7.积分方法

我们在 5.5节 介绍了重要的积分方法——换元法，在 7.1节 中我们介绍了另一种常见积分方法——分部积分法，7.5节 讨论积分方法

1.分部积分法

可微函数 \(f,g\) 满足 \(\int f(x)g'(x) d_x = f(x)g(x) - \int g(x) f'(x) d_x\)

或者函数 \(f,g\) 满足 \(\int f(x)g(x)d_x=f(x)g^{[1]}(x)-\int f'(x)g^{[1]}(x)d_x\)

推论1：\(\int fg~d_x=\sum\limits_{i=0}^{n-1}f^{(i)}g^{[i+1]}+(-1)^n\int f^{(n)}d(g^{[n+1]})\)

推论2：\(\int f~d_x=\int f\cdot1~d_x=f\cdot x-\int f'\cdot x~d_x\)

\(( fg)'=f'g+fg'\)，方程两边对 x 求积分有 \(fg=\int f'g~d_x+\int fg'~d_x\)，即 \(\int fg'~d_x=fg-\int f'g~d_x\)

记 \(f^{[n]}\) 表示 f 的 n 阶积分，于是 \(\int fg~d_x=fg^{[1]}-\int f'g^{[1]}~d_x\)

\(\blacksquare\)

\(\int_a^b f(x)g'(x) d_x=\left[f(x)g(x)\right]_a^b-\int_a^b g(x) f'(x) d_x\)

1. 分部积分法（乘法积分）：\(\int f(x)g'(x)d_x=f(x)g(x)-\int g(x)f'(x)d_x\) 或 \(\int f(x)g(x)d_x=f(x)g^{[1]}(x)-\int f'(x)g^{[1]}(x)d_x\)
2. 分部积分推论：\(\int fg~d_x=\sum\limits_{i=0}^{n-1}f^{(i)}g^{[i+1]}+(-1)^n\int f^{(n)}d(g^{[n+1]})\) 为 g 的 n 阶原函数）
3. 分部积分推论2：\(\int f~d_x=f\cdot x-\int f'\cdot x~d_x\)
4. 反三角积分：\(\begin{cases}\int\sin^{-1}xd_x=x\sin^{-1}x+\sqrt{1-x^2}&\int\csc^{-1}xd_x=x\csc^{-1}x+\frac{x}{|x|}\ln|x+\sqrt{x^2-1}|&\int\tan^{-1}xd_x=x\tan^{-1}x-\frac12\ln(1+x^2)\\ \int\cos^{-1}xd_x=x\cos^{-1}x-\sqrt{1-x^2}&\int\sec^{-1}xd_x=x\sec^{-1}x-\frac{x}{|x|}\ln|x+\sqrt{x^2-1}|&\int\cot^{-1}x~d_x=x\cot^{-1}x+\frac12\ln(1+x^2)\end{cases}\)
5. 复合积分：\(\int f\circ g~d_x=\int (f^{[1]}\circ g)'/g'd_x\)；重要推论：若 \(g\in\mathbb P_1\)，那么 \(\int f\circ g~d_x=(f^{[1]}\circ g)/g'\)

1. 若 \(f^{(n)}=k\)（k 为常数），那么 \(\int fg~d_x=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^if^{(i)}g^{[i+1]}\)
2. \(\int\ln^n xd_x=x\sum\limits_{i=0}^n(-1)^{n-i}\frac{n!}{(n-i)!}\ln^ix=x\sum\limits_{i=0}^n(-1)^{n-i}(n)_i\ln^ix\)（其中 \(\int\ln^n xd_x=x\ln^nx-n\int\ln^{n-1}x~d_x\)）
3. 非初等积分：
   1. 若 f 是超越函数（除了对数函数），且 \(g(x)=x^2\)，那么 \(\int(f\circ g)(x)d_x\) 不可积，如 \(\int e^{x^2}d_x,\int\sin x^2d_x,\int\cos x^2d_x\)
4. 三角 n 次幂积分：记 \(p_n=\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!},q_n=\frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}\)，那么
   1. \(\int\sin^nxd_x=\begin{cases}p_k\left(x-\sum\limits_{i=1}^kq_{i-1}\cos x\sin^{2i-1}x\right)&2\mid n,k=n/2\\q_k\left(-\cos x-\sum\limits_{i=1}^kp_i\cos x\sin^{2i}x\right)&2\nmid n,k=\lfloor n/2\rfloor\end{cases}\)
   2. \(\int\cos^nxd_x=\begin{cases}p_k\left(x+\sum\limits_{i=1}^kq_{i-1}\sin x\cos^{2i-1}x\right)&2\mid n,k=n/2\\q_k\left(\sin x+\sum\limits_{i=1}^kp_i\sin x\cos^{2i}x\right)&2\nmid n,k=\lfloor n/2\rfloor\end{cases}\)
   3. \(\int\sec^nxd_x=\begin{cases}q_{k-1}\sum\limits_{i=1}^kp_{i-1}\tan x\sec^{2i-2}x&2\mid n,k=n/2\\p_k\left(\ln|\sec x+\tan x|+\sum\limits_{i=1}^kq_{i-1}\tan x\sec^{2i-1}x\right)&2\nmid n,k=\lfloor n/2\rfloor\end{cases}\)
5. 指数三角积分：\(\begin{cases}\int e^x\sin x~d_x=\frac12e^x(\sin x-\cos x)\\\int e^x\cos x~d_x=\frac12e^x(\sin x+\cos x)\end{cases}\)

1. 假设序列 \(\{a_n\},\{b_n\},\{c_n\}\) 满足 \(a_n=b_n+c_na_{n-1}\)，那么 \(a_n=\sum\limits_{i=1}^n\left[\left(\prod\limits_{j=i+1}^nc_j\right)b_i\right]+\left(\prod\limits_{j=1}^nc_j\right)a_0\)
   • 或者 \(a_n=C_n\left(a_0+\sum\limits_{i=1}^nb_i/C_i\right)\)，其中 \(C_n=\prod\limits_{j=1}^nc_i\)
2. 跳阶乘(定义)：\(\begin{cases}(2n-1)!!=\prod\limits_{i=1}^n(2i-1)=\frac{(2n)!}{2^nn!}\\(2n)!!=\prod\limits_{i=1}^n(2i)=2^nn!\end{cases}\)（其中 \(\frac{(2n)!!}{(2n-1)!!}=\frac{4^n(n!)^2}{(2n)!}\)）

(1.4) \(\int x^2\cos x^2d_x=\int x\cdot x\cos x^2d_{x}=x(\frac12\sin x^2)-\frac12\int\sin x^2d_{x}\)，其中 \(\int\sin x^2d_{x}\) 不可积

(2) \(\int\sin^nxd_x=\int\sin^{n-1}x\sin xd_x=\sin^{n-1}x(-\cos x)-\int(n-1)\sin^{n-2}x\cos x\cdot(-\cos x)d_x\) \(=-\cos x\sin^{n-1}x+(n-1)\int\sin^{n-2}x\cos^2xd_x=-\cos x\sin^{n-1}x+(n-1)\int\sin^{n-2}xd_x-(n-1)\int\sin^nd_x\)

于是 \(\int\sin^nxd_x=-\frac1n\cos x\sin^{n-1}x+\frac{n-1}n\int\sin^{n-2}d_x\)

(3) 假设 \(k\ge1\)，结合(2)中给出的递推式，

(3.1) \(n=2k\) 为偶数时，首项 \(\int\sin^2xd_x=\frac12(x-\sin x\cos x)\)

