diff --git a/src/blog/zh/post-10.md b/src/blog/zh/post-10.md
index 95597c9..fd7c3b7 100644
--- a/src/blog/zh/post-10.md
+++ b/src/blog/zh/post-10.md
@@ -1,10 +1,10 @@
---
-title: "[学习笔记]奇怪的撬棍符号——不定积分篇"
-pubDate: 2026-06-01
+title: "[学习笔记]奇怪的撬棍符号∫——不定积分篇"
+pubDate: 2026-06-02
description: '一群快乐的大学生vs一个长得像撬棍的奇怪符号，谁会赢？'
author: "三叶"
image:
- url: "https://files.seeusercontent.com/2026/06/01/Z0vl/_20260601145930_94_116.webp"
+ url: "https://files.seeusercontent.com/2026/06/01/7ggO/pasted-image-1780316784165.webp"
alt: "meme"
tags: ["学习笔记", "高等数学", "积分"]
---
@@ -15,13 +15,15 @@ tags: ["学习笔记", "高等数学", "积分"]
好消息是，你可以记录车子仪表盘上显示的速度曲线，叫惹人厌的强尼帮你计算出表达车速的函数表达式。“这太简单了，v。”强尼说，“我们用不定积分就可以轻松求出时间和行驶路程的函数关系。”
+
+
### 什么是积分
首先我们知道，**微分**是把函数切分成极小的变化量，以计算函数在局部的变化规律；而**积分**是微分的对立面，积分将函数极小的变化量一个个累加起来，得到一个整体。
从抽象的函数角度来看，当我们将函数 $y=f(x)$ 微分后的两个极小变化量 $dy$ 和 $dx$ 相除，便可得到函数在该点的瞬时变化率（导数）
$$
-f'(x)=\frac{dy}{dx}
+f'(x)=\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}
$$
积分所做的事情，就是将每一小段内产生的微小变化量累加起来，从而得到整体的变化量
$$
@@ -29,19 +31,19 @@ f(x_1)-f(x_0)=\sum \Delta y
$$
当区间被划分得越来越细时，每一小段内的实际变化量 $Δy$ 可以用微分 $dy$ 表示。那么将 $x_0$ 到 $x_1$ 内的所有微小变化量 $dy$ 累加起来，你就可以获取到从 $x_0$ 到 $x_1$ 的函数变化量，也就是导函数在该区间上的**定积分**:
$$
-f(x_1) - f(x_0)= \int_{x_0}^{x_1} \, dy = \int_{x_0}^{x_1} f'(x) \, dx
+f(x_1) - f(x_0)= \int_{x_0}^{x_1} \, dy = \int_{x_0}^{x_1} f'(x) \, \mathrm{d}x
$$
关于定积分的细节和几何理解我们下一节再仔细聊聊，现在我们把公式移项
$$
-f(x_1) = f(x_0) + \int_{x_0}^{x_1} f'(x) \, dx
+f(x_1) = f(x_0) + \int_{x_0}^{x_1} f'(x) \, \mathrm{d}x
$$
其中，起点处的函数值 $f(x_0)$ 是一个常数。若不指定初始值，就可以把它写成任意常数 $C$
$$
-f(x_1) = C + \int_{x_0}^{x_1} f'(x) \, dx
+f(x_1) = C + \int_{x_0}^{x_1} f'(x) \, \mathrm{d}x
$$
当我们不以固定的已知 $x_1$ 为定积分上限，而是用变量 $x$ ，那么我们就能得到**不定积分公式**：
$$
-\int f'(x) \, dx = f(x) + C
+\int f'(x) \, \mathrm{d}x = f(x) + C
$$
变上限定积分给出一个具体的原函数；不定积分则是在这个原函数的基础上加上任意常数 $C$，表示所有可能的原函数。
@@ -73,7 +75,7 @@ v(t)
$$
那我们可以轻松定义
$$
-s(t)=\int_{t_0}^{t}v(u) \, du
+s(t)=\int_{t_0}^{t}v(u) \, \mathrm{d}u
$$
它表示从 $t_0$ 到 $t$ 的位移。
@@ -87,11 +89,11 @@ $$
$$
当 $\Delta t → 0$ 时，就可以将上式看作
$$
-\frac{ds}{dt} = s'(t) = v(t)
