wzf2000 微积分笔记（16）——不定积分的计算法
Contents
分部积分与换元法——求不定积分的方法（续）
应用方法 2（第二换元法）
令 $x = \varphi^{-1}(u), u =\varphi(x)$，若 $G'(x) = f(\varphi(x))\varphi^{\prime}(x)$，则：
$$
\int f(u) \mathrm{d} u = G(\varphi^{-1}(u)) + C
$$
例题
例 1：计算：
$$
\int \dfrac{\mathrm{d} x}{\sqrt{x}(\sqrt{x} + \sqrt[3]{x})} \ \ \ \ (x > 0)
$$
解：令 $x = t^6$，$\mathrm{d} x = 6t^5 \mathrm{d}t$，则：
$$
\int \dfrac{\mathrm{d} x}{\sqrt{x}(\sqrt{x} + \sqrt[3]{x})} \\
= \int \dfrac{6t^5 \mathrm{d} t}{t^6 + t^5} = 6 \int \dfrac{\mathrm{d} t}{1 + t} \\
= 6 \ln |1 + t| + C = 6 \ln (1 + \sqrt[6]{x}) + C
$$
例 2：计算：
$$
\int \sqrt{a^2 - x^2} \mathrm{d} x \ \ \ \ (|x| < a,a > 0)
$$
解：利用 $1 - \sin^2 t = \cos^2 t$，将被积函数有理化。
令 $x = a \sin t$，则 $\sqrt{a^2 - x^2} = a \cos t$，$|t| < \dfrac{\pi}{2}$，$\mathrm{d} x = a \cos t \mathrm{d} t$。则：
$$
\int \sqrt{a^2 - x^2} \mathrm{d} x \\
= \int a \cos t a \cos t \mathrm{d} t = a^2 \int \cos^2 t \mathrm{d} t \\
= \dfrac{a^2}{2} \int (1 + \cos 2t) \mathrm{d} t = \dfrac{a^2}{2}(t + \dfrac{1}{2} \sin 2t) + C \\
= \dfrac{a^2}{2}(\arcsin \dfrac{x}{a} + \dfrac{x \sqrt{a^2 - x^2}}{a^2}) + C
$$
例 3：计算：
$$
\int \dfrac{\mathrm{d} x}{\sqrt{x^2 - a^2}} \ \ \ \ (|x| > a > 0)
$$
解：利用 $\sec^2 t - \tan^2 t = 1$，将被积函数有理化。
令 $x = a \sec t$，则 $\sqrt{x^2 - a^2} = \sqrt{a^2 \tan^2 t} = a |\tan t|$。
不妨令 $x > a$，则取 $0 < t < \dfrac{\pi}{2}$，$\mathrm{d} x = a \sin t\sec^2 t \mathrm{d} t$。则： $$ \int \dfrac{\mathrm{d} x}{\sqrt{x^2 - a^2}} \\ = \int \dfrac{1}{a \tan t} a \sin t\sec^2 t \mathrm{d} t = \int \sec t \mathrm{d} t = \int \dfrac{\cos t \mathrm{d} t}{1 - \sin^2 t} \\ = \int \dfrac{\mathrm{d} (\sin t)}{1 - \sin^2 t} = \dfrac{1}{2} \int (\dfrac{1}{1 - \sin t} + \dfrac{1}{1 + \sin t}) \mathrm{d} (\sin t) \\ = \dfrac{1}{2} \ln |\dfrac{1 + \sin t}{1 - \sin t}| + C = \ln |\dfrac{1 + \sin t}{\cos t}| + C \\ = \ln |\dfrac{x}{a} + \dfrac{\sqrt{x^2 - a^2}}{a}| + C \\ = \ln |x + \sqrt{x^2 - a^2}| + C' $$ 注：也可使用 $\cosh^2 t - \sinh^2 t = 1$ 化简。
例 4：计算：
$$
\int \dfrac{\mathrm{d} x}{\sqrt{a^2 + x^2}} \ \ \ \ (a > 0)
$$
解：利用 $1 + \tan^2 t = \sec^2 t$ 有理化。
令 $x = a \tan t$，$|t| < \dfrac{\pi}{2}$，则 $\sqrt{a^2 + x^2} = \sqrt{a^2 \sec^2 t} = a \sec t$，$\mathrm{d} x = a \sec^2 t \mathrm{d} t$，则：
$$
\int \dfrac{\mathrm{d} x}{\sqrt{a^2 + x^2}} \\
= \int \dfrac{1}{a \sec t} a \sec^2 t \mathrm{d} t \\
= \ln |\dfrac{1 + \sin t}{\cos t}| + C \\
= \ln (x + \sqrt{a^2 + x^2}) + C'
$$
例 5：计算：
$$
\int \sqrt{a^2 + x^2} \mathrm{d} x \ \ \ \ (a > 0)
$$
解：利用分部积分法：
$$
