不定积分的计算-方法

$$ \begin{align*} & 经典：\int \frac{1}{e^x + 1} dx= \int \frac{1}{1+ e^{-x}} \, d(-e^{-x}) \end{align*} $$

$$ \begin{align*} & \sqrt{ a^{2} - x^{2} } ：x=a\sin t 或者 x=a\cos t \\ & \sqrt{ x^{2} -a^{2} }：x=asect \\ & \sqrt{ x^{2} +a^{2} }：x=a\tan t \\\\ & 其它的： \\ & \int \frac{1}{1+ \sqrt{ 2x }} \, dx ： x=\frac{t^{2}}{2} 实际是化为有理函数 \end{align*} $$

$$ \begin{align*} & 对于分子是常数的有理函数积分，可尝试倒代换 \\ & （不一定会简单，所以只是尝试）： \\ & 如 \int \frac{dx}{x \sqrt{ 1 + x^{2} }} , \int \, \frac{x^{14}}{(x^{5}+1)^{4}} dx \\ & \end{align*} $$

$$ \begin{align*} & 1、\quad 对于 \int(cx+d)（ax+b)^n dx ，n是整数 \\ & t=ax+b替换 ，实质是将被积函数配成 (ax+b)式子 \\ \\ & 2，\quad 对于\int x^m（ax^k+b)^n dx ，m， n是整数，k可以是分数\\ & t= (ax^k+b)替换 \\ \\ & 3，\quad 对于\int x^m（ax+b)^n dx ， n是分数\\ & t= (ax+b)^n 简单些 \\ &而t= (ax+b) 多半稍微复杂些 \\ \\ \end{align*} $$

$$ \begin{align*} \int u(x) v'(x) \, dx & =\int u(x) \,d[v(x)]= \int \, d[u(x)v(x)] -\int v(x) \, d[u(x)] \\ &= u(x)v(x)-\int v(x)u'(x) \, dx \\ \\ & \int v(x)u'(x) \, dx 与\int u(x)v'(x) \, dx ;在许多情况，难度相差非常大 \\ & 所以，往往求解其中一个简单的，可得另一个的不定积分 \end{align*} $$

$$ \begin{align*} 余项: (-1)^{n} \int \left( u^{(n)} \int ^{n} v \right)\, dx \\ n表示求导或积分的次数 \\ 特别，n=0表示原积分 \int u v \, dx \end{align*} $$

$$ \begin{align*} & P_{n}(x)是关于x的n次多项式 \\ &（特别提示：有时的无理式也适用此方法） \\\\ &1、\quad P_{n}(x) \times （三角函数 或者 指数函数）： \\ & P_{n}(x) 当作u，对P_{n}(x) 求导降次 \\ & 如 \int P_{n}(x)\sin \alpha x \, dx ，\int P_{n}(x) e^{\lambda x} dx \\\\ &2、\quad P_{n}(x) \times （反三角函数 或者 对数函数）： \\ & 反三角或对数函数当作u，求导 \\ & 如 \int P_{n}(x)\arcsin \alpha x \, dx ，\int P_{n}(x) \ln (g(x)) dx \\ & 特别提示： \\ &如果\int P_{n}(x) （\arcsin \alpha x )^2 \, dx ，可能需要多次分部积分 \\\\ &3、\quad 指数函数 \times三角函数 \\ & 任意一个作为 u \\ & 如 \int e^{\lambda x} \sin \alpha x \, dx \\ \end{align*} $$

$$ \begin{align*} \\ & 对真分式做下面步骤： \\\\ & 首先分母 q_{n}(x)因式分解 \\ & \implies \frac{p_{m}(x)}{q_{n}(x)}=简单分式之和 \\ & p_{m}(x) = q_{n}(x) \times 简单分式之和 = 有理整式 \\\\ & 接下来采用方法解出系数： \\\\ & 0）心算： \\ & 对于简单的有理函数采用心算 \\\\ & 1）待定系数法（比较系数，不需要展开式子，）： \\ & 不断令x=q_{n}(x)的根(如果虚根不是很复杂，则可以是虚根）， \\ & 解出部分系数 \\ & 然后比较最高次数项的系数，比较第2高，第3高 \dots 次数项的系数， \\ & 最后比较常数项(相当于代入x=0) \\ & (说明：除非第2，第3高次数项的非常复杂，则带入x=简单常数) \\ & 直到解出所有系数 \\\\ & 2）方程组法（不推荐，很繁琐） \\ & 对比p_{m}(x)与多项式的所有系数建立方程组 \\\\ & 3) 解出系数后，然后有点积分可能需要求解此积分 \\ & \int \frac{1}{(u^2+a^2)^n }\, du 递推式必须会推导和熟记 \\\\ & I_{n}=\int \frac{1}{a^{2}} \cdot \frac{u^{2}+a^{2}-u^{2}}{(u^{2}+a^{2})^{n}} \, du = \frac{1}{a^{2}} \left( I_{n-1} -\int \frac{u^{2}}{(u^{2}+a^{2})^{n}} \, du \right) \\ & =\frac{1}{a^{2}} \left( I_{n-1} - \frac{1}{2(1-n)}\int u d\left( \frac{1}{(u^{2}+a^{2})^{n-1}} \right) \right) \\ &= \frac{1}{a^{2}} \left( I_{n-1}- \frac{u}{2(1-n)} \cdot \frac{1}{(u^{2}+a^{2})^{n-1}} +\frac{1}{2(1-n)} I_{n-1} \right)\\ &= \frac{2n-3}{2a^{2} (n-1)}\cdot I_{n-1} + \frac{1}{2a^{2}(n-1)} \cdot \frac{u}{(u^{2}+a^{2})^{n-1}} \\\\ \implies \\\\ I_{n} = &\begin{cases} & \frac{2n-3}{2a^{2} (n-1)}\cdot I_{n-1} + \frac{1}{2a^{2}(n-1)} \cdot \frac{u}{(u^{2}+a^{2})^{n-1}}, \quad n \ge 2 \\ & \frac{1}{a}\arctan \frac{u}{a} +C ,\quad n=1 &\end{cases} \end{align*} $$