+\frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t} = s'(t) = v(t)
$$
即变上限积分的求导公式
$$
-(\int_{t_0}^{t}v(u) \, du)'=v(t)
+(\int_{t_0}^{t}v(u) \, \mathrm{d}u)'=v(t)
$$
那么就能说明对任意连续的速度函数 $v(t)$，至少存在一个位置函数 $s(t)$，它的导数正好是 $v(t)$。
@@ -132,19 +134,73 @@ $$
## 怎么算不定积分
+“v，现在你已经知道什么是不定积分了，手里拿到一个公式你知道怎么算出来它的原函数吗。”强尼在无人机射出的枪林弹雨中朝你大吼。
+
+“很简单！”他不知道从哪掏出一片草稿纸。“首先你要放到脑袋里的是……”
+
+### 不定积分基本公式
+
+
+ (点击展开)
+
+
+1. $\displaystyle \int 0,\mathrm{d}x=C$
+
+2. $\displaystyle \int x^\alpha,\mathrm{d}x=\frac{1}{\alpha+1}x^{\alpha+1}+C \qquad (\alpha\neq -1)$
+
+3. $\displaystyle \int \frac{1}{x},\mathrm{d}x=\ln |x|+C$
+
+4. $\displaystyle \int a^x,\mathrm{d}x=\frac{a^x}{\ln a}+C \qquad (a>0,\ a\neq 1)$
+
+5. $\displaystyle \int e^x,\mathrm{d}x=e^x+C$
+
+6. $\displaystyle \int \sin x,\mathrm{d}x=-\cos x+C$
+
+7. $\displaystyle \int \cos x,\mathrm{d}x=\sin x+C$
+
+8. $\displaystyle \int \sec^2 x,\mathrm{d}x=\tan x+C$
+
+9. $\displaystyle \int \csc^2 x,\mathrm{d}x=-\cot x+C$
+
+10. $\displaystyle \int \sec x\tan x,\mathrm{d}x=\sec x+C$
+
+11. $\displaystyle \int \csc x\cot x,\mathrm{d}x=-\csc x+C$
+
+12. $\displaystyle \int \frac{1}{\sqrt{1-x^2}},\mathrm{d}x=\arcsin x+C$
+
+13. $\displaystyle \int \frac{1}{1+x^2},\mathrm{d}x=\arctan x+C$
+
+14. $\displaystyle \int \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{a^2-x^2}}=\arcsin \frac{x}{a}+C$
+
+15. $\displaystyle \int \frac{\mathrm{d}x}{a^2+x^2}=\frac{1}{a}\arctan \frac{x}{a}+C$
+
+16. $\displaystyle \int \frac{\mathrm{d}x}{x^2-a^2}=\frac{1}{2a}\ln \left|\frac{x-a}{x+a}\right|+C$
+
+17. $\displaystyle \int \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x^2+a^2}}=\ln \left(x+\sqrt{x^2+a^2}\right)+C$
+
+18. $\displaystyle \int \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x^2-a^2}}=\ln \left|x+\sqrt{x^2-a^2}\right|+C$
+
+19. $\displaystyle \int \sec x,\mathrm{d}x=\ln |\sec x+\tan x|+C$
+
+20. $\displaystyle \int \csc x,\mathrm{d}x=-\ln |\csc x+\cot x|+C$
+
+
+
+“记住，无论你碰到什么样的积分，你的首要任务就是将代数式往这些基本积分公式上凑，明白吗。”强尼将草稿纸塞到你手里。
+
### 第一换元积分法
在微分学习中，我们很清楚
$$