\(\int\sin^{2k}xd_x=\frac{(2k-1)!!}{(2k)!!}\left(\int\sin^2xd_x/(1/2)+\sum\limits_{i=2}^k(-\frac1{2i}\cos x\sin^{2i-1}x)/((2i-1)!!/(2i)!!)\right)\) \(=\frac{(2k-1)!!}{(2k)!!}\left((x-\sin x\cos x)-\sum\limits_{i=2}^k\frac{\cos x\sin^{2i-1}x}{2i(2i-1)!!/(2i)!!}\right)=\frac{(2k-1)!!}{(2k)!!}\left(x-\sum\limits_{i=1}^k\frac{\cos x\sin^{2i-1}x}{2i(2i-1)!!/(2i)!!}\right)\)

(3.2) \(n=2k+1\) 为奇数时，首项 \(\int\sin^3xd_x=-\frac13\cos x(\sin^2x+2)\)

\(\int\sin^{2k+1}xd_x=\frac{(2k)!!}{(2k+1)!!}\left(\int\sin^3xd_x/(2/3)+\sum\limits_{i=2}^k(-\frac1{2i+1}\cos x\sin^{2i}x)/((2i)!!/(2i+1)!!)\right)\) \(=\frac{(2k)!!}{(2k+1)!!}\left(-\frac12\cos x(\sin^2x+2)-\sum\limits_{i=2}^k\frac{\cos x\sin^{2i}x}{(2i+1)(2i)!!/(2i+1)!!}\right)=\frac{(2k)!!}{(2k+1)!!}\left(-\cos x-\sum\limits_{i=1}^k\frac{\cos x\sin^{2i}x}{(2i+1)(2i)!!/(2i+1)!!}\right)\)

(4) \(\sin^nx\) 的积分的另一种形式为 \(\int\sin^nxd_x=\begin{cases}\frac{(n-1)!!}{n!!}\left(x-\sum\limits_{i=1}^k\frac{\sin 2x\sin^{2i-2}x/2}{2i(2i-1)!!/(2i)!!}\right)&2\mid n,k=n/2\\\frac{(n-1)!!}{n!!}\left(-\cos x-\sum\limits_{i=1}^k\frac{\sin 2x\sin^{2i-1}x}{(2i+1)(2i)!!/(2i+1)!!}\right)&2\nmid n,k=\lfloor n/2\rfloor\end{cases}\)

而 \(\Big[\sin2x\Big]_0^{\pi/2}=0\)，于是

1. \(\forall 2\mid n,\int_0^{\pi/2}\sin^nxd_x=\left[\frac{(n-1)!!}{n!!}x\right]_0^{\pi/2}=\frac\pi2\cdot\frac{(n-1)!!}{n!!}\)
2. \(\forall 2\nmid n,\int_0^{\pi/2}\sin^nxd_x=\left[\frac{(n-1)!!}{n!!}(-\cos x)\right]_0^{\pi/2}=\frac{(n-1)!!}{n!!}\)

(5)

1. \(\int e^{2x}\sin 3x~d_x=(e^{2x})(-\frac13\cos3x)-(2e^{2x})(-\frac19\sin3x)+\int(4e^{2x})(-\frac19\sin3x)d_x\)，于是 \(\int e^{2x}\sin 3x~d_x=e^{2x}(-\frac3{13}\cos3x+\frac2{13}\sin3x)\)
2. \(\int(x^2+1)e^{-x}d_x=(x^2+1)(-e^{-x})-(2x)(e^{-x})+(2)(-e^{-x})=-e^{-x}(x^2+2x+3)\)
3. \(\int\cos(\ln x)d_x=\int x\frac{\cos(\ln x)}xd_x=x\sin(\ln x)-\int\sin(\ln x)d_x\) 和 \(\int\sin(\ln x)d_x=x(-\cos(\ln x))-\int-\cos(\ln x)d_x=-x\cos(\ln x)+\int\cos(\ln x)d_x\)，蕴含 \(\int\cos(\ln x)d_x=\frac12x(\sin(\ln x)+\cos(\ln x))\)（使用换元也可）
4. 令 \(t=x^2\)，\(\int x^3\cos x^2d_x=\frac12\int x^2\cos x^2d(x^2)=\frac12\int t\cos t~d_t=\frac12(t)(\sin t)-\frac12(1)(-\cos t)=\frac12t\sin t+\frac12\cos t=\frac12(x^2\sin x^2+\cos x^2)\)
5. 令 \(t=\sqrt x\)，\(\int\sin\sqrt xd_x=\int\sin\sqrt x\cdot(2\sqrt x)d(\sqrt x)=2\int t\sin t~d_t=2(t)(-\cos t)-2(1)(-\sin t)=2(\sin t-t\cos t)=2(\sin\sqrt x-\sqrt x\cos\sqrt x)\)

(6)

猜测 \(\int\cos^nxd_x=\begin{cases}\frac{(2k-1)!!}{(2k)!!}\left(x+\sum\limits_{i=1}^k\frac{\sin x\cos^{2i-1}x}{2i(2i-1)!!/(2i)!!}\right)&2\mid n,k=n/2\\\frac{(2k)!!}{(2k+1)!!}\left(\sin x+\sum\limits_{i=1}^k\frac{\sin x\cos^{2i}x}{(2i+1)(2i)!!/(2i+1)!!}\right)&2\nmid n,k=\lfloor n/2\rfloor\end{cases}\)

(6.1.5) 计算 \(\int\sec^nxd_x\)：

根据[分部积分法]得到 \(\int\sec^nxd_x=\frac{\tan x\sec^{n-2}x}{n-1}+\frac{n-2}{n-1}\int\sec^{n-2}xd_x\)

蕴含 \(\int\sec^2xd_x=\tan x\) 和 \(\int\sec^3xd_x=\frac12(\tan x\sec x+\ln|\sec x+\tan x|)\)

若 \(n=2k\) 为偶数，\(\int\sec^{2k}xd_x=\frac{(2k-2)!!}{(2k-1)!!}\left(\tan x+\sum\limits_{i=2}^k\frac{\tan x\sec^{2i-2}x}{2i-1}\Big/((2i-2)!!/(2i-1)!!)\right)\) \(=\frac{(2k-2)!!}{(2k-1)!!}\sum\limits_{i=1}^k\frac{\tan x\sec^{2i-2}x}{(2i-1)(2i-2)!!/(2i-1)!!}\)

若 \(n=2k+1\) 为奇数，\(\int\sec^{2k+1}xd_x=\frac{(2k-1)!!}{(2k)!!}\left(\frac12(\tan x\sec x+\ln|\sec x+\tan x|)/(1/2)+\sum\limits_{i=2}^k\frac{\tan x\sec^{2i-1}x}{2i}\Big/((2i-1)!!/(2i)!!)\right)\) \(=\frac{(2k-1)!!}{(2k)!!}\left(\ln|\sec x+\tan x|+\sum\limits_{i=1}^k\frac{\tan x\sec^{2i-1}x}{2i(2i-1)!!/(2i)!!}\right)\)

于是 \(\int\sec^nxd_x=\begin{cases}\frac{(2k-2)!!}{(2k-1)!!}\sum\limits_{i=1}^k\frac{\tan x\sec^{2i-2}x}{(2i-1)(2i-2)!!/(2i-1)!!}&2\mid n,k=n/2\\\frac{(2k-1)!!}{(2k)!!}\left(\ln|\sec x+\tan x|+\sum\limits_{i=1}^k\frac{\tan x\sec^{2i-1}x}{2i(2i-1)!!/(2i)!!}\right)&2\nmid n,k=\lfloor n/2\rfloor\end{cases}\)

