Chapter 6 积分

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2025-02-06

Fragment 1 不定积分

在实际中，经常要解决：已知 $F^\prime(x)=f(x)$ ， $\Leftrightarrow f(x)dx = F^\prime(x)dx = dF(x)$ ，求 $F(x)$ 。

/Define/
设 $f(x)$ 在区间 $I$ 上有定义，若存在一个 $F(x)$ ，对每一个 $x\in I$ ，都有 $F^\prime(x)=f(x)$ ，称 $F(x)$ 是 $f(x)$ 的一个原函数。
若 $F(x)$ 是 $f(x)$ 在区间 $I$ 上的一个原函数，则 $F(x)+C$ 也是 $f(x)$ 在区间 $I$ 上的原函数（ $C$ 为常数， $C\in\mathbb{R}$ ）。

$\forall G(x)$ 是 $f(x)$ 在区间 $I$ 上的任意一个原函数，即 $\forall x\in I$ ， $G^\prime(x)=f(x)$ ，

由 $[G(x)-F(x)]^\prime = G^\prime(x)-F^\prime(x)=f(x)-f(x)=0$ ，

知 $G(x)-F(x)=C$ （常数），即 $G(x)=F(x)+C$ 。

定理：若 $F(x)$ 是 $f(x)$ 在区间 $I$ 上的一个原函数，则 $F(x)+C$ （ $C\in\mathbb{R}$ ， $C$ 为常数）是 $f(x)$ 在区间 $I$ 上的全体原函数，
称为 $f(x)$ 在区间 $I$ 上的不定积分，记作 $\int f(x)dx$ ，即 $\int f(x)dx = F(x)+C$ （ $x\in I$ ， $C$ 为常数， $C\in\mathbb{R}$ ）。
$f(x)$ 称为被积函数， $f(x)dx$ 称为被积表达式， $x$ 称为积分变量， $\int$ 称为不定积分号。

性质：

$(\int f(x)dx)^\prime=\frac{d}{dx}\int f(x)dx = f(x)$
$d\int f(x)dx = f (x)dx$
$\int f^\prime(x)dx=\int\frac{d}{dx}f(x)dx = f(x)+C$
$\int df(x)=\int f^\prime(x)dx = f(x)+C,\quad\int g^\prime(u)du=\int dg(u)=G(u)+C$

不定积分的几何意义：
设 $F(x)$ 是 $f(x)$ 的原函数，则 $\int f(x)dx = F(x)+C$ ，如 $(\int f(x)dx)^\prime=(F(x)+C)^\prime = f(x)$ 。

基本的不定积分公式：

/Formula/
$\int 0dx = C$
$\int 1dx=\int dx = x + C$
$\int x^a dx=\frac{1}{a + 1}x^{a + 1}+C(a\neq -1),\quad(\frac{1}{a + 1}x^{a + 1})^\prime=x^a$
$\int x^{-1}dx=\int\frac{1}{x}dx=\ln|x|+C$
$\int a^x dx = \frac{a^x}{\ln a}+C$
$\int e^x dx = e^x + C$
$\int \cos x dx = \sin x + C$
$\int \sin x dx = -\cos x + C$
$\int \sec^2 x dx = \tan x + C$
$\int \csc^2 x dx = -\cot x + C$
$\int \sec x \tan x dx = \sec x + C$
$\int \csc x \cot x dx = -\csc x + C$
$\int \frac{1}{1 + x^2} dx = \arctan x + C = -\text{arccot}x + C_1$
$\int \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}} dx = \arcsin x + C = -\arccos x + C$
双曲余弦： $\text{ch}x = \frac{e^x + e^{-x}}{2}$ 双曲正弦： $\text{sh}x = \frac{e^x - e^{-x}}{2}$
$\text{ch}^2x - \text{sh}^2x = 1$ ， $\text{sh}x^\prime = \text{ch}x$ ， $\text{ch}x^\prime = \text{sh}x$
$\int \text{sh}x dx = \text{ch}x + C$
$\int \text{ch}x dx = \text{sh}x + C$

· 线性运算法则

/Theorem/
若 $\int f(x)dx$ ， $\int g(x)dx$ 均存在， $\forall$ 常数 $\alpha,\beta$ （ $\alpha,\beta$ 不同时为 $0$ ），则 $\int [\alpha f(x) + \beta g(x)]dx$ 存在，且
$\int [\alpha f(x) + \beta g(x)]dx = \alpha \int f(x)dx + \beta \int g(x)dx$

给出证明过程：

/proof/
$[\alpha \int f(x)dx + \beta \int g(x)dx]^\prime = \alpha [\int f(x)dx]^\prime + \beta [\int g(x)dx]^\prime = \alpha f(x) + \beta g(x)$
$\alpha \int f(x)dx + \beta \int g(x)dx$ 是 $\alpha f(x) + \beta g(x)$ 的原函数，且含有加 $C$ ，故成立。

/example/

\int \sqrt{x\sqrt{x\sqrt{x}}}dx = \int x^{\frac{1}{2}}x^{\frac{1}{4}}x^{\frac{1}{8}}dx = \int x^{\frac{7}{8}}dx = \frac{8}{15}x^{\frac{15}{8}} + C

/example/ $\int \tan^2 xdx$

/solution/
$=\int (\sec^2 x - 1)dx = \int \sec^2 xdx - \int 1dx = (\tan x + C_1) - (x + C_2) = \tan x - x + C$

/example/ $\int \frac{1}{\sin^2 x \cos^2 x}dx$

/solution/
$=\int \frac{\sin^2 x + \cos^2 x}{\sin^2 x \cos^2 x}dx = \int (\sec^2 x + \csc^2 x)dx = \tan x - \cot x + C$

/example/ $\int \frac{x^2}{x^2 + 1}dx$

/solution/
$=\int \frac{x^2 - 1 + 1}{x^2 + 1}dx = \int (1 - \frac{1}{x^2 + 1})dx = x - \arctan x + C$

· 换元法

· 凑微分 (第一换元法)

首先抛出一个问题：

\int \tan xdx = \int \frac{\sin x}{\cos x}dx =?

