本文涉及知识点

数学

第一节 不定积分的概念性质

一，原函数和不定积分的概念

定义一：如果再区间I上，可导函数F(x)的导函数为f(x)，即$\forall x\in I$，都有F’(x)=f(x)或dF(x)=f(x)dx。那么函数F(x)就称为f(x)在区间I上的一个原函数。
原函数存在定理：连续函数一定存在原函数。
证明：令F(a)=C，令$F(x)=({\int }_a^{x}f(t)dt)+C$ 即$F(x+\Delta )=F(x)+f(x)\times \Delta$ 即f(x)=$\frac{F(x+\Delta )-f(X)}{\Delta }$,由于F(x)连续，故$\forall ϵ,都存在|F(x+\Delta x)-F(x)|<ϵ÷2,即任意|f(x)|<ϵ÷2\to 任意f(x)的差都小于ϵ,即f(x)连续$
$F^{\prime }(x)=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{F(x+h)-F(h)}{h}连续\to 函数值等于极限$
$=f(x)$因为f(x)连续。
证毕。
定义二：在区间I上，函数f(x)的带有任意常数项的原函数称为f(x)(或f(x)dx)在区间I上的不定积分，记作$\int f(x)dx，其中\int 是积分符号，f(x)称为被积函数，f(x)dx称为被积表达式，x称为积分变量$。

二，基本积分表

一，$\int kdx=kx+C$ K是常数
二,$\int x^u=\frac{x^{u+1}}{u+1},u\ne -1$
三，$\int \frac{1}{x}=ln|x|+C$
四，$\int e^x=e^x+C$
五,$\int a^x÷\ln a=a^x+C,a>0,a\ne 1$

六,$\int \cos x=\sin x+C$
七,$\int \sin x=-\cos x+C$
八,$\int \frac{dx}{{\cos }^{2}x}=\int {\sec }^{2}xdx=\tan x+C$
九，$\int \frac{dx}{{\sin }^{2}x}=\int cs{c}^{2}xdx=-\cot x+C$

十，$\int \frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}=\arcsin x+C$
十一，$\int \frac{dx}{1+x^2}=\arctan x+C$
十二：$\int \sec x\tan xdx=\sec x+C$
${\sec }^{\prime }x=\frac{-{\cos }^{\prime }x}{co{s}^{2}x}$ 导数的除法
$\frac{\sin x}{{\cos }^{2}x}=\tan x\sec x$
十三：$\csc x\cot xdx=-\csc x+C$

三，不定积分的性质

性质一：设函数f(x)及g(x)的原函数存在,则：
$\int [f(x)\pm g(x)]dx=\int f(x)dx\pm \int g(x)dx$
性质二：设函数f(x)的原函数存在,k为非零常数，则：
$\int kf(x)dx=k\int f(x)dx$

第二节 换元积分法

利用中间变量的代换，得到复合函数的积分法,称为换元积分法，简称换元法。

第一类换元法

定理一：设f(u)具有原函数，u=$\varphi (x)$可导，则有换元公式：
$$\int f[\varphi (x)]{\varphi }^{\prime }(x)dx=[\int f(u)du{]}_{u=\varphi (x)}$$
例一：$\int 2\cos 2xdx=\cos 2x.2dx=\cos 2x.(2x{)}^{\prime }dx$
$=cos2xd2x$定理一
$=\sin 2x+C$注意：2x是积分变量。
例二：$\int \frac{1}{3+2x}dx=\frac{1}{2}\int \frac{2}{3+2x}dx=\frac{1}{2}\int \frac{(2x+3{)}^{\prime }}{2x+3}=\frac{1}{2}\int \frac{1}{2x+3}d(2x+3)=\frac{1}{2}\ln |2x+3|+C$
例三：$\int \frac{x^2}{(x+2{)}^3}$
令u=x+2,则x=u-2。原式=$\int \frac{(u-2{)}^2}{u^3}du=\int (uu-4u+4)u^{-3}du=\ln |u|+4u^{-1}-2u^{-2}$
$=\ln |x+2|+4÷(x+2)-2(x+2{)}^{-2}$

