常用不常規積分

一.方型法

①：

$\int\frac{a_1cost-b_1sint}{a_1sint+b_1cost}dt=ln|a_1sint+b_1cost|+C$
於是：
$\int\frac{a_2sint+b_2cost}{a_1sint+b_1cost}dt=A\int\frac{a_1sint+b_1cost}{a_1sint+b_1cost}dt+B\int\frac{a_1cost-b_1sint}{a_1sint+b_1cost}dt$
待定係數法求出$A,B$
$原式=At+ln|a_1sint+b_1cost|+C$

②：

$\int\frac{1}{1+cost}dt=\int\frac{1}{1+cos^2{\frac{t}{2}}-sin^2{\frac{t}{2}}}dt=\int\frac{1}{2cos^2{\frac{t}{2}}}dt=\int sec^2\frac{t}{2}d\frac{t}{2}=tan\frac{t}{2}$

二.記憶型

①：

$(sec\ t)'=sec\ t\cdot tan\ t$
$(sect+tant)'=(sec^2t+sect\cdot tant)$
$\int sectdt=ln|sect+tant|+C$
推導：
$\int sect\ dt=\int\frac{sect(sect+tant)}{(sect+tant)}dt=\int\frac{(sec^2t+sect \cdot tant)}{(sect+tant)}dt=\int\frac{1}{sect+tant}d(sect+tant)=ln|sect+tant|+C$

②：

$(csct)'=-csct\cdot cot t$
$(csc+cot)'=-(csc^2+csc\cdot cot)$
$\int csct\ dt=\int\frac{csct(csct+cott)}{(csct+cott)}dt=\int\frac{(csc^2t+csct \cdot cott)}{(csct+cott)}dt=\int\frac{-1}{csct+cott}d(csct+cott)=-ln|csct+cott|$

萬能公式的那種

令$u=tan\frac{x}{2}$
$x=2arctan\ u$
$dx=\frac{2}{1+u^2}$

$sinx=\frac{2sin\frac{x}{2}cos\frac{x}{2}}{1}==\frac{2sin\frac{x}{2}cos\frac{x}{2}}{sin^2\frac{x}{2}+cos^2\frac{x}{2}}=\frac{2u}{1+u^2}$

$\int\frac{1}{sinx}dx=ln(tan\frac{x}{2})+C這個用萬能公式比較好計算$

③：
$\int_0^\pi xf(sinx)dx=\frac{\pi}{2}\int_0^\pi f(sinx)dx$
證明：
$I=\int_0^\pi xf(sinx)dx=\int_0^\pi (\pi-x)f(sin(\pi-x))dx=\int_0^\pi (\pi-x)f(sinx)dx=\pi\int_0^{\pi}f(sinx)-I$
$\therefore I=\frac{\pi}{2}\int_0^{\pi}f(sinx)$

三.完全記憶型

①：
$\int\frac{1}{\sqrt{a+x^2}}dx=ln(x+\sqrt{a+x^2})+C$
②：
$\int\frac{1}{(1+x^2)^{\frac{3}{2}}}dx=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}+C$
③：
$\int\frac{1}{x\sqrt{x^2-1}}dx=-arcsin\frac{1}{x}+C$
本來以爲還要三角代換什麼的很麻煩
$\int\frac{1}{x\sqrt{x^2-1}}dx=\int\frac{-1}{\sqrt{1-(\frac{1}{x})^2}}d(\frac{1}{x})$
④：
$\int sec^3xdx=\frac{1}{2}[secx\cdot tanx+\int secxdx]$
$I=\int sec^3xdx=\int secxdtanx=secx\cdot tanx-\int tanxdsecx=secx\cdot tanx-\int tan^2xsecxdx=secx\cdot tanx-\int (sec^2x-1)secxdx=secx\cdot tanx-I+\int secxdx\Rightarrow I=\frac{1}{2}[secx\cdot tanx+\int secxdx]$

⑤：
$\int\sqrt{a-acos\theta}d\theta=-2\sqrt{2a}\cdot cos\frac{\theta}{2}$
把$cos\theta拆開成1-2sin^2\frac{\theta}{2}$