-\frac{dy}{dx}=f'(x)
+\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=f'(x)
$$
即
$$
-dy = df(x) = f'(x)dx
+\mathrm{d}y = \mathrm{d}f(x) = f'(x)\mathrm{d}x
$$
那么很显然
$$
-\int f[\varphi(x)]\varphi'(x) \, dx = \int f[\varphi(x)] \, d \varphi(x) = F[\varphi(x)] + C
+\int f[\varphi(x)]\varphi'(x) \, \mathrm{d}x = \int f[\varphi(x)] \, \mathrm{d} \varphi(x) = F[\varphi(x)] + C
$$
我们也可以从链式求导的角度理解它
@@ -155,25 +211,406 @@ $$
那么反过来对它积分就可得上式。
- 一些常见的凑微分形式
- 行内公式：$f(x)=x^2+1$
+ 常见的凑微分形式(点击展开)
-独立公式：
-$$
-\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x}=1
-$$
+1. $\displaystyle \int f(ax+b),\mathrm{d}x=\frac{1}{a}\int f(ax+b),\mathrm{d}(ax+b)$
+
+2. $\displaystyle \int x^m f!\left(ax^{m+1}+b\right),\mathrm{d}x=\frac{1}{(m+1)a}\int f!\left(ax^{m+1}+b\right),\mathrm{d}!\left(ax^{m+1}+b\right)\quad (m\neq -1)$
+
+3. $\displaystyle \int f(\sqrt{x})\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x}}=2\int f(\sqrt{x}),\mathrm{d}(\sqrt{x})$
+
+4. $\displaystyle \int f(e^x)e^x,\mathrm{d}x=\int f(e^x),\mathrm{d}(e^x)$
+
+5. $\displaystyle \int f(\ln x)\frac{1}{x},\mathrm{d}x=\int f(\ln x),\mathrm{d}(\ln x)$
+
+6. $\displaystyle \int f(\sin x)\cos x,\mathrm{d}x=\int f(\sin x),\mathrm{d}(\sin x)$
+
+7. $\displaystyle \int f(\cos x)\sin x,\mathrm{d}x=-\int f(\cos x),\mathrm{d}(\cos x)$
+
+8. $\displaystyle \int f(\tan x)\frac{1}{\cos^2 x},\mathrm{d}x=\int f(\tan x),\mathrm{d}(\tan x)$
+
+9. $\displaystyle \int f(\arcsin x)\frac{1}{\sqrt{1-x^2}},\mathrm{d}x=\int f(\arcsin x),\mathrm{d}(\arcsin x)$
+
+10. $\displaystyle \int f(\arctan x)\frac{1}{1+x^2},\mathrm{d}x=\int f(\arctan x),\mathrm{d}(\arctan x)$
+
+看着很眼熟？像这样的积分正在全国各地上演！而你可能就是下一个☝️
+
+这些积分并不需要专门去背诵，多做些定积分题目自然就会了（逃
-
+### 第二换元积分法
+
+有的时候，现有的式子无法满足我们直接使用第一类换元积分法，比如说这个例子：
+$$
+\int \frac{x^2}{\sqrt{a^2-x^2}}\,\mathrm{d}x
+$$
+乍一看，这个怎么求啊，别急，这时候我们可以适当选择 $x = \phi(t)$ 来代换掉式子中的 $x$。
+
+最最常用的变量代换有如下三种：
+
+#### 1. 三角代换
+
+(1) 被积函数有 $\sqrt{a^2-x^2}$ ，令 $x = asint$ 或 $acost$。
+
+(2) 被积函数有 $\sqrt{a^2+x^2}$ ，令 $x = atant$ 。
+
+(3) 被积函数有 $\sqrt{x^2 - a^2}$ ，令 $x = asect$ 。
+
