不定积分题集

例 1

$$\int x^2{e}^{2x}\mathrm{d}x$$

需要多次使用分部积分法，逐步减少多项式的次数。考虑 $u=x^2$ 和 $\mathrm{d}v=e^{2x}\mathrm{d}x$。

1. 设 $u=x^2$ 和 $\mathrm{d}v=e^{2x}\mathrm{d}x$，则

   $$\mathrm{d}u=2x\mathrm{d}x\text{和}v=\int e^{2x}\mathrm{d}x=\frac{e^{2x}}{2}$$

2. 应用分部积分公式：

   $$\begin{array}{rl}\int x^2{e}^{2x}\mathrm{d}x& =\frac{x^2{e}^{2x}}{2}-\int \frac{e^{2x}}{2}\cdot 2x\mathrm{d}x\\ & =\frac{x^2{e}^{2x}}{2}-\int x{e}^{2x}\mathrm{d}x\end{array}$$

3. 对 $\int x{e}^{2x}\mathrm{d}x$ 再次使用分部积分法，设 $u=x$ 和 $\mathrm{d}v=e^{2x}\mathrm{d}x$：

   $$\begin{array}{rl}\int x{e}^{2x}\mathrm{d}x& =\frac{x{e}^{2x}}{2}-\int \frac{e^{2x}}{2}\mathrm{d}x\\ & =\frac{x{e}^{2x}}{2}-\frac{e^{2x}}{4}\\ & \\ \Rightarrow \int x^2{e}^{2x}\mathrm{d}x& =\frac{x^2{e}^{2x}}{2}-\left(\frac{x{e}^{2x}}{2}-\frac{e^{2x}}{4}\right)\\ & =\frac{e^{2x}}{4}(2x^2-2x+1)+C\end{array}$$

例 2

$$\int x^3\ln x\mathrm{d}x$$

这个积分包含多项式 $x^3$ 与对数函数 $\ln x$ 的乘积，可以通过选择适当的 $u$ 和 $\mathrm{d}v$ 来简化。

1. 设 $u=\ln x$ 和 $\mathrm{d}v=x^3\mathrm{d}x$，则

   $$\mathrm{d}u=\frac{1}{x}\mathrm{d}xv=\int x^3\mathrm{d}x=\frac{x^4}{4}$$

2. 应用分部积分公式：

   $$\begin{array}{rl}\int x^3\ln x\mathrm{d}x& =\frac{x^4\ln x}{4}-\int \frac{x^4}{4}\cdot \frac{1}{x}\mathrm{d}x\\ & =\frac{x^4\ln x}{4}-\int \frac{x^3}{4}\mathrm{d}x\\ & =\frac{x^4\ln x}{4}-\frac{x^4}{16}+C\end{array}$$

例 3

$$\int e^x\cos x\mathrm{d}x$$

这个积分涉及指数函数和三角函数的乘积，可以通过分部积分两次形成循环积分方程来解决。

1. 设 $u=\cos x$ 和 $\mathrm{d}v=e^x\mathrm{d}x$，则

   $$\mathrm{d}u=-\sin x\mathrm{d}x\text{和}v=e^x$$

2. 第一次分部积分：

   $$\int e^x\cos x\mathrm{d}x=e^x\cos x-\int e^x(-\sin x)\mathrm{d}x$$

3. 继续对 $\int e^x\sin x\mathrm{d}x$ 进行分部积分，设 $u=\sin x$ 和 $\mathrm{d}v=e^x\mathrm{d}x$：

   $$\int e^x\sin x\mathrm{d}x=e^x\sin x-\int e^x\cos x\mathrm{d}x$$

4. 代入原式得到：

   $$\int e^x\cos x\mathrm{d}x=e^x\cos x-\left(e^x\sin x-\int e^x\cos x\mathrm{d}x\right)$$

5. 移项：

   $$2\int e^x\cos x\mathrm{d}x=e^x(\cos x+\sin x)$$

6. 得出答案：

   $$\int e^x\cos x\mathrm{d}x=\frac{e^x(\cos x+\sin x)}{2}+C$$

例 4

$$\int x^3{e}^{x^2}\mathrm{d}x$$

这个积分涉及复合函数 $e^{x^2}$ 与多项式 $x^3$ 的乘积，可以通过适当的变量替换后再使用分部积分求解。

1. 首先进行代换，令 $u=x^2$，则 $\mathrm{d}u=2x\mathrm{d}x$，整理得到 $x\mathrm{d}x=\frac{\mathrm{d}u}{2}$，代入后变成：

   $$\int x^3{e}^{x^2}\mathrm{d}x=\int u{e}^u\cdot \frac{1}{2}\mathrm{d}u=\frac{1}{2}\int u{e}^u\mathrm{d}u$$

