06 不定积分
不定积分
定义：不定积分
设函数 \(f\) 在区间 \(I\) 上有定义，函数 \(F\) 是 \(f\) 的一个原函数，则函数族
\[
F(x) + C \quad (C \in \mathbb{R})
\]
表示 \(f\) 的一切原函数. 我们把这函数族叫作函数 \(f(x)\) 的不定积分，或者叫作微分形式 \(f(x)dx\) 的不定积分，记为
\[
\int f(x)dx = F(x) + C.
\]
在这里，\(f(x)\) 称为被积函数，\(f(x)dx\) 称为被积表示式，而 \(\int\) 是表示不定积分的符号。
定理：不定积分的线性运算法则
如果 \(F(x)\) 和 \(G(x)\) 分别是函数 \(f(x)\) 和 \(g(x)\) 的原函数，\(\lambda\) 是一个非零实数，那么 \(F(x) + G(x)\) 是函数 \(f(x) + g(x)\) 的原函数，\(\lambda F(x)\) 是函数 \(\lambda f(x)\) 的原函数。即有以下运算法则：
\[
\int (f(x) + g(x))dx = \int f(x)dx + \int g(x)dx;
\]
\[
\int (\lambda f(x))dx = \lambda \int f(x)dx.
\]
换元积分法
引理
如果 \(dG(u) = g(u)du,\) 那么把 \(u\) 换成可微函数 \(u = u(v)\) 仍有 \(dG(u(v)) = g(u(v))du(v).\)
这就是说，从
\[
\int g(u)du = G(u) + C
\]
可以得到
\[
\int g(u(v))du(v) = G(u(v)) + C.
\]
上面的引理说明：在不定积分的表示式中可以做变数替换. 这一结果以两种形式应用于求不定积分.
第一换元积分法
把被积表示式 \(f(x)dx\) 写成两因式的乘积，前一因式形状如 \(g(u(x))\)，后一因式形状如 \(du(x)\)。如果求得
\[
\int g(u)du = G(u) + C,
\]
那么
\[
\int f(x)dx = \int g(u(x))du(x) = G(u(x)) + C.
\]
在具体解题的时候，不必每次写出代表中间变量的符号 \(u\)，只要把 \(u(x)\) 当作一个整体来看待即可.
第二换元积分法
做适当的变数替换 \(x = \varphi(t)\)，这里的函数 \(\varphi(t)\) 在区间 \(J\) 上严格单调并且连续，在这区间的内部可导，并且满足条件 \(\varphi'(t) \neq 0\)。如果我们求得
\[
\int f(\varphi(t)) \, d\varphi(t) = G(t) + C,
\]
那么在这式中做变数替换 \(t = \varphi^{-1}(x)\) 就得到
\[
\int f(x) \, dx = G(\varphi^{-1}(x)) + C.
\]
注：
对于涉及 \(\sqrt{a^2 - x^2}\) 或 \(\sqrt{x^2 + a^2}\) 的被积函数，可以引入一个辅助的“角变量”\(t\) 作为参数.
- 对于涉及 \(\sqrt{a^2 - x^2}\) 的被积函数，可以令 \(x = a \cos t\) 或者 \(x = a \sin t\).
- 对于涉及 \(\sqrt{x^2 + a^2}\) 的被积函数，可以令 \(x = a \tan t\) 或者 \(x = a \cot t\).
- 对于涉及 \(\sqrt{x^2 - a^2}\) 的被积函数，可以令 \(x = a \sec t = \dfrac{a}{\cos t}\) 或者 \(x = a \csc t = \dfrac{a}{\sin t}\).
分部积分法
- 依据：乘积微分公式 \(d(u(x)v(x)) = v(x)du(x) + u(x)dv(x).\)
把该公式改写为
\[
u(x)dv(x) = d(u(x)v(x)) - v(x)du(x),
\]
由此得到
\[
\int u(x)dv(x) = u(x)v(x) - \int v(x)du(x).
\]
即分部积分法的公式. 应用时，不必引入新的记号 \(u\) 和 \(v\)，只需记住把哪个式子当作 \(u(x)\)，哪个式子当作 \(v(x)\).
有理函数的积分
对有理分式函数 \(f(x) = P(x)/Q(x)\)，这里 \(P(x)\) 和 \(Q(x)\) 都是实系数的多项式.利用多项式的带余除法，总可以把有理分式写成以下形式
\[
P(x)/Q(x) = P_0(x)+P_1(x)/Q(x),
\]
其中 \(P_0(x)\) 和 \(Q(x)\) 也是实系数的多项式，其中 \(P_1(x)\) 的次数低于 \(Q(x)\) 的次数. 多项式的不定积分已知，因此只需要讨论真分式 \(P_1(x)/Q(x)\) 的不定积分. 以下设 \(f(x) = P(x)/Q(x)\) 是既约真分式.