(8) 记 \(I_n=\int_0^{\frac\pi2}\sin^nxd_x\)，根据(4)有 \(I_n=\begin{cases}\frac\pi2\cdot\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}&2\mid n\\\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}&2\nmid n\end{cases}\)

对于 \(\forall n\in\mathbb Z,x\in[0,\pi/2]\) 有 \(\sin^nx\ge\sin^{n+1}x\)，蕴含 \(I_n\ge I_{n+1}\)

\(\frac{I_{2n+2}}{I_{2n}}=\frac{p_{2n+2}}{p_{2n}}=\frac{(2n+1)!!/(2n+2)!!}{(2n-1)!!/(2n)!!}=\frac{2n+1}{2n+2}\)

而 \(\frac{I_{2n+2}}{I_{2n}}=\frac{I_{2n+2}}{I_{2n+1}}\frac{I_{2n+1}}{I_{2n}}\le\frac{I_{2n+1}}{I_{2n}}\le1\)

于是 \(\frac{2n+1}{2n+2}\le\frac{I_{2n+1}}{I_{2n}}\le1\)

又由[夹逼原理]和 \(\lim\limits_{n\to+∞}\frac{2n+1}{2n+2}=1\)，有 \(1=\lim\limits_{n\to+∞}\frac{I_{2n+1}}{I_{2n}}\)

其中 \(\frac{I_{2n+1}}{I_{2n}}=\frac{(2n)!!/(2n+1)!!}{\frac\pi2(2n-1)!!/(2n)!!}=\frac{((2n)!!)^2}{(2n-1)!!(2n+1)!!}\)，于是 \(\lim\limits_{n\to+∞}\frac{((2n)!!)^2}{(2n-1)!!(2n+1)!!}=\frac\pi2\)

2.三角函数的积分法

1. 如果 余弦函数 是奇次幂 (n = 2k + 1)，保留一个余弦因子并将剩余的用 \((\cos x)^2 = 1 - (\sin x)^2\)，转换成正弦形式：
   • \(\displaystyle \int (\sin x)^m(\cos x)^{2k+1} ~d_x = \int (\sin x)^m(\cos x)^{2k}\cos x~d_x = \int (\sin x)^m(1-\sin x)^kd_{\sin x}\)
   • 令 \(u = \sin x\)，得到 \(\displaystyle \int u^m(1-u^2)^k~d_u = \int u^m\sum\limits_{i=0}^k C_k^i(-u^2)^i~d_u\)
2. 如果 余弦函数 是奇次幂 (m = 2k + 1)，保留一个正弦因子并将剩余的用 \((\sin x)^2 = 1 - (\cos x)^2\)，转换成余弦形式：
   • \(\displaystyle \int (\sin x)^{2k+1}(\cos x)^n ~d_x = \int (\sin x)^{2k}(\cos x)^n\sin x~d_x = -\int (1 - (\cos x)^2)^{k}(\cos x)^n~d_{\cos x}\)
   • 令 \(u = \cos x\)，得到 \(\displaystyle -\int (1-u^2)^ku^n~d_u = -\int u^n\sum\limits_{i=0}^k C_k^i(-u^2)^i~d_u\)
3. 如果 正弦函数 和 余弦函数 都是偶次幂，利用半角公式
   • 半角公式：\((\sin x)^2= \frac 12(1 - \cos {2x})\)，\((\cos x)^2= \frac 12(1 + \sin {2x})\)
   • 有时候会用：\(\sin x\cos x = \frac 12\sin {2x}\)
4. 类似地，可以用来计算 \(\int (\tan x)^m(\sec x)^n~d_x\)
   • \((\sec x)^x = 1 + (\tan x)^2\)，\((\tan x)^2 = (\sec x)^2 - 1\)
   • \(\int (\sec x)^2~d_x = \tan x + C\) (sec 为偶数次幂)，\(\int \sec x\tan x~d_x = \sec x + C\) (tan 为奇数次幂；若 sec 次幂为0，则凑一个sec因子 或 tan转换为sec(较为麻烦))
   • sec 为 奇数次幂 & tan 为 偶数次幂，还可能用到：\(\int \tan x~d_x = \ln {|\sec x|} + C\)，\(\int \sec x~d_x = \ln {|\sec x + \tan x|} + C\) (证明参见 p500)
   • 若 sec 为奇数次幂，
5. 同理，\(\int (\cot x)^m(\csc x)^n~d_x\)
   • \((\csc x)^x = 1 + (\cot x)^2\)，\((\cot x)^2 = (\csc x)^x - 1\)
   • \(\int (\csc x)^2~d_x = -\cot x\) (csc 为偶数次幂)，\(\int \csc x\cot x~d_x = -\csc x\) (csc 为奇数次幂)
   • 计算类似 sec 和 tan

(1.1) \(2\nmid n\) 时，记 \(n=2k+1\)，

设 \(t=\cos x\)，\(\int\sin^{2k+1}x\cos^mxd_x=\int\sin^{2k}x\cos^mxd(-\cos x)=-\int (1-t^2)^kt^md_t=-\int \sum\limits_{i=0}^k\binom ki(-1)^it^{2i}t^md_t\)

\(=-\int\sum\limits_{i=0}^k\binom ki(-1)^it^{m+2i}d_t=-\sum\limits_{i=0}^k\frac{(-1)^i\binom ki}{m+2i+1}t^{m+2i+1}=-\sum\limits_{i=0}^k\frac{(-1)^i\binom ki}{m+2i+1}\cos^{m+2i+1}\)

(1.2) \(2\nmid m\) 时，记 \(m=2k+1\)，

设 \(t=\sin x\)，\(\int\sin^nx\cos^{2k+1}xd_x=\int\sin^nx\cos^{2k}xd(\sin x)=\int t^n(1-t^2)^kd_t=\int t^n\sum\limits_{i=0}^k\binom ki(-1)^it^{2i}d_t\)

\(=\int\sum\limits_{i=0}^k\binom ki(-1)^it^{n+2i}d_t=\sum\limits_{i=0}^k\frac{(-1)^i\binom ki}{n+2i+1}t^{n+2i+1}=\sum\limits_{i=0}^k\frac{(-1)^i\binom ki}{n+2i+1}\sin^{n+2i+1}\)

(1.3) \(\int\sin^{2k}x\cos^mxd_x=\int(1-\cos^2x)^k\cos^mxd_x=\sum\limits_{i=0}^k(-1)^i\binom ki\int\cos^{2i+m}xd_x\)

(1.4) \(\int\sin^nx\cos^{2k}xd_x=\int\sin^nx(1-\sin^2x)^kd_x=\sum\limits_{i=0}^k(-1)^i\binom ki\int\sin^{2i+n}xd_x\)

(1.5) \(\int\sin^{2c}x\cos^{2d}xd_x=\int\frac1{2^c}(1-\cos2x)^c\cdot\frac1{2^d}(1+\cos2x)^dd_x=\frac1{2^{c+d}}\sum\limits_{i=0}^c(-1)^i\binom ci\sum\limits_{j=0}^d\binom dj\int\cos^{i+j}2x~d_x\)

(2.1) 设 \(t=\cot x\)，\(\int\csc^{2k}x\cot^mx~d_x=-\int\csc^{2(k-1)}x\cot^mx~d(\cot x)=-\int(1+\cot^2x)^{k-1}\cot^mx~d(\cot x)\)

