第一章：基础积分技巧

你知道吗，其实大部分研究的函数都是基本初等函数及其复合，在基本初等函数中，能用初等形式积出来的反而是少数。ps:前方空格有妙用

分项积分法

\[ \int \left[f(x)+g(x)-h(x)\right] \, dx = \int f(x)\,dx + \int g(x)\,dx - \int h(x)\,dx \]

有理函数积分常见形式：

\[ \int \frac{mx+n}{x^2+px+q}\,dx \]

先对分母配方：

\[ x^2+px+q=\left(x+\frac p2\right)^2+q-\frac{p^2}{4} \]

令 \(t=x+\frac p2\)，且 \(q-\frac{p^2}{4}=a^2\)， 把分子整理为 \(At+B\)，可化为：

\[ \int \frac{At+B}{t^2+a^2}\,dt = A\int \frac{t}{t^2+a^2}\,dt + B\int \frac{1}{t^2+a^2}\,dt \]

分部积分法

\[ d(uv)=u\,dv+v\,du \]

因此：

\[ \int u\,dv=uv-\int v\,du \]

也可以写成：

\[ \int f(x)g'(x)\,dx=f(x)g(x)-\int g(x)f'(x)\,dx \]

推广形式：

\[ \int u\,v^{(n+1)}\,dx =uv^{(n)}-u'v^{(n-1)}+u''v^{(n-2)}-\cdots +(-1)^n u^{(n)}v +(-1)^{n+1}\int u^{(n+1)}v\,dx \]

\[ \int u\,v^{(n+1)}\,dx =\sum_{i=0}^{n}(-1)^i u^{(i)}v^{(n-i)} +(-1)^{n+1}\int u^{(n+1)}v\,dx \]

换元积分法

设：

\[ x=\varphi(t),\qquad dx=\varphi'(t)\,dt \]

则：

\[ \int f(x)\,dx =\int f\left[\varphi(t)\right]\varphi'(t)\,dt \]

三角替代法

比如积分里面出现 \(\sqrt{a^2-x^2}\)。

\[ x=a\sin\theta,\qquad \theta=\arcsin\frac{x}{a} \]

于是：

\[ \sqrt{a^2-x^2}=a\cos\theta \]

黎曼积分法

黎曼积分法的主要思想是“引入参数，再对参数求导”的思路。把原来不好直接算的积分写成 \(I(a)\)，先求 \(I'(a)\)， 再由 \(I(1)-I(0)\) 还原目标积分。 简单来说就是将n维变为n+1维，然后n维的积分形式就是n+1维的特殊形式。

对于：

\[ \int_0^1 \frac{\ln(x+1)}{x^2+1}\,dx \]

这个积分，直接求解是很麻烦的

设：

\[ I(a)=\int_0^1 \frac{\ln(ax+1)}{x^2+1}\,dx \]

对参数 \(a\) 求导：

\[ \frac{dI(a)}{da} = \int_0^1 \frac{x}{(x^2+1)(ax+1)}\,dx \]

将被积函数拆分为(这里使用的是待定系数法)：

\[ \frac{x}{(x^2+1)(ax+1)} = -\frac{1}{a^2+1}\cdot\frac{a}{ax+1} +\frac{1}{a^2+1}\cdot\frac{x}{x^2+1} +\frac{a}{a^2+1}\cdot\frac{1}{x^2+1} \] \[ I'(a) = -\int_0^1 \frac{1}{a^2+1}\cdot\frac{a}{ax+1}\,dx +\int_0^1 \frac{1}{a^2+1}\cdot\frac{x}{x^2+1}\,dx +\int_0^1 \frac{a}{a^2+1}\cdot\frac{1}{x^2+1}\,dx \] \[ I'(a) = [-\frac{\ln{ax+1}}{a^2+1}]^1_0 +[\frac{1}{a^2+1}\cdot\frac{\ln{x^2+1}}{2}]^1_0 +[\frac{\ln{a}}{a^2+1}\cdot\arctan{x}]^1_0 \]

所以：

\[ I'(a) = -\frac{\ln(a+1)}{a^2+1} +\frac{\ln2}{2(a^2+1)} +\frac{a\pi}{4(a^2+1)} \]

两边从 \(0\) 到 \(1\) 积分：

\[ \int_0^1 I'(a)\,da=I(1)-I(0)=I(1) \] \[ \int_0^1 -\frac{\ln(a+1)}{a^2+1} +\frac{\ln2}{2(a^2+1)} +\frac{a\pi}{4(a^2+1)}\,da=I(1)-I(0) \] \[ -I(1)+\frac{\ln2}{2}\cdot\frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{8}\cdot\ln2=I(1)-I(0) \]

因为：

\[ I(0)=0 \]

整理可得：

\[ I(1) = -I(1)+\frac{\ln2}{2}\cdot\frac{\pi}{4} +\frac{\pi}{8}\ln2 \]

最终：

\[ I(1)=\int_0^1 \frac{\ln(x+1)}{x^2+1}\,dx = \frac{\pi}{8}\ln2 \]

黎曼函数例题：狄利克雷积分

这一题的目标是计算经典积分：

\[ \int_0^\infty \frac{\sin x}{x}\,dx \]

直接计算比较困难，所以引入参数 \(b\)，令：

\[ I(b)=\int_0^\infty \frac{\sin x}{x}e^{-bx}\,dx \qquad (b>0) \]

第一步：对参数求导

对 \(b\) 求导，把 \(\frac{\sin x}{x}\) 中的 \(x\) 约掉：

\[ I'(b) = \int_0^\infty \frac{\sin x}{x}\frac{d}{db}e^{-bx}\,dx = -\int_0^\infty \sin x\,e^{-bx}\,dx \]