定理
如上所述的真分式 \(\frac{P(x)}{Q(x)}\)，可以唯一地表示为以下形状的简单分式之和：
\[
\begin{aligned}
&\sum_{i=1}^{r} \left( \frac{A_i}{x-a_i} + \frac{A_i'}{(x-a_i)^2} + \cdots + \frac{A_i^{(h_i-1)}}{(x-a_i)^{h_i}} \right) \\
&+ \sum_{j=1}^{s} \Bigg( \frac{M_j x + N_j}{x^2 + p_j x + q_j} + \frac{M_j' x + N_j'}{(x^2 + p_j x + q_j)^2} \\
&\qquad + \cdots + \frac{M_j^{(k_j-1)} x + N_j^{(k_j-1)}}{(x^2 + p_j x + q_j)^{k_j}} \Bigg),
\end{aligned}
\]
这里的 \(A_i, A_i', \cdots, A_i^{(h_i-1)}, M_j, M_j', \cdots, M_j^{(k_j-1)}, N_j, N_j', \cdots, N_j^{(k_j-1)}\) 等都是实常数 \((i=1, \cdots, r, j=1, \cdots, s)\).
定理1中的分解式，通常就叫作真分式 \(\frac{P(x)}{Q(x)}\) 的简单分式分解或者部分分式分解.
待定系数法求真分式的部分分式分解.
- 先写出含有待定系数 \(A_i, \cdots, A_i^{(h_i-1)}, M_j, \cdots, M_j^{(k_j-1)}, N_j, \cdots, N_j^{(k_j-1)}\) 的分解式
\[
\frac{P(x)}{Q(x)} = \sum_{i=1}^r \left( \frac{A_i}{x-a_i} + \cdots + \frac{A_i^{(h_i-1)}}{(x-a_i)^{h_i}} \right)
+ \sum_{j=1}^s \left( \frac{M_j x + N_j}{x^2 + p_j x + q_j} + \cdots + \frac{M_j^{(k_j-1)} x + N_j^{(k_j-1)}}{(x^2 + p_j x + q_j)^{k_j}} \right);
\]
- 用 \(Q(x)\) 乘上述两边以消去分母；
- 比较所得式子两边同次项的系数，得到关于待定系数的线性方程组；
- 解这个方程组就可确定部分分式分解的各个系数。
通过部分分式分解，求有理分式的不定积分的问题归结为计算以下两种类型积分：
\[
\mathrm{I}.\quad \int \frac{dx}{(x-a)^n};
\]
\[
\mathrm{II}.\quad \int \frac{Mx+N}{(x^2+px+q)^n} dx.
\]
对 \(\mathrm{I}\) 型积分已有：
\[
\int \frac{dx}{(x-a)^n} =
\begin{cases}
\displaystyle \frac{-1}{(n-1)(x-a)^{n-1}} + C, & n \neq 1, \\
\ln |x-a| + C, & n=1.
\end{cases}
\]
为计算 \(\mathrm{II}\) 型积分，将 \(x^2+px+q\) 写成
\[
x^2+px+q=(x+p/2)^2+q-p^2/4 = t^2+b^2,
\]
这里 \(t = x + p/2\), \(b = \sqrt{q - p^2/4}\)。通过变数替换 \(x = t - p/2\)，求Ⅱ型积分的问题又归结为计算以下两种类型的不定积分：
\[
\mathrm{II'}.\ \int \frac{t}{(t^2 + b^2)^n} dt;
\]
\[
\mathrm{II''}.\ \int \frac{dt}{(t^2 + b^2)^n}.
\]
其中 \(\mathrm{II'}\) 型积分很容易计算：
\[
\int \frac{t dt}{(t^2 + b^2)^n} =
\begin{cases}
\displaystyle \frac{-1}{2(n-1)(t^2 + b^2)^{n-1}} + C, & n \neq 1, \\
\displaystyle \frac{1}{2}\ln(t^2 + b^2) + C, & n = 1.
\end{cases}
\]
为了计算 \(\mathrm{II''}\) 型积分 \(J_n\)，可以利用已知的递推公式
\[
J_n = \frac{1}{2(n-1)b^2} \cdot \frac{t}{(t^2 + b^2)^{n-1}} + \frac{2n-3}{2(n-1)b^2} J_{n-1}
\]
和已知的结果
\[
J_1 = \frac{1}{b} \arctan \frac{t}{b} + C.
\]
这样，我们完全解决了求有理分式函数的不定积分的问题.
某些可有理化的被积表示式
三角函数有理式的不定积分
\(R(\sin x, \cos x) dx\)
被积表示式 \(R(\sin x, \cos x) dx\) 可以通过变元替换
\[
\tan \frac{x}{2} = t, \quad \text{即} \quad x = 2 \arctan t
\]
实现有理化。事实上，有
\[
\sin x = 2 \tan \frac{x}{2} \cos^2 \frac{x}{2} = \frac{2t}{1 + t^2},
\]
\[
\cos x = \cos^2 \frac{x}{2} \left( 1 - \tan^2 \frac{x}{2} \right) = \frac{1 - t^2}{1 + t^2},
\]
\[
dx = \frac{2dt}{1 + t^2}.
