不定積分

原函數(shù)存在定理

連續(xù)函數(shù)一定有原函數(shù)。

不定積分的原理

不定積分實(shí)際上就是求函數(shù)在某一區(qū)間上的原函數(shù)姐赡。

可以通過不定積分表來求原函數(shù)。

性質(zhì)

可加性
數(shù)乘性

換元積分

第一類積分法

設(shè) $f(u)$ 具有原函數(shù)军熏，且 $u=\varphi(x)$ 可導(dǎo)瘫里，則有換元公式
$\int f[\varphi(x)] \varphi^{\prime}(x) \mathrma3tper7 x=\left[\int f(u) \mathrm3vuufh2 u\right]_{u=\varphi(x)}$
具體過程：

若 $\int q(x) d x$ 实蔽，將 $q(x)$ 分解成 $\int f [g(x)] \cdot g^{\prime}(x) d x$ ，

就是要拆分成這樣子的兩個(gè)部分

精髓在于谨读，令 $g(x)=u$ 局装，則有 $d u=d [ g(x)]=g(x)^{\prime} d x$

則有 $\int f [g(x)] \cdot g^{\prime}(x) d x=\int f(u) d u=F(u)+C=F(g(x))+C$

例題1

$\int x \sqrt{x^{2}-1} d x$

注意到 $\sqrt{x^{2}-1}^{\prime}=2x$ ,令 $u={x^{2}-1}$ ，則

$\int x \sqrt{x^{2}-1} d x=\frac{1}{2}\int\sqrt{u}u^{\prime}=\frac{1}{2}\times F(u)$

例題2

$\begin{align} &\int \frac{1}{e^{x}+e^{-x}} d x \\=&\int \frac{e^{x}}{e^{2 x}+1} d x\\ =&\int \frac{e^{x}dx}{e^{2 x}+1}\\ =&\int \frac{de^x}{(e^{x})^2+1}\\ =&\ \arctan e^x+C \end{align}$

這里是因?yàn)?br> $\int \frac{dA}{A^2+1}=\arctan A+C$

例題3?

$\begin{align} &\int \frac{t^2+1}{t^4+1}dt\\ =&\int \frac{1+t^{-2}}{t^2+t^{-2}}\\ =&\int \frac 1{(t-\frac 1 t)^2+2}d(t-\frac 1 t)\\ =&\frac 1 2\int\frac 1{(\frac{t-\frac 1 t} {\sqrt{2}})^2+1}d(t-\frac 1 t)\\ =&\frac 1 2 \sqrt 2\int\frac 1{(\frac{t-\frac 1 t} {\sqrt{2}})^2+1}d (\frac{t-\frac 1 t}{\sqrt 2})\\ =&\frac{\sqrt 2}2 \arctan(\frac{t-\frac 1 t}{\sqrt 2})+C \end{align}$

思想：

同除 $t^2$ 劳殖，湊微分铐尚。

$t^2+\frac{1}{t^2}=(t-\frac{1}{t})^2+2=(t+\frac{1}{t})^2-2$

$(1+t^{-2})dt=d(t-\frac 1 t)$

對(duì)于 $\frac 1 {A^2+C}$ ，聯(lián)想 $\arctan A^{\prime}=\frac 1 {1+A^2}$ 哆姻，從而有 $\int \frac 1 {A^2+C}dA=\frac {\sqrt C } C \arctan \frac A{\sqrt C}$

例題4

$\int \frac{\cos ^{2} x-\sin x}{\cos x\left(1+\cos x \cdot e^{\sin x}\right)} d x$

注意到
$\left(\cos x \cdot e^{\sin x}\right)^{\prime}=e^{\sin x}\left(\cos ^{2} x-\sin x\right)$
原式等于
$\begin{align} &\int \frac{e^{\sin x}\left(\cos ^{2} x-\sin x\right) d x}{\cos x \cdot e^{\sin x}\left(1+\cos x \cdot e^{\sin x}\right)}\\ =&\int \frac{d\left(\cos x \cdot e^{\sin x}+c\right)}{\cos x e^{\sin x}\left(1+\cos x \cdot e^{\sin x}\right)}\\ =&\int\left(\frac{1}{e^{\sin ^{2}(2 x)}}-\frac{1}{1+\cos x e^{\sin x}}\right) d\left(\cos x e^{\sin x}+c\right)\\ =&\ln \left|\frac{e^{\sin } \cos x}{1+e^{\sin x} \cdot \cos x}\right|+C \end{align}$

例題5

設(shè) $F(x)$ 是 $f(x)$ 的一個(gè)原函數(shù)宣增， $F(1)=\frac{\sqrt 2}4\pi$ ，當(dāng) $x>0$ 時(shí)矛缨， $f(x) F(x)=\frac{\arctan \sqrt{x}}{\sqrt{x}(1+x)}$ 统舀，求 $f(x)$ .
$\begin{align} &\int f(x) F(x) d x-\int \frac{\arctan \sqrt{x}}{\sqrt{x}(1+x)} d x=C \\ =&\int F(x) d F(x)-2 \int \arctan \sqrt{x} d(\arctan \sqrt{x})=C\\ =&\frac{1}{2} F^{2}(x)-(\arctan \sqrt{x})^{2}=C\\ =&F(x)=\sqrt{2(\arctan \sqrt{x})^{2}+2 C} \quad(x>0) \end{align}$

第二類換元法

三角換元

$\sqrt{x^{2}-a^{2}}$ 型的，可令 $x= a\sec t /a\csc t$

且注意到 $\sec ^{2} t=\tan ^{2} t+1$ 劳景， $\csc ^{2} t=\cot ^{2} t+1$

對(duì)于 $\int x \sqrt{x^{2}-1} d x$ ，令 $x=\sec t$
$\begin{align} &\int \sec t \sqrt{\sec^2 t-1}d(\sec t)\\=&\int \sec t \tan t(\sec t \tan t)dt\\=&\int \sec^2t\tan^2t\ dt \end{align}$
注意到 $(\tan t)^{\prime}=\sec^2t$

上式等于
$\begin{align} &\int \tan^2t \ d(\tan t)\\=&\frac{1}{3}\tan^3t+C\\=&\frac{1}{3}(x^2-1)^{\frac{3}{2}}+C \end{align}$

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