+那么上式我们可以一眼丁真，将 $x = asint$ 带入可得
+$$
+\begin{aligned}
+\text{原式}
+&= \int \frac{a^2\sin^2 t}{a\cos t}\,\mathrm{d}(a\sin t) \\
+&= \int \frac{a^2\sin^2 t}{a\cos t}\cdot a\cos t\,\mathrm{d}t \\
+&= \int a^2\sin^2 t\,\mathrm{d}t
+\end{aligned}
+$$
+
+接下来的步骤就简单了。
+
+“三角函数在积分中非常重要。”强尼翘起二郎腿，从兜里掏出一根雪茄。“v，你应该对这类方法多留意一些。”
+
+真是臭屁。
+
+#### 2. 根式代换
+
+当被积函数含有 $\sqrt[n]{ax + b}$ 时，我们可以令 $t = \sqrt[n]{ax + b}$ ，那么这时有 $x = \frac{1}{a}(t^n - b)$ 。
+
+#### 3. 倒代换
+
+当被积函数分母的最高次数高于分子的最高次数时，可令 $x = \frac{1}{t}$。
### 分部积分法
-在我们记忆深处，有某个公式埋藏在这里，它便是
+在我们记忆深处，有某个公式埋藏在这里
+
+设 $u(x)$ 、 $v(x)$ 均有连续的导数，那么有
$$
-[u(x)v(x)]' = u'(x)v(x) + u(x)v'(x)
+(uv)' = u'v + uv'
$$
-现在我们
+现在我们将它变变形
+$$
+uv'= (uv)' - u'v
+$$
+接下来对两边同时积分
+$$
+\int uv'\,\mathrm{d}x = \int (uv)' - u'v \, \mathrm{d}x
+$$
+整理可得
+$$
+\int u \, \mathrm{d}v = uv - \int v \, \mathrm{d}u
+$$
+没错！这就是大名鼎鼎的**分部积分法**！适用于两个代数式相乘的情况
+
+“哼，这么简单就推出来了吗。”强尼不屑地弹了弹烟灰，“要是我出生在那个年代，发现者无疑会是我。”
+
+分部积分法的奇妙之处在于，当你对一大坨乱了吧唧的代数式发愁时，它可以将其转换为非常容易积分的形态。
+
+还记得这个式子吗：
+$$
+\int \frac{1}{1+x^2} \, \mathrm{d}x = \arctan x + C
+$$
+那我问你，
+$$
+\int \arctan x \, \mathrm{d}x = ?
+$$
+“你想破脑袋也没法积出来的” 强尼从鼻子里哼出这句话。
+
+除非……
+
+没错！使用分部积分法！
+
+那么原式可以转为
+$$
+\begin{aligned}
+\text{原式}
+&= x\cdot\arctan x + \int x \, \mathrm{d}(\arctan x)\\
+&= x\cdot\arctan x + \int x \frac{1}{1+x^2} \, \mathrm{d}x \\
+\end{aligned}
+$$
+哦对的对的，这下子看懂了，那么接下来只要做有基本理函数积分即可
+$$
+\begin{aligned}
+\text{原式}
+&= x\cdot\arctan x + \frac{1}{2} \int \frac{1}{1+x^2} \, \mathrm{d}x^2 \\
+&= x\cdot\arctan x + \frac{1}{2} \ln(1+x^2)
+\end{aligned}
+$$
+怎么样，是不是很神奇？！
+
+
+
+### 三角有理式积分
+
+“我说过……”
+
+啊…这个男人又开始了，，，
+
+“v，三角有理式在不定积分问题中非常重要。”强尼将雪茄指着你。
+
+如果我们碰到形如 $\int R(\sin x, \cos x) \, \mathrm{d}x$ （含 $\sin^n x \cdot \cos^m x$ ）的积分，我们可以考虑用如下换元法。
+
+- 当函数中 $\sin x$ 奇次，$\cos x$ 偶次，那我们可以考虑凑 $\mathrm{d}(\cos x)$ 或 $\mathrm{d}(\sec x)$
+
+- 当函数中 $\sin x$ 偶次，$\cos x$ 奇次，那考虑凑 $\mathrm{d}(\sin x)$ 或 $\mathrm{d}(\csc x)$
+
+- 若 $\sin x$ 和 $\cos x$ 同为奇次/偶次，那么凑 $\mathrm{d}(\tan x)$ 或 $\mathrm{d}(\cot x)$
+
+那么接下来我们看这道题
+$$
+\int \frac{1}{3+\sin^2x} \mathrm{d}(x) = ?
