一些高数积分笔记

救救期中。。

三角函数的一些公式

$\tan^{2}x+1=\sec^{2}x$ 是很重要的关于 $\tan x$ 的处理，很多时候和 $\mathrm{d}\tan x = \sec^{2} x \mathrm{d}x$ 一起处理问题。

然后是三角函数的 Reduction Formula，采用分部积分来处理。

$$\begin{aligned} \int\sin^m x \mathrm{d}x =&-\int \sin^{m-1}x\mathrm{d}\cos x\\ =&\int \cos x \mathrm{d} \sin^{m-1}x - \cos x \sin^{m-1}x\\ =&(m-1)\int\sin^{m-2}x \cos^{2}x\mathrm{d}x - \cos x \sin^{m-1}x\\ =&(m-1)\int\sin^{m-2}x(1-\sin^{2}x)\mathrm{d}x - \cos x\sin^{m-1}x\\ m \int \sin^m x \mathrm{d}x=& (m-1)\int \sin^{m-2}x\mathrm{d}x-\sin^{m-1}x\cos x\\ \int \sin^m x\mathrm{d}x =& \frac{m-1}{m}\int \sin^{m-2}x \mathrm{d}x - \frac{1}{m}\sin^{m-1}x\cos x \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} \int \cos^mx \mathrm{d}x &= \int \cos^{m-1}x\mathrm{d}\sin x \\ &= \sin x \cos^{m - 1}x - \int \sin x \mathrm{d}\cos^{m - 1}x\\ &= \sin x \cos^{m - 1}x + (m - 1) \int \sin^{2}x\cos^{m-2}\mathrm{d}x\\ &= \sin x \cos^{m - 1}x + (m - 1) \int (1-\cos^{2}x)\cos^{m-2}\mathrm{d}x\\ &= \sin x \cos^{m - 1}x + (m - 1) \int \cos^{m-2}\mathrm{d}x-(m-1)\int\cos^m\mathrm{d}x\\ m \int \cos ^m x\mathrm{d}x&=(m-1)\cos^{m-2}\mathrm{d}x + \sin x \cos^{m - 1}x\\ \int \cos^{m}\mathrm{d}x &= \frac{m - 1}{m}\int \cos^{m - 2}\mathrm{d}x + \frac{1}{m}\sin x \cos^{m - 1}x \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} I_m=\int \tan^m x \mathrm{d}x &= \int \tan^{m - 2}x(\sec^{2}x - 1) \mathrm{d}x\\ &= \int \tan ^{ m - 2}x \mathrm{d}\tan x - \int \tan^{m - 2}x\mathrm{d}x\\ &= \tan^{m - 1}x - \int \tan x \mathrm{d} \tan^{m - 2}x - I_{m-2}\\ &= \tan^{m - 1}x- (m - 2)\int \tan^{m - 2}(1+\tan^{2}x)\mathrm{d}x - I_{m-2}\\ &= \tan^{m - 1}x - (m-1)I_{m-2} - (m - 2)I_m\\ I_m &= \frac{\tan^{m - 1}x}{m - 1} - I_{m - 2} \end{aligned}$$

一些比较重要的

好恶心啊。

• $\displaystyle \int \frac{\mathrm{d}x}{a^{2}-x^{2}}$
• $\displaystyle \int \frac{\mathrm{d}x}{a^{2}+x^{2}}$
• $\displaystyle \int \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{a^{2}-x^{2}}}$，其中 $a>0$
• $\displaystyle \int\sqrt{a^{2}-x^{2}}\mathrm{d}x$，其中 $a>0$
• $\displaystyle \int \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x^{2}+a^{2}}}$
• $\displaystyle \int \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x^2-a^{2}}}$，其中 $a>0$
• $\displaystyle \int\sqrt{a^2+x^2}\mathrm{d}x$
• $\displaystyle \int\sqrt{x^{2}-a^{2}}\mathrm{d}x$