$\int\sqrt{a+acos\theta}d\theta=2\sqrt{2a}\cdot sin\frac{\theta}{2}$
變形成$cos\frac{\theta}{2}$所以積分後出來是正的$sin$，而第一種變成$sin$積分出來是負的$cos$
⑥：
$\int \frac{1}{sinxcosx}dx=\int\frac{sec^2x}{tanx}dx=\int\frac{1}{tanx}d\ tanx=ln|tanx|$
⑦：
$\int\frac{1}{1+sinx}dx=\int\frac{1}{1+2sin\frac{x}{2}cos\frac{x}{2}}dx=\int\frac{1}{2sin^2(\frac{x}{2}+\frac{\pi}{4})}dx=\int csc^2(\frac{x}{2}+\frac{\pi}{4})d(\frac{x}{2}+\frac{\pi}{4})=-cot(\frac{x}{2}+\frac{\pi}{4})+C$
$爲啥tan(\frac{x}{2}-\frac{\pi}{4})=-cot(\frac{x}{2}+\frac{\pi}{4})這兩個是相等的喃？好像是有個tan的誘導公式:tan(x-\frac{\pi}{2})=-cotx,這個把tan弄成\frac{sin}{cos}就能推出來$
這樣積分也是對的：
$\int\frac{1}{1+sinx}dx=\int\frac{1-sinx}{1-sin^2x}dx=\int\frac{1-sinx}{cos^2x}dx=\int sec^2xdx-\int \frac{sinx}{cos^2x}dx=tanx-\frac{1}{cosx}+C$

傅里葉級數常用

$\left\{\begin{matrix} \int e ^ { a x } \operatorname { cos } nx d x = \frac { e ^ { a x } } { a ^ { 2 } + n ^ { 2 } } ( acos\ nx + nsin\ nx )\\ \\\int e ^ { a x } \operatorname { sin } nx d x = \frac { e ^ { a x } } { a ^ { 2 } + n ^ { 2 } } ( asinn\ x - ncos\ nx ) \end{matrix}\right.$

四.需要背的經典定積分

經典1

$I=\int_0^{\infty}e^{-x^2}dx=\frac{\sqrt{\pi}}{2}$
是這樣來的：
$I\cdot I=\int_0^{\infty}e^{-x^2}dx\cdot \int_0^{\infty}e^{-x^2}dx=\int_0^{\infty}e^{-x^2}dx\cdot \int_0^{\infty}e^{-y^2}dy=\int_0^{\infty}\int_0^{\infty}e^{-(x^2+y^2)}dxdy=\int_0^{2\pi}\int_0^{\infty}e^{-r^2}rdrd\theta這裏極座標產生了個r就闊以拿進去積分了$

華里士公式（點火公式）

$I_n=\int_0^{\frac{\pi}{2}}sin^nxdx=\int_0^{\frac{\pi}{2}}cos^nxdx=\frac{n-1}{n}I_{n-2}$
其中
$I_0=\int_0^{\frac{\pi}{2}}sin^0xdx=\int_0^{\frac{\pi}{2}}dx=\frac{\pi}{2}$

$I_1=\int_0^{\frac{\pi}{2}}sin^xdx=1$

常用等式

①：
$arctanA+arctan\frac{1}{A}=\frac{\pi}{2}=arctanA+arccotA$
$設:arctanA=a,arctan\frac{1}{A}=b\Rightarrow tana=A,tanb=\frac{1}{A}\Rightarrow tana\cdot tanb=1\Rightarrow sina\cdot sinb=cosa\cdot cosb\Rightarrow cos(a+b)=0\Rightarrow a+b=\frac{\pi}{2}$

做題遇到的比較怪的積分

①：
$\int \sqrt{\frac{1}{\theta^2}+\frac{1}{\theta^4}}d\theta=\int \frac{1}{\theta^2}\sqrt{1+\theta^2}d\theta,令\theta=tant,=\int cot^2tsec^3tdt=\int\frac{1}{sin^2tcost}dt=\int\frac{sin^2t+cos^2t}{sin^2tcost}dt=\int sect+csct\cdot cott\ dt=ln|sect+tant|-csct+C$

比較好的積分題

2017版張宇1000題的

3.88

$x(y-x)^2=y,求\int\frac{1}{y-x}$
要令$y-x=t$

3.120

$求\int\frac{1}{x^6(1+x^2)}dx$
技巧：$1=(1+x^2)-x^2$

3.121

$求\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{dx}{1+(tanx)^{\sqrt{2}}}$
看看$f(\frac{\pi}{2}-x)+f(x)$會有什麼結果？

