第四章 不定积分（一）

在第二章中，我们讨论了如何求一个函数的导函数问题，本章将讨论它的反问题，即要寻找一个可导函数，使它的导函数等于已知函数。——高等数学同济版

习题4-1 不定积分的概念与性质

  本节主要介绍不定积分的基础定义与性质。

2.求下列不定积分：

（13） $\displaystyle\int\left(2e^x+\cfrac{3}{x}\right)\mathrm{d}x;$

解
$\displaystyle\int\left(2e^x+\cfrac{3}{x}\right)\mathrm{d}x=2\displaystyle\int e^x\mathrm{d}x+3\displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}x}{x}=2e^x+3\ln|x|+C.$
（这道题在积分时容易忘记加上绝对值）

习题4-2 换元积分法

本节把复合函数的微分法反过来用于求不定积分，利用中间变量的代换，得到复合函数的积分法，称为换元积分法，简称换元法。

  本节主要介绍了两类换元积分法。

2.求下列不定积分（其中 $a$、 $b$、 $\omega$、 $\varphi$均为常数）

（16） $\displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}x}{x\ln x\ln\ln x};$

解
$\displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}x}{x\ln x\ln\ln x}=\displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}(\ln x)}{\ln x\ln\ln x}\displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}(\ln\ln x)}{\ln\ln x}=\ln|\ln\ln x|+C.$
（这道题表明在题目中包含 $x>0$这个条件时， $\displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}x}{x}=\ln x$）

（21） $\displaystyle\int\cfrac{1+\ln x}{(x\ln x)^2}\mathrm{d}x;$

解
$\displaystyle\int\cfrac{1+\ln x}{(x\ln x)^2}\mathrm{d}x=\displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}(x\ln x)}{(x\ln x)^2}=-\cfrac{1}{x\ln x}+C.$
（这道题主要利用 $(1+\ln x)\mathrm{d}x=\mathrm{d}(x\ln x)$求解）

（35） $\displaystyle\int\cfrac{x}{x^2-x-2}\mathrm{d}x;$

解
$\begin{aligned} \displaystyle\int\cfrac{x}{x^2-x-2}\mathrm{d}x&=\displaystyle\int\cfrac{x}{(x-2)(x+1)}\mathrm{d}x=\displaystyle\int\cfrac{1}{3}\left(\cfrac{2}{x-2}+\cfrac{1}{x+1}\right)\mathrm{d}x\\ &=\cfrac{2}{3}\ln|x-2|+\cfrac{1}{3}\ln|x+1|+C. \end{aligned}$
（这道题利用分解因式并进行凑整进行求导）

（36） $\displaystyle\int\cfrac{x^2\mathrm{d}x}{\sqrt{a^2-x^2}}(a>0);$

解  设 $x=a\sin u\left(-\cfrac{\pi}{2}<u<\cfrac{\pi}{2}\right)$，则 $\sqrt{a^2-x^2}=a\cos u,\mathrm{d}x=a\cos u\mathrm{d}u$，于是
$\begin{aligned} \displaystyle\int\cfrac{x^2\mathrm{d}x}{\sqrt{a^2-x^2}}&=\displaystyle\int a^2\sin^2u\mathrm{d}u=a^2\displaystyle\int\cfrac{1-\cos2u}{2}\mathrm{d}u\\ &=\cfrac{a^2}{2}\left(u-\cfrac{\sin2u}{2}\right)+C\\ &=\cfrac{a^2}{2}\arcsin\cfrac{x}{a}-\cfrac{x\sqrt{a^2-x^2}}{2}+C. \end{aligned}$
（这道题在进行换元时，为了保证只含根号的式子不小于0，对于 $u$进行了大小限制）

（37） $\displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}x}{x\sqrt{x^2-1}};$

解  当 $x>1$时，
$\begin{aligned} \displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}x}{x\sqrt{x^2-1}}&\xlongequal{x=\cfrac{1}{t}}-\displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}t}{\sqrt{1-t^2}}=-\arcsin t+C\\ &=-\arcsin\cfrac{1}{x}+C. \end{aligned}$
  当 $x<-1$时，
$\displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}x}{x\sqrt{x^2-1}}\xlongequal{x=\cfrac{1}{t}}\displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}t}{\sqrt{1-t^2}}=\arcsin t+C=\arcsin\cfrac{1}{x}+C.$
  故在 $(-\infty,-1)$或 $(1,+\infty)$内，有
$\displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}x}{x\sqrt{x^2-1}}=-\arcsin\cfrac{1}{|x|}+C$
（这道题表明对于不连续的不定积分可以进行分段求解）

（38） $\displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}x}{\sqrt{(x^2+1)^3}};$

