\[\int {\rm d}y={\rm d}\int y=y\\ {\rm d}x={\rm d}(x+a)\\ {\rm d}\ ax=a\cdot {\rm d}x\\ \int f\ {\rm d}x=F\Rightarrow {\rm d}F=f\ {\rm d}x \]
不定積分
定義
我們作為OIer，並不需要知道嚴謹的數學定義，我們只需要知道\(\,{\rm d}\,\)和\(\,\int\,\)是兩種算符，這里給出粗略的解釋：\(\,{\rm d}\,\)表示微小變化量，聯系導數的定義：\(f(x)\)在\(\,x_0\,\)處的導數為（不妨認為\(\,f(x)\,\)可導）
\[f^\prime(x)=\lim_{\Delta x\rightarrow x_0}\frac{f(x_0+\Delta x)-f(x_0)}{\Delta x}=\frac{f(x_0+{\rm d}x)-f(x_0)}{{\rm d}x}=\frac{{\rm d}f}{{\rm d}x} \]
於是有
\[f^\prime=f^\prime(x)\\ {\rm d}f=f^\prime {\rm d}x \]
這就是微積分基本定理，其中\(\,f\,\)叫原函數
值得一提得是
\[\int(f(x)+g(x)){\rm d}x=\int f(x){\rm d}x+\int g(x){\rm d}x\\ \int kf(x)=k\int f(x)\\ {\rm d}\ ax=a·{\rm d}x \]
而\(\,\int\,\)就是\(\,{\rm d}\,\)的逆運算，即滿足
\[\int {\rm d}y={\rm d}\int y \]
不難推出
\[{\rm d}x={\rm d}(x+a)\\ \]
這條性質其實十分重要且易忘
積分本質就是求一個函數的原函數，微分就是求原函數的對應函數，對於微分我們容易求出，對於積分，我們則需要一定的技巧
順帶一提，積分后需要加常數，顯然這是不影響微分的結果的，但這是人們常常忘記的
不定積分的求法
初等變換
主要考察初等變換能力，這里只給出一道例題
求\(\,\int sin^2x{\rm d}x\)
\[\begin{align*} &\int sin^2x\ {\rm d}x\\ =&\int\frac{(1-cos2x)}{2}{\rm d}x\\ =&\frac{1}{2}\int(1-cos2x){\rm d}x\\ =&\frac{1}{4}\int(1-cos2x){\rm d}2x\\ =&\frac{x}{2}+\frac{sinx·cosx}{2}+C \end{align*} \]
第一類換元法
其實就是運用微積分基本定理
\[{\rm d}F=f{\rm d}x \]
從右往左變換，有時可以簡化問題
舉例
求\(\int \tan x\ {\rm d}x\)
\[\begin{align*} &\int \tan x\ {\rm d}x\\ =&\int \frac{\sin x}{\cos x}{\rm d}x\\ =&-\int \frac{1}{\cos x}{\rm d}\cos x\\ =&-\ln\mid \cos x\mid +C \end{align*} \]
第二類換元法
類似的，我們選擇從左往右計算，即把\(\,{\rm d}\,\)里的拿出去，不能理解請參考第一類換元法
一道例題
求\(\int\frac{1}{x+1}{\rm d}x\)
發現只是帶了一個常數，有
\[{\rm d}x={\rm d}(x+1) \]
於是就迎刃而解了
\[\begin{align*} &\int\frac{1}{x+1}{\rm d}x\\ =&\int\frac{1}{x+1}{\rm d}(x+1)\\ =&\ln\mid x+1\mid+C \end{align*} \]
再來一道例題
求\(\int \frac{1}{x^2\sqrt {x^2-1}}{\rm d}x\)
先給出第一類換元法的解法，以供參考
\[\begin{align*} &\int \frac{1}{x^2\sqrt {x^2-1}}{\rm d}x\\ =&\int \frac{1}{x^3\sqrt{1-\frac{1}{x^2}}}{\rm d}x\\ =&\int (\frac{1}{x})^3\frac{1}{\sqrt{1-(\frac{1}{x})^2}}{\rm d}x\\ =&\int u^3\frac{1}{\sqrt{1-u^2}}{\rm d}\frac{1}{u}\\ =&\int -\frac{u}{\sqrt{1-u^2}}{\rm d}u\\ =&\sqrt{1-u^2}+C\\ =&\frac{\sqrt{x^2-1}}{x}+C \end{align*} \]