例五：$\int x\sqrt{1-x^2}dx$
令u=1-x^2，则du=-2xdx。
原式=$-\frac{1}{2}\int u^{\frac{1}{2}}(2x)dx=-\frac{1}{2}{u}^{\frac{1}{2}}du=-\frac{1}{2}\frac{2}{3}{u}^{\frac{2}{3}}=-\frac{1}{3}{u}^{\frac{3}{2}}+C$
$=-\frac{1}{3}(1-x^2)\frac{3}{2}+C$

例八：$\int \frac{1}{x^2-a^2}dx(a\ne 0)$
原式=$\frac{1}{2a}\int (\frac{1}{x-a}-\frac{1}{x+a})dx=\frac{1}{2a}\int \frac{1}{x-a}d(x-a)-\frac{1}{2a}\int \frac{1}{x+a}d(x+a)=\frac{1}{2a}ln\frac{|x-a|}{|x+a|}+C$
例十:$\int \frac{e^{3\sqrt{x}}}{\sqrt{x}}dx$
$\frac{1}{\sqrt{x}}$的原函数是：2$\sqrt{x}$故原式=$\int e^{3\sqrt{x}}d(2\sqrt{x})=\frac{2}{3}\int e^{3\sqrt{x}}d(3\sqrt{x})=\frac{2}{3}{e}^{3\sqrt{x}}+C$
例11：$\int {\sin }^{3}xdx={\sin }^{2}x\sin xdx=-si{n}^{2}xd(\cos x)=({\cos }^{2}x-1)d(\cos x)=\frac{1}{3}{\cos }^{3}x-\cos x+C$
例13：$\tan xdx=\int \frac{\sin x}{\cos x}dx=-\int \frac{1}{\cos x}d(\cos x)=-\ln |\cos x|+C$

例14：$\int {\cos }^{2}xdx$
$=\int \frac{1+\cos 2x}{2}dx=\frac{1}{2}(\int dx+\int \cos 2xdx)=\frac{1}{2}\int dx+\frac{1}{4}\int \cos 2xd2x=\frac{x}{2}+\frac{\sin 2x}{4}+C$

第二类积分换元法

定理二：设x=$\varphi (x)$是单调的可导函数，且${\varphi }^{\prime }(x)\ne 0,又设f[\varphi (t)]{\varphi }^{\prime }(t)$具有原函数，则又换元公式：
$$\int f(x)dx=[\int f[\varphi (t)]{\varphi }^{\prime }(t)dt{]}_{t={\varphi }^{-1}(x)}$$
例21：求$\int \sqrt{a^2-x^2}dx(a>0)$
令x=a$\sin t,-\frac{\pi }{2}\le t\le \frac{\pi }{2}$
则积分表达式=$\sqrt{a^2-a^2{\sin }^{2}t}=a\sqrt{1-{\sin }^{2}t}=a\cos t$
dx=$(a\sin t{)}^{\prime }dt=a\cos tdt$
则原式= $a\cos ta\cos tdt=a^2\int co{s}^{2}tdt$
根据例14，原式=$a^2(\frac{t}{2}+\frac{\sin 2t}{4})+C$
t =$\arcsin \frac{x}{a},\sin t=\frac{x}{a},\cos t=\sqrt{1-{\sin }^{2}t}=\sqrt{\frac{a^2-x^2}{a^2}}=\frac{\sqrt{a^2-x^2}}{a}$
原式=$a^2\arcsin \frac{x}{a}÷2+x\sqrt{a^2-x^2}÷2+C$
本题用到了倍角公式：$\sin \alpha \cos \alpha =\frac{1}{2}\sin 2\alpha$