对于第一个，我们发现可以使用拆项的方式，其即为 $\displaystyle \int \frac{\mathrm{d}x}{a^{2}-x^{2}}=\frac{1}{2a}\ln\left\vert \frac{a-x}{a+x} \right\vert +C$。

对于第二个，发现是 $\arctan$ 的形式，凑微分便有 $\displaystyle \int \frac{\mathrm{d}x}{a^{2}+x^{2}}=\frac{1}{a}\arctan \frac{x}{a}+C$。

对于第三个，发现是 $\arcsin$ 的形式，凑微分便有 $\displaystyle \int \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{a^{2}-x^{2}}} = \arcsin \frac{x}{a} + C$。

对于 $\displaystyle \int\sqrt{a^{2}-x^{2}}\mathrm{d}x$，使用三角换元即可，不是特别恶心。令 $x=a\sin t \displaystyle \left( -\frac{\pi}{2}\le t\le\frac{\pi}{2} \right)$，则

$$\begin{aligned} \int\sqrt{a^{2}-x^{2}}\mathrm{d}x &= \int a\sqrt{1-\sin^{2}t}\cdot a\cos t \mathrm{d}t\\ &=a^2\int \cos^{2} \mathrm{d}t\\ &= \frac{a^{2}}{2}\int(1+\cos 2t)\mathrm{d}t\\ &= \frac{a^{2}}{2}\left( t+\sin t\cos t \right) +C\\ &=\frac{a^2}{2}\left[ \arcsin \frac{x}{a} + \frac{x}{a}\sqrt{1-\left( \frac{x}{a} \right) ^{2}} \right] +C\\ &= \frac{a^2}{2}\arcsin \frac{x}{a} + \frac{x}{2}\sqrt{a^{2}-x^{2}}+C \end{aligned}$$

对于 $\displaystyle \int \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x^{2}+a^{2}}}$，同样可以使用三角换元，令 $\displaystyle x=a \tan t \left( -\frac{\pi}{2}< t < \frac{\pi}{2} \right)$，则

$$\begin{aligned} \int \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x^{2}+a^{2}}} &= \int \frac{a \sec^{2}t \mathrm{d} t}{\sqrt{a^{2}\sec^{2} t}}= \int \sec t \mathrm{d}t\\ \end{aligned}$$

在继续之前，我们先处理 $\sec$ 的积分，有 $\displaystyle \int \sec x \mathrm{d}x = \int \frac{\cos x}{\cos^{2}x}\mathrm{d}x = \int \frac{\mathrm{d}(\sin x)}{1-\sin^{2}x} = \frac{1}{2}\ln\left\vert \frac{1+\sin x}{1 - \sin x} \right\vert + C$，事实上还可以继续化简，继续上下配凑：$\displaystyle \frac{1}{2}\ln\left\vert \frac{1+\sin x}{1-\sin x} \right\vert = \frac{1}{2}\ln\left\vert \frac{(1+\sin x)^2}{\cos^{2}x} \right\vert = \ln\left\vert \frac{\sin x + 1}{\cos x} \right\vert =\ln\left\vert \tan x + \sec x \right\vert$，综上有 $\displaystyle \int \sec x \mathrm{d}x = \ln \left\vert \tan x + \sec x \right\vert + C$。

回到上面，我们继续处理：

$$\int \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x^{2}+a^{2}}}=\ln\left\vert \tan t + \sec t \right\vert + C$$

在直角三角形中，可以看出来，当 $\displaystyle \tan t = \frac{x}{a}$ 时，$\displaystyle \sec t = \frac{\sqrt{x^{2}+a^{2}}}{a}$，故

$$\int \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x^{2}+a^{2}}}=\ln\left\vert \frac{x}{a}+\frac{\sqrt{x^{2}+a^{2}}}{a} \right\vert +C = \ln\left\vert x+\sqrt{x^{2}+a^{2}} \right\vert +C$$