+$$
+通过我们惊人的注意力，我们注意到此函数的 $\sin x$ 为 $2$ 次，而 $\cos x$ 为 $0$ 次，那么说明函数中 $\sin x$ 和 $\cos x$ 均为偶次，那我们要考虑凑出 $\mathrm{d}(\tan x)$ 或者 $\mathrm{d}(\cot x)$ ，怎么做呢？
+
+我们注意到原式中有 $\sin x$，那为了凑出目标代数式……
+
+就分号上下同时除以 $\cos^2 x$ 吧！
+$$
+\begin{aligned}
+\text{原式}
+&= \int \frac{\sec^2 x}{3\sec^2x + \frac{\sin^2x}{\cos^2x}} \,\mathrm{d}x \\
+&= \int \frac{\sec^2 x}{3\sec^2x + \tan^2x} \,\mathrm{d}x
+\end{aligned}
+$$
+嗯哼，下一步怎么做呢？
+
+翻阅不定积分基本公式，我们用惊人的注意力注意到 $\sec^2 x$ 和 $\tan x$ 好像有猫腻！
+
+没错，那么接下来可以
+$$
+\begin{aligned}
+\text{原式}
+&= \int \frac{(\tan x)'}{3(\tan^2 x + 1) + \tan^2x} \, \mathrm{d}x
+\end{aligned}
+$$
+哎哟我，这下子不看懂了吗
+$$
+\begin{aligned}
+\text{原式}
+&= \int \frac{1}{4\tan^2 x + 3} \, \mathrm{d}(\tan x) \\
+&= \frac{1}{2} \int \frac{1}{(2\tan x)^2 + (\sqrt{3})^2} \, \mathrm{d}(2\tan x)
+\end{aligned}
+$$
+为了方便理解，这里我们令 $2\tan x = u$ ，那么有
+$$
+\begin{aligned}
+\text{原式}
+&= \frac{1}{2} \int \frac{1}{(u)^2 + (\sqrt{3})^2} \, \mathrm{d}(u)
+\end{aligned}
+$$
+查阅基本积分公式可得积分结果为
+$$
+\begin{aligned}
+\text{原式}
+&= \frac{1}{2\sqrt3}\arctan(\frac{u}{\sqrt3}) + C \\
+&= \frac{1}{2\sqrt3}\arctan(\frac{2\tan x}{\sqrt3}) + C
+\end{aligned}
+$$
+
+
+### 有理函数积分
+
+“光知道三角函数可不行，v，三角函数会让你的脑袋变得尖尖的。”
+
+“想成为夜之城真正的积佬，你必须还能应对有理函数的积分。”
+
+> **定理：**对于形如 $\frac{P(x)}{Q(x)} = \frac{P(x)}{c_0(x-a)^k(x^2+px+q)^l}$ 的有理真分式 ($k$, $l$为正整数, $p^2-4q < 0$)，可以唯一地分解为有限个最简有理分式之和。
+
+即可以分解为
+$$
+\frac{P(x)}{Q(x)} = \frac{A_1}{x-a} + \frac{A_2}{(x-a)^2} + ... + \frac{A_k}{(x-a)^k}+\frac{B_1x+D_1}{x^2+px+q}+\frac{B_2x+D_2}{(x^2+px+q)^2}+...+\frac{B_lx+D_l}{(x^2+px+q)^l}
+$$
+这个时候式子里就只剩下最简的代数式了，我们只需要依次对他们求积分就行了……吗？
+
+“nonono，上面的待定系数可没那么好求。”强尼冷笑地解释道。
+
+“和在一起力大飞砖算多项式吗，别傻了，像我们这样的情况，每一秒都非常珍贵，我们没有那么多时间来算这些东西。”
+
+“那么就由大名鼎鼎的我来告诉你应该怎么应对这样的情况吧😎☝️”
+
+#### 特殊解法一：x代入特殊值
+
+争取每代入一个值，都仅剩一个系数
+
+举个栗子🌰
+$$
+求\int \frac{x-3}{(x-1)(x^2 - 1)} \, \mathrm{d}x
+$$
+那么我们不难得出