\int \sqrt{a^2 + x^2} \mathrm{d} x = x \sqrt{a^2 + x^2} - \int x \mathrm{d} (\sqrt{a^2 +x^2}) \\
= x \sqrt{a^2 + x^2} - \int \dfrac{x^2 + a^2 - a^2}{\sqrt{a^2 + x^2}} \mathrm{d} x \\
= x \sqrt{a^2 + x^2} - \int \sqrt{a^2 + x^2} \mathrm{d} x + a^2 \int \dfrac{\mathrm{d} x}{\sqrt{a^2 + x^2}} \\
\int \sqrt{a^2 + x^2} \mathrm{d} x = \dfrac{x \sqrt{a^2 + x^2}}{2} + \dfrac{a^2}{2} \ln (x + \sqrt{a^2 + x^2}) + C
$$
例 6：已知：
$$
I_n = \int \dfrac{\mathrm{d} x}{(a^2 + x^2)^n}
$$
求出递推公式，$n = 1,2,3,\cdots$。
解：$I_1 = \dfrac{1}{a}\arctan \dfrac{x}{a} + C$。
$$
I_n = \dfrac{x}{(a^2 + x^2)^n} - \int x \mathrm{d} (\dfrac{1}{(a^2 + x^2)^n}) \\
= \dfrac{x}{(a^2 + x^2)^n} - \int \dfrac{-n \cdot 2x^2 \mathrm{d} x}{(a^2 + x^2)^{n + 1}} \\
= \dfrac{x}{(a^2 + x^2)^n} + 2n \int \dfrac{x^2 + a^2 - a^2}{(a^2 + x^2)^{n + 1}} \mathrm{d} x \\
= \dfrac{x}{(a^2 + x^2)^n} + 2n (I_n - a^2 I_{n + 1}) \\
$$
整理得：$I_{n + 1} = \dfrac{1}{2na^2}(\dfrac{x}{(a^2 + x^2)^n} + (2n - 1)I_n) = \dfrac{2n - 1}{2na^2} I_n + \dfrac{x}{2na^2(a^2 + x^2)^n}$
问题
给定 $f(x)$（初等函数），$\int f(x) \mathrm{d} x$ 是否是初等函数？
有理函数的不定积分
问题
给定 $f(x) = \dfrac{P(x)}{Q(x)}$，$P(x),Q(x)$ 为多项式，如何积分 $\int f(x) \mathrm{d} x$。
方法
”真分式“：分子 $P(x)$ 的次数小于分母 $Q(x)$ 的次数。
部分分式：$\dfrac{1}{(x - a)^k},\dfrac{1}{(x^2 + 2px + q)^l}(p^2 < q)$。
- 将有理函数表示成多项式 $+$ “真分式”。
令 $\dfrac{P(x)}{Q(x)}$ 为“真分式”，将其表示为部分分式的和。
设 $Q(x) = (x - a)^k(x^2 + 2px + q)^l \cdots$（最高次项系数为 $1$），则 $\dfrac{P(x)}{Q(x)} = \dfrac{A_1}{x - a} + \cdots + \dfrac{A_k}{(x - a)^k} + \dfrac{B_1 x + C_1}{x^2 + 2px + q} + \cdots + \dfrac{B_l x + c_l}{(x^2 + 2px +q)^l} + \cdots$。
将多项式及部分分式逐项积分。
其中：
$$
\int \dfrac{Bx + C}{x^2 + 2px + q} \mathrm{d} x \\
= \dfrac{B}{2} \ln (x^2 + 2px + q) + \dfrac{C - pB}{\sqrt{q - p^2}} \arctan (\dfrac{x + p}{\sqrt{q - p^2}}) + C \\
\int \dfrac{Bx + C}{(x^2 + 2px + q)^l} \mathrm{d} x \ \ (l = 2,3,\cdots) \\
= \dfrac{B}{2}\dfrac{1}{(1 - l)(x^2 + 2px + q)^{l - 1}} + (C - pB) \int \dfrac{\mathrm{d} x}{[(x + p)^2 + (\sqrt{q - p^2})^2]^l}
$$
其中后面一项可以通过上述例 6 的递推公式计算。
可有理化函数的原函数
三角有理式的不定积分
$$
P(x,y) = \sum_{i = 0}^{n}\sum_{j = 0}^{m} a_{i,j} x^i y^j
$$
称为 $2$ 元多项式。
$$
R(x,y) = \dfrac{P(x,y)}{Q(x,y)}
$$
称为 $2$ 元有理函数。（$Q$ 与 $P$ 类似）
$$
\int R(\cos x,\sin x) \mathrm{d} x
$$
就称为三角有理式的不定积分。
方法：“万能代换” $t = \tan \dfrac{x}{2},x = 2\arctan t$。
$\cos x = \dfrac{1 - t^2}{1 + t^2},\sin t = \dfrac{2t}{1 + t^2},\mathrm{d} x = \dfrac{2}{1 + t^2} \mathrm{d} t$。
全部代入即可转换为有理函数的不定积分，最后带回 $x$ 即可。
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