2. 现在对 $\int u{e}^u\mathrm{d}u$ 使用分部积分法，设 $u=u$ 和 $\mathrm{d}v=e^u\mathrm{d}u$：

   $$\int u{e}^u\mathrm{d}u=u{e}^u-\int e^u\mathrm{d}u=u{e}^u-e^u$$

3. 回到原式并还原变量 $u=x^2$：

   $$\int x^3{e}^{x^2}\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\left(x^2{e}^{x^2}-e^{x^2}\right)+C$$

最终结果为：

$$\int x^3{e}^{x^2}\mathrm{d}x=\frac{e^{x^2}}{2}(x^2-1)+C$$

例 5

$$\int \sqrt{\tan x}\mathrm{d}x$$

该题为幂函数与三角函数的复合函数，考虑使用第二类换元积分法：

1. 令 $\tan x=u^2$, 则 $x=\arctan u^2$, $\mathrm{d}x=\frac{2u}{u^4+1}\mathrm{d}u$，有：

$$\begin{array}{rl}\int \sqrt{\tan x}\mathrm{d}x& =\int \frac{2u^2}{u^4+1}\mathrm{d}u\\ & =\int \frac{2}{u^2+\frac{1}{u^2}}\mathrm{d}u\\ & =\int \frac{1+\frac{1}{u^2}}{u^2+\frac{1}{u^2}}\mathrm{d}u+\int \frac{1-\frac{1}{u^2}}{u^2+\frac{1}{u^2}}\mathrm{d}u\end{array}$$

2. 接着，使用第一类换元积分法

$$\begin{array}{rl}I& =\int \frac{1+\frac{1}{u^2}}{u^2+\frac{1}{u^2}}\mathrm{d}u+\int \frac{1-\frac{1}{u^2}}{u^2+\frac{1}{u^2}}\mathrm{d}u\\ & =\int \frac{\mathrm{d}(u-\frac{1}{u})}{(u-\frac{1}{u}{)}^2+2}+\int \frac{\mathrm{d}(u+\frac{1}{u})}{(u+\frac{1}{u}{)}^2-2}\\ & =\frac{1}{\sqrt{2}}\arctan [\frac{1}{\sqrt{2}}(u-\frac{1}{u})]+\frac{1}{2\sqrt{2}}\ln |\frac{u+\frac{1}{u}-\sqrt{2}}{u+\frac{1}{u}+\sqrt{2}}|+C\\ & =\frac{1}{\sqrt{2}}\arctan [\frac{1}{\sqrt{2}}(\sqrt{\tan x}-\frac{1}{\sqrt{\tan x}})]+\frac{1}{2\sqrt{2}}\ln |\frac{\sqrt{\tan x}+\frac{1}{\sqrt{\tan x}}-\sqrt{2}}{\sqrt{\tan x}+\frac{1}{\sqrt{\tan x}}+\sqrt{2}}|+C\end{array}$$

例 6

$$\int \frac{\mathrm{d}x}{{\cos }^{3}x+{\sin }^{3}x}$$

该题为三角函数和有理函数的复合函数，考虑使用第一类换元法：

$$\begin{array}{rl}\int \frac{\mathrm{d}x}{{\cos }^{3}x+{\sin }^{3}x}& =\int \frac{\mathrm{d}x}{(\cos x+\sin x)({\cos }^{2}x-\sin x\cos x+{\sin }^{2}x)}\\ & =\int \frac{(\cos x+\sin x)\mathrm{d}x}{(\cos x+\sin x{)}^2({\cos }^{2}x-\sin x\cos x+{\sin }^{2}x)}\\ & =\int \frac{(\cos x+\sin x)\mathrm{d}x}{(\cos x+\sin x{)}^2[\frac{1}{2}+\frac{1}{2}(\sin x-\cos x{)}^2]}\end{array}$$

由于：

$$(\cos x+\sin x{)}^2=2-(\sin x-\cos x{)}^2$$

以及：

$$(\cos x+\sin x)\mathrm{d}x=\mathrm{d}(\sin x-\cos x)$$

使用第一类换元积分法，令 $u=\sin x-\cos x$，

$$\begin{array}{rl}I& =\int \frac{\mathrm{d}(\sin x-\cos x)}{[2-(\sin x-\cos x{)}^2][\frac{1}{2}+\frac{1}{2}(\sin x-\cos x{)}^2]}\\ & =2\int \frac{\mathrm{d}u}{(2-u^2)(1+u^2)}\\ & =\frac{2}{3}(\int \frac{\mathrm{d}u}{2-u^2}+\int \frac{\mathrm{d}u}{1+u^2})\\ & =\frac{\sqrt{2}}{6}\ln |\frac{u+\sqrt{2}}{u-\sqrt{2}}|+\frac{2}{3}\arctan u+C\end{array}$$

