不定积分的常用技巧

贡献者：赵淦是; addis

预备知识　不定积分，复数

1. 一、分项积分法

　　分项积分法的原理是不定积分的基本性质： $\int [f (x) + g (x) - h (x)] d x = \int f (x) d x + \int g (x) d x - \int h (x) d x .$

多项式的积分等于各个单项式的积分之和

分母为多项式，可将其化为简单分式再积分

例 1　

　　求 $\int \frac{d x}{x^{2} - a^{2}}$ 。

　　解：因式分解， $x^{2} - a^{2} = (x + a) (x - a)$ 。

　　设 $\frac{1}{x^{2} - a^{2}} = \frac{A}{x - a} + \frac{B}{x + a}$ 于是 $A (x + a) + B (x - a) = 1$

　　由掩盖法， $A = \frac{1}{2 a}, B = - \frac{1}{2 a}$ , 所以 $\frac{1}{x^{2} - a^{2}} = \frac{1}{2 a} (\frac{1}{x - a} - \frac{1}{x + a})$ ，于是：

\begin{matrix} (1) & \begin{aligned} L H S & = \frac{1}{2 a} (\int \frac{d x}{x - a} - \int \frac{d x}{x + a}) \\ = \frac{1}{2 a} (\ln | x - a | - \ln | x + a |) + C \\ = \frac{1}{2 a} \ln | \frac{x - a}{x + a} | + C . \end{aligned} \end{matrix}

　　更一般地，让我们求 $\int \frac{m x + n}{x^{2} + p x + q} d x .$ 对分母配方： $x^{2} + p x + q = {(x + \frac{p}{2})}^{2} + q - \frac{p^{2}}{4}$ 。

　　令 $t = x + \frac{p}{2}$ ，于是 $x = t - \frac{p}{2}, d x = d t$ ，令 $q - \frac{p^{2}}{4} = \pm a^{2}$ 。

　　令 $A = m, B = n - \frac{1}{2} m p$ ，则 $m x + n = A t + B$ 。

　　则 $L H S = \int \frac{A t + B}{t^{2} \pm a^{2}} d t = A \int \frac{t d t}{t^{2} \pm a^{2}} + B \int \frac{d t}{t^{2} \pm a^{2}}$ 。

　　首先， $A \int \frac{t d t}{t^{2} \pm a^{2}} = \frac{A}{2} \int \frac{d (t^{2} \pm a^{2})}{t^{2} \pm a^{2}} = \frac{A}{2} \ln | t^{2} \pm a^{2} | + C$ 。

　　 1. 当 $q > \frac{p^{2}}{4}$ 时， $B \int \frac{d t}{t^{2} + a^{2}} = \frac{B}{a} \arctan \frac{t}{a} + C$ 。

\begin{matrix} (2) & \begin{aligned} L H S & = \frac{A}{2} \ln | t^{2} + a^{2} | + \frac{B}{a} \arctan \frac{t}{a} + C \\ = \frac{m}{2} \ln | x^{2} + p x + q | + \frac{2 n - m p}{\sqrt{4 q - p^{2}}} \arctan \frac{2 x + p}{\sqrt{4 q - p^{2}}} + C . \end{aligned} \end{matrix}

　　 2. 当 $q < \frac{p^{2}}{4}$ 时： $B \int \frac{d t}{t^{2} - a^{2}} = \frac{B}{2 a} \ln | \frac{t - a}{t + a} | + C$ 。

\begin{matrix} (3) & \begin{aligned} L H S & = \frac{A}{2} \ln | t^{2} - a^{2} | + \frac{B}{2 a} \ln | \frac{t - a}{t + a} | + C \\ = \frac{m}{2} \ln | x^{2} + p x + q | + \frac{2 n - m p}{2 \sqrt{p^{2} - 4 q}} \ln | \frac{x + 2 p - \sqrt{p^{2} - 4 q}}{x + 2 p + \sqrt{p^{2} - 4 q}} | + C . \end{aligned} \end{matrix}