\(=-\int(1+t^2)^{k-1}t^m~d_t=-\int \sum\limits_{i=0}^{k-1}\binom{k-1}it^{2i+m}d_t=-\sum\limits_{i=0}^{k-1}\frac{\binom{k-1}i}{m+2i+1}t^{m+2i+1}=-\sum\limits_{i=0}^{k-1}\frac{\binom{k-1}i}{m+2i+1}\cot^{m+2i+1}x\)

(2.2) 设 \(t=\csc x\)，\(\int\csc^nx\cot^{2k+1}x~d_x=-\int\csc^{n-1}x\cot^{2k}x~d(\csc x)=-\int\csc^{n-1}x(\csc^2x-1)^k~d(\csc x)\)

\(=-\int t^{n-1}(t^2-1)^k~d_t=-\int\sum\limits_{i=0}^k(-1)^{n-i}\binom kit^{n+2i-1}d_t=-\sum\limits_{i=0}^k\frac{(-1)^{n-i}\binom ki}{n+2i}t^{n+2i}=-\sum\limits_{i=0}^k\frac{(-1)^{n-i}\binom ki}{n+2i}\csc^{n+2i}x\)

(3.1) 设 \(t=\tan x\)，\(\int\sec^{2k}x\tan^mx~d_x=\int\sec^{2k-2}x\tan^mx~d(\tan x)=\int(1+\tan^2x)^{k-1}\tan^mx~d(\tan x)=\int(1+t^2)^{k-1}t^m~d_t\)

\(=\int\sum\limits_{i=0}^{k-1}\binom{k-1}it^{m+2i}d_t=\sum\limits_{i=0}^{k-1}\frac{\binom{k-1}i}{m+2i+1}t^{m+2i+1}=\sum\limits_{i=0}^{k-1}\frac{\binom{k-1}i}{m+2i+1}\tan^{m+2i+1}x\)

(3.2) 设 \(t=\sec x\)，\(\int\sec^nx\tan^{2k+1}x~d_x=\int\sec^{n-1}x\tan^{2k}x~d(\sec x)=\int\sec^{n-1}x(\tan^2x-1)^k~d(\sec x)\)

\(=\int t^{n-1}(t^2-1)^k~d_t=-\int\sum\limits_{i=0}^k(-1)^{n-i}\binom kit^{n+2i-1}d_t=-\sum\limits_{i=0}^k\frac{(-1)^{n-i}\binom ki}{n+2i}t^{n+2i}=-\sum\limits_{i=0}^k\frac{(-1)^{n-i}\binom ki}{n+2i}\sec^{n+2i}x\)

\(\blacksquare\)

\(\begin{cases}\int\sin(nx)\cos(mx)d_x=-\frac{\cos[(n+m)x]}{2(n+m)}-\frac{\cos[(n-m)x]}{2(n-m)}\\\int\cos(nx)\cos(mx)d_x=\frac{\sin[(n+m)x]}{2(n+m)}+\frac{\sin[(n-m)x]}{2(n-m)}\\\int\sin(nx)\sin(mx)d_x=-\frac{\sin[(n+m)x]}{2(n+m)}+\frac{\sin[(n-m)x]}{2(n-m)}\end{cases}\)

根据[和差化积公式]：\(\begin{cases}\sin x\cos y=\frac12(\sin(x+y)+\sin(x-y))\\\cos x\cos y=\frac12(\cos(x+y)+\cos(x-y))\\\sin x\sin y=\frac12(-\cos(x+y)+\cos(x-y))\end{cases}\)，有：

1. \(\int\sin(nx)\cos(mx)d_x=\frac12\int\sin[(n+m)x]+\sin[(n-m)x]d_x=-\frac{\cos[(n+m)x]}{2(n+m)}-\frac{\cos[(n-m)x]}{2(n-m)}\)
2. \(\int\cos(nx)\cos(mx)d_x=\frac12\int\cos[(n+m)x]+\cos[(n-m)x]d_x=\frac{\sin[(n+m)x]}{2(n+m)}+\frac{\sin[(n-m)x]}{2(n-m)}\)
3. \(\int\sin(nx)\sin(mx)d_x=\frac12\int-\cos[(n+m)x]+\cos[(n-m)x]d_x=-\frac{\sin[(n+m)x]}{2(n+m)}+\frac{\sin[(n-m)x]}{2(n-m)}\)

\(\blacksquare\)

1. 三角高次幂乘积积分：（假设 \(n,m\in\mathbb R\)）
   1. \(\int\sin^nx\cos^mxd_x=\begin{cases} -\sum\limits_{i=0}^k\frac{(-1)^i\binom ki}{m+2i+1}\cos^{m+2i+1}x&2\nmid n,k=\lfloor n/2\rfloor\\ \sum\limits_{i=0}^k\frac{(-1)^i\binom ki}{n+2i+1}\sin^{n+2i+1}x&2\nmid m,k=\lfloor m/2\rfloor\\ \sum\limits_{i=0}^k(-1)^i\binom ki\int\cos^{2i+m}xd_x&2\mid n,k=n/2\\ \sum\limits_{i=0}^k(-1)^i\binom ki\int\sin^{2i+n}xd_x&2\mid m,k=m/2\\ \frac1{2^{c+d}}\sum\limits_{i=0}^c(-1)^i\binom ci\sum\limits_{j=0}^d\binom dj\int\cos^{i+j}2x~d_x&2\mid n,2\mid m,c=n/2,d=m/2\end{cases}\)
   2. \(\int\csc^nx\cot^mxd_x=\begin{cases}-\sum\limits_{i=0}^{k-1}\frac{\binom{k-1}i}{m+2i+1}\cot^{m+2i+1}x&2\mid n,k=n/2\ne0\\-\sum\limits_{i=0}^k\frac{(-1)^{n-i}\binom ki}{n+2i}\csc^{n+2i}x&2\nmid m,k=\lfloor m/2\rfloor\ne0\end{cases}\)
   3. \(\int\sec^nx\tan^mxd_x=\begin{cases}\sum\limits_{i=0}^{k-1}\frac{\binom{k-1}i}{m+2i+1}\tan^{m+2i+1}x&2\mid n,k=n/2\ne0\\\sum\limits_{i=0}^k\frac{(-1)^{n-i}\binom ki}{n+2i}\sec^{n+2i}x&2\nmid m,k=\lfloor m/2\rfloor\ne0\end{cases}\)
2. 三角倍角乘积积分：假设 \(n\ne m\)
   1. \(\begin{cases}\int\sin(nx)\cos(mx)d_x=-\frac{\cos[(n+m)x]}{2(n+m)}-\frac{\cos[(n-m)x]}{2(n-m)}\\\int\cos(nx)\cos(mx)d_x=\frac{\sin[(n+m)x]}{2(n+m)}+\frac{\sin[(n-m)x]}{2(n-m)}\\\int\sin(nx)\sin(mx)d_x=-\frac{\sin[(n+m)x]}{2(n+m)}+\frac{\sin[(n-m)x]}{2(n-m)}\end{cases}\)

1. 高次幂定积分：假设 \(a,b\) 形如 \(\frac\pi2k\)（\(k\in\mathbb Z\)）
   1. \(\int_a^b\sin^nxd_x=\begin{cases}p_n[x]_a^b&2\mid n\\p_n[-\cos x]_a^b&2\nmid n\end{cases}\)