代入得：

$$\int \frac{\mathrm{d}x}{{\cos }^{3}x+{\sin }^{3}x}=\frac{\sqrt{2}}{6}\ln |\frac{\sin x-\cos x+\sqrt{2}}{\sin x-\cos x-\sqrt{2}}|+\frac{2}{3}\arctan (\sin x-\cos x)+C$$

例 7

$$\int \max \{1,x^2,x^3\}\mathrm{d}x$$

由于

$$\int \max \{1,x^2,x^3\}\mathrm{dx}=\{\begin{array}{l}{x}^3,x\ge 1\\ 1,-1<x<1\\ x^2,x\le -1\end{array}$$

在 $(-\infty ,\infty )$ 上连续，所以原函数存在

不难得出：

$$\begin{array}{rlr}\int x^3\mathrm{d}x& =\frac{1}{4}{x}^4+C_1& x>1\\ \int \mathrm{d}x& =x+C_2& -1<x<1\\ \int x^2\mathrm{d}x& =\frac{1}{3}{x}^3+C_3& x\le -1\end{array}$$

由于原函数在 $x=-1,1$ 点连续，则

$$\begin{array}{rl}\frac{1}{4}+C_1& =1+C_2=F(1)\\ -\frac{1}{3}+C_3& =-1+C_2=F(-1)\end{array}$$

解得

$$\begin{gathered} C_1=\frac{3}{4}+C_2 \\ {C}_3=-\frac{2}{3}+C_2 \end{gathered}$$

所以

$$\int \max \{1,x^2,x^3\}\mathrm{dx}=\{\begin{array}{l}\frac{1}{4}{x}^4+\frac{3}{4}+C,x\ge 1\\ x+C,-1<x<1\\ \frac{1}{3}{x}^3-\frac{2}{3}+C,x\le -1\end{array}$$

例 8

$$\begin{array}{rl}I& =\int e^{\sin x}\frac{x{\cos }^{3}x-\sin x}{{\cos }^{2}x}\mathrm{d}x\\ & =\int x{e}^{\sin x}\cos x\mathrm{dx}-\int {\mathrm{e}}^{\sin \mathrm{x}}\frac{\sin \mathrm{x}}{{\cos }^2\mathrm{x}}\mathrm{dx}\end{array}$$

兼用换元积分法与分部积分法：

$$\begin{array}{rl}I& =\int x{e}^{\sin x}\mathrm{d}(\sin x)+\int e^{\sin x}\frac{\mathrm{d}(\cos x)}{{\cos }^{2}x}\\ & =\int x\mathrm{d}(e^{\sin x})-\int e^{\sin x}\mathrm{d}(\frac{1}{\cos x})\\ & =x{e}^{\sin x}-\int e^{\sin x}\mathrm{d}x-[e^{\sin x}\frac{1}{\cos x}-\int \frac{1}{\cos x}{e}^{\sin x}\cos x\mathrm{d}x]\\ & =x{e}^{\sin x}-\frac{e^{\sin x}}{\cos x}+C\end{array}$$

例 9

$$I=\int \frac{1}{\sin (x+a)sin(x+b)}\mathrm{d}x$$

注意到：

$$\begin{array}{rl}\sin (a-b)& =\sin \left[(x+a)-(x+b)\right]\\ & =\sin (x+a)\cos (x+b)-\cos (x+a)\sin (x+b)\end{array}$$

故

$$\begin{array}{rl}I& =\frac{1}{\sin (x+a)}\int [\frac{\cos (x+b)}{\sin (x+b)}-\frac{\cos (x+a)}{\sin (x+a)}]\mathrm{d}x\\ & =\frac{1}{\sin (a-b)}[\ln |\sin (x+b)-\ln |\sin (x+a)|]+C\end{array}$$

注：$\sin (a-b)=0$ 时求不定积分较简单，所以这里默认 $\sin (a-b)\ne 0$

例 10

$$\begin{array}{rlr}& \int \frac{x^2}{x^4+1}\mathrm{d}x& \int \frac{1}{x^4+1}\mathrm{d}x\end{array}$$

解：单独求哪一个积分都不好处理。注意到这两个积分是成对出现的，故可以配对积分。

两式相加，得：

$$\begin{array}{rl}I& =\int \frac{x^2+1}{x^4+1}\mathrm{d}x=\int \frac{1+\frac{1}{x^2}}{x^2+\frac{1}{x^2}}\mathrm{d}x\\ & =\int \frac{d(x-\frac{1}{x})}{(x-\frac{1}{x}{)}^2+2}\\ & =\frac{1}{\sqrt{2}}\arctan \frac{x-\frac{1}{x}}{\sqrt{2}}+C\end{array}$$