对于被积函数的分母为二次函数，分子小于二次的情况，普遍可采用上面的公式

对于被积函数的分母大于二次的情况，需用待定系数法，将被积函数分解为简单分式之和。待定系数法有以下两种类型：

　　 1. 方程两端同次幂的系数相同

　　 2.“掩盖”

若被积函数的分式中分子幂次高于分母幂次，应用长除法，使其变成既约真分式，长除法的大致步骤如下：

　　 1. 用分子的最高次项除以分母的最高次项，得到首商，写在横线上对应位置；

　　 2. 分子对应项减去刚才的乘积，得到第一余式写在下面，将分子下一项抄下来；

　　 3. 把第一余式当作被除式，重复上述操作，直至余式次数低于除式次数。

例 2　

　　 $\frac{x^{3} - 12 x^{2} - 42}{x - 3} = x^{2} - 9 x - 27 + \frac{- 123}{x - 3} .$

2. 二、分部积分法

　　分部积分的基本原理如下： $\int u d v = u v - \int v d u .$ 更高级地，我们有莱布尼兹公式： $\int u v^{(n + 1)} d x = u v^{(n)} - u^{'} v^{(n - 1)} + . . . + (- 1)^{n} u^{(n)} v + (- 1)^{n + 1} \int u^{(n + 1)} v d x .$ 当被积函数的因式之一是多项式时，运用莱布尼兹公式特别方便。

例 3　

　　求 $\int (2 x^{3} + 3 x^{2} + 4 x + 5) e^{x} d x$ 。

　　令 $u = 2 x^{3} + 3 x^{2} + 4 x + 5, d v = e^{x} d x, v = e^{x}$ ，

　　则 $u^{'} = 6 x^{2} + 6 x + 4, u^{″} = 12 x + 6, u^{‴} = 12; v^{'} = e^{x}, v^{″} = e^{x}, v^{‴} = e^{x}$ 。

\begin{matrix} (4) & \begin{aligned} L H S & = (2 x^{3} + 3 x^{2} + 4 x + 5) e^{x} - (6 x^{2} + 6 x + 4) e^{x} + (12 x + 6) e^{x} - 12 e^{x} + C \\ = (2 x^{3} - 3 x^{2} + 10 x - 5) e^{x} + C . \end{aligned} \end{matrix}

推论 1　

　　求 $\int P (x) e^{a x} d x$ ，其中 $P (x)$ 为 $x$ 的多项式

　　解：令 $v^{(n + 1)} = e^{a x}$ ，则 $v^{(n)} = \frac{e^{a x}}{a}, v^{(n - 1)} = \frac{e^{a x}}{a^{2}}, v^{(n - 2)} = \frac{e^{a x}}{a^{3}} \dots$ 设 $\deg (P) = n$ ，则： $\int P (x) e^{a x} d x = e^{a x} (\frac{P}{a} - \frac{P^{'}}{a^{2}} + \frac{P^{″}}{a^{3}} - . . .) .$ 同理， $\int P (x) \sin b x d x = \sin b x (\frac{P^{'}}{b^{2}} - \frac{P^{‴}}{b^{4}} + . . .) - \cos b x (\frac{P}{b} - \frac{P^{″}}{b^{3}} + . . .) + C .$

　　同理， $\int P (x) \cos b x d x = \sin b x (\frac{P}{b} - \frac{P^{″}}{b^{3}} + . . .) + \cos b x (\frac{P^{'}}{b^{2}} - \frac{P^{‴}}{b^{4}} + . . .) + C .$

把 1 看作被积函数的因式之一，可以帮助积分

推论 2　

　　求 $\int \ln x d x$ 。

　　解：令 $u = \ln x, d v = d x \Rightarrow d u = \frac{1}{x}, v = x$ 。

　　则 $\int \ln x d x = x \ln x - \int x \cdot \frac{d x}{x} = x \ln x - x + C$ 。

推论 3　

　　求 $\int \arctan x d x$ 。

　　解：令 $u = \arctan x, d v = d x \Rightarrow d u = \frac{d x}{x^{2}}, v = x,$

　　则 $\int \arctan x d x = x \cdot \arctan x - \int \frac{x d x}{1 + x^{2}} = x \cdot \arctan x - \frac{1}{2} \ln (1 + x^{2}) + C .$