1. 降幂升角公式：(1) \(\sin^2x=\frac12(1-\cos2x)\)，(2) \(\cos^2x=\frac12(1+\cos2x)\)，(3) \(\sin x\cos x=\frac12\sin2x\)
2. 半角公式：(1) \(\cos x=2\cos^2\frac x2-1=1-2\sin^2\frac x2=\cos^2\frac x2-\sin^2\frac x2\)，(2) \(\sin x=2\sin\frac x2\cos\frac x2\)
3. 和积化差：\(\begin{cases}\sin x\cos y=\frac12(\sin(x+y)+\sin(x-y))\\\cos x\cos y=\frac12(\cos(x+y)+\cos(x-y))\\\sin x\sin y=\frac12(-\cos(x+y)+\cos(x-y))\end{cases}\)

(1)

1. 记 \(t=\sin x\)，\(\int_{\pi/2}^{3\pi/4}\sin^5x\cos^3xd_x=\left[\frac16t^6-\frac18t^8x\right]_1^{1/\sqrt2}=-\frac{11}{384}\)
2. \(\int_0^{\pi/2}\cos^2xd_x=\left[\frac12(x+\sin x\cos x)\right]_0^{\pi/2}=\frac12(\pi/2+0)=\pi/4\)

(2)

1. \(\int\sin^3x\sqrt{\cos x}d_x=-\frac1{3/2}\cos^{3/2}+\frac1{7/2}\cos^{7/3}x=-\frac23\cos^{3/2}+\frac27\cos^{7/2}x\)
2. 记 \(s=\sin x,t=\sin t\)，\(\int\cos x\cos^5(\sin x)d_x=\int\cos^5s~d_s=\frac11t-\frac23t^3+\frac15t^5=\sin\sin x-\frac23\sin^3\sin x+\frac15\sin^5\sin x\)
3. 记 \(t=\sec x\)，\(\int\sec x\tan^3xd_x=-\frac11t+\frac13t^3=-\sec x+\frac13\sec^3x\)

(3)

1. \(\int\sin5x\sin2x~d_x=\int\frac12(-\cos7x+\cos3x)d_x=-\frac1{14}\sin7x+\frac16\sin3x\)
2. \(\int\sin3x\cos x~d_x=\int\frac12(\sin4x+\sin2x)d_x=-\frac18\cos4x-\frac14\cos2x\)
3. \(\int\cos7x\cos5x~d_x=\int\frac12(\cos12x+\cos2x)d_x=\frac1{24}\sin12x+\frac14\sin2x\)

(4)

1. \(\int\frac1{\cos x-1}d_x=\int\frac1{(1-2\sin^2\frac x2)-1}d_x=-\frac12\int\csc^2\frac x2d_x=\cot\frac x2\)
2. \(\int\frac{1-\tan^2x}{\sec^2x}d_x=\int(\cos^2x-\sin^2x)d_x=\int\cos2x~d_x=\sin x\cos x\)

(6) \(\frac1\pi\int_{-\pi}^\pi f(x)\sin jx~d_x=\frac1\pi\int_{-\pi}^\pi\left(\sum\limits_{i=1}^na_i\sin ix\right)\sin jx~d_x=\frac1\pi\sum\limits_{i=1}^na_i\int_{-\pi}^\pi\sin ix\sin jx~d_x=\frac1\pi a_j\int_{-\pi}^\pi\sin^2jx~d_x=\frac1\pi a_j\cdot\pi=a_j\)

3.三角代换积分法

我们通过相反代换进行换元 \(x = g(t)\)，为了计算简单，我们假设 g 有反函数，即 g 是单射函数(一一映射)，那么

\(\int f(x)~d_x = \int f(g(t))g'(t)~d_t\)

利用逆换元得到 三角换元表：

表达式	换元	恒等式	逆换元
\(\sqrt {a^2 - x^2}\)	\(x = a\sin \theta\)，\(-\frac \pi2 \le \theta \le \frac \pi2\)	\(1-(\sin\theta)^2=(\cos\theta)^2\)	\(\theta = \sin^{(-1)} {\frac xa}\)
\(\sqrt {a^2 + x^2}\)	\(x = a\tan \theta\)，\(-\frac \pi2 < \theta < \frac \pi2\)	\(1+(\tan\theta)^2=(\sec\theta)^2\)	\(\theta = \tan^{(-1)} {\frac xa}\)
\(\sqrt {x^2 - a^2}\)	\(x = a\sec \theta\)，\(0 \le \theta < \frac \pi2\) 或 \(\pi \le \theta < \frac {3\pi}2\)	\((\sec\theta)^2 - 1 = (\tan\theta)^2\)	\(\theta = \sec^{(-1)} {\frac xa}\)

tips:

• sin / tan / sec 分别用 cos / cot / csc 替代也是可以的
• 类似 \(\sqrt {x^2 - a^2}\) 的模式，也可以使用双曲代换 \(x = a\cosh t\)，有恒等式 \((\cosh x)^2 - (\sinh x)^2 = 1\) (x > 0) (例子详见 p509)

1. 三角换元：\(\begin{cases}\sqrt{a^2-x^2}\to x=a\sin t&t\in[-\frac\pi2,\frac\pi2]\\\sqrt{x^2-a^2}\to x=a\sec t&t\in[0,\frac\pi2)\cup[\pi,\frac32\pi)\\\sqrt{a^2+x^2}\to x=a\tan t&t\in(-\frac\pi2,\frac\pi2)\end{cases}\)
2. 双曲代换：

1. 假设 \(\sqrt{ax^2+bx+c}=\sqrt{a(x+p)^2+q}\)，其中 \(p=\frac b{2a},q=c-ap^2=c-b^2/(4a)\)，那么设 \(\begin{cases}x+p=\sqrt{q/a}\sin t&a<0,p>0\\x+p=\sqrt{q/a}\sec t&a>0,p<0\\x+p=\sqrt{q/a}\tan t&a,p>0\end{cases}\)
2. 猜测：\(\int\frac1{a^2x^2-b^2}d_x=\frac1{2ab}\ln\left|\frac{a^2x^2+x^2}{a^2x^2-x^2}\right|\)

(1.1) 令 \(x=a\sin t\)，\(\int\sqrt{a^2-x^2}d_x=a^2\int\cos^2t~d_t=\frac12a^2(t+\sin t\cos t)=\frac12(a^2\sin^{-1}\frac xa+x\sqrt{a^2-x^2})\)

(1.2) 令 \(x=a\sec t\)，\(\int\sqrt{x^2-a^2}d_x=a^2\int\sec t\tan^2t~d_t=a^2\int\sin^2t\sec^3t~d_t=a^2\int(1-\cos^2t)\sec^3t~d_t=a^2\int\sec^3t~d_t-a^2\int\sec t~d_t\)

\(=\frac12a^2(\ln|\sec t+\tan t|+\sec t\tan t)-a^2\ln|\sec t+\tan t|=\frac12a^2(-\ln|\sec t+\tan t|+\sec t\tan t)\)

\(=\frac12a^2\left(\frac{x\sqrt{x^2-a^2}}{a^2}-\ln\left|\frac{x}a+\frac{\sqrt{x^2-a^2}}a\right|\right)=\frac12(x\sqrt{x^2-a^2}-a^2\ln|x+\sqrt{x^2-a^2}|)\)

(1.3) 令 \(x=a\tan t\)，\(\int\sqrt{x^2+a^2}d_x=a^2\int\sec^3t~d_t=\frac12a^2(\ln|\sec t+\tan t|+\sec t\tan t)=\frac12a^2\left(\frac{\sqrt{x^2+a^2}x}{a^2}+\ln\left|\frac{\sqrt{x^2+a^2}}a+\frac{x}a\right|\right)=\frac12(x\sqrt{x^2+a^2}+a^2\ln|x+\sqrt{x^2+a^2}|)\)

