From e34dfefd33f00d4cdfb1d335ac133cd388435700 Mon Sep 17 00:00:00 2001 From: ClovertaTheTrilobita Date: Tue, 2 Jun 2026 00:49:59 +0800 Subject: [PATCH] complete post draft --- src/blog/zh/post-10.md | 485 +++++++++++++++++++++++++++++++++++++++-- 1 file changed, 461 insertions(+), 24 deletions(-) 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。” +pasted-image-1780316213606.webp + ### 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}=? +$$ + +
+ 》〉点击展开查看解析〈《 + +Hmmm... v，这道题看起来有点蹊跷不是吗。 + +我猜你一定想破脑袋也没想出来 $\int\cos^4x\,\mathrm{dx}$ 到底怎么积分。 + +什么？你居然做出来了😧？！可恶，当时我可是想了一个多小时怎么凑出 $\mathrm{d}(\tan x)$ 来😩，好吧，那我们来对对答案。 + +我们需要跳出以往的惯性思维。这道题有两个变量 $I_1$ 和 $I_2$，那我们将他们相加得 +$$ +\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} +$$ +同理我们将他们俩相减可得 +$$ +I_1 - I_2 = \frac{1}{2}\sin2x + C_2 +$$ +那么就很容易得到 +$$ +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 +$$ +注意两个任意常数 $C$ 未必相等。 + +