解  设 $x=\tan u\left(-\cfrac{\pi}{2}<u<\cfrac{\pi}{2}\right)$，则 $\sqrt{x^2+1}=\sec u,\mathrm{d}x=\sec^2u\mathrm{d}u$，于是
$\displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}x}{\sqrt{(x^2+1)^3}}=\displaystyle\int\cos u\mathrm{d}u=\sin u+C=\cfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}+C.$
（这道题说明对于可以取任意值的变量可以替换成 $\tan x$求解）

（39） $\displaystyle\int\cfrac{\sqrt{x^2-9}}{x}\mathrm{d}x;$

解  当 $x>3$时，令 $x=3\sec u\left(0\leqslant u<\cfrac{\pi}{2}\right),$
$\begin{aligned} \displaystyle\int\cfrac{\sqrt{x^2-9}}{x}\mathrm{d}x&=\displaystyle\int3\tan^2u\mathrm{d}u=3\displaystyle\int(\sec^2u-1)\mathrm{d}u=3\tan u-3u+C\\ &=\sqrt{x^2-9}-3\arccos\cfrac{3}{x}+C. \end{aligned}$
  当 $x<-3$时，令 $x=3\sec u\left(\cfrac{\pi}{2}< u\leqslant\pi\right),$
$\begin{aligned} \displaystyle\int\cfrac{\sqrt{x^2-9}}{x}\mathrm{d}x&=-\displaystyle\int3\tan^2u\mathrm{d}u=-3\displaystyle\int(\sec^2u-1)\mathrm{d}u=-3\tan u+3u+C'\\ &=\sqrt{x^2-9}+3\arccos\cfrac{3}{x}+C'\\ &=\sqrt{x^2-9}-3\arccos\cfrac{3}{-x}+C+3\pi. \end{aligned}$
  故可以统一写作 $\displaystyle\int\cfrac{\sqrt{x^2-9}}{x}\mathrm{d}x=\sqrt{x^2-9}-3\arccos\cfrac{3}{|x|}+C$（这道题表明对于 $x>1$的 $x$变量可以使用 $\sec u$来换元）

（41） $\displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}x}{1+\sqrt{1-x^2}};$

解  令 $x=\sin t\left(-\cfrac{\pi}{2}<t<\cfrac{\pi}{2}\right)$，则 $\sqrt{1-x^2}=\cos t,\mathrm{d}x=\cos t\mathrm{d}t$，于是
$\begin{aligned} \displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}x}{1+\sqrt{1-x^2}}&=\displaystyle\int\cfrac{\cos t}{1+\cos t}\mathrm{d}t=\displaystyle\int\cfrac{2\cos^2\cfrac{t}{2}-1}{2\cos^2\cfrac{t}{2}}=t-\tan\cfrac{t}{2}+C\\ &=t-\cfrac{\sin t}{1+\cos t}+C=\arcsin x-\cfrac{x}{1+\sqrt{1-x^2}}+C. \end{aligned}$
（这道题表明当 $x\in(-1,1)$时，可以用 $\sin x$替换）

（42） $\displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}x}{x+\sqrt{1-x^2}};$

解  设 $x=\sin t\left(-\cfrac{\pi}{4}<t<\cfrac{\pi}{2}\right)$，则 $\sqrt{1-x^2}=\cos t,\mathrm{d}x=\cos t\mathrm{t}$，于是
$\displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}x}{x+\sqrt{1-x^2}}=\displaystyle\int\cfrac{\cos t\mathrm{d}t}{\sin t+\cos t}.$
  记 $I_1=\displaystyle\int\cfrac{\cos t\mathrm{d}t}{\sin t+\cos t},I_2=\displaystyle\int\cfrac{\sin t\mathrm{d}t}{\sin t+\cos t}$，利用
$\begin{aligned} I_1+I_2&=\displaystyle\int\mathrm{d}t=t+C,\\ I_1-I_2&=\displaystyle\int\cfrac{\cos t-\sin t}{\sin t+\cos t}\mathrm{d}t=\displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}(\cos t+\sin t)}{\sin t+\cos t}=\ln|\sin t+\cos t|+C. \end{aligned}$
  求得
$I_1=\displaystyle\int\cfrac{\cos t\mathrm{d}t}{\sin t+\cos t}=\cfrac{1}{2}(t+\ln|\sin t+\cos t|)+C,$
  即求得在 $(-\cfrac{\sqrt{2}}{2},1)$内，有
$\displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}x}{x+\sqrt{1-x^2}}=\cfrac{1}{2}(\arcsin x+\ln|x+\sqrt{1-x^2}|)+C.$
  再设 $x=\sin t\left(-\cfrac{\pi}{2}<t<-\cfrac{\pi}{4}\right)$，重复上面过程，可得在 $(-1,-\cfrac{\sqrt{2}}{2})$内有与上面不定积分形式相同的结果。从而在 $(-1,-\cfrac{\sqrt{2}}{2})$或 $(-\cfrac{\sqrt{2}}{2},1)$内，有
$\displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}x}{x+\sqrt{1-x^2}}=\cfrac{1}{2}(\arcsin x+\ln|x+\sqrt{1-x^2}|)+C.$
（这道题主要是利用自变量的区间来进行分段确定不定积分的结果）

