Chapter 3 一元函数积分

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：

1. $$(\int f(x)dx)^\prime=\frac{d}{dx}\int f(x)dx = f(x)$$

2. $$d\int f(x)dx = f (x)dx$$

3. $$\int f^\prime(x)dx=\int\frac{d}{dx}f(x)dx = f(x)+C$$

4. $$\int df(x)=\int f^\prime(x)dx = f(x)+C,\quad\int g^\prime(u)du=\int dg(u)=G(u)+C$$

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/

1. $$\int 0dx = C$$

2. $$\int 1dx=\int dx = x + C$$

3. $$\int x^a dx=\frac{1}{a + 1}x^{a + 1}+C(a\neq -1),\quad(\frac{1}{a + 1}x^{a + 1})^\prime=x^a$$

4. $$\int x^{-1}dx=\int\frac{1}{x}dx=\ln|x|+C$$

5. $$\int a^x dx = \frac{a^x}{\ln a}+C$$

6. $$\int e^x dx = e^x + C$$

7. $$\int \cos x dx = \sin x + C$$

8. $$\int \sin x dx = -\cos x + C$$

9. $$\int \sec^2 x dx = \tan x + C$$

10. $$\int \csc^2 x dx = -\cot x + C$$

11. $$\int \sec x \tan x dx = \sec x + C$$

12. $$\int \csc x \cot x dx = -\csc x + C$$

13. $$\int \frac{1}{1 + x^2} dx = \arctan x + C = -\text{arccot}x + C_1$$

14. $$\int \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}} dx = \arcsin x + C = -\arccos x + C$$

双曲余弦：$\text{ch}x = \frac{e^x + e^{-x}}{2}$ 双曲正弦：$\text{sh}x = \frac{e^x - e^{-x}}{2}$

$\text{ch}^2x - \text{sh}^2x = 1$，$\text{sh}x^\prime = \text{ch}x$，$\text{ch}x^\prime = \text{sh}x$

15. $$\int \text{sh}x dx = \text{ch}x + C$$

16. $$\int \text{ch}x dx = \text{sh}x + C$$

· 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/

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

18. $$\int \cot xdx = \int \frac{\cos x}{\sin x}dx = \int \frac{1}{\sin x}d\sin x = \ln|\sin x| + C$$

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/

19. $$\int \frac{1}{a^2 + x^2}dx=\frac{1}{a}\arctan\frac{x}{a}+C$$

20. $$\int \frac{1}{\sqrt{a^2 - x^2}}dx=\arcsin\frac{x}{a}+C$$

21. $$\int \frac{1}{a^2 - x^2}dx=\frac{1}{2a}\ln|\frac{a + x}{a - x}|+C$$

22. $$\int \sec xdx=\int \frac{1}{\cos x}dx=\ln|\sec x+\tan x|+C$$

23. $$\int \csc xdx=\ln|\csc x - \cot x|+C$$

24. $$\int e^{ax}dx(a\neq 0)=\frac{1}{a}e^{ax}+C$$

25. $$\int \cos axdx=\frac{1}{a}\sin ax + C$$

26. $$\int \sin axdx=-\frac{1}{a}\cos ax + C$$

· 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/

27. $$\int\frac{1}{\sqrt{x^{2}+a^{2}}}dx=\ln|x+\sqrt{x^{2}+a^{2}}|+C\\$$

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

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

1. $$\int {P(x)}{e^{\alpha x}} \, dx = \int{P(x)} d \left( \frac{1}{\alpha} e^{\alpha x} \right)$$

   需要 $k$ 次不定积分

2. $$\int P(x) \cos \alpha x \, dx = \int P(x){d} \left( \frac{1}{\alpha} \sin \alpha x \right)\\ \int P(x) \sin \alpha x \, dx = \int P(x) d \left( -\frac{1}{\alpha} \cos \alpha x \right)$$

   设 $P(x)$ 为 $x$ 的函数

3. $$\int P(x) f\left( \arcsin x \right) \, dx$$

​ 能凑则凑，若不能凑，令 $f(\arcsin x) = u, P(x)$ 为 $v$ ，求出 $v$

5. $$\int P(x)f(\ln x) \, dx$$

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