两式相减，得：

$$\begin{array}{rl}J& =\int \frac{x^2-1}{x^4+1}\mathrm{d}x=\int \frac{1-\frac{1}{x^2}}{x^2+\frac{1}{x^2}}\mathrm{d}x\\ & =\int \frac{d(x+\frac{1}{x})}{(x+\frac{1}{x}{)}^2-2}\\ & =\frac{1}{2\sqrt{2}}\ln \left|\frac{x+\frac{1}{x}-\sqrt{2}}{x+\frac{1}{x}+\sqrt{2}}\right|+C\end{array}$$

故

$$\begin{array}{rl}& \int \frac{x^2}{x^4+1}\mathrm{d}x=\frac{1}{2\sqrt{2}}\arctan \frac{x-\frac{1}{x}}{\sqrt{2}}+\frac{1}{4\sqrt{2}}\ln \left|\frac{x+\frac{1}{x}-\sqrt{2}}{x+\frac{1}{x}+\sqrt{2}}\right|+C\\ & \int \frac{1}{x^4+1}\mathrm{d}x=\frac{1}{2\sqrt{2}}\arctan \frac{x-\frac{1}{x}}{\sqrt{2}}-\frac{1}{4\sqrt{2}}\ln \left|\frac{x+\frac{1}{x}-\sqrt{2}}{x+\frac{1}{x}+\sqrt{2}}\right|+C\end{array}$$

例 11

$$\begin{array}{rlr}& I=\int \frac{x^2+1}{x^4+1}\mathrm{d}x& J=\int \frac{x^2-1}{x^4+1}\mathrm{d}x\end{array}$$

即 Example 10 过程中的两个积分。下面用有理函数积分的一般方法来求一遍：

$$\begin{array}{rl}\frac{x^2+1}{x^4+1}& =\frac{x^2+1}{(x^2+1{)}^2-(\sqrt{2}x{)}^2}\\ & =\frac{1}{2}\left[\frac{1}{x^2+\sqrt{2}x+1}+\frac{1}{x^2-\sqrt{2}x+1}\right]\\ & =\frac{1}{2}\left[\frac{1}{(x+\frac{\sqrt{2}}{2}{)}^2+\frac{1}{2}}+\frac{1}{(x-\frac{\sqrt{2}}{2}{)}^2+\frac{1}{2}}\right]\end{array}$$

故

$$I=\frac{\sqrt{2}}{2}\left[\arctan (\sqrt{2}x+1)+\arctan (\sqrt{2}x-1)\right]+C$$

同理，

$$\begin{array}{rl}& \frac{x^2-1}{x^4+1}=-\frac{\sqrt{2}}{4}\cdot \frac{2x+\sqrt{2}}{x^2+\sqrt{2}x+1}+\frac{\sqrt{2}}{4}\cdot \frac{2x-\sqrt{2}}{x^2-\sqrt{2}x+1},\\ & J=-\frac{\sqrt{2}}{4}\ln |x^2+\sqrt{2}x+1|+\frac{\sqrt{2}}{4}\ln |x^2-\sqrt{2}x+1|+C\end{array}$$

例 12

$$\begin{array}{rlr}& I=\int \frac{\cos x}{\cos x+\sin x}\mathrm{d}x& \int J=\frac{\sin x}{\cos x+\sin x}\mathrm{d}x\end{array}$$

解：

$$\begin{array}{rl}& I+J=\int \mathrm{d}x=x+C_1\\ & I-J=\int \frac{\cos x-\sin x}{\cos x+\sin x}\mathrm{d}x=\ln |\sin x+\cos x|+C_2\end{array}$$

故：

$$\begin{array}{rl}& I=\int \frac{\cos x}{\cos x+\sin x}\mathrm{d}x=\frac{x}{2}+\frac{1}{2}\ln |\sin x+\cos x|+C\\ & J=\int \frac{\sin x}{\cos x+\sin x}\mathrm{d}x=\frac{x}{2}-\frac{1}{2}\ln |\sin x+\cos x|+C\end{array}$$

一般地，对 $\int \frac{C\cos x+D\sin x}{A\cos x+B\sin x}\mathrm{d}x$, 有 ：

令 $C\cos x+D\sin x=k_1(A\cos x+B\sin x)+k_2(B\cos x-A\sin x)$，求出 $k_1,k_2$, 进而对原积分求解。