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\chapter{求导的逆运算}
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\section{原函数的概念}
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\begin{definition}[原函数]
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设$f, F: I \to \realnum$，$I$是一个区间，如果$\forall x \in I$，有
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\[\deriv{F}(x) = f(x)\]
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则称$F$是$f$在$I$上的一个原函数。
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\end{definition}
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\begin{corollary}
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设$F$是$f \equiv 0$在$I$上的一个原函数，则$\exists C \in \realnum$，使得$F(x) = C, \forall x \in I$。
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\end{corollary}
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\begin{corollary}
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设$F_1$和$F_2$都是$f$在$I$上的原函数，则$\exists C \in \realnum$，使得$F_1(x) = F_2(x) + C, \forall x \in I$。
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\end{corollary}
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\begin{definition}[不定积分]
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设$f: I \to \realnum$，记号
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\[\int f(x) \dif x\]
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称为函数$f$的不定积分，表示函数$f$的所有原函数。其中$\int$为积分号，$f(x)$为被积函数，$x$为积分变量。
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\end{definition}
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\begin{corollary}
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设$F$是$f$在$I$上的一个原函数，则
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\[\int f(x) \dif x = F(x) + C, C \in \realnum\eqper\]
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这也就是说
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\[\deriv{\left(\int f(x) \dif x\right)} = f(x)\eqper\]
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\end{corollary}
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\begin{corollary}
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设$f$在$I$上处处可微，则
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\[\int \deriv{f}(x) \dif x = f(x) + C, \int \dif f(x) = f(x) + C\eqper\]
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\end{corollary}
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\begin{proposition}[积分的线性性质]
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\[\int [\alpha f(x) + \beta g(x)] \dif x = \alpha \int f(x) \dif x + \beta \int g(x) \dif x\]
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其中常数$\alpha, \beta$不全为0。
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\end{proposition}
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\section{基本不定积分公式}
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\begin{multicols}{2}
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\begin{enumerate}
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\item $\dint 0 \dif x = C$，其中$c$表示常数；
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\item $\dint x^\lambda \dif x = \dfrac{1}{1 + \lambda}x^{\lambda+1} + C$，其中$\lambda \neq 1$；
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\item $\dint \dfrac{1}{x} \dif x = \ln \vert x \vert + C$；
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\item $\dint e^x \dif x = e^x + C$；
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\item $\dint a^x \dif x = \dfrac{1}{\ln a}a^x + C$；
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\item $\dint \sin x \dif x = - \cos x + C$；
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\item $\dint \cos x \dif x = \sin x + C$；
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\item $\dint \dfrac{1}{\sin^2 x} \dif x = - \cot x + C$；
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\item $\dint \dfrac{1}{\cos^2 x} \dif x = \tan x + C$；
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\item $\dint \dfrac{1}{1 + x^2} \dif x = \arctan x + C$；
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\item $\dint \dfrac{1}{\sqrt{1 - x^2}}\dif x = \arcsin x + C$。
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\end{enumerate}
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\end{multicols}
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\section{分部积分法和换元法}
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\subsection{分部积分法}
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回忆求导公式
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\[\deriv{(uv)} = u\deriv{v} + v\deriv{u}\]
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那么等式两边同时取积分，有