若 $F^\prime(u) = f(u)$ ，则 $[F(\varphi(x))]^\prime = F^\prime(\varphi(x))\cdot\varphi^\prime(x) = f(\varphi(x))\cdot\varphi^\prime(x)$ 。

求 $\int g(x)dx$ ，如果$g(x)dx = d(?) $，则$ \int g(x)dx =? + C$。

/Claim/
如果 $g(x)dx = f(\varphi(x))\cdot\varphi^\prime(x)dx$ ，令 $u = \varphi(x)$ ，
$f(\varphi(x))d\varphi(x)\stackrel{u = \varphi(x)}{\longrightarrow}f(u)du = dF(u)$
则 $\int g(x)dx = F(\varphi(x)) + C$ ，或
$\int g(x)dx = \int f(\varphi(x))\cdot\varphi^\prime(x)dx = \int f(\varphi(x))d\varphi(x)\stackrel{u = \varphi(x)}{\longrightarrow}\int f(u)du\stackrel{F^\prime(u)=f(u)}{=}F(u) + C = F(\varphi(x)) + C$

/example/ $\int e^{2x}dx$ （ $\varphi(x) = 2x$ ， $f(u) = e^u$ ， $f(\varphi(x)) = e^{2x}$ ）

/solution/
$=\int e^{2x}\cdot(2x)^\prime\frac{1}{2}dx = \frac{1}{2}\int e^{2x}\cdot(2x)dx = \frac{1}{2}\int e^{2x}d(2x)\stackrel{u = 2x}{=}\frac{1}{2}\int e^udu = \frac{1}{2}e^u + C = \frac{1}{2}e^{2x} + C$

我们可以在积分组中加入两个新的公式：

/Formula/
$\int \tan xdx = \int \frac{\sin x}{\cos x}dx = -\int \frac{1}{\cos x}d\cos x = -\ln|\cos x| + C$
$\int \cot xdx = \int \frac{\cos x}{\sin x}dx = \int \frac{1}{\sin x}d\sin x = \ln|\sin x| + C$

记住一些微分关系式：

dx = 1\cdot dx = \frac{1}{a}d(ax + b)\quad(a\neq 0),\quad dx = \frac{1}{a}d(ax + b)\\ xdx = \frac{1}{2}d(x^2\pm a^2),\quad xdx = -\frac{1}{2}d(a^2 - x^2)\\ \cos xdx = d\sin x,\quad\sin xdx = -d\cos x\\ \frac{1}{x}dx = d\ln|x|\stackrel{x>0}{=}d\ln x\\ e^xdx = de^x\\

如果 $F^\prime(u) = f(u)$ ，

\int f(ax + b)dx = \frac{1}{a}\int f(ax + b)d(ax + b) = \frac{1}{a}F(ax + b) + C\\ \int f(a^2 - x^2)xdx = -\frac{1}{2}\int f(a^2 - x^2)d(a^2 - x^2) = -\frac{1}{2}F(a^2 - x^2) + C

/example/
$\int \frac{1}{a^2 + x^2}dx$ （ $a\neq 0$ ）
$\begin{align*} &=\frac{1}{a^2}\int \frac{1}{1 + (\frac{x}{a})^2}dx\\ &=\frac{1}{a}\int \frac{1}{1 + (\frac{x}{a})^2}d(\frac{x}{a})\\ &=\frac{1}{a}\arctan\frac{x}{a}+C \end{align*}$
$\int \frac{1}{\sqrt{a^2 - x^2}}dx$ （ $a > 0$ ）
$\begin{align*} &=\int \frac{1}{\sqrt{1 - (\frac{x}{a})^2}}d(\frac{x}{a})\\ &=\arcsin\frac{x}{a}+C \end{align*}$
$\int \frac{1}{a^2 - x^2}dx$ （ $a\neq 0$ ）
$\begin{align*} &=\int \frac{1}{(a - x)(a + x)}dx\\ &=\frac{1}{2a}\int (\frac{1}{a - x}+\frac{1}{a + x})dx\\ &=\frac{1}{2a}[\int \frac{1}{a - x}d(a - x)+\int \frac{1}{a + x}d(a + x)]\\ &=\frac{1}{2a}[-\ln|a - x|+\ln|a + x|]+C\\ &=\frac{1}{2a}\ln|\frac{a + x}{a - x}|+C \end{align*}$
$\int \sec xdx=\int \frac{1}{\cos x}dx$
$\begin{align*} &=\int \frac{\cos x}{\cos^2 x}dx\\ &=\int \frac{1}{1 - \sin^2 x}d\sin x\\ &=\frac{1}{2}\ln|\frac{1 + \sin x}{1 - \sin x}|+C\\ &=\frac{1}{2}\ln|\frac{(1 + \sin x)^2}{\cos^2 x}|+C\\ &=\ln|\sec x+\tan x|+C \end{align*}$
解法二：
$=\int \frac{\sec x(\sec x + \tan x)}{\sec x + \tan x}dx=\int \frac{1}{\sec x + \tan x}d(\sec x + \tan x)=\ln|\sec x+\tan x|+C$
（ $(\tan x)^\prime=\sec^2 x$ ， $(\sec x)^\prime=\sec x\tan x$ ）