\]
于是得到
\[
R(\sin x, \cos x)dx = R\left( \frac{2t}{1+t^2}, \frac{1-t^2}{1+t^2} \right) \frac{2dt}{1+t^2}.
\]
对于某些特别情形，采用其他形式的变换更为简单。例如，对于形状如
\[
R_1(\sin x, \cos^2 x) \cos x dx
\]
的表示式，采用替换 \(\sin x = t\) 就可以更方便地把它有理化为
\[
R_1(t, 1 - t^2) dt.
\]
对于形状如
\[
R_2(\sin^2 x, \cos x) \sin x dx
\]
的表示式，采用替换 \(\cos x = t\) 也就可以把它有理化为
\[
-R_2(1 - t^2, t) dt.
\]
另外，对于形状如
\[
R_3\left( \frac{\sin x}{\cos x}, \cos^2 x \right) dx
\]
的表示式，可采用替换 \(\tan x = t, \quad \text{即} \quad x = \arctan t\) 将它有理化为
\[
R_3\left( t, \frac{1}{1+t^2} \right) \frac{dt}{1+t^2}.
\]
某些无理根式的不定积分
\(R\left(x, \sqrt[n]{\frac{ax + \beta}{\gamma x + \delta}}\right) dx\)
如果 \(a\delta - \beta\gamma = 0\)，可设
\[
\frac{a}{\gamma} = \frac{\beta}{\delta} = \lambda,
\]
那么
\[
R\left(x, \sqrt[n]{\frac{ax + \beta}{\gamma x + \delta}}\right) dx = R\left(x, \sqrt[n]{\lambda}\right) dx,
\]
它本身已是有理式。因此，在以下的讨论中，不妨设
\[
a\delta - \beta\gamma \neq 0.
\]
在被积表示式中做替换
\[
t = \sqrt[n]{\frac{ax + \beta}{\gamma x + \delta}}, \quad \text{即} \quad x = \frac{\delta t^n - \beta}{a - \gamma t^n},
\]
得到
\[
dx = \frac{n(a\delta - \beta\gamma)t^{n-1}}{(a - \gamma t^n)^2} dt.
\]
于是 \(R\left(x, \sqrt[n]{\frac{ax + \beta}{\gamma x + \delta}}\right) dx\) 有理化为
\[
R\left( \frac{\delta t^n - \beta}{a - \gamma t^n}, t \right) \frac{n(a\delta - \beta\gamma)t^{n-1}}{(a - \gamma t^n)^2} dt.
\]
本段的讨论也适用于 \(\gamma = 0\) 的情形（这时不妨设 \(\delta = 1\)）. 对于
\[
R\left(x, \sqrt[n]{ax + \beta}\right) dx,
\]
可以作替换 \(t = \sqrt[n]{ax + \beta}\) 使它有理化。
\(R(x, \sqrt{ax^2 + bx + c}) dx\)
\[
ax^2 + bx + c = a \left( x + \frac{b}{2a} \right)^2 + c - \frac{b^2}{4a}
= \pm \left[ \sqrt{a} \left( x + \frac{b}{2a} \right) \right]^2 \pm \left( \sqrt{c - \frac{b^2}{4a}} \right)^2.
\]
通过适当的线性替换 \(u = \sqrt{a} \left( x + \frac{b}{2a} \right)\) 和记 \(\lambda = \sqrt{\left| c - \frac{b^2}{4a} \right|}\)，可以将 \(\sqrt{ax^2+bx+c}\) 化成以下三种情形之一：
\[
\sqrt{u^2+\lambda^2}, \quad \sqrt{u^2-\lambda^2} \quad \text{或} \quad \sqrt{\lambda^2-u^2}
\]
（被开方式恒负的情形可不予考虑）. 这样，\(R(x, \sqrt{ax^2+bx+c})dx\) 转化为：
\[
R_1(u, \sqrt{u^2+\lambda^2})du, \quad R_2(u, \sqrt{u^2-\lambda^2})du \quad \text{或} \quad R_3(u, \sqrt{\lambda^2-u^2})du.
\]
对这三种情形，分别令
\[
u=\lambda \tan t, \quad u=\lambda \sec t \quad \text{或} \quad u=\lambda \sin t,
\]
就可以将被积表示式转化为三角函数的有理式。再套用三角函数有理式的不定积分就可以最后完成有理化的进程。
一般地，二次三项式 \(ax^2+bx+c\) 中，若 \(a>0\)，则可令
\[
\sqrt{ax^2+bx+c} = \sqrt ax \pm t;
\]
若 \(c>0\)，还可令
\[
\sqrt{ax^2+bx+c} = xt\pm\sqrt c.
\]
这类变换称为欧拉变换.