(2) 根据(1)有 \(\int\sqrt{x^2+b}d_x=\frac12(x\sqrt{x^2+b}+b\ln|x+\sqrt{x^2+b}|)\)

根据[7.1复合积分] \(\int\sqrt{ax^2+b}d_x=\frac12(x\sqrt{ax^2+b}+(b/\sqrt a)\ln|\sqrt ax+\sqrt{ax^2+b}|)\)

(4.1) 令 \(x=a\sin t\)，\(\int\frac1{\sqrt{a^2-x^2}}d_x=\int\frac{a\cos t}{a\cos t}d_t=\int1d_t=t=\sin^{-1}\frac xa\)

(4.2) 令 \(x=a\sec t\)，\(\int\frac1{\sqrt{x^2-a^2}}d_x=\int\frac{a\sec t\tan t}{a\tan t}d_t=\int\sec t~d_t=\ln|\sec t+\tan t|=\ln\left|\frac xa+\frac{\sqrt{x^2-a^2}}a\right|=\ln|x+\sqrt{x^2-a^2}|\)

(4.3) 令 \(x=a\tan t\)，\(\int\frac1{\sqrt{x^2+a^2}}d_x=\int\frac{a\sec^2t}{a\sec t}d_t=\int\sec t~d_t=\ln|\sec t+\tan t|=\ln\left|\frac{\sqrt{x^2+a^2}}a+\frac xa\right|=\ln|x+\sqrt{x^2+a^2}|\)

4.有理函数的 部分分式积分法

本节介绍将有理函数表示成已知积分的 最简分式（即 部分分式）的和来求积分的方法

1. 辗转相除法（或 试除法）
2. 将 Q 因式分解得到真分式：可以证明任何一个多项式都可以分解为 多个一次多项式 和 多个不可约二次多项式 的乘积
3. 通过 首项的系数 和 末项的系数 的因子构造 \(Q(x)\) 的因式，并对 \(Q(x)\) 进行试除，若能整除，则说明对应的因式是 \(Q(x)\) 的
4. 形如：\((a_1x+b_1)(a_2x+b_2) \cdots (A_1x^2 + B_1x + C_1) \cdots\) （其中 \(B^2 - 4AC < 0\)）
5. 但是 试除 之前应该判断 \(b^2-4ac \ge 0\) 是否成立，否则 Q 不可约
6. 将有理函数的真分式部分 \(\displaystyle \frac {R(x)}{Q(x)}\) 表示为 部分分式和 的形式：\(\displaystyle \frac A{(ax+b)^i}\) 或 \(\displaystyle \frac {Ax+B}{(ax^2+bx+c)^j}\)
7. 解法一：利用 \(R(x)\) 的系数 与 最终形式的待定系数 联立方程求解
8. 解法二：直接给方程代数 x = k 简化方程的求解
9. 分三种情况:
   1. 分母 \(Q(x)\) 没有重复的因子：\(\displaystyle \frac {R(x)}{Q(x)} = \sum\limits_{i=1}^k \frac {A_i}{a_ix + b_i}\)
      • 技巧：对于第 i 个系数 \(A_i\)，可将使该系数的分母为 0 的 x 代入方程，可以最大程度的简化求解 \(A_i\) 的复杂度
      • 如：\(\displaystyle \frac {x^2+2x-1}{x(x+2)(2x-1)}\)，将 x = 0 代入 \(A(x+2)(2x-1) + Bx(2x-1) + Cx(x+2) = x^2+2x-1\)
      • 此时 \(A \cdot 2 \cdot (-1) = -1\)，可见 A 的求解复杂度大大减小
      • 但是这种方法对 \(Q(x)\) 分母有重复因子的情况有一定的限制
   2. 分母 \(Q(x)\) 有重复的因子：
      • 将 情况1 中具有重复因子的项将替代为：\(\displaystyle \sum\limits_{j=1}^r \frac {A_j}{(a_ix + b_i)^j}\) ( \(A_j\) 是要确定的常数；r 指的是该因子的度)
      • 如：\(\displaystyle \frac {x^3-x+1}{x^2(x-1)^3} = \frac Ax + \frac B{x^2} + \frac C{x-1} + \frac D{(x-1)^2} + \frac E{(x-1)^3}\)
   3. \(Q(x)\) 包含不可约的 二次因式 \(\displaystyle ax^2+bx+c\) & (\(b^2 - 4ac < 0\))
      • 将 情况1 中具有重复因子的项将替代为：\(\displaystyle \frac {Ax+B}{ax^2 + bx + c}\) (A 和 B 是要确定的常数)
      • 解法：
        • \(b = 0\) 或 \(A = 0\) 时，使用 \(\int (f~o~g)g'~d_x\) 求解第一部分，通分 Q(x) 并使用\(\displaystyle \int \frac 1{x^2 + a^2}~d_x = \frac 1a\tan^{-1}(\frac xa) + C\) 求解第二部分
        • \(b \ne 0\) & \(A \ne 0\) 时：通分 Q 后使用 \(\int (f~o~g)g'~d_x\)，
   4. \(Q(x)\) 包含重复的 不可约二次因式：
      • 将 情况1 中具有重复因子的项将替代为：\(\displaystyle \sum\limits_{j=1}^r \frac {A_jx + B_j}{(a_ix^2 + b_ix + c)^j}\)

当求包含 \(\sqrt[n] {g(x)}\) 的积分时，可以换元令 \(u = \sqrt[n] {g(x)}\)

\(\forall p,q\in\mathbb P,\exists r,s\in\mathbb P\) 使得 \(p=rq+s,\deg s<\deg q\)，蕴含 \(\int\frac{p(x)}{q(x)}d_x=\int\frac{r(x)q(x)+s(x)}{q(x)}d_x=\int r(x)d_x+\int\frac{s(x)}{q(x)}d_x\)

\(\forall p\in\mathbb P,\exists p_1,\cdots p_n\in\mathbb P_1\cup\mathbb P_2,c_1,\cdots,c_n\in\mathbb R\)，使得 \(p=\prod\limits_{i=1}^n p_i^{c_i}\)

假设 \(p,q\in\mathbb P,\deg p<\deg q\)，那么 \(\exists q_1,\cdots,q_n\in\mathbb P,c_1,\cdots,\in\mathbb R\) 使得 \(\frac{p(x)}{q(x)}=\frac{p(x)}{\prod\limits_{i=1}^nq_i^{c_i}(x)}=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^{c_i}\frac{r_{ij}(x)}{q_i^j(x)}\)（其中 \(r_{ij}\in\mathbb P,\deg r_{ij}=\deg q_i-1\)）