这些是积分表中的公式

/Formula/
$\int \frac{1}{a^2 + x^2}dx=\frac{1}{a}\arctan\frac{x}{a}+C$
$\int \frac{1}{\sqrt{a^2 - x^2}}dx=\arcsin\frac{x}{a}+C$
$\int \frac{1}{a^2 - x^2}dx=\frac{1}{2a}\ln|\frac{a + x}{a - x}|+C$
$\int \sec xdx=\int \frac{1}{\cos x}dx=\ln|\sec x+\tan x|+C$
$\int \csc xdx=\ln|\csc x - \cot x|+C$
$\int e^{ax}dx(a\neq 0)=\frac{1}{a}e^{ax}+C$
$\int \cos axdx=\frac{1}{a}\sin ax + C$
$\int \sin axdx=-\frac{1}{a}\cos ax + C$

· 变量代换 (第二换元法)

/Claim/
主要用来去根式（ $\varphi(t)$ 可导）
$f(x)dx\stackrel{x = \varphi(t)}{\longrightarrow}f(\varphi(t))d\varphi(t) =f(\varphi(t))\cdot\varphi^\prime(t)dt\quad \stackrel{F^\prime(t)=f(\varphi(t))\cdot\varphi^\prime(t)}{=} dF(t)=dF(\varphi^{-1}(x))$
如果 $x = \varphi(t)$ 严格单调， $t = \varphi^{-1}(x)$ ，
$\therefore \int f(x)dx = F(\varphi^{-1}(x))+C\\ \int f(u)dx \xlongequal{x = \varphi(t)} \int f(\varphi(t))\varphi'(t)dt$
设 $H'(t)=f(\varphi(t))\varphi'(t)$ ，则
$\int f(\varphi(t))\varphi'(t)dt = H(t)+C = H(\varphi^{-1}(t)) + C$

如果被积函数中有下列根式，不能用前面方法，此时，用变量代换：

/Claim/
$\sqrt{a^{2}-x^{2}},\quad x = a\sin t,\quad t\in[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}]\\ \sqrt{a^{2}+x^{2}},\quad x = a\tan t,\quad t\in[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}]\\ \sqrt{x^{2}-a^{2}},\quad x = a\sec t,\quad t\in[0,\frac{\pi}{2})\cup(\frac{\pi}{2},\pi]$
$\sqrt[n]{\frac{ax + b}{cx + d}}$ ，令 $\sqrt[n]{\frac{ax + b}{cx + d}}=t$ ，解出 $x=\varphi(t)$ （有理式）
$\sqrt[n]{ax + b}$ ，令其为 $t$

/example/ $\int\sqrt{a^{2}-x^{2}}dx\ (a > 0)$

/solution/
$\begin{align*} \text{L.H.S.}&=\int\sqrt{a^{2}-a^{2}\sin^{2}t}\cdot a\cos tdt \\ &=a^{2}\int|\cos t|\cos tdt \\ &=a^{2}\int\cos^{2}tdt \\ &=\frac{a^{2}}{2}\int(1 + \cos 2t)dt \\ &=\frac{a^{2}}{2}t+\frac{a^{2}}{4}\sin 2t + C \\ &=\frac{a^{2}}{2}\arcsin\frac{x}{a}+\frac{a^{2}}{2}\sin t\cos t + C \\ &=\frac{a^{2}}{2}\arcsin\frac{x}{a}+\frac{a^{2}}{2}\cdot\frac{x}{a}\cdot\frac{\sqrt{a^{2}-x^{2}}}{a}+C \\ &=\frac{a^{2}}{2}\arcsin\frac{x}{a}+\frac{1}{2}x\sqrt{a^{2}-x^{2}}+C\\ \end{align*}$
Q.E.D.

/example/ $\int\frac{1}{\sqrt{x^{2}+a^{2}}}dx\ (a > 0)$

/solution/
令 $x = a\tan t$
$\begin{align*} &=\int\frac{a\sec^{2}t}{\sqrt{a^{2}\tan^{2}t + a^{2}}}dt\\ &=\int\sec tdt\\ &=\ln|\sec t+\tan t|+C\\ &=\ln|\frac{\sqrt{a^{2}+x^{2}}}{a}+\frac{x}{a}|+C\\ &=\ln|\sqrt{a^{2}+x^{2}}+x|-\ln a + C_{1}\\ &=\ln|x + \sqrt{a^{2}+x^{2}}|+C_{1}\\ \end{align*}$

这也是积分表的公式之一

/Formula/
$\int\frac{1}{\sqrt{x^{2}+a^{2}}}dx=\ln|x+\sqrt{x^{2}+a^{2}}|+C\\$
$\int\frac{1}{\sqrt{x^{2}-a^{2}}}dx=\ln|x+\sqrt{x^{2}-a^{2}}|+C\\$

一般来说，被积函数是初等函数，则原函数也为初等函数，只有一个表达式。有正有负，不妨设为正。

/example/ $\int\frac{1}{\sqrt[3]{x}+\sqrt[2]{x}}dx$

/solution/
$\sqrt[6]{x}=t，x = t^{6}$
$\begin{align*} \text{L.H.S.}&=\int\frac{6t^{5}}{t^{2}+t^{3}}dt\\ &=6\int\frac{t^{3}}{t + 1}dt\\ &=6\int\frac{t^{3}+1 - 1}{t + 1}dt\\ &=6\int(t^{2}-t + 1-\frac{1}{t + 1})dt\\ &=6(\frac{1}{3}t^{3}-\frac{1}{2}t^{2}+t-\ln(t + 1))+C\\ \end{align*}$
最终换回 $t=\sqrt[6]{x}$

· 分部积分

如果你会分部积分，就能开始进行研究了.
——于品

有人在不同场合分别问著名的分析学家 Peter Lax 和几何学家 Nirenberg，问分析学中最重要的是什么，他们在不同场合没有沟通过的情况下均回答是分部积分.