　　下面我们研究几类常见复合函数的不定积分。

推论 4　

　　研究 $\int e^{a x} \cos b x d x$ 和 $\int e^{a x} \sin b x d x$ 。

　　解：令 $u = \cos b x$ 或 $u = \sin b x$ ， $d v = e^{a x} d x$ ，

　　则 $d u = - b \sin b x d x$ 或 $d u = b \cos b x d x$ ， $v = \frac{e^{a x}}{a}$ ，于是

\begin{matrix} (5) & {\begin{aligned} \int e^{a x} \cos b x d x & = \frac{1}{a} e^{a x} \cos b x + \frac{b}{a} \int e^{a x} \sin b x d x \\ \int e^{a x} \sin b x d x & = \frac{1}{a} e^{a x} \sin b x - \frac{b}{a} \int e^{a x} \cos b x d x . \end{aligned} \end{matrix}

解得

{\begin{aligned} \int e^{a x} \cos b x d x & = e^{a x} \frac{a \cos b x + b \sin b x}{a^{2} + b^{2}} + C \\ \int e^{a x} \sin b x d x & = e^{a x} \frac{a \sin b x - b \cos b x}{a^{2} + b^{2}} + C . \end{aligned}

推论 5　

　　研究 $\int x^{k} (\ln x)^{n} d x$ 。

　　解：首先求 $\int x^{k} \ln x d x$ ，

　　令 $u = \ln x, d v = x^{k} d x \Rightarrow d u = \frac{d x}{x}, v = \frac{x^{k + 1}}{k + 1}$ ，

　　则 $L H S = \frac{x^{k + 1} \ln x}{k + 1} - \int \frac{x^{k} d x}{k + 1} = \frac{x^{k + 1} \ln x}{k + 1} - \frac{x^{k + 1}}{(k + 1)^{2}} + C$ 。

　　然后，在 $\int x^{k} (\ln x)^{n} d x$ 中，令 $u = (\ln x)^{n}, d v = x^{k} d x \Rightarrow d u = \frac{n (\ln x)^{n - 1} d x}{x}, v = \frac{x^{k + 1}}{k + 1}$ ，

　　所以 $\int x^{k} (\ln x)^{n} d x = \frac{x^{k + 1}}{k + 1} (\ln x)^{n} - \frac{n}{k + 1} \int x^{k} (\ln x)^{n - 1} d x$ 。

　　此即原积分式的递推公式。

推论 6　

　　研究 $\int x^{n} e^{a x} \cos b x d x, \int x^{n} e^{a x} \sin b x d x$ 。

　　解：令 $u = x^{n}, d v = e^{a x} \cos b x d x 或 d v = e^{a x} \sin b x d x$ ，

　　则 $d u = n x^{n - 1} d x, v = e^{a x} \frac{a \cos b x + b \sin b x}{a^{2} + b^{2}} 或 v = e^{a x} \frac{a \sin b x - b \cos b x}{a^{2} + b^{2}}$ 。

　　令 $I_{n} = \int x^{n} e^{a x} \cos b x d x, J_{n} = \int x^{n} e^{a x} \sin b x d x$ ，则：

　　 $I_{n} = x^{n} e^{a x} \frac{a \cos b x + b \sin b x}{a^{2} + b^{2}} - \frac{n}{a^{2} + b^{2}} (a I_{n - 1} + b J_{n - 1}) + C$ ，

　　 $J_{n} = x^{n} e^{a x} \frac{a \sin b x - b \cos b x}{a^{2} + b^{2}} - \frac{n}{a^{2} + b^{2}} (a J_{n - 1} - b I_{n - 1}) + C$ 。