（43） $\displaystyle\int\cfrac{x^3+1}{(x^2+1)^2}\mathrm{d}x;$

解  设 $x=\tan t\left(-\cfrac{\pi}{2}<t<\cfrac{\pi}{2}\right)$，则 $x^2+1=\sec^2 t,\mathrm{d}x=\sec^2t\mathrm{d}t$，于是
$\begin{aligned} \displaystyle\int\cfrac{x^3+1}{(x^2+1)^2}\mathrm{d}x&=\displaystyle\int\cfrac{\tan^3t+1}{\sec^2t}\mathrm{d}t\\ &=\displaystyle\int\cfrac{\cos^2t-1}{\cos t}\mathrm{d}(\cos t)+\displaystyle\int\cfrac{1+\cos2t}{2}\mathrm{d}t\\ &=\cfrac{1}{2}\cos^2t-\ln\cos t+\cfrac{t}{2}+\cfrac{1}{4}\sin2t+C\\ &=\cfrac{1}{2}\cos^2t-\ln\cos t+\cfrac{t}{2}+\cfrac{1}{2}\sin t\cos t+C \end{aligned}$
  按 $\tan t=x$作辅助三角形，便有

$\cos t=\cfrac{1}{\sqrt{1+x^2}},\quad\sin t=\cfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}.$
  于是
$\displaystyle\int\cfrac{x^3+1}{(x^2+1)^2}\mathrm{d}x=\cfrac{1+x}{2(1+x^2)}+\cfrac{1}{2}\ln(1+x^2)+\cfrac{1}{2}\arctan x+C.$
（这道题表明有时可以借助辅助三角形求解）

习题4-3 分部积分法

  本节主要介绍了分部积分法。

求下列不定积分：

18. $\displaystyle\int\cfrac{\ln^3x}{x^2}\mathrm{d}x$

解
$\begin{aligned} \displaystyle\int\cfrac{\ln^3x}{x^2}\mathrm{d}x&=\displaystyle\int-\ln^3x\mathrm{d}\left(\cfrac{1}{x}\right)=-\cfrac{\ln^3x}{x}-3\displaystyle\int\ln^2x\mathrm{d}\left(\cfrac{1}{x}\right)\\ &=-\cfrac{\ln^3x}{x}-3\left[\cfrac{\ln^2x}{x}+2\displaystyle\int\ln x\mathrm{d}\left(\cfrac{1}{x}\right)\right]\\ &=-\cfrac{\ln^3x+3\ln^2x+6\ln x+6}{x}+C. \end{aligned}$
（这道题说明可以采用不同的分部方式来进行计算）

习题4-4 有理函数的积分

  本节主要介绍了有理函数的积分及可化为有理函数的积分。

求下列不定积分：

5. $\displaystyle\int\cfrac{3}{x^3+1}\mathrm{d}x.$

解
$\begin{aligned} \displaystyle\int\cfrac{3}{x^3+1}\mathrm{d}x&=\displaystyle\int\cfrac{3}{(1+x)(x^2-x+1)}\mathrm{d}x=\displaystyle\int\left(\cfrac{1}{x+1}+\cfrac{2-x}{x^2-x+1}\right)\mathrm{d}x\\ &=\ln|1+x|-\cfrac{1}{2}\displaystyle\int\cfrac{(x^2-x+1)'}{x^2-x+1}\mathrm{d}x+\cfrac{3}{2}\displaystyle\int\cfrac{1}{x^2-x+1}\mathrm{d}x\\ &=\ln|1+x|-\cfrac{1}{2}\ln(x^2-x+1)+\sqrt{3}\displaystyle\int\cfrac{1}{\left(\cfrac{2x-1}{\sqrt{3}}\right)^2+1}\mathrm{d}\left(\cfrac{2x-1}{\sqrt{3}}\right)\\ &=\ln|1+x|-\cfrac{1}{2}\ln(x^2-x+1)+\sqrt{3}\arctan\cfrac{2x-1}{\sqrt{3}}+C. \end{aligned}$
（这道题先使用待定系数确定分解后的因式的分子上的系数，再对不可分解的因式进行拆分，分母化为平方和并进行积分）