/Theorem/
若 $u(x), v(x)$ 可导，则
$\int u \, dv = uv - \int v \, du + C$

下面我们给出证明：

/proof/
证明1：由 $(uv)' = u'v + uv'$
$\Rightarrow uv' = (uv)' - uv\\ \Rightarrow \int uv' \, dx = \int [(uv)' - uv] \, dx\\ \Rightarrow \int uv' \, dx = (uv)x - \int uv \, dx\\ \Rightarrow \int u \, dv = uv - \int v \, du$
证明2：
$d(uv) = v \, du + u \, dv\\ \Rightarrow v \, du = d(uv) - u \, dv\\ \Rightarrow \int v \, du = \int (d(uv) - u \, dv)\\ \Rightarrow \int v \, du = uv - \int u \, dv$

公式也可以以如下形式展开：

\int f(x) \, dx = \int u(x)v'(x) \, dx = \int u \, dv = uv - \int v \, du = u(x)v(x) - \int v(x) \, du(x)

这里我们给出一个最经典的例题：

/example/ $\int xe^x \, dx$

/solution/
令 $u = x, v' = e^x$
$\Rightarrow v = e^x \Rightarrow \int xe^x \, dx = \int x \, de^x = xe^x - \int e^x \, dx = xe^x - e^x + C$

下面我们再给出一些特别的模型：

/Claim/
设 $P(x)$ 是 $x$ 的 $k$ 次多项式， $\alpha \neq 0$ 常数
$\int {P(x)}{e^{\alpha x}} \, dx = \int{P(x)} d \left( \frac{1}{\alpha} e^{\alpha x} \right)$
需要 $k$ 次不定积分
$\int P(x) \cos \alpha x \, dx = \int P(x){d} \left( \frac{1}{\alpha} \sin \alpha x \right)\\ \int P(x) \sin \alpha x \, dx = \int P(x) d \left( -\frac{1}{\alpha} \cos \alpha x \right)$
设 $P(x)$ 为 $x$ 的函数
$\int P(x) f\left( \arcsin x \right) \, dx$
能凑则凑，若不能凑，令 $f(\arcsin x) = u, P(x)$ 为 $v$ ，求出 $v$
$\int P(x)f(\ln x) \, dx$
能凑则凑，若不能凑，令 $f(\ln x) = u, P(x) = v$ ，求出 $v$

/example/ $\int (1+x^2) \cos 2x \, dx$

/solution/
$\begin{align*} \text{H.L.S.} &= \int (1+x^2) \, d\left(\frac{1}{2} \sin 2x\right)\\ &= \frac{1}{2} (1+x^2) \sin 2x - \frac{1}{2} \int \sin 2x \, d(1+x^2)\\ &= \frac{1}{2} (1+x^2) \sin 2x + \frac{1}{2} x \cos 2x - \frac{1}{4} \sin 2x + C \end{align*}$
Q.E.D.

/example/ $\int \frac{\arctan x}{x} \, dx$

/solution/
$\begin{align*} \text{H.L.S.} &= \arctan x \cdot \ln x - \int \frac{\ln x}{1+x^2} \, dx\\ &= x \arctan x - \frac{1}{2} \ln (1+x^2) \end{align*}$

/example/

\int \frac{\ln^2 x}{x} \, dx = \int \ln^2 x \, d(\ln x) = \frac{1}{3} \ln^3 x + C

/example/ $\int x \ln x \, dx$

/solution/
$\begin{align*} \text{H.L.S.}&= \int \ln x \, d\left(\frac{x^2}{2}\right)\\ &= \frac{2}{3} x^{\frac{3}{2}} \ln x - \frac{2}{3} \int x^{\frac{3}{2}} \frac{1}{x} \, dx\\ &= \frac{2}{3} x^{\frac{3}{2}} \ln x - \frac{4}{9} x^{\frac{3}{2}} + C \end{align*}$

/example/ $\int \frac{\arctan x}{x^2(1+x^2)} \, dx$

/solution/
$\begin{align*} \text{H.L.S.} &= \int \left(\frac{1}{x^2} - \frac{1}{1+x^2}\right) \arctan x \, dx\\ &= -\frac{1}{2} (\arctan x)^2 + \int \frac{\arctan x}{1+x^2} \, d\left(-\frac{1}{x}\right)\\ &= -\frac{1}{2} (\arctan x)^2 - \frac{1}{x} \arctan x + \int \frac{1}{x} \cdot \frac{1}{1+x^2} \, dx \end{align*}$ $\int \frac{1}{x} \cdot \frac{1}{1+x^2} \, dx = \int \left(\frac{1}{x} - \frac{x}{1+x^2}\right) \, dx = \ln |x| - \frac{1}{2} \ln (1+x^2) + C$
原式 = $-\frac{1}{2} (\arctan x)^2 - \frac{1}{x} \arctan x + \ln |x| - \frac{1}{2} \ln (1+x^2) + C$
Q.E.D.