第二步：计算辅助积分

记：

\[ J(b)=\int_0^\infty \sin x\,e^{-bx}\,dx \]

经典的再次出现类型积分\(\int e^x\cdot sinx\,dx\)，使用分部积分法即可。 对 \(J(b)\) 分部积分。取 \(u=\sin x\)， \(dv=e^{-bx}\,dx\)，则 \(du=\cos x\,dx\)， \(v=-\frac1b e^{-bx}\)：

\[ J(b) = \left[-\frac1b\sin x\,e^{-bx}\right]_0^\infty + \frac1b\int_0^\infty \cos x\,e^{-bx}\,dx \]

边界项为 \(0\)，所以：

\[ J(b)=\frac1b\int_0^\infty \cos x\,e^{-bx}\,dx \]

再对右边的余弦积分分部积分。记 \(K(b)=\int_0^\infty \cos x\,e^{-bx}\,dx\)，则：

\[ K(b) = \left[-\frac1b\cos x\,e^{-bx}\right]_0^\infty - \frac1b\int_0^\infty \sin x\,e^{-bx}\,dx \]

\[ K(b)=\frac1b-\frac1bJ(b) \]

代回 \(J(b)=\frac1bK(b)\)：

\[ J(b) = \frac1b\left(\frac1b-\frac1bJ(b)\right) = \frac1{b^2}-\frac1{b^2}J(b) \]

\[ \left(1+\frac1{b^2}\right)J(b)=\frac1{b^2} \qquad\Longrightarrow\qquad J(b)=\frac1{1+b^2} \]

第三步：还原

因为 \(I'(b)=-J(b)\)，所以：

\[ I'(b)=-\frac1{1+b^2} \]

对 \(b\) 积分：

\[ I(b)=\int -\frac1{1+b^2}\,db = -\arctan b+C \]

第四步：确定常数

当 \(b\to\infty\) 时， \(e^{-bx}\) 会把积分压到 \(0\)，因此：

\[ \lim_{b\to\infty}I(b)=0 \]

又因为 \(\lim_{b\to\infty}\arctan b=\frac\pi2\)，所以：

\[ 0=-\frac\pi2+C \qquad\Longrightarrow\qquad C=\frac\pi2 \]

于是：

\[ I(b)=-\arctan b+\frac\pi2 \]

最终结果

令 \(b\to0^+\)，得到：

\[ \int_0^\infty \frac{\sin x}{x}\,dx = I(0) = \frac\pi2 \]

欧拉替代法

欧拉替代法常用于处理含根式 \(\sqrt{ax^2+bx+c}\) 的积分，把根式转成关于新变量的有理式。

在下面这种积分中：

\[ \int G\left(x,\sqrt{ax^2+bx+c}\right)\,dx \]

若根式导致积分不容易处理，可以用欧拉替代把 \(\sqrt{ax^2+bx+c}\) 化为有理式。

第一类替代

当\(a>0\)时令：

\[ \sqrt{ax^2+bx+c}=t-\sqrt a\,x \]

或等价地使用：

\[ \sqrt{ax^2+bx+c}=\sqrt a\,x+t \]

第二类替代

当 \(c>0\)时令：

\[ \sqrt{ax^2+bx+c}=xt-\sqrt c \]

或等价地使用：

\[ \sqrt{ax^2+bx+c}=xt+\sqrt c \]

第三类替代：二次式可分解为两个实根

如果：

\[ ax^2+bx+c=a(x-\alpha)(x-\beta) \]

其中 \(\alpha,\beta\) 为实根，且 \(\alpha\ne\beta\)，可以令：

\[ \sqrt{ax^2+bx+c}=t(x-\alpha) \]

于是：

\[ \sqrt{\frac{a(x-\beta)}{x-\alpha}}=t \]

例题

有积分：\(\int \frac{dx}{\sqrt{x^2+1}}\)

这里 \(a=1>0\)，可以使用第一类欧拉替代。设：

\[ \sqrt{x^2+1}=t-x \]

两边平方：

\[ x^2+1=t^2-2tx+x^2 \qquad\Longrightarrow\qquad 1=t^2-2tx \]

解得：

\[ x=\frac{t^2-1}{2t} \]

对 \(x\) 求微分：

\[ dx=\frac{t^2+1}{2t^2}\,dt \]

同时：

\[ \sqrt{x^2+1}=t-x = t-\frac{t^2-1}{2t} = \frac{t^2+1}{2t} \]

代入原积分：

\[ \int \frac{dx}{\sqrt{x^2+1}} = \int \frac{\frac{t^2+1}{2t^2}\,dt} {\frac{t^2+1}{2t}} = \int \frac{dt}{t} = \ln|t|+C \]

最后代回 \(t=x+\sqrt{x^2+1}\)：

\[ \int \frac{dx}{\sqrt{x^2+1}} = \ln\left|x+\sqrt{x^2+1}\right|+C \]

三角积分倍角法

欧拉公式给出：

\[ (\cos x+i\sin x)^n=\cos nx+i\sin nx \]

令：

\[ y=\cos x+i\sin x \]

则：

\[ \frac1y=\cos x-i\sin x \]

因此有：

\[ \cos nx+i\sin nx=y^n,\qquad \cos nx-i\sin nx=\frac1{y^n} \]

相加、相减可得：

\[ 2\cos x=y+\frac1y,\qquad 2i\sin x=y-\frac1y \]

推广到 \(n\) 倍角：

\[ 2\cos nx=y^n+\frac1{y^n},\qquad 2i\sin nx=y^n-\frac1{y^n} \]