrac{z^3}{3!}+\cdots$

$\sin z=\dfrac{z}{1!}-\dfrac{z^3}{3!}+\dfrac{z^5}{5!}-\dfrac{z^7}{7!}+\cdots$

$\cos z=1-\dfrac{z^2}{2!}+\dfrac{z^4}{4!}-\dfrac{z^6}{6!}+\cdots$

把$z$用$ix$代入，恰好有：

$1+\dfrac{ix}{1!}+\dfrac{(ix)^2}{2!}+\dfrac{(ix)^3}{3!}+\dfrac{(ix)^4}{4!}+\dfrac{(ix)^5}{5!}+\cdots=(1-\dfrac{x^2}{2!}+\dfrac{x^4}{4!}-\cdots)+i(\dfrac{x}{1!}-\dfrac{x^3}{3!}+\dfrac{x^5}{5!}+\cdots)$

即$e^{ix}=\cos x+i\sin x$，其中$x$为任意复数。

复数的三角形式$z=r(\cos \varphi+i\sin \varphi)$可以通过欧拉公式写作$z=re^{i\varphi}$

指数函数，三角函数，双曲函数

根据欧拉公式有$e^{-ix}=\cos x-i\sin x$

于是解得：

$\cos x = \dfrac{e^{ix}+e^{-ix}}{2}$

$\sin x = \dfrac{e^{ix}-e^{-ix}}{2i}$

根据双曲函数的定义$\cosh x = \dfrac{e^x+e^{-x}}{2}$，$\sinh x=\dfrac{e^x-e^{-x}}{2}$进而得到

$\cosh x = \cos ix$

$\sinh x = -i \sin ix$

不进入复数域，我们就不可能发现这种统一性。

复数域的代数封闭性——代数基本定理

每个$n$次复系数多项式$P(z)=c_0+\cdots+c_nz^n$在$\C$中都有根。这成为代数基本定理（不证）。

根据代数基本定理我们可以从$n$次多项式里提取出一个因式，余下一个$n-1$次多项式又可以递归地提取。因此一定成立$P(z)=c_n(z-z_1)\cdots(z-z_n)$，即每个$n$次复系数多项式都恰好有$n$个复数根（包括重根）

根据共轭复数的运算性质$\overline{z_1 + z_2}=\overline{z_1} +\overline{z_2}$和$\overline{z_1 \cdot z_2}=\overline{z_1} \cdot \overline{z_2}$得知，对于实系数$n$次多项式一定成立$\overline{P(z)}=P(\overline{z})$。因此如果实系数多项式有复数根$z_i$，就一定有共轭复数根$\overline{z_i}$，即复数根一定成对出现。而$(z-z_i)(z-\overline{z_i})$一定是一个实系数二次多项式，所以我们得出结论：实系数多项式一定可以写成若干实系数一次多项式和实系数二次多项式的乘积。

如果有$P(z)=c_n(z-z_1)^{k_1}\cdots(z-z_p)^{k_p}$，用Leibniz's Rule求导得$P'(z)=c_n(z-z_1)^{k_1-1}\cdots(z-z_p)^{k_p-1}[k_1(z-z_2)\cdots(z-z_p)$ $+k_2(z-z_1)(z-z_3)\cdots(z-z_p)+k_p(z-z_1)\cdots(z-z_{p-1})]$，由于$z_j$两两不同且$k>0$，对方括号里的部分代入$z_j$肯定不为0。这意味着如果一个多项式恰好有某个根的$k$重根，其导函数一定恰好有这个根的$k-1$重根。因此知道$P(z)$和$P'(z)$的最大公因子必定形如$q(z)=C(z-z_1)^{k_1-1}\cdots(z-z_p)^{k_p-1}$，$\dfrac{P(z)}{q(z)}$即得$C(z-z_1)\cdots(z-z_p)$。而$q(z)$是可以通过欧几里得辗转相除法求出得，因此给定$P(z)$我们一定可以求出它的单重根表达式。