· 有理函数积分

\int \frac{P(x)}{Q(x)}\,dx

这一类积分的积分方法是将被积函数写成最简单的有理式的代数和

而笔者也要很恶趣味的在此给出代数学基本定理：

/Theorem/
任何复系数一元 $n$ 次多项式（ $n$ 至少为 1）方程在复数域上至少有一根。
由此推出， $n$ 次复系数多项式方程在复数域内有且只有 $n$ 个根，重根按重数计算。
有时这个定理也表述为：
任何一个非零的一元 $n$ 次复系数多项式，都正好有 $n$ 个复数根。
代数基本定理的证明，一般会用到复变函数或者近世代数，因此往往作为一个熟知结论直接应用。
根据代数基本定理，一个复系数多项式 $f(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \ldots + a_0$ 一定可以唯一地分解为：
$f(x) = a_n (x - x_1)^{k_1} (x - x_2)^{k_2} \ldots (x - x_t)^{k_t}$
其中各个根均为复数， $k_1 + k_2 + \ldots + k_t = n$ 。

而我们主要需要解决的是两类最简分式的处理：

\int \frac{A}{(x-a)^n} dx\quad \quad \int \frac{Bx + C}{(x^2 + px + q)^n} dx

第一类最简分式（左侧）：

当 $n = 1$ 时，
$\begin{aligned} \int \frac{A}{x-a} dx &= A \int \frac{1}{x-a} d(x-a) \\ &= A \ln |x-a| + C \end{aligned}$
当 $n > 1$ 时，
$\begin{aligned} \int \frac{A}{(x-a)^n} dx &= A \int (x-a)^{-n} d(x-a) \\ &= A \left( \frac{1}{-n+1} (x-a)^{-n+1} \right) + C \end{aligned}$

第二类最简分式（右侧）：

引例：求 $I_n = \int \frac{1}{(x^2 + a^2)^n} dx$ （ $n \in \mathbb{N}$ ， $a \neq 0$ ）

$I_n = \frac{1}{a^2} \int \frac{a^2 + x^2 - x^2}{(x^2 + a^2)^n} dx$
当 $n > 1$ 时，
$= \frac{1}{a^2} I_{n-1} - \frac{1}{a^2} \int x \cdot \frac{x}{(x^2 + a^2)^n} dx$
不妨假设
$V' = \frac{x}{(x^2 + a^2)^n}$ $V = \int \frac{x}{(x^2 + a^2)^n} dx = \frac{1}{2} \int (x^2 + a^2)^{-n} d(x^2 + a^2)= \frac{1}{2(-n+1)} (x^2 + a^2)^{-n+1}$ $\begin{align*} I_n &= \frac{1}{a^2} I_{n-1} + \frac{1}{2 a^2 (n-1)} \int x \cdot d(x^2 + a^2)^{-n+1}\\ &= \frac{1}{a^2} I_{n-1} + \frac{1}{2 a^2 (n-1)} \left[ x (x^2 + a^2)^{-n+1} - \int (x^2 + a^2)^{-n+1} dx \right]\\ &= \frac{1}{a^2} I_{n-1} + \frac{1}{2 a^2 (n-1)} \left[ x (x^2 + a^2)^{-n+1} - I_{n-1} \right] \end{align*}$
得到如下递推式：
$I_n = \frac{1}{a^2} \cdot \frac{2n-3}{2n-2} I_{n-1} + \frac{1}{2 a^2 (n-1)} \cdot x (x^2 + a^2)^{-n+1}$
其中
$I_1 = \int \frac{1}{x^2 + a^2} dx = \frac{1}{a} \arctan \frac{x}{a} + C$

引例结束，开始正是求解：

$\int \frac{Bx + C}{(x^2 + px + q)^n} dx = \int \frac{\frac{B}{2}(2x + p) + C - \frac{B}{2}p}{(x^2 + px + q)^n} dx$ $= \frac{B}{2} \int \frac{d(x^2 + px + q)}{(x^2 + px + q)^n} + (C - \frac{B}{2}p) \int \frac{dx}{(x^2 + px + q)^n}$ $= \frac{B}{2} \frac{(x^2 + px + q)^{-n+1}}{-n+1} + (C - \frac{B}{2}p) \int \frac{dx}{(x^2 + px + q)^n}$
剩下的部分做分母配方，得到
$\int \frac{dx}{(x^2 + px + q)^n} = \int \frac{d(x + \frac{p}{2})}{((x + \frac{p}{2})^2 + a^2)^n} = \int \frac{du}{(u^2 + a^2)^n}=I_n$
根据引例，易知递推关系为：
$I_{n+1} \cdot 2na^2 = (2n-1)I_n + \frac{u}{(u^2 + a^2)^n}$

· 三角函数积分

实际上我们在去掉根号的过程中会大量遇到三角函数，考虑这样形式的积分：

\int R(\cos x, \sin x) dx

其中 $R(a, b)$ 是一个二元函数。用所谓的万能代换，即 $\tan \frac{x}{2} = t$ 。

具体来说，回忆三角函数的一些计算，知道

\cos^2 \frac{x}{2} = \frac{1}{1 + t^2}, \quad \cos x = 2 \cos^2 \frac{x}{2} - 1 = \frac{1 - t^2}{1 + t^2}

\sin x = 2 \sin \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2} = \frac{2t}{1 + t^2}

所以代换为

\int R\left( \frac{1 - t^2}{1 + t^2}, \frac{2t}{1 + t^2} \right) \frac{2}{1 + t^2} dt

变为 $t$ 的有理式的积分。

Fragment 2 定积分

我决定从这里开始改变一下笔记的结构，这个模块不应该有那么多的习题性质的东西

· Riemann 积分

Archimedes，想要求一个不规则图形的面积. 当时他计算的是抛物线 $y=x^2$ 下方、 $x=a$ 左侧的面积. 他想到的办法是竖直剖分这个图形，每一个细长条近似为一个矩形，那么这个图形的不规则性就得到了缓解.