1. 多项式除法：\(\forall p,q\in\mathbb P,\exists r,s\in\mathbb P\) 使得 \(p=rq+s,\deg s<\deg q\)，蕴含 \(\int\frac{p(x)}{q(x)}d_x=\int\frac{r(x)q(x)+s(x)}{q(x)}d_x=\int r(x)d_x+\int\frac{s(x)}{q(x)}d_x\)
2. 多项式分解定理：\(\forall p\in\mathbb P,\exists p_1,\cdots p_n\in\mathbb P_1\cup\mathbb P_2,c_1,\cdots,c_n\in\mathbb R\)，使得 \(p=\prod\limits_{i=1}^n p_i^{c_i}\)
3. 二次多项式配方：\(ax^2+bx+c=\frac{a}{|a|}(rx+s)^2+t\)，其中 \(\begin{cases}r=\sqrt{|a|}\\s=\frac a{|a|}\cdot b/(2r)\\t=c-\frac a{|a|}\cdot s^2\end{cases}\)（由于 \([(a/|a|)r^2,2(a/|a|)rs,a/|a|s^2+t]=[a,b,c]\)）
4. 有理函数分解定理：假设 \(p,q\in\mathbb P,\deg p<\deg q\)，那么 \(\exists q_1,\cdots,q_n\in\mathbb P,c_1,\cdots,\in\mathbb R\) 使得 \(\frac{p(x)}{q(x)}=\frac{p(x)}{\prod\limits_{i=1}^nq_i^{c_i}(x)}=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^{c_i}\frac{r_{ij}(x)}{q_i^j(x)}\)（其中 \(r_{ij}\in\mathbb P,\deg r_{ij}=\deg q_i-1\)）
   1. 注：未知多项式 \(r_{ij}(x)\) 取决于方程 \(p(x)=q(x)\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^{c_i}\frac{r_{ij}(x)}{q_i^j(x)}\)
   2. 若 \(\forall i=1..n,c_i=1\)，满足 \(q_i(x_0)=0\) 的 \(x_0\) 可以很容易求解未知多项式的参数
   3. 若 \(\exists i,p_i\in\mathbb P_3,j=2\)，那么需要对 \(p_i(x)\) 进行[配方]得到 \(p_i(x)=\pm(ax+b)^2+c\)，对 \(r_{ij}(x)\) 进行关于 \(ax+b\) 的除法分解

1. 三角有理代换：假设 \(x\in(-\pi,\pi)\)，令 \(t=\tan\frac x2\)，蕴含 \(\begin{cases}\sin\frac x2=\frac t{\sqrt{1+t^2}}\\\cos\frac x2=\frac1{\sqrt{1+t^2}}\end{cases}\)，那么 \(\begin{cases}\sin x=\frac{2t}{1+t^2}\\\cos x=\frac{1-t^2}{1+t^2}\end{cases}\)，并且 \(d_x=\frac2{1+t^2}d_t\)；该代换将有关 \(\sin x,\cos x\) 的有理函数变换为关于 t 的有理函数

(1.1) 设有方程 \(\frac{x^4}{x^4-1}=1+\frac1{x^4-1}1+\frac1{(x-1)(x+1)(x^2+1)}=1+\frac a{x-1}+\frac b{x+1}+\frac c{x^2+1}\)，其中 \([0,0,0,1]=a[1,1,1,1]+b[1,-1,1,-1]+c[0,1,0,-1]=[a+b,a-b+c,a+b,a-b-c]\)，解得 \(a=1/4,b=-1/4,c=-1/2\)，

于是 \(\int\frac{x^4}{x^4-1}d_x=\int1d_x+\frac14\int\frac1{x-1}d_x-\frac14\int\frac1{x+1}d_x-\frac12\int\frac1{x^2+1}d_x=x+\frac14\ln|x-1|-\frac14\ln|x+1|-\frac12\tan^{-1}x\)

(1.2) 设有方程 \(\frac{4x^2-7x-12}{x(x+2)(x-3)}=\frac ax+\frac b{x+2}+\frac c{x-3}\)，

其中 \([4,-7,-12]=a[1,-1,-6]+b[1,-3,0]+c[1,2,0]=[a+b+c,-a-3b+2c,-6a]\)，解得 \(a=2,b=9/5,c=1/5\)

于是 \(\int\frac{4x^2-7x-12}{x(x+2)(x-3)}d_x=2\ln|x|+\frac95\ln|x+2|+\frac15\ln|x-3|\)

(2)

法1：设 \(t=\sqrt[3]{x^2+1}\)，\(\int\frac{x^3}{\sqrt[3]{x^2+1}}d_x=\frac12\int\frac{x^2}{\sqrt[3]{x^2+1}}d(x^2)=\frac12\int\frac{t^3-1}td(t^3-1)=\frac32\int(t^4-t)d_t\)

\(=\frac32(\frac15t^5-\frac12t^2)=\frac32(x^2+1)^{2/3}\cdot(\frac15(x^2+1)-\frac12)=\frac3{20}(x^2+1)^{2/3}(2x^2-3)\)

法2：设 \(t=x^2+1\) \(\int\frac{x^3}{\sqrt[3]{x^2+1}}d_x=\int\frac{x^3/(2x)}{\sqrt[3]{x^2+1}}d(x^2+1)=\frac12\int\frac{t-1}{t^{1/3}}d_t=\frac12\int(t^{2/3}-t^{-1/3})d_t\)

\(=\frac12(\frac35t^{5/3}-\frac32t^{2/3})=\frac32t^{^{2/3}}(\frac15t^3-\frac12)=\frac3{20}(x^2+1)^{2/3}(2x^2-3)\)

(3.1) 画出以 \(x/2\) 为锐角的直角三角形，其中角 \(x/2\) 的对边为 t，侧边为 1，蕴含斜边为 \(\sqrt{1+t^2}\)，于是 \(\begin{cases}\sin\frac x2=\frac t{\sqrt{1+t^2}}\\\cos\frac x2=\frac1{\sqrt{1+t^2}}\end{cases}\)

(3.2)

1. \(\sin x=2\sin\frac x2\cos\frac x2=2\cdot\frac t{\sqrt{1+t^2}}\cdot\frac1{\sqrt{1+t^2}}=\frac{2t}{|1+t^2|}=\frac{2t}{1+t^2}\)
2. \(\cos x=2\cos^2\frac x2-1=2\cdot\frac1{1+t^2}-1=\frac{1-t^2}{1+t^2}\)

(3.3) \(\frac{dt}{d_x}=\frac d{d_x}(\tan\frac x2)=\frac12\cdot\sec^2\frac x2=\frac12\cdot(\sqrt{1+t^2})^2=\frac12(1+t^2)\)，蕴含 \(d_x=\frac2{1+t^2}d_t\)

(4.1) 设 \(t=\tan\frac x2\)，\(\int\frac1{3-5\sin x}d_x=\int\frac{2/(1+t^2)}{3-5(2t/(1+t^2))}d_t=\int\frac2{3t^2-10t+3}d_t =2\int\left(\frac{-3/8}{3t-1}+\frac{1/8}{t-3}\right)d_t=\frac28\ln\left|\frac{t-3}{3t-1}\right|=\frac14\ln\left|\frac{\tan\frac x2-3}{3\tan\frac x2-1}\right|\)

(4.2) \(t=\tan\frac x2\)，\(\int\frac1{2\sin x+\sin2x}d_x=\frac12\int\frac1{\sin x(1+\cos x)}d_x=\frac12\int\frac{2/(1+t^2)}{(2t/(1+t^2))\cdot(1+(1-t^2)/(1+t^2))}d_t\)

\(=\frac12\int\frac{2(1+t^2)}{2t\cdot2}d_t=\frac14\int(\frac1t+t)d_t=\frac14\ln|t|+\frac18t^2=\frac14\ln|\tan\frac x2|+\frac18\tan^2\frac x2\)