例22：求$\int \frac{dx}{\sqrt{x^2+a^2}},a>0$
令x= a$\tan t$,则：dx=a${\tan }^{\prime }tdt=a{\sec }^{2}tdt$
$\sqrt{x^2+a^2}=a\sqrt{ta{n}^2+1}=a\sec t$
原式=$\int \frac{a{\sec }^{2}tdt}{a{\sec }^t}=\int \sec tdt$ 可以直接用上面例子的答案。
=$l|n|\sec t+\tan t|+C$
将t的角度转成x，对边是x,邻边是a，斜边是$\sqrt{a^2+x^2}$
即：$\sec t=\frac{\sqrt{a^2+x^2}}{a},\tan t=\frac{x}{a}$
故原式=$ln|\frac{x}{a}+\frac{\sqrt{a^2+x^2}}{a}|+C$
=$\ln |x+\sqrt{x^2+a^2)}|-\ln a+C$
=$\ln (x+\sqrt{x^2+a^2})+C1$ 常数可以忽略,$\sqrt{x^2+a^2}>|x|，故\sqrt{x^2+a^2}+x>0$

例23 求$\int \frac{dx}{\sqrt{x^2-a^2}}$
$x^2\ge a^2$故如果a=ay，则$1\le y\le \infty ,故可以让y=\sec t,即x=a\sec t$。
$\sqrt{x^2-a^2}=a\sqrt{{\sec }^{2}t-1}=a\tan t$
$dx=a(se{c}^{\prime }t)dt=a\sec t\tan tdt$
原式=$\frac{a\sec t\tan tdt}{a\tan t}=\sec tdt$
用x代替t，从略。

第三节 分部积分法

$\int u{v}^{\prime }dx=uv-\int u^{\prime }vdx=uv-\int vdu$

例1：$\int x\cos xdx$
原式=$\int x({\sin }^{\prime }x)dx=x\sin x-\int \sin xdx=x\sin x+\cos x+C$
例2：求$\int x{e}^{x}dx$
原式=$\int x(e^x{)}^{\prime }=x{e}^x-\int e^{x}dx=x{e}^x-e^x+C$

例3：求$\int x^2{e}^{x}dx$
原式=$\int x^2(e^x{)}^{\prime }dx=x^2{e}^x-\int e^{x}d{x}^2=x^2{e}^x-2\int x{e}^{x}dx$ 便是例2了。

例子4：求$\int x\ln xdx$
原式=$\int \ln x(\frac{x^2}{2}{)}^{\prime }=\frac{x^2}{2}\ln x-\frac{x^2}{2}d(\ln x)=\frac{x^2}{2}\ln x-\frac{1}{2}\int xdx=\frac{x^2}{2}\ln x-\frac{x^2}{4}+C$

例子5：求$\int \arccos xdx$
原式=$\int \arccos x(x{)}^{\prime }=x\arccos x-\int xd(\arccos x)=x\arccos x+\int \frac{x}{\sqrt{1-x^2}}dx$
$xdx=d(x^2-1)÷2$，代入后得：
$=x\arccos x-\int d(1-x^2)\ast (1-x^2{)}^{-0.5}÷2$
$=x\arccos x-(1-x^2{)}^{0.5}+C$

例子6：$\int x\arctan xdx$
原式=$\frac{1}{2}\int \arctan (x^2{)}^{\prime }dx=\frac{1}{2}(x^2\arctan x-x^{2}d(\arctan x))$
$=\frac{1}{2}(x^2\arctan x-\int x^2÷(1+x^2)dx)$
$=\frac{1}{2}(x^2\arctan x-\int (1-\frac{1}{1+x^2})dx)$
$\frac{1}{2}(x^2\arctan x-x+\arctan x)+C$

例子7：$\int e^x\sin xdx$
原式=$\int \sin x(e^x{)}^{\prime }=\sin x{e}^x-\int e^{x}d(\sin x)=\sin x{e}^x-\int e^x\cos xdx$
=$\sin x{e}^x-\int (\cos x(e^x{)}^{\prime })$
=$\sin x{e}^x-\cos x{e}^x+\int e^{x}d(\cos x)$
=$\sin x{e}^x-\cos x{e}^x-\int e^x\sin xdx$第三项即原式
=$\frac{e^x(\sin x-\cos x)}{2}+C$

例子8:$\int {\sec }^{3}xdx$

原式=$\int \sec x(\tan x{)}^{\prime }dx=\sec x\tan x-\int \tan xd(\sec x)$
=$\sec x\tan x-\int {\tan }^{2}x\sec xdx$
=$\sec x\tan x-\int \sec x({\sec }^{2}x-1)dx$
=$\sec x\tan x-原式+\int \sec xdx$
$\to 原式=\frac{\sec x\tan x+\ln |\sec x+\tan x|}{2}+C$