Archimedes 求一个曲线下的面积，要剖分区间 $I = [a, b]$ ，小区间 $I_i = [x_{i-1}, x_i]$ ，其长度记为 $|I_i| = x_i - x_{i-1} = \Delta x_i$ 。

则 $\text{area}(D_i) \approx f(\xi_i) |I_i| = f(\xi_i) \Delta x_i$ . 则总面积是所谓的 Riemann 和，

\text{area}(D) \approx \sum_{i=1}^{n} f(\xi_i) \Delta x_i

Archimedes 相信，当剖分越来越细时，上述 Riemann 和趋于真正的面积。

/Definition/
设函数 $f(x)$ 在区间 $[a, b]$ 上有定义，用分点
$a = x_0 < x_1 < x_2 < \cdots < x_n = b$
将区间任意分成 $n$ 个小区间，小区间的长度为
$\Delta x_i = x_i - x_{i-1}, \quad i = 1, 2, \cdots, n.$
记 $\lambda = \max_{1 \leq i \leq n} \{ \Delta x_i \}$ ，在每个小区间上任取一点 $\xi_i \in [x_{i-1}, x_i]$ ，作和式
$\sigma = \sum_{i=1}^{n} f(\xi_i) \Delta x_i.$
若当 $\lambda \to 0$ 时，和式 $\sigma$ 的极限存在（设为 $I$ ），则称 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 是可积的，极限值 $I$ 称为 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 的定积分 (Riemann积分) ，记作
$\int_{a}^{b} f(x) \, dx.$
概括起来，也就是
$I = \lim_{\lambda \to 0} \sum_{i=1}^{n} f(\xi_i) \Delta x_i = \int_{a}^{b} f(x) \, dx,$
这里的 $a$ ， $b$ 分别称为定积分的下限和上限， $[a, b]$ 称为积分区间， $f(x)$ 称为被积函数

值得指出的是，这里的 $\sigma$ 是由 $[a, b]$ 的分法（ $a = x_0 < x_1 < \cdots < x_n = b$ ）和 $\xi_i$ 的取法决定的，通常称它为 $f(x)$ 的一个黎曼和。

一般说来，它并不是 $\lambda$ 的函数，也就是说，当 $\lambda = \max_{1 \leq i \leq n} |\Delta x_i|$ 决定后，它并不唯一决定（对应于 $[a, b]$ 的不同分法与 $\xi_i$ 的不同取法， $\sigma$ 可以取不同的值）。

因此当 $\lambda \to 0$ 时 $\sigma$ 的极限为 $I$ ，严格地说，只能用下面的 $\varepsilon - \delta$ 语言给出：

/Definition/
设 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 有定义， $I$ 是常数。若对任意给定的 $\varepsilon > 0$ ，存在 $\delta > 0$ ，使得对于 $[a, b]$ 的任意分法与 $\xi_i$ （ $x_{i-1} \leq \xi_i \leq x_i$ ）的任意取法，只要 $\lambda = \max_{1 \leq i \leq n} |\Delta x_i| < \delta$ ，就有
$| \sigma - I | = \left| \sum_{i=1}^{n} f(\xi_i) \Delta x_i - I \right| < \varepsilon,$
则称 $\sum_{i=1}^{n} f(\xi_i) \Delta x_i$ 的极限为 $I$ ，即
$I = \lim_{\lambda \to 0} \sum_{i=1}^{n} f(\xi_i) \Delta x_i.$

· Darboux 中值定理

我们这里有必要提一下 Darboux 中值定理，一般来说，不定积分可以视作求原函数运算（导数逆运算）

那么如何确定一个函数 $f$ 有原函数或者可以积分？

/Theorem/ (Darboux 中值定理)
如果函数 $f$ 在开区间 $I$ 上有定义并且可微， $[a, b] \subset I$ ，则 $f'(x)$ 在 $[a, b]$ 上取遍 $f'(a)$ 与 $f'(b)$ 之间的一切值。

由这个定理，我们就已经知道导子 $D$ 不是满射，因为我们肯定可以在区间 $I$ 上构造一个取不到自己介值的函数，它一定不是某个函数的导函数.

如果要问什么样的函数有原函数，这是很难回答的，但是我们能讲出一个 partial answer，就是连续的函数一定有原函数，因为一个变上限的积分 $\int_a^xf(x)dx$ ，其导数就会是这个函数.

那我们可以试着回答第二个问题：如何判断 $f$ 可积？

/Claim/

可积必要条件：若函数 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上可积，则 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上必有界。

/proof/

反证，假设 $f(x)$ 无界。任取 $[a, b]$ 的一个分割 $\Delta$ ，对于任意给定的 $N > 0$ ：
$f(x)$ 至少在一个子区间 $[x_{j-1}, x_j]$ 上无界。先在其他子区间 $[x_{i-1}, x_i] (i \neq j)$ 任意选定 $\xi_i$ ，然后在区间 $[x_{j-1}, x_j]$ 上适当选择 $\xi_j$ ，使得：
$|f(\xi_j) \Delta x_j| > N + \left| \sum_{i \neq j} f(\xi_i) \Delta x_i \right|$
从而，对任意的分割 $\Delta$ 和任意的 $N > 0$ ，只有适当地选取 $\xi_i$ ，就有：
$\left| \sum_{i=1}^{n} f(\xi_i) \Delta x_i \right| \geq |f(\xi_j) \Delta x_j| - \left| \sum_{i \neq j} f(\xi_i) \Delta x_i \right| > N$
由 $N$ 的任意性知，当 $\lambda \to 0$ 时积分和不可能有极限，故 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上不可积，矛盾。