+$$
+\begin{aligned}
+\text{原式}
+&= \frac{Ax+B}{(x-1)^2} + \frac{D}{x+1} \\
+&= \frac{(Ax+B)(x+1) + D(x-1)^2}{(x-1)^2(x+1)}
+\end{aligned}
+$$
+即，我们需要计算出
+$$
+x - 3 = (Ax+B)(x+1) + D(x-1)^2
+$$
+通过我们惊人的注意力，我们可以先令 $x = -1$，那么可得
+$$
+-1-3=D(-1-1)^2 \\
+D=-1
+$$
+之后令 $x=0$ 那么同时把 $D = -1$ 代入可得
+$$
+-3 = B - 1\\
+B=-2
+$$
+最后随便代个 $x = 1$ 可得 $A = 1$。
+
+#### 特殊解法二：留数法+求x->∞的极限
+
+我们来看这道题
+$$
+求 \int \frac{x-3}{(x-1)(x^2-1)} \, \mathrm{d}x
+$$
+易知
+$$
+\frac{x-3}{(x-1)(x^2-1)} = \frac{A}{x-1} + \frac{B}{(x-1)^2} + \frac{D}{x+1}
+$$
+首先我们可以两边同时乘 $x+1$，那么就能得到
+$$
+\frac{x-3}{(x-1)^2} = [\frac{A}{x-1} + \frac{B}{(x-1)^2}](x+1) + D
+$$
+这时候眼尖的小伙伴们就发现了，我们仅需令 $x=-1$ 就能把右边的两坨东西删掉！即
+$$
+\frac{-1-3}{(-1-1)^2} = 0 + D \\
+D = -2
+$$
+那剩下的A和B怎么办呢？
+
+B我们可以如法炮制，两边同时乘 $(x-1)^2$ ，可以算出 $B = -1$。
+
+那么A怎么算呢？
+
+这时候请极限法出场。
+
+左右两边同时乘 $x$ 并令 $x \to ∞$。
+$$
+\lim_{x \to \infty} \frac{(x-3)x}{(x-1)(x^2-1)} = \lim_{x \to \infty} \frac{Ax}{x-1} + \lim_{x \to \infty} \frac{Bx}{(x-1)^2} + \lim_{x \to \infty} \frac{Dx}{x+1}
+$$
+那么根据求极限的结果，我们不难得出
+$$
+0=A+0+D
+$$
+带入 $D = -1$ 得 $A=1$。
+
+
+
+## 在那之后
+
+“好，到这里应该OK了。”强尼朝你喊道。你们的车停在山头上，在这里可以俯瞰整个发电站，一座座高耸入云的尖塔整齐排列。傍晚渐浓的夜色中，远处的夜之城闪烁着霓虹的光芒。
+
+“真是宁静”强尼揶揄道“在我们等待义体医生的飞船来之前，不如先做两道不定积分练练手吧”。
+$$
+1.若不定积分\int \frac{x^2+ax+2}{(x+1)(x^2+1)} \, \mathrm{d}x的结果中不含反正切函数，则a=?
+$$
+
+
+ 》〉点击展开查看解析〈《
+哦v你看出来了吗，至少伟大的强尼银手能一眼看出，这是一道有理数积分问题，那么让我们先按部就班地走。
+
+先用待定系数法将原函数分解，就像前面我提到的一样。
+$$
+\frac{x^2+ax+2}{(x+1)(x^2+1)} = \frac{A}{x+1}+\frac{Mx+N}{x^2+1}
+$$
+那么怎么优雅地求 $A$ , $M$ 和 $N$ 呢？
+
+题目中提到了结果不含正切函数，那么必然不会出现形如 $\frac{t}{x^2+1} (t \in \mathbb{R})$ 的项，因此可以轻易得到 $N = 0$。
+
+接下来我们管你这那的直接和到一起去，得到
+$$
+\frac{x^2+ax+2}{(x+1)(x^2+1)} = \frac{(A+M)x^2+Mx+A}{(x+1)(x^2+1)}
+$$
+易知 $A+M=1$ ; $M=a$ ;$A = 2$,
+
+那么 $a = -1$。
+
+什么？你说这是在力大飞砖？我管你这那的哪个简单我用哪个。
+
+
+
+$$
+2. \int \frac{\sqrt{x+1}+2}{(x+1)^2-\sqrt{x+1}} \, \mathrm{d}x =?