例子9：$\int e^{\sqrt{x}}dx$
$令t=\sqrt{x}\to x=t^2,dx=2tdt$
原式=$\int e^{t}2tdt=\int 2t(e^t{)}^{\prime }=2t{e}^t-\int e^{t}d(2t)$
$=2e^{t}t-2e^t+C$
用x代替t，结束。

第四节 有理函数的积分

一，有理函数的积分

两个多项式的商$\frac{P(x)}{Q(x)}$称为有理函数，又称为有理分式。我们总假定P(x)和Q(x)之间没有公因式。当P(x)的次数小于Q(x)的次数时，称为真分式，否则称为假分式。假分式一定可以转化称一个多项式和一个真分式之和。令P(x)的最高次系数为a,Q(x)的最高次系数为b，则：P(x)减去$\frac{a}{b}Q(x)$后，最高次数减少1。

对于真分式$\frac{P(x)}{Q(x)},Q(x)=Q_1(x)Q_2(x)，且Q_1和Q_2没有公因式，那么它可以拆分两个真分式之和$
$$\frac{P(x)}{Q(x)}=\frac{P_1(x)}{Q_1(x)}+\frac{P_2(x)}{Q_2(x)}$$

例1：求$\int \frac{x+1}{x^2-5x+6}dx$
Q1=x-2,Q2=x-3。用AB代替P1,P2。
A(x-2)+B(x-3)=x+1
根据x的系数：A+B=1 $\to$ 2A+2B=2
根据常数：-2A-3B=1 $\to$ -2-B=1 $\to$ B=-3 $\to$ A=4
原式=$\int \frac{4}{x-3}dx-\int \frac{3}{x-2}dx$
$=4\int \frac{d(x-3)}{x-3}-3\int \frac{d(x-2)}{x-2}$
$=4\ln (x-3)-3\ln (x-2)+C$

例2：求$\int \frac{x+2}{(2x+1)(x^2+x+1)}dx$
令积分表达式=$\frac{A}{2x+1}+\frac{Bx+D}{x^2+x+1}$
x的平方的系数：A+2B=0 式子一
x的系数：A+B+2D=1 式子二
常数：A+D=2 式子三
式子一减去式子二：B-2D+1=0
式子二减去式子三：$B+D+1=0\to 2B+2D+2=0$
相加：3B+3=0,即B=-1,D=0,A=2
原式=$\int \frac{2}{2x+1}dx+\int \frac{-x}{x^2+x+1}dx$
$\int \frac{2}{2x+1}dx=\int \frac{1}{2x+1}d(2x+1)=\ln |2x+1|+C$
$\int \frac{-x}{x^2+x+1}dx=-\frac{1}{2}\int \frac{(2x+1)-1}{x^2+x+1}dx$
=$-\frac{1}{2}\int \frac{d(x^2+x+1)}{x^2+x+1}+\frac{1}{2}\int \frac{1}{x^2+x+1}$
=$-\frac{1}{2}\ln (x^2+x+1)+\frac{1}{2}\int \frac{1}{(x+0.5{)}^2+0.75^2}dx$ 令右半部分是式子四。
式子4=$\sqrt{3}\arctan \frac{2x+1}{\sqrt{3}}+C$
故原式=$\ln (2x+1)-\frac{1}{2}\ln (x^2+x+1)+\sqrt{3}arctan\frac{2x+1}{\sqrt{3}}+C$

例3：求$\int \frac{x-3}{(x-1)(x^2-1)}dx$
由于x-1和$x^2-1$有公因数，故需要在分解。
$Q=(x-1{)}^2(x+1)$
积分表达式=$\frac{Ax+B}{(x-1{)}^2}+\frac{D}{x+1}$
则$x^2的系数为：$A+D=0
则x的系数为：A+B-2D=1
则常数为：B +D =-3
从而解得 A=1,B =-2,D=-1
$\int \frac{x-2}{(x-1{)}^2}dx$
=$\int \frac{1}{x-1}dx-\int \frac{dx}{(x-1{)}^2}$
=$\int \frac{1}{x-1}d(x-1)-\int \frac{d(x-1)}{(x-1{)}^2}$
=$\ln |x-1|+(x-1{)}^{-1}+C$
$\int \frac{-1}{x+1}d(x+1)=-|ln(x+1)|+C$
故原式=$\ln |x-1|+(x-1{)}^{-1}-|ln(x+1)|+C$

有公因式会如何?