设 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上有界，对于 $[a, b]$ 的任意给定分割 $\Delta$ ：

a = x_0 < x_1 < x_2 < \cdots < x_n = b

不妨令：

M_i = \sup_{x \in [x_{i-1}, x_i]} f(x) \quad \quad m_i = \inf_{x \in [x_{i-1}, x_i]} f(x)

以下两个和式：

S_\Delta = \sum_{i=1}^{n} M_i \Delta x_i \quad \quad s_\Delta = \sum_{i=1}^{n} m_i \Delta x_i

分别称为 $f(x)$ 关于分割 $\Delta$ 的达布大和与达布小和。

/Theorem/
若 $f$ 在 $[a,b]$ 有界， $f$ 在 $[a, b]$ 上可积的充要条件是：对于任意的 $\varepsilon > 0$ ，存在 $\delta > 0$ ，当 $\lambda < \delta$ 时，总有 $S_\Delta - s_\Delta < \varepsilon$ 。

· 积分性质

$\int_{a}^{b} 1 \, dx = b - a$
$\int_{a}^{b} k f(x) \, dx = k \int_{a}^{b} f(x) \, dx \\ \int_{a}^{b} [f(x) \pm g(x)] \, dx = \int_{a}^{b} f(x) \, dx \pm \int_{a}^{b} g(x) \, dx$
/proof/
$\text{LHS}= \lim_{\lambda \to 0} \sum_{i=1}^{n} [f(\xi_i) \pm g(\xi_i)] \Delta x_i= \lim_{\lambda \to 0} \sum_{i=1}^{n} f(\xi_i) \Delta x_i \pm \lim_{\lambda \to 0} \sum_{i=1}^{n} g(\xi_i) \Delta x_i = \text{RHS}$
若在 $[a, b]$ 上可积，且 $f(x) \geq 0$ ，则 $\int_{a}^{b} f(x) \, dx \geq 0$
/proof/
$\because \sum_{i=1}^{n} f(\xi_i) \Delta x_i \geq 0 \quad \therefore \int_{a}^{b} f(x) \, dx = \lim_{\lambda \to 0} \sum_{i=1}^{n} f(\xi_i) \Delta x_i \geq 0$
若在 $[a, b]$ 上 $f(x) \leq g(x)$ ，则 $\int_{a}^{b} f(x) \, dx \leq \int_{a}^{b} g(x) \, dx$
设 $M = \max_{[a, b]} f(x)$ , $m = \min_{[a, b]} f(x)$ ，则

m(b - a) \leq \int_{a}^{b} f(x) \, dx \leq M(b - a)

$f(x)$ 在 $[a, b]$ 上可积，则 $ |f(x)| $ 在 $[a, b]$ 上可积，且
$\left| \int_{a}^{b} f(x) \, dx \right| \leq \int_{a}^{b} |f(x)| \, dx \quad (a < b)$
/proof/
$\because -|f(x)| \leq f(x) \leq |f(x)|\\ \therefore -\int_{a}^{b} |f(x)| \, dx \leq \int_{a}^{b} f(x) \, dx \leq \int_{a}^{b} |f(x)| \, dx$
能推出
$\left| \int_{a}^{b} f(x) \, dx \right| \leq \int_{a}^{b} |f(x)| \, dx$
区间可加性
$\int_{a}^{b} f(x) \, dx = \int_{a}^{c} f(x) \, dx + \int_{c}^{b} f(x) \, dx$
/proof/
当 $a < c < b$ 时，因 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上可积，
所以在分割区间时，可以永远取 $c$ 为分点，于是
$\sum_{[a, b]} f(\xi_i) \Delta x_i = \sum_{[a, c]} f(\xi_i) \Delta x_i + \sum_{[c, b]} f(\xi_i) \Delta x_i$
令 $\lambda \to 0$
$\int_{a}^{b} f(x) \, dx = \int_{a}^{c} f(x) \, dx + \int_{c}^{b} f(x) \, dx$
当 $a, b, c$ 的相对位置任意时，例如 $a < b < c$ ,
则有 $\int_{a}^{c} f(x) \, dx = \int_{a}^{b} f(x) \, dx + \int_{b}^{c} f(x) \, dx$
$\therefore \quad \int_{a}^{b} f(x) \, dx = \int_{a}^{c} f(x) \, dx - \int_{b}^{c} f(x) \, dx$ $= \int_{a}^{c} f(x) \, dx + \int_{c}^{b} f(x) \, dx$
$f(x)$ 和 $g(x)$ 在 $[a, b]$ 上可积，则 $f(x)g(x)$ 在 $[a, b]$ 上也可积。
积分中值定理若 $f(x) \in C[a, b]$ ，则至少存在一点 $\xi \in [a, b]$ ，使得
$\int_{a}^{b} f(x) \, dx = f(\xi)(b - a)$
/proof/
设 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上的最小值与最大值分别为 $m, M$ ，则由性质5可得
$m \leq \frac{1}{b - a} \int_{a}^{b} f(x) \, dx \leq M$
根据闭区间上连续函数介值定理，在 $[a, b]$ 上至少存在一点 $\xi \in [a, b]$ ，使
$f(\xi) = \frac{1}{b - a} \int_{a}^{b} f(x) \, dx$
因此定理成立。
积分中值定理对 $a < b$ 或 $a > b$ 都成立。可把 $\frac{\int_{a}^{b} f(x) \, dx}{b - a} = f(\xi)$ 理解为 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上的平均值。
$\frac{\int_{a}^{b} f(x) \, dx}{b - a} = \frac{1}{b - a} \lim_{n \to \infty} \sum_{i=1}^{n} f(\xi_i) \cdot \frac{b - a}{n} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} f(\xi_i)$
故它是有限个数的平均值概念的推广.