12. $\displaystyle\int\cfrac{(x+1)^2}{(x^2+1)^2}\mathrm{d}x.$

解
$\begin{aligned} \displaystyle\int\cfrac{(x+1)^2}{(x^2+1)^2}\mathrm{d}x&=\displaystyle\int\cfrac{x^2+1}{(x+1)^2}\mathrm{d}x+\displaystyle\int\cfrac{2x\mathrm{d}x}{(x+1)^2}\\ &=\arctan x-\cfrac{1}{x^2+1}+C. \end{aligned}$
（这道题需要把分子上的式子拆分成易于积分的几部分再进行运算）

13. $\displaystyle\int\cfrac{-x^2-2}{(x^2+x+1)^2}\mathrm{d}x$

解
$\begin{aligned} &\displaystyle\int\cfrac{-x^2-2}{(x^2+x+1)^2}\mathrm{d}x=\displaystyle\int\left[-\cfrac{1}{x^2+x+1}+\cfrac{x-1}{(x^2+x+1)^2}\right]\mathrm{d}x\\ &=-\displaystyle\int\cfrac{1}{x^2+x+1}\mathrm{d}x+\cfrac{1}{2}\displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}(x^2+x+1)}{x^2+x+1}-\cfrac{3}{2}\displaystyle\int\cfrac{1}{(x^2+x+1)^2}\mathrm{d}x. \end{aligned}$
  令 $u=x+\cfrac{1}{2}$，并记 $a=\cfrac{\sqrt{3}}{2}$，则
$\begin{aligned} \displaystyle\int\cfrac{1}{(x^2+x+1)^2}\mathrm{d}x&=\displaystyle\int\cfrac{1}{(u^2+a^2)^2}\mathrm{d}u=\cfrac{1}{2a^2}\left[\cfrac{u}{u^2+a^2}+\displaystyle\int\cfrac{1}{u^2+a^2}\mathrm{d}u\right]\\ &=\cfrac{u}{2a^2(u^2+a^2)}+\cfrac{1}{2a^2}\displaystyle\int\cfrac{1}{u^2+a^2}\mathrm{d}u. \end{aligned}$
  由此得
$\begin{aligned} &\displaystyle\int\cfrac{1}{x^2+x+1}\mathrm{d}x+\cfrac{3}{2}\displaystyle\int\cfrac{1}{(x^2+x+1)^2}\mathrm{d}x\\ =&\displaystyle\int\cfrac{1}{u^2+a^2}\mathrm{d}u+\cfrac{3}{2}\left[\cfrac{u}{2a^2(u^2+a^2)}+\cfrac{1}{2a^2}\displaystyle\int\cfrac{1}{u^2+a^2}\mathrm{d}u\right]\\ =&\cfrac{3u}{4a^2(u^2+a^2)}+\left(\cfrac{3}{4a^2}+1\right)\displaystyle\int\cfrac{1}{u^2+a^2}\mathrm{d}u\\ =&\cfrac{3u}{4a^2(u^2+a^2)}+\cfrac{1}{a}\left(\cfrac{3}{4a^2}+1\right)\arctan\cfrac{u}{a}+C_1\\ =&\cfrac{2x+1}{2(x^2+x+1)}+\cfrac{4}{\sqrt{3}}\arctan\cfrac{2x+1}{\sqrt{3}}+C_1. \end{aligned}$
  因此有
$\begin{aligned} \displaystyle\int\cfrac{-x^2-2}{(x^2+x+1)^2}\mathrm{d}x=&-\cfrac{1}{2(x^2+x+1)}-\cfrac{2x+1}{2(x^2+x+1)}-\cfrac{4}{\sqrt{3}}\arctan\cfrac{2x+1}{\sqrt{3}}+C. \end{aligned}$
（这道题通过逐步代换得到结果）

15. $\displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}x}{3+\cos x}.$

解  令 $u=\tan\cfrac{x}{2}$，则
$\begin{aligned} \displaystyle\int\cfrac{\mathrm{d}x}{3+\cos x}&=\displaystyle\int\cfrac{1}{3+\cfrac{1-u^2}{1+u^2}}\cdot\cfrac{2}{1+u^2}\mathrm{d}u=\displaystyle\int\cfrac{1}{2+u^2}\mathrm{d}u\\ &=\cfrac{1}{\sqrt{2}}\arctan\cfrac{u}{\sqrt{2}}+C=\cfrac{1}{\sqrt{2}}\arctan\cfrac{\tan\cfrac{x}{2}}{\sqrt{2}}+C. \end{aligned}$
（当式子中有三角函数时，可以用正切值代替）

习题4-5 积分表的使用

  本节主要介绍了如何查阅积分表及其相关变形。（本节不在考纲中）

写在最后

  总习题四难点比较多，综合性强，在下一篇《第四章 不定积分（二）》中详述。
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  另，参考的积分表及公式见附录。