3.122

$\int_0^{\pi}\frac{1}{1+acos\ x}dx$
分成$\int_0^{\frac{\pi}{2}}+\int_\frac{\pi}{2}^{\pi}$兩部分，並且把後面那個換元，使得上下限也是$\int_0^{\frac{\pi}{2}}$，然後看會發生什麼

3.123

$已知\int_0^{+\infty}\frac{sinx}{x}dx=\frac{\pi}{2}，求\int_0^{+\infty}\frac{sin^2x}{x^2}dx$
令$I(a)=\int_0^{+\infty}\frac{sin^2ax}{x^2}dx$
會發現$\frac{dI(a)}{da}$與$\int_0^{+\infty}\frac{sinx}{x}dx=\frac{\pi}{2}$長得有點像

2020版張宇1000題的

3.31

$f(x)=\frac{e^x+e^{-x}}{2},求\int[\frac{f'(x)}{f(x)}+\frac{f(x)}{f'(x)}]dx$
如果能發現$f''(x)=f(x)$就好做了

3.104

$求I=\int_0^1\frac{x^b-x^a}{lnx}dx,其中(a,b>0)$
又是一道闊以拿去坑大林的積分題~嘿嘿嘿，看他做過沒
竟然是化成二重積分來算的T_T，然後還要換次序才能算出來
$I=\int_0^1\int_a^bx^ydydx=\int_a^b\int_0^1x^ydxdy=\int_a^b\frac{1}{1+y}dy=ln\frac{1+b}{1+a}$

3.105

$求I=\int_0^{+\infty}\frac{1}{(1+x^2)(1+x^{\alpha})}dx,其中\alpha不等於0$
妙啊~
$換元,令t=\frac{1}{x},I=\int_0^{+\infty}\frac{t^{\alpha}}{(1+t^2)(1+t^{\alpha})}dt$

$\therefore I+I=\int_0^{+\infty}\frac{1+x^{\alpha}}{(1+x^2)(1+x^{\alpha})}dx=\int_0^{+\infty}\frac{1}{(1+x^2)}dx=arctan(\infty)-arctan(0)=\frac{\pi}{2}$

$\therefore I=\frac{\pi}{4}$

其他地方看到的

1

$\int_0^1\frac{x^b-x^a}{ln x}dx$
這道題是在b站一位叫：MATH-IDEA的up主看到的，感謝分享(✪ω✪)

重積分法

主要是對指數的積分不熟，$\int a^xdx=\frac{a^x}{ln a}$，好像就沒怎麼對指數積過分樣，都是求導
$\int_0^1\frac{x^b-x^a}{ln x}dx=\int_0^1\int_a^b x^ydydx然後交換次序$

求導法

令$F(t)=\int_0^1\frac{x^t-x^a}{ln x}dx$
$F'(t)=\lim_{\triangle t\to0}\frac{F(t+\triangle t)-F(t)}{\triangle t}代入化簡=\lim_{\triangle t\to0}\frac{\int_0^1[\frac{x^{t+\triangle t}}{lnx}-\frac{x^t}{lnx}]dx}{\triangle t}=\lim_{\triangle t\to0}\int_0^1[\frac{x^{t+\triangle t}-x^{t}}{\triangle t}]\cdot\frac{1}{lnx}dx裏面打括號的就是指數函數的導數，然後與lnx約掉=\int_0^1x^tdx=\frac{1}{t+1}x^{t+1}|_0^1=\frac{1}{t+1}$

所以就得到了：$F'(t)=\frac{1}{t+1}$
再積分回來：$F(t)=ln(t+1)+C$

由$F(a)=0\Rightarrow C=-ln(a+1)$
然後所求的就是$F(b)$

換元法

需要知道一個結論：傅汝蘭尼積分
$\int_{-\infty}^0\frac{f(bx)-f(ax)}{x}dx=[f(0)-f(-\infty)]\cdot ln\frac{b}{a}$
令$t=lnx$
換元之後就是：
$\int_{-\infty}^0\frac{e^{(b+1)t}-e^{(a+1)t}}{t}dt$