上文中，我們令\(u=\frac{1}{x}\)，大大化簡了運算
接下來，采用第二換元法，我們考慮三角換元來消去根號，令
\[x=\sec t=\frac{1}{\cos t} \]
用\(\,t\,\)代換原式中的\(\,x\)，得
\[\begin{align*} \int \frac{1}{x^2\sqrt {x^2-1}}{\rm d}x&=\int\frac{\cos^2t\tan t}{\cos t\tan t}{\rm d}t\\ &=\int \cos t\ {\rm d}t\\ &=\sin t+C\\ &=\frac{\sqrt{x^2-1}}{x}+C \end{align*} \]
分部積分法
這是一種神秘的方法
考慮函數乘積的求導法則：
\[(fg)^\prime=f^\prime g+fg^\prime \]
類似的，我們可以得到：
\[\int u\ {\rm d}v=uv-\int v\ {\rm d}u \]
證明不難，在此略過
一道巧妙的題目
求\(\int\frac{\ln\ x}{x^3}{\rm d}x\)
\[\begin{align*} A&=\int \frac{\ln\ x}{x^3}{\rm d}x\\ &=\int\frac{1}{x^3}{\rm d}(x\cdot \ln x-x)\\ &=\frac{\ln x-1}{x^2}-\int(x\cdot \ln x-x){\rm d}(\frac{1}{x^3})\\ &=\frac{\ln x-1}{x^2}+3\int\frac{\ln x-1}{x^3}{\rm d}x\\ &=\frac{\ln x-1}{x^2}-\frac{3}{2x^2}+3\int\frac{\ln x}{x^3}{\rm d}x\\ &=\frac{\ln x-1}{x^2}-\frac{3}{2x^2}+3A\\ -2A&=\frac{\ln x-1}{x^2}-\frac{3}{2x^2}\\ A&=-\frac{2\ln x+1}{4x^2} \end{align*} \]
停不下來了，再來一題
求\(\int e^x\sin x{\rm d}x\)
似乎不好直接做，考慮構造形式上“共軛”的一個積分，令
\[A=\int e^x\sin x{\rm d}x\\ B=\int e^x\cos x{\rm d}x \]
顯然
\[A=\int\sin x{\rm d}e^x\\ B=\int\cos x{\rm d}e^x \]
對\(\,A\,\)分部積分
\[\begin{align*} A&=\int\sin x{\rm d}e^x\\ &=e^x\sin x-\int e^x{\rm d}\ \sin\ x\\ &=e^x\sin x-\int e^xcosx{\rm d}x\\ &=e^x\sin x-B\\ A+B&=e^xsinx \end{align*} \]
再對\(\,B\,\)分部積分
\[\begin{align*} B&=\int\cos x{\rm d}e^x\\ &=e^x\cos x-\int e^x{\rm d}\ \cos x\\ &=e^x\cos x+\int e^x\sin x{\rm d}x\\ &=e^x\cos x+A\\ -A+B&=e^x\cos x \end{align*} \]
整理得
\[\begin{cases} A+B&=e^x\sin x\\ -A+B&=e^x\cos x \end{cases} \]
不難解得
\[\begin{cases} A&=\frac{\sin x-\cos x}{2}e^x\\ B&=\frac{\sin x+\cos x}{2}e^x \end{cases} \]
即
\[\int e^x\sin x{\rm d}x=\frac{\sin x-\cos x}{2}e^x+C \]
溫馨提醒：
適度積分怡情，過度積分傷身，合理積分，請勿沉迷
致謝
感謝人形魔芋，Gyan的查錯和llmmkk，人形魔芋對於排版的建議