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\[uv = \int \deriv{u}(x) v(x) \dif x + \int u(x) \deriv{v}(x) \dif x\]
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移项后得到
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\[\int u \dif v = uv - \int v \dif u\eqper\]
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称为分部积分公式。
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\begin{example}
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求$\dint xe^x \dif x$。
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\end{example}
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\begin{proof}[解]
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在分部积分公式中取$u = x, v = e^x$，则
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\[\int xe^x \dif x = \int x \dif (e^x) = xe^x - \int e^x \dif x = (x-1)e^x + C\eqper \qedhere\]
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\end{proof}
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\subsection{换元法}
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回忆复合函数求导法则
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\[\frac{\dif }{\dif x}F(\varphi(x)) = \deriv{F}(\varphi(x)) \deriv{\varphi}(x)\]
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这对应不定积分公式
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\[\int \deriv{F}(\varphi(x))\deriv{\varphi}(x) = F(\varphi(x)) + C\]
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若记$u = \varphi(x), \deriv{F}(x) = f(x)$，那么有
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\begin{equation*}
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\int f(\varphi(x))\deriv{\varphi}(x) \dif x = \int f(u) \dif u\eqper
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\end{equation*}
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或者也可以将两边换一下位置，得到
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\begin{equation*}
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\int f(u) \dif u = \int f(\varphi(x))\deriv{\varphi}(x) \dif x\eqper
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\end{equation*}
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这分别被称为第一换元法和第二换元法。
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\begin{example}
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求不定积分：$\dint \dfrac{\dif x}{a^2 + x^2}, a \neq 0$。
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\end{example}
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\begin{proof}[解]
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\begin{align*}
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\int \frac{\dif x}{a^2 + x^2} & = \int \frac{1}{a\left[1 + \left(\dfrac{x}{a}\right)^2\right]}\dif \left(\frac{x}{a}\right)\\
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& \xlongequal{u = \frac{x}{a}} \frac{1}{a} \int \frac{\dif u}{1 + u^2}\\
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& = \frac{1}{a} \arctan u + C\\
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& \xlongequal{u = \frac{x}{a}} \frac{1}{a} \arctan \frac{x}{a} + C
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\end{align*}
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\end{proof}
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\section{有理函数的积分}
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目标：计算$\dint f(x) \dif x$，其中$f(x) = \dfrac{P(x)}{Q(x)}$，$P(x), Q(x)$都是多项式。
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方法：
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\begin{enumerate}
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\item 将$f$化为``真分式''与多项式的和：确保分子多项式的次数低于分母多项式的次数；
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\item 将``真分式''分解成部分分式的和；
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\item 再将多项式与部分分式逐项积分。
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\end{enumerate}
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\subsection{真分式}
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我们总能将一个假分式通过分式除法将其化为一个假分式加一个真分式的形式。例如：
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\[\frac{x^4 - 3x^3 + 4x^2 + 1}{x^3 - 4x^2 + 4x} = x + 1 + \frac{4x^2 - 4x + 1}{x^3 - 4x^2 + 4x} \eqper\]
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另外，我们有
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\begin{theorem}
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设$R = \dfrac{P}{Q}$是一个真分式，其分母$Q$有分解式$Q(x) = (x-a)^\alpha \cdots (x-b)^\beta (x^2 + px + q)^\mu \cdots (x^2 + rx + s)^\nu$，其中$a, \cdots, b, p, q, \cdots, r, s$为实数，且$p^2 - 4q < 0, \cdots, r^2 - 4s < 0; \alpha, \cdots, \beta, \mu, \cdots, \nu$为正整数，则
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\begin{align*}