5.积分策略

1. 尽量简化被积函数
2. 寻找明显的换元
3. 依照积分形式分类：若第 1 / 2 步无法求解，那么观察被积函数 f 的形式
   • 三角函数 - sin(x) 和 cos(x)，tan(x) 和 sec(x)，cot(x) 和 csc(x) 的幂的乘积形式，则使用 7.2 的换元法
   • 有理函数 - 使用 7.4 部分分式 或 有理代换
   • 分部积分 - 常见的，如 x的幂(或 多项式) 和 超越函数 的乘积
   • 根式
     • \(\sqrt {\pm x^2 \pm a^2}\)，使用 7.3 三角代换
     • \(\sqrt[n] {ax + b}\)，使用 7.4 有理代换(换元) \(u=\sqrt[n] {ax+b}\)，更一般地有时用来处理 \(\sqrt[n] {g(x)}\)
4. 如果前三步无法求解，记住只有 换元 和 分部 是积分的基本方法
   • 尝试换元 - 即使没有明显的换元，一些灵感或独创性（甚至绝望）可以提示一些适当的换元
   • 尝试分部 - 即使没有常见的 多项式 与 超越函数 的积的形式，有时也可以用于单一的函数，如 \(\tan^{-1}x, \sin^{-1}x, \ln x\)
   • 巧妙处理被积函数
     • 代数整理 - 或许是 分母通分 或利用 三角恒等式
     • 辗转相除凑出 商 和 约数 (形如 \(q\cdot d + r\)，q 为商，r为余数，d为除数)
   • 将问题转换为你熟系的问题
   • 将多种方法组合

答案是不能，至少不能用常见的函数表示某些积分（如：\(\int e^{x^2}~d_x\)）

我们通常会只考虑 被积后为初等函数的被积函数

在 11 章中，我们将讨论如何用 无穷级数 表示 \(\int e^{x^2}~d_x\)

6.利用积分表及计算机代数

Daniel Zwillinger 编写的CRC Standard Mathematical (Boca Raton,FL: CRC1995年出版)(518个)

Ryzhik编写的Table of Integrals, Series, and Products (New York: Academic 2000年出版）

7.积分的近似计算

假设对于 \(a\le x\le b\)，\(|f"(x)|\le K\)，那么

梯度误差：\(|E_r| \le \frac {K(b-a)^3}{12n^2}\)

中点法误差：\(|E_r| \le \frac {K(b-a)^3}{24n^2}\) (中点法更精确)

辛普森法则 利用抛物线代替指向分割来近似直线

假设抛物线 y = f(x) 经过 \(P_{i-1}(x_{i-1}, y_{i-1}), P_{i}(x_i, y_i), P_{i+1}(x_{i+1}, y_{i+1})\) 三点，其中 \(x_{i-1} = x_i - h, x_{i+1} = x_i + h\)

讨论 x_i=0 (\(x_{i-1}=-h, x_{i+1}=h\)) 时，f 在 \([x_{i-1}, x_{i+1}]\) 之间的积分：

\(\int_{-h}^h f(x)~d_x = \int_{-h}^h (ax^2 + bx + c)~d_x = \int_{-h}^h (ax^2 + c)~d_x + \int_{-h}^h bx~d_x = 2\int_{-h}^h (ax^2 + c)~d_x\)

\(= 2[\frac {ax^3}3 + cx]_0^h = \frac h3(2ah^2 + 6c)\)

另一方面，\(\begin{cases} y_{i-1}= ah^2 - bh + c \\ y_i = c \\ y_{i+1} = ah^2 + bh + c \end{cases} \implies y_{i-1}+4y_i+y_{i+1} = 2ah^2 + 6c\)

因此，\(\int_{-h}^h f(x)~d_x = \frac h3\cdot (y_{i-1} + 4y_i + y_{i+1})\)

因为无论将图像怎么沿 x 轴平移，图像的积分也不会变，

所以，对于任意连续函数 f，有\(\displaystyle \int_a^b f(x)~d_x \approx S_n = \frac {\Delta x}3 \sum\limits_{i=1}^{\frac n2} (f(x_{2i-2}) + 4f(x_{2i-1}) + f(x_{2i}))\)

\(= f(x_0) + 4f(x_1) + 2f(x_2) + \cdots + 4f(x_{n-1}) + f(x_n) = \frac h3 \{ f(a)+f(b) + \sum\limits_{i=1}^{\frac n2} [4f(x_{2i-1}) + 2f(x_{2i})] \}\)

其中，\(\Delta x = \frac {(b-a)}n\)，\(2 \mid n\)，\(x_0 = a, x_n = b\)

可以证明辛普森法则是 梯形法 和 中点法 的加权平均： \(S_{2n} = \frac 12T_n + \frac 23M_n\)

8.反常积分

(a) 如果对于任意 \(t\ge a\)，\(\int_a^t f(x)~d_x\) 都存在，那么 \(\int_a^{+∞} f(x)~d_x = \lim\limits_{t\to +∞} \int_a^{t} f(x)~d_x\)，倘若极限存在（有限数）

(b) 如果对于任意 \(t\le b\)，\(\int_t^b f(x)~d_x\) 都存在，那么 \(\int_{-∞}^{b} f(x)~d_x = \lim\limits_{t\to +∞} \int_{t}^{b} f(x)~d_x\)，倘若极限存在（有限数）

tip:如果极限存在，那么积分 \(\int_a^{+∞} f(x)~d_x\) 和 \(\int_{-∞}^{b} f(x)~d_x\) 称为收敛的，反之称为发散的

(c) 如果 \(\int_a^{+∞} f(x)~d_x\) 和 \(\int_{-∞}^{a} f(x)~d_x\) 都收敛，那么我们定义：

\(\int_{-∞}^{+∞} f(x)~d_x = \int_a^{+∞} f(x)~d_x + \int_{-∞}^a f(x)~d_x\) （a为任意实数）

如果 p > 1，则 \(\int_a^{+∞} \frac 1{x^p}~d_x\) 收敛，反之 \(p \le 1\) 时发散

如果 f 是正值函数，那么任意一个反常积分都可以看作面积，如 (a) 中 \(f(x) \ge 0\) 并且 \(\int_a^{+∞} f(x)~d_x\) 是收敛的，那么区域面积 \(A(S) = A(\{ (x, y) | x\ge a, 0\le y \le f(x) \}) = \int_a^{+∞} f(x)~d_x\)

(a) 如果 f 在 [a, b) 上连续且在 b 点不连续，那么 \(\int_a^b f(x)~d_x = \lim\limits_{t\to b^-} \int_a^t f(x)~d_x\) 如果极限存在（有限数）

(b) 如果 f 在 (a, b] 上连续且在 a 点不连续，那么 \(\int_a^b f(x)~d_x = \lim\limits_{t\to a^+} \int_t^b f(x)~d_x\) 如果极限存在（有限数）

若极限存在，则广义积分 \(\int_a^b f(x)~d_x\) 称为收敛的，反之称为发散的

(c) 如果 f 在 c 点不连续，其中 \(a < c < b\)，并且 \(\int_a^c f(x)~d_x\) 和 \(\int_c^b f(x)~d_x\) 均收敛，

那么 \(\int_a^b f(x)~d_x = \int_a^c f(x)~d_x + \int_c^b f(x)~d_x\)

若只需要证明某些积分 收敛 或 发散，则此定理很有用（无需计算积分值）

假设 f 和 g 是 连续函数 且 \(x\ge a\) 时 \(f(x) \ge g(x) \ge 0\)

(a) 如果 \(\int_a^{+∞} f(x)~d_x\) 收敛，那么 \(\int_a^{+∞} g(x)~d_x\) 收敛

(b) 如果 \(\int_a^{+∞} g(x)~d_x\) 发散，那么 \(\int_a^{+∞} g(x)~d_x\) 发散