（最后一步将 $\ln a$ 提出来扔进 $C$ 里面了），和上文的双曲换元比较，谁简单应该不用我说了。

接下来是 $\displaystyle \int \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x^{2}-a^{2}}}$，可以类似上文，当 $x > a$ 时令 $x = a\sec t$，然后一通操作，再分类讨论 $x < -a$ 的情况，好麻烦啊，本文略了。但是既然这让我们这么痛苦，为什么不考虑一下双曲换元呢？令 $x > a$ 时 $x = a\cosh t (t>0)$，则

$$\begin{aligned} \int \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x^{2}-a^{2}}}&= \int \frac{\sinh t \mathrm{d}t}{\sinh t} = t = \operatorname{arcosh}\frac{x}{a} +C= \ln(x+\sqrt{x^{2}-a^{2}}) + C\\ \end{aligned}$$

对于 $x<-a$ 的讨论是类似的，上下的负号会被消去，最后都是一样的。所以 $\displaystyle \int \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x^{2}-a^{2}}} = \ln \left\vert x+\sqrt{x^{2}-a^{2}} \right\vert +C$

综上我们有很常见且重要的结论：

$$\int \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x^{2}\pm a^{2}}}=\ln\left\vert x+\sqrt{x^{2}\pm a^{2}} \right\vert +C$$

最后是 $\displaystyle \int\sqrt{x^{2}+a^{2}}\mathrm{d}x$ 和 $\displaystyle \int \sqrt{x^{2}-a^{2}}\mathrm{d}x$，这两个既可以使用分部积分也可以使用双曲换元，这里两种思路都说一遍。

先看前者，我们直接分部积分莽的话，有

$$\begin{aligned} \int\sqrt{x^{2}+a^{2}}\mathrm{d}x&=x\sqrt{x^{2}+a^{2}}-\int x\mathrm{d}\sqrt{x^{2}+a^{2}} \\ &= x\sqrt{x^{2}+a^{2}} - \int \frac{x^{2}\mathrm{d}x}{\sqrt{x^{2}+a^{2}}}\\ &= x\sqrt{x^{2}+a^{2}} - \int \sqrt{x^{2}+a^{2}}\mathrm{d}x + a^{2}\int \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x^{2}+a^{2}}}\\ &= \frac{x}{2}\sqrt{x^{2}+a^{2}}+\frac{a^{2}}{2}\ln\left\vert x+\sqrt{x^{2}+a^{2}} \right\vert +C \end{aligned}$$

或者我们换元，令 $x = a\sinh t$，则

$$\begin{aligned} \int\sqrt{x^{2}+a^{2}}\mathrm{d}x &= a^{2}\int \cosh^{2}t \mathrm{d}t \\ &= a^2\int \frac{\cosh 2t+1}{2}\mathrm{d}t\\ &= \frac{a^2}{4}\int \cosh 2t \mathrm{d}(2t) + \frac{a^2}{2}t\\ &= \frac{a^2}{4}\sinh 2t + \frac{a^{2}}{2}t+C\\ &= \frac{a^2}{2}\sinh t \cosh t + \frac{a^{2}}{2}t+C\\ &= \frac{a}{2}x\sqrt{1+\frac{x^{2}}{a^{2}}}+\frac{a^{2}}{2}\ln\left\vert \frac{x}{a}+\sqrt{\left( \frac{x}{a} \right) ^{2}+1} \right\vert +C\\ &= \frac{x}{2}\sqrt{x^{2}+a^{2}}+\frac{a^{2}}{2}\ln\left\vert x+\sqrt{x^{2}+a^{2}} \right\vert +C \end{aligned}$$