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R(x) & = \frac{A_\alpha}{(x-a)^\alpha} + \frac{A_{\alpha - 1}}{(x-a)^{\alpha - 1}} + \cdots + \frac{A_1}{x-a} + \cdots \\
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& + \frac{B_\beta}{(x-b)^\beta} + \frac{B_{\beta - 1}}{(x-b)^{\beta - 1}} + \cdots + \frac{B_1}{x-b}\\
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& + \frac{K_\mu x + L_\mu}{(x^2 + px + q)^\mu} + \cdots + \frac{K_1 x + L_1}{x^2 + px + q} + \cdots \\
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& + \frac{M_\nu x + N_\nu}{(x^2 + rx + s)^\nu} + \cdots + \frac{M_1 x + N_1}{x^2 + rx + s}
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\end{align*}
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其中$A_i, \cdots, B_i, K_i, L_i, \cdots, M_i, N_i$都是实数，并且这分解式的所有系数是唯一确定的。
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\end{theorem}
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上面定理中的所有系数都可以通过待定系数法求得，所有的分母都可以通过将分母因式分解或者找到分母多项式的零点利用因式定理得到。于是我们将一个真分式化成了下列两类分式之和：
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\[\frac{A}{(x-a)^k},\quad \frac{Ax + B}{(x^2 + 2px + q)^k},\quad \text{此时}p^2 < q\]
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而由于
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\[\int \frac{\dif x}{x - a} = \ln \vert x - a \vert + C\]
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当$k \geq 2$时，
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\[\int \frac{\dif x}{(x-a)^k} = \frac{(x-a)^{1-k}}{1-k} + C\]
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因此只需研究如何计算
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\[\int \frac{Ax + B}{(x^2 + px + q)^k}\dif x, k \in \naturalnum^\ast\]
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经过配方有
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\[x^2 + px + q = \left(x + \frac{p}{2}\right)^2 + q - \frac{q^2}{4}\]
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令$a^2 = q - \dfrac{q^2}{4}$，再做换元$u = x + \dfrac{p}{2}$，可以得到
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\[\int \frac{Ax + B}{(x^2 + px + q)^k} \dif x = A \int \frac{u}{(a^2 + u^2)^k} \dif u + \left(B - \frac{Ap}{2}\right) \int \frac{\dif u}{(a^2 + u^2)^k}\]
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前面的积分容易求得，因此只需讨论
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\[I_k = \int \frac{\dif x}{(a^2 + u^2)}\]
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做分部积分
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\begin{align*}
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I_k & = \frac{u}{(a^2 + u^2)^k} + 2k \int \frac{u^2}{(a^2 + u^2)^{k+1}} \dif u\\
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& = \frac{u}{(a^2 + u^2)^k} + 2k \int \frac{a^2 + u^2 - a^2}{(a^2 + u^2)^{k+1}} \dif u\\
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& = \frac{u}{(a^2 + u^2)^k} + 2kI_k - 2ka^2 I_{k+1}
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\end{align*}
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得到
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\[I_{k+1} = \frac{1}{2ka^2} \frac{u}{(a^2 + u^2)^k} + \frac{2k-1}{2ka^2}I_k\]
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由此得到的递推关系可以把指标$k$降低，最终得到
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\[I_1 = \int \frac{\dif u}{a^2 + u^2} = \frac{1}{a} \arctan \frac{u}{a} + C\eqper\]
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因此一切有理函数理论上都可积。
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\subsection{三角有理式}
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目的：计算$\dint f(x) \dif x$，$f(x) = R(\cos x, \sin x)$，其中$R(u,v) = \dfrac{P(u,v)}{Q(u, v)}$，$P,Q$为2元多项式，$R$称为2元有理函数。
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可做万能代换$t = \tan \dfrac{x}{2}$那么$x = 2 \arctan t, \dif x = \dfrac{2 \dif t}{1 + t^2}$
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\begin{align*}
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\cos x & = \cos^2 \frac{x}{2} - \sin^2\frac{x}{2} = \frac{\cos^2 \dfrac{x}{2} - \sin^2 \dfrac{x}{2}}{\cos^2 \dfrac{x}{2} + \sin^2 \dfrac{x}{2}} = \frac{1 - t^2}{1 + t^2}\\
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\sin x & = 2 \cos\frac{x}{2} \sin \frac{x}{2} = \frac{2\cos \dfrac{x}{2} \sin \dfrac{x}{2}}{\cos^2 \dfrac{x}{2} + \sin^2 \dfrac{x}{2}} = \frac{2t}{1 + t^2}
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\end{align*}
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那么
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\[\int R(\cos x, \sin x) \dif x = \int R \left(\frac{1 - t^2}{1 + t^2}, \frac{2t}{1 + t^2}\right)\frac{2\dif t}{1 + t^2} = \int \hat{R}(t) \dif t\]
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此时$\hat{R}(t)$是$t$的有理函数。 |