假设积分表达为：$\frac{Ax+B}{x^2-1}+\frac{D}{x-1}$
$(Ax+B)(x-1)+D(x^2-1)=x-3$
$\to A{x}^2+Bx-Ax-B+D{x}^2-D=x-3$
根据$x^2$的系数。A+D=0 式子一
根据x的系数,B-A=1。式子二
根据常数B+D=3 式子三
式子三-式子二=D+A=2 和式子一矛盾

二、可化为有理函数的积分举例

例4 ：求$\int \frac{1+\sin x}{\sin x(1+\cos x)}$
正余弦都可以半角的正切表示,令$t=\tan \frac{x}{2},x=2\arctan t,dx=\frac{2}{1+t^2}dt$。
$\sin x=\frac{2t}{1+t^2}$
$\cos x=\frac{1-t^2}{1+t^2}$
分子=$\frac{1+t^2+2t}{1+t^2}\frac{2}{1+t^2}$
分母=$\frac{2t}{1+t^2}\frac{2}{1+t^2}$
故原式=$\int \frac{t^2+2t+1}{2t}dt=\frac{1}{2}(\int tdt+\int 2dt+\int \frac{1}{t}dt)$
$=\frac{1}{4}{t}^2+t+\frac{1}{2}\ln |t|$+C
用x代替x就是正解。

例5：$\int \frac{\sqrt{x-1}}{x}dx$
解：令$u=\sqrt{x-1},\to x=u^2+1,dx=2udu$
原式=$\int \frac{u}{u^2+1}2udu=2\int 1-\frac{1}{1+u^2}$
$=2(u-\arctan u)+C$

例6:求$\int \frac{dx}{1+\sqrt[3]{x+2}}$
令 u = $\sqrt[3]{x+2},x=u^3-2,dx=3u^{2}du$
原式=$\frac{3u^2}{1+u}du=3\int \frac{u^2}{1+u}$
=$3\int \frac{u(u+1)-(u+1)+1}{u+1}du$
=$3\int (u-1+\frac{1}{u+1})du$
=$\frac{3}{2}{u}^2-3u+3\ln |u+1|)+C$
用x代替u便是正解。

例7：求$\int \frac{dx}{(1+\sqrt[3]{x})\sqrt{x}}$
令$u=\sqrt[6]{x},\to x=u^6,dx=6u^{5}du$
原式=$\int \frac{6u^5}{(1+u^2)u^3}du=6\int \frac{u^2}{1+u^2}du$
$=6\int (1-\frac{1}{1+u^2})du$
=$6(u-\arctan u)+C$
用x代替u，便是正解。

例8：求$\int \frac{1}{x}\sqrt{\frac{1+x}{x}}$
令u=$\sqrt{\frac{1+x}{x}},\to x{u}^2=1+x,x=\frac{1}{u^2-1}$
根据导数的除法法则，$dx=-\frac{2u}{(u^2-1{)}^2}$
原式=$-\int (u^2-1)u\frac{2u}{(u^2-1{)}^2}du=-2\int \frac{u^2}{u^2-1}du$
=-2$\int \frac{(u^2-1)+1}{u^2-1}du$
=$-2(u+\int \frac{1}{u^2-1}du)$
=$-(2u+\ln |\frac{1-u}{1+u}|)+C$

五 积分表的使用

初等函数是由幂函数、指数函数、对数函数、三角函数、反三角函数及常数经过有限次有理运算和函数复合得到的函数，并能用解析式表示。

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测试环境

操作系统：win7 开发环境： VS2019 C++17
或者 操作系统：win10 开发环境： VS2022 C++17
如无特殊说明，本算法用**C++**实现。