· 微积分基本定理

现在你可能会发现一点，你还是不会求定积分。我们只会求不定积分，那不定积分和定积分的关系是什么？

重点在于微积分基本定理：变限积分求导定理和 Newton-Leibnitz 定理

/Theorem/

若 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 连续，则函数 $G(x) = \int_{a}^{x} f(t) \, dt$ 在 $[a, b]$ 可导，且
$G'(x) = f(x), \quad \forall x \in [a, b].$

/proof/

显然
$G(x + \Delta x) = \int_{a}^{x + \Delta x} f(t) \, dt,$
因此
$\frac{G(x + \Delta x) - G(x)}{\Delta x} = \frac{1}{\Delta x} \left[ \int_{a}^{x + \Delta x} f(t) \, dt - \int_{a}^{x} f(t) \, dt \right]$ $= \frac{1}{\Delta x} \int_{x}^{x + \Delta x} f(t) \, dt,$
由积分中值定理知道，在 $x$ 与 $x + \Delta x$ 之间必存在一点 $\xi$ ，使得
$\int_{x}^{x + \Delta x} f(t) \, dt = f(\xi) \Delta x,$
于是
$\frac{G(x + \Delta x) - G(x)}{\Delta x} = f(\xi),$
令 $\Delta x \to 0$ ，则 $x + \Delta x \to x$ ，从而 $\xi \to x$ ，由 $f(x)$ 连续性便有
$\lim_{\Delta x \to 0} \frac{G(x + \Delta x) - G(x)}{\Delta x} = \lim_{\Delta x \to 0} f(\xi) = f(x).$

此时我们证明了在 "Darboux 中值定理" 处叙述的结论： 连续函数的变上限积分是其原函数，连续函数皆有原函数

如果上下限均变化，如何求导？

/Claim/
设 $f$ 连续， $\alpha(x)$ 、 $\beta(x)$ 可导，则
$\frac{d}{dx} \int_{\alpha(x)}^{\beta(x)} f(t) \, dt = f(\beta(x)) \beta'(x) - f(\alpha(x)) \alpha'(x)$

第二部分的Newton-Leibnitz法则有两种形式：

/Theorem/
设 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续， $F(x)$ 是 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 的任意一个原函数，即 $F'(x) = f(x)$ ，则
$\int_{a}^{b} f(x) \, dx = F(b) - F(a).$
若 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 可积， $F(x)$ 是 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 的任意一个原函数，即 $F'(x) = f(x)$ ，则
$\int_{a}^{b} f(x) \, dx = F(b) - F(a).$

接下来分别给出两个定理的证明，其中定理第二种表述的条件更弱一些

/proof/
已知 $G(x) = \int_{a}^{x} f(t) \, dt$ 是 $f(x)$ 的一个原函数。由于同一函数的两个原函数只能差一个常数，因此
$G(x) = F(x) + c,$
也可写成
$\int_{a}^{x} f(t) \, dt = F(x) + c,$
其中 $c$ 是一个常数。在等式两边令 $x = a$ ，由于 $G(a) = \int_{a}^{a} f(t) \, dt = 0$ ，便知
$F(a) + c = 0,$
代回去便得
$\int_{a}^{x} f(t) \, dt = F(x) - F(a).$
取 $x = b$ ，便得
$\int_{a}^{b} f(t) \, dt = F(b) - F(a).$
给 $[a, b]$ 任意分法：
$a = x_0 < x_1 < x_2 < \cdots < x_n = b,$
则由微分中值定理知在 $(x_{i-1}, x_i)$ 中，存在 $\xi_i$ ，使得
$\begin{aligned} F(b) - F(a) &= F(x_n) - F(x_0) \\ &= \sum_{i=1}^{n} (F(x_i) - F(x_{i-1})) \\ &= \sum_{i=1}^{n} F'(\xi_i) \Delta x_i \\ &= \sum_{i=1}^{n} f(\xi_i) \Delta x_i, \end{aligned}$
令 $\lambda = \max_{1 \leq i \leq n} |\Delta x_i| \to 0$ ，由 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 可积知道，右边的极限存在，且等于 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 的定积分，故
$F(b) - F(a) = \lim_{\lambda \to 0} \sum_{i=1}^{n} f(\xi_i) \Delta x_i = \int_{a}^{b} f(x) \, dx.$

· 定积分计算

定积分的计算也能使用换元和分部积分

/Theorem/
换元公式： $f \in C[a, b]$ ， $x = \varphi(t)$ 且满足 ① $a = \varphi(\alpha)$ ， $b = \varphi(\beta)$ ② $[α, β]$ 或 $[\beta, \alpha] \rightarrow [a, b]$ 有连续导数，则
$\int_{a}^{b} f(x) dx = \int_{\alpha}^{\beta} f(\varphi(t)) \varphi'(t) dt.$
分部积分： $u, v \in C^1[a, b]$ 则
$\int_{a}^{b} u dv = uv \bigg|_{a}^{b} - \int_{a}^{b} v du.$

实际上只需要简化后使用适当的方式找到不定积分的算法，然后运用微积分基本定理即可。

这里必须提到知名的 Wallis 公式：

/Theorem/
$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos^n x \, dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^n x \, dx \left\{ \begin{matrix} \frac{(n-1)!!}{(n)!} \cdot \frac{\pi}{2}, & \text{n=2k} \\ \frac{(n-1)!!}{(n)!}, & \text{n=2k+1} \end{matrix} \right.$