再看后者；

$$\begin{aligned} \int\sqrt{x^{2}-a^{2}} \mathrm{d}x &= x\sqrt{x^{2}-a^{2}}-\int x\mathrm{d}\sqrt{x^{2}-a^{2}}\\ &= x\sqrt{x^{2}-a^{2}}-\int \frac{x^{2}}{\sqrt{x^{2}-a^{2}}}\mathrm{d}x\\ &= x\sqrt{x^{2}-a^{2}}-\int \sqrt{x^{2}-a^{2}}\mathrm{d}x - a^{2}\int \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x^{2} - a^{2}}}\\ &= \frac{x}{2}\sqrt{x^{2}-a^{2}}- \frac{a^{2}}{2}\ln\left\vert x+\sqrt{x^{2}-a^{2}} \right\vert +C\\ \end{aligned}$$

好像根本就差不多啊，然后一样，分讨，先考虑 $x>a$，令 $x = a\cosh t$，则

$$\begin{aligned} \int \sqrt{x^{2} - a^{2}}\mathrm{d}x &= a^2\int \sinh^2 t \mathrm{d}t\\ &= a^{2}\int \frac{\cosh2t-1}{2}\mathrm{d}t\\ &= -\frac{a^{2}}{2}t + \frac{a^{2}}{4}\sinh 2t + C\\ &= -\frac{a^{2}}{2}t + \frac{a^{2}}{2}\sinh t \cosh t + C\\ &= -\frac{a^{2}}{2}\ln\left( \frac{x}{a}+\sqrt{\left( \frac{x}{a} \right) ^{2}-1} \right) +\frac{a}{2}x\sqrt{\left( \frac{x}{a} \right) ^{2}-1}+C\\ &= \frac{x}{2}\sqrt{x^{2}-a^{2}}-\frac{a^2}{2}\ln\left( x+\sqrt{x^{2}-a^{2}} \right) +C \end{aligned}$$

然后还要对于 $x<-a$ 讨论，此处略过，同样是负号没了，所以答案和上面一样的，注意绝对值的问题。

也可以总结一下，但是用的不太多：

$$\int \sqrt{x^{2}\pm a^{2}}\mathrm{d}x = \frac{x}{2}\sqrt{x^{2}\pm a^{2}}\pm \frac{a^2}{2}\ln\left\vert x + \sqrt{x^{2}\pm a^{2}} \right\vert +C$$

还有一个特别恶心的递推：$\displaystyle I_n=\int \frac{\mathrm{d}t}{\left( t^{2}+a^{2} \right) ^{n}}$，期中 $n$ 为大于 $1$ 的整数，且 $a>0$。

定积分的一些内容

分部积分的一个递推：考虑我们要求 $\displaystyle I_n = \int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^nx \mathrm{d}x$，其中 $n$ 为大于 $1$ 的整数，则：

$$\begin{aligned} I_n &= -\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^{n-1}x\mathrm{d}\cos x \\ &= \int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos x \mathrm{d}\sin^{n-1}x - \sin^{n-1}x \cos x\big|_0^{\frac{\pi}{2}}\\ &= (n-1)\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^{n-2}x \cos^{2}x\mathrm{d}x\\ &= (n-1)\int_0^{\frac{\pi}{2}}(1-\sin^{2}x)\sin^{n-2}x\mathrm{d}x\\ &=(n-1)I_{n-2}-(n-1)I_n\\ I_n&= \frac{n-1}{n}I_{n-2} \end{aligned}$$

而 $I_0 = \displaystyle \frac{\pi}{2}$，$I_1=1$，所以把递推式展开，有

$$\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2k}x\mathrm{d}x=\frac{(2k-1)!!}{(2k)!!}\cdot \frac{\pi}{2}\\ \int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2k+1}x\mathrm{d}x=\frac{(2k)!!}{(2k+1)!!}$$

其中 $k=1,2, \cdots$。

并且由于若我们令 $t = \displaystyle \frac{\pi}{2}-x$，则

$$\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^nx\mathrm{d}x=\int _{\frac{\pi}{2}}^0\sin^n t \mathrm{d}(-t) = \int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^nx\mathrm{d}x$$

所以上面的递推式的形式对 $\cos$ 完全适用。