3. 三、换元积分法

1. 常用换元

　　我们将求不定积分中较为常用的换元积分技巧总结如下：

\begin{matrix} (6) & \int f (a x + b) d x = \frac{1}{a} \int f (a x + b) d (a x + b) . \end{matrix}

\begin{matrix} (7) & \int x^{n} f (x^{n + 1}) d x = \frac{1}{n + 1} \int f (x^{n + 1}) d (x^{n + 1}) . \end{matrix}

\begin{matrix} (8) & \int \frac{f (\ln x) d x}{x} = \int f (\ln x) d (\ln x) . \end{matrix}

\begin{matrix} (9) & \int e^{x} f (e^{x}) d x = \int f (e^{x}) d (e^{x}) . \end{matrix}

\begin{matrix} (10) & \int \frac{f (\sqrt{x}) d x}{\sqrt{x}} = 2 \int f (\sqrt{x}) d (\sqrt{x}) . \end{matrix}

\begin{matrix} (11) & \int \frac{1}{x^{n}} f (\frac{1}{x^{n}}) d x = (1 - n) \int f (\frac{1}{x^{n - 1}}) d (\frac{1}{x^{n - 1}}) . \end{matrix}

\begin{matrix} (12) & \int f (\sin x) \cos x d x = \int f (\sin x) d (\sin x) . \end{matrix}

\begin{matrix} (13) & \int f (\cos x) \sin x d x = - \int f (\cos x) d (\cos x) . \end{matrix}

\begin{matrix} (14) & \int f (\tan x) \sec^{2} x d x = \int f (\tan x) d (\tan x) . \end{matrix}

2. 三角换元

$a^{2} - x^{2}$ 中，令 $x = a \sin θ$ 。
$x^{2} + a^{2}$ 中，令 $x = a \tan θ$ 。
$x^{2} - a^{2}$ 中，令 $x = a \sec θ$ 。

例 4　

　　求 $\int \sqrt{a^{2} - x^{2}} d x$ 。

　　解：令 $x = a \sin θ, d x = a \cos θ d θ, \sqrt{a^{2} - x^{2}} = a \cos θ$ ，

\begin{matrix} (15) & \begin{aligned} L H S & = \int a \cos θ \cdot a \cos θ d θ \\ = a^{2} \int \cos^{2} θ d θ \\ = a^{2} \int \frac{\cos 2 θ + 1}{2} d θ \\ = a^{2} (\frac{\sin 2 θ}{4} + \frac{θ}{2}) + C \\ = \frac{1}{2} a^{2} (\sin θ \cos θ + θ) + C \\ = \frac{1}{2} (x \sqrt{a^{2} - x^{2}} + a^{2} \arcsin \frac{x}{a}) + C . \end{aligned} \end{matrix}

例 5　

　　求 $\int \sqrt{x^{2} - a^{2}} d x$ 。

　　令 $x = a \sec θ, d x = a \sec θ \tan θ d θ, \sqrt{x^{2} - a^{2}} = a \tan θ$ ，

\begin{matrix} (16) & \begin{aligned} L H S & = \int a \tan θ \cdot a \sec θ \tan θ d θ \\ = a^{2} \int \tan^{2} θ \sec θ d θ \\ = a^{2} \int (\sec^{2} θ - 1) \sec θ d θ \\ = a^{2} (\int \sec^{3} θ d θ - \int \sec θ d θ) \\ = a^{2} (\frac{1}{2} \sec θ \tan θ + \frac{1}{2} \ln | \tan (\frac{θ}{2} + \frac{π}{4}) | - \ln | \tan (\frac{θ}{2} + \frac{π}{4}) |) + C \\ = \frac{1}{2} (x \sqrt{x^{2} - a^{2}} - a^{2} \ln | x + \sqrt{x^{2} - a^{2}} |) + C . \end{aligned} \end{matrix}

