计算理论

不定积分

基本概念

• 已知 $f(x)$，求 $\int f(x)dx$，$s.t.\frac{d}{dx}(\int f(x)dx)=f(x).$

要义：积分号下微分保持不变

简化思想

$\int f\circ g(x)g^{\prime }(x)dx=\int f\circ g(x)dg(x)=F\circ g(x)$

例 1

$$\int \frac{xdx}{\sqrt{1-x^2}}=-\int \frac{1}{2\sqrt{1-x^2}}d(1-x^2)=-\sqrt{1-x^2}.$$

例 2

$$\int \frac{dx}{{\sin }^{2}x+2{\cos }^{2}x}=\int \frac{{\sec }^{2}x}{{\tan }^{2}x+2}dx=\int \frac{1}{{\tan }^{2}x+2}d(\tan x).$$

以下略。

:::

$$\int \frac{xdx}{[1+x^2+(1+x^2{)}^{\frac{3}{2}}{]}^{\frac{1}{2}}}\stackrel{y=1+x^2}{=}\int \frac{1}{2}\frac{dy}{\sqrt{y+\sqrt{y^3}}}=\int \frac{dy}{2\sqrt{y}}\frac{1}{(1+\sqrt{y}{)}^{\frac{1}{2}}}$$$$=\int \frac{2y^{\frac{1}{2}}d{y}^{\frac{1}{2}}}{2y^{\frac{1}{2}}}\frac{1}{(1+\sqrt{y}{)}^{\frac{1}{2}}}\stackrel{t=1+\sqrt{y}}{=}\int \frac{dt}{\sqrt{t}}=2\sqrt{t}=2[1+\sqrt{1+x^2}{]}^{\frac{1}{2}}.$$

:::

变换思想

$$\int f(x)dx\stackrel{x=\phi (t)}{=}\int f\circ \phi (t)d\phi (t)=\int f\circ \phi (t){\phi }^{\prime }(t)dt=G(t)=G\circ {\phi }^{-1}(x).$$

要求 $\phi (t)\in C[\alpha ,\beta ],\mathrm{\forall }t\in (\alpha ,\beta ),{\phi }^{\prime }(t)\ne 0.$ 此时 $\phi$ 为双射，对应有 $x=\phi (t)\in [a,b]$

三角换元

例 3

$$\int \sqrt{a^2+x^2}dx\stackrel{x=a\tan y}{=}\int a{\sec }^{3}tdt.$$

Rm: 对于 ${\sec }^{n}x$ 的积分，一般采用递推法。

设 $\int {\sec }^{n}xdx=I_n.$

$$I_n=\int {\sec }^{n}xdx=\int {\sec }^{n-2}xd\tan x={\sec }^{n-2}x\tan x-\int \tan xd{\sec }^{n-2}x$$$$\int \tan xd{\sec }^{n-2}x=(n-2)\int {\tan }^{2}x\sec x^{n-2}dx=(n-2)\int (1+{\sec }^{2}x){\sec }^{n-2}xdx=(n-2)\int {\sec }^{n-2}dx+(n-2)\int {\sec }^{n}dx=(n-2)(I_{n-2}+I_n).$$

故有

$$I_n={\sec }^{n-2}xtanx-(n-2)(I_{n-2}+I_n).$$

以下略。

例 4

对于

$$\sqrt{a^2-x^2}\stackrel{x=a\sin t}{=}a\cos t.t\in [0,\frac{\pi }{2}].$$$$\sqrt{x^2-a^2}\stackrel{x=a\sec t}{=}a\tan t.t\in [0,\frac{\pi }{2})$$

有理化

$$\int \frac{P_m(x)}{Q_n(x)}dx$$

• 形式 1.$R(x,x^{\frac{p_1}{q_1}},...,x^{\frac{p_n}{q_n}}).$

处理方法：找到分母的最小公倍数 $\eta$，令 $y=\frac{x}{\eta }$，

然后按照分式的一般操作处理即可（分离常数 - 将分母因式分解或配方 - 用待定系数法化简）

例 5

$$\int \frac{dx}{x(1+2\sqrt{x}+\sqrt[3]{x})}dx\stackrel{y=x^{\frac{1}{6}}}{=}\int \frac{6y^{5}dy}{y^6(1+2y^3+y^2)}=\int \frac{6dy}{y(y+1)(2y^2-y+1)}.$$

设 $\frac{1}{y(y+1)(2y^2-y+1)}=\frac{A}{y}+\frac{B}{y+1}+\frac{Cy+D}{2y^2-y+1}.$

两边通分，有

$1=A(y+1)(2y^2-y+1)+By(2y^2-y+1)+(Cy+D)y(y+1).$

令 $y=0$，有 $A=1$；

令 $y=-1$，有 $B=-\frac{1}{4}$；

分别令 $y=1,y=2$，可解出 $C,D.$

最后，前两项的积分易得，第三项的积分我们给出如下的一般做法。

设有 $\int \frac{mx+n}{x^2+px+q}dx.$

分母 $x^2+px+q=(x+\frac{p}{2}{)}^2+q-\frac{p^2}{4}.$

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

分子 $mx+n=mt+n-\frac{mp}{2}=At+B.$

于是有

$$\int \frac{mx+n}{x^2+px+q}dx=\int \frac{At+B}{t^2\pm a^2}dt=A\int \frac{t}{t^2\pm a^2}dt+B\int \frac{1}{t^2\pm a^2}dt.$$$$\int \frac{t}{t^2\pm a^2}dt=\frac{1}{2}\int \frac{1}{t^2\pm a^2}d(t^2\pm a^2)=\frac{1}{2}\ln (t^2\pm a^2).$$$$\int \frac{1}{t^2+a^2}dt=\frac{1}{a}\int \frac{1}{(\frac{t}{a}{)}^2+1}d(\frac{t}{a})=\frac{1}{a}\arctan \frac{t}{a}.$$$$\int \frac{1}{t^2-a^2}=\frac{1}{2a}[\int \frac{1}{t-a}d(t-a)-\int \frac{1}{t+a}d(t+a)]=\frac{1}{2a}\ln |\frac{t-a}{t+a}|.$$

于是，我们可以得到三种积分结果：

Case 1:$q-\frac{p^2}{4}>0$

$$\int \frac{mx+n}{x^2+px+q}dx=\frac{m}{2}\ln |x^2+px+q|+\frac{2n-mp}{\sqrt{4q-p^2}}\arctan \frac{2x+p}{\sqrt{4q-p^2}}+C.$$

Case 2:$q-\frac{p^2}{4}<0$

$$\int \frac{mx+n}{x^2+px+q}dx=\frac{m}{2}\ln |x^2+px+q|+\frac{2n-mp}{2\sqrt{p^2-4q}}\ln |\frac{2x+p-\sqrt{p^2-4q}}{2x+p+\sqrt{p^2-4q}}|+C.$$

Case 3:$q-\frac{p^2}{4}=0$

此情况极易，笔者懒得写。

回到本题，积分结果请读者自行求解。