+$$
+
+
+ 》〉点击展开查看解析〈《
+v，还记不记得，我们在上面的某个零人在意的角落里说过这么一句话
+
+>当被积函数含有 $\sqrt[n]{ax + b}$ 时，我们可以令 $t = \sqrt[n]{ax + b}$ ，那么这时有 $x = \frac{1}{a}(t^n - b)$ 。
+
+现在就是使用它的时候！
+
+我们令 $t = \sqrt{x+1}$ ，则 $x = t^2 + 1$ ，那么 $\mathrm{d}x = 2t\mathrm{d}t$，于是
+$$
+\begin{aligned}
+\text{I}
+&= \int \frac{t+2}{t^4-t}2t \, \mathrm{d}t \\
+&= 2\int \frac{t+2}{t^3-1} \, \mathrm{d}t
+\end{aligned}
+$$
+那么现在这道题就是一道有理函数积分，按照惯例我们将其化为
+$$
+\begin{aligned}
+\text{原式}
+&= 2\int \frac{t+2}{(t-1)(t^2+t+1)} \, \mathrm{d}t \\
+&= 2\int (\frac{1}{t-1} - \frac{t+1}{t^2+t+1}) \, \mathrm{d}t
+\end{aligned}
+$$
+接下来怎么办呢？我们的大致思路是：凑出分母，并直接积分。
+
+观察到有一个单独的 $t+1$，那我们是不是可以凑出 $(t^2 + t + 1)'$ ？
+
+好，那我们开始行动。
+$$
+\begin{aligned}
+\text{原式}
+&= 2\int \frac{1}{t-1} \, \mathrm{d}t - \frac{1}{2} \int \frac{2t+2}{t^2+t+1} \, \mathrm{d}t\\
+&= 2\int \frac{1}{t-1} \, \mathrm{d}t - \frac{1}{2} \int \frac{2t+1}{t^2+t+1} \, \mathrm{d}t - \int \frac{1}{t^2+t+1} \, \mathrm{d}t \\
+&= 2\int \frac{1}{t-1} \, \mathrm{d}t - \frac{1}{2} \int \frac{\mathrm{d}(t^2+t+1)}{t^2+t+1} - \int \frac{\mathrm{d}(t+\frac{1}{2})}{(t+\frac{1}{2})^2 + (\frac{\sqrt3}{2})^2} \\
+&=2\ln|t-1|-\ln|t^2+t+1|-\frac{2}{\sqrt3}\arctan{\frac{2t+1}{\sqrt{3}}}+C
+\end{aligned}
+$$
+最后将 $t = \sqrt{x+1}$ 代入可得出答案
+
+
+
+$$
+3. I_1=\int\cos^4x\,\mathrm{dx}=?, \ I_2=\int\sin^4x\,\mathrm{dx}=?
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+ 》〉点击展开查看解析〈《
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+Hmmm... v，这道题看起来有点蹊跷不是吗。
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+我猜你一定想破脑袋也没想出来 $\int\cos^4x\,\mathrm{dx}$ 到底怎么积分。
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+什么？你居然做出来了😧？！可恶，当时我可是想了一个多小时怎么凑出 $\mathrm{d}(\tan x)$ 来😩，好吧，那我们来对对答案。
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+我们需要跳出以往的惯性思维。这道题有两个变量 $I_1$ 和 $I_2$，那我们将他们相加得
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+\begin{aligned}
+ I_1 + I_2 &= \int [(\sin^2x+\cos^2x)^2 - \frac{1}{2}\sin^22x] \, \mathrm{d}x \\
+ &= \frac{3}{4}x+\frac{1}{16}\sin4x +C_1
+\end{aligned}
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+同理我们将他们俩相减可得
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+I_1 - I_2 = \frac{1}{2}\sin2x + C_2
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+那么就很容易得到
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+I_1 = \frac{1}{2}[(I_1+I_2) + (I_1 - I_2)] = \frac{3}{8}x+\frac{1}{32}\sin4x + \frac{1}{4}\sin2x +C_3 \\
+I_2 = \frac{1}{2}[(I_1+I_2) - (I_1 - I_2)] = \frac{3}{8}x+\frac{1}{32}\sin4x - \frac{1}{4}\sin2x +C_4
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+注意两个任意常数 $C$ 未必相等。
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