例 6　

　　求 $\int \sqrt{x^{2} + a^{2}} d x$ 。

　　令 $x = a \tan θ, d x = a \sec^{2} θ d θ, \sqrt{x^{2} + a^{2}} = a \sec θ$ ，

\begin{matrix} (17) & \begin{aligned} L H S & = a^{2} \int \sec^{3} θ d θ \\ = \frac{a^{2}}{2} \tan θ \sec θ + \frac{a^{2}}{2} \ln | \tan (\frac{θ}{2} + \frac{π}{4}) | + C \\ = \frac{1}{2} (x \sqrt{x^{2} + a^{2}} + a^{2} \ln | x + \sqrt{x^{2} + a^{2}} |) + C . \end{aligned} \end{matrix}

3. 万能替换法

　　若被积函数由 $\sin x$ 或 $\cos x$ 组成，可令 $t = \tan \frac{x}{2}, x = 2 \arctan t, d x = \frac{2}{1 + t^{2}} d t$ ，则： $\sin \frac{x}{2} = \frac{t}{\sqrt{1 + t^{2}}}, \cos \frac{x}{2} = \frac{1}{\sqrt{1 + t^{2}}} .$ 使用二倍角公式： $\sin x = 2 \sin \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2} = \frac{2 t}{1 + t^{2}},$ $\cos x = 2 \cos^{2} \frac{x}{2} - 1 = \frac{1 - t^{2}}{1 + t^{2}} .$

　　于是，被积函数就化为 $t$ 的有理函数。

4. 欧拉换元法

　　此类方法适用于计算形如 $G (x, \sqrt{a x^{2} + b x + c})$ 的函数的不定积分。

第一类替换（要求 $a > 0$ )

　　令 $\sqrt{a x^{2} + b x + c} = t - \sqrt{a} x$ ，

　　两边平方并消去二次项得： $b x + c = t^{2} - 2 \sqrt{a} t x$ ，

　　所以 $x = \frac{t^{2} - c}{2 \sqrt{a} t + b}, \sqrt{a x^{2} + b x + c} = \frac{\sqrt{a} t^{2} + b t + c \sqrt{a}}{2 \sqrt{a} t + b}, d x = 2 \frac{\sqrt{a} t^{2} + b t + c \sqrt{a}}{(2 \sqrt{a} t + b)^{2}} d t$ 。

第二类替换（要求 $c > 0$ ）

　　令 $\sqrt{a x^{2} + b x + c} = x t + \sqrt{c}$ ，

　　两边平方，消去 $c$ 得： $a x + b = t^{2} x + 2 \sqrt{c} t$ 。

　　所以：

　　 $x = \frac{2 \sqrt{c} t - b}{a - t^{2}}, \sqrt{a x^{2} + b x + c} = \frac{2 \sqrt{c} t - b}{a - t^{2}}$ 。

　　 $t + \sqrt{c} = \frac{\sqrt{c} t^{2} - b t + a \sqrt{c}}{a - t^{2}}, d x = 2 \frac{\sqrt{c} t^{2} - b t + a \sqrt{c}}{(a - t^{2})^{2}} d t$ 。

第三类替换（要求 $b^{2} - 4 a c > 0$ ）

　　若 $a x^{2} + b x + c = 0$ 有相异实根 $λ$ 和 $μ$ ，

　　则 $a x^{2} + b x + c = a (x - λ) (x - μ)$ 。

　　令 $\sqrt{a x^{2} + b x + c} = t (x - λ)$ ，

　　两边平方得，约去 $x - λ$ 得： $t^{2} x - a x = - a μ + λ t^{2}$ 。

　　于是 $x = \frac{λ t^{2} - a μ}{t^{2} - a^{2}}, t^{2} = \frac{a (x - μ)}{x - λ}$ ，

　　于是： $\sqrt{a x^{2} + b x + c} = \frac{a (λ - μ) t}{t^{2} - a}, d x = \frac{2 a (λ - μ) t}{(t^{2} - a)^{2}} d t$ 。

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