$$ \begin{align*} & 对 R(x, \sqrt{ ax^{2}+bx+c })dx型的不定积分(a >0时b^{2}- 4ac≠ 0,a<0时b^{2}- 4ac >0), \\ & 1如果可以，配方配成积分公式， \\ & 2 (三角)换元为(三角)有理式 \\ & 3 欧拉变换(通用，但最好是根号在分母的情况，这样被积函数不那么复杂) ：直接将被积函数有理化 \\\\ & 欧拉第一变换：a >0时.设\sqrt{ ax^{2}+bx+c }=\sqrt{ a}x \pm t; \\ & 则t= \pm (\sqrt{ ax^{2}+bx+c }-\sqrt{ a}x) \\\\ & 欧拉第二变换： c >0, 可设\sqrt{ ax^{2}+bx+c }=xt\pm \sqrt{ c }\\ &则 t=\frac{\sqrt{ ax^{2}+bx+c } \mp \sqrt{ c }}{x} \\\\ & 欧拉第三变换：\Delta >0 有两个实根 \alpha,\beta ; 设\sqrt{ ax^{2}+bx+c }=t(x-\alpha ) \quad (\alpha 是任意实根)\\\\ & 注意点：当a <0时，\alpha 最好取更小的实根，使得 x-\alpha >0符合平时习惯（不要负号） \\ & 则 t=\frac{\sqrt{ ax^{2}+bx+c }}{x-\alpha} =\frac{\sqrt{ a(x-\alpha)(x-\beta) }}{x-\alpha} =\begin{cases} \sqrt{ \frac{a(x-\beta)}{x-\alpha} }, x-\alpha>0 \\ - \sqrt{ \frac{a(x-\beta)}{x-\alpha} }, x-\alpha <0 \\ \end{cases} \\\\ & 上面的三个变换方式包含了所有的情况，且都是左右平方解出x,dx 和 \sqrt{ax^{2}+bx+c} 各自关于t的表达式 \\ & 然后得有理式积分，解出最后回带t \\ \end{align*} $$

$$ \begin{align*} & 2)无理根式不定积分 R\left( x,\sqrt[n]{ \frac{\xi x+ \eta }{ux+v} } \right) \\ & (\xi v- \eta u \neq 0) ,令t=\sqrt[n]{ \frac{\xi x+ \eta }{ux+v} }即可化为有理函数 \\\\ & PS： 对于 \sqrt[n]{ (\xi x+\eta)^i (ux+v)^j} ,不一定能求出\\ & 特别地，如果i+j=kn，即n的倍数 \\ & 方法1：i=kn-j带入可得\\ & 方法2：令t=\sqrt[n]{ \frac{ux+v}{\xi x+\eta} } ， \\ & 最终都可化为 (\xi x+\eta)^k \sqrt[n]{ \left( \frac{ux+v}{\xi x+\eta} \right)^j} \\ & 套用上面即可 \\ \end{align*} $$

$$ \begin{align*} & 3) 三角函数有理式 \\ & R(\sin x,\cos x) 代表所有的三角函数 \\ & 万能公式代换——是通用方法（其它方法不行的情况下再考虑， \\ & 因为转换成的有理函数积分往往很繁琐）： \\\\ & 万能公式代换如下： \\ & 令 t = tan \frac{x}{2} \\ & 则\tan x=\frac{2t}{1-t^{2}} ,\sin x =\frac {2t}{1+t^{2}},\cos x=\frac{1-t^{2}}{1+t^{2}} , dx=\frac{2}{1+t^{2}}dt \\ \end{align*} $$

$$ \begin{align*} & 计算 \int \frac{1}{1\pm \cos x} \, dx ; \quad \int \frac{1}{1\pm\sin x} \, dx \\ \\ &\int \frac{1}{1+ \cos x} \, dx =\int \frac{1}{2\cos ^{2} \frac{x}{2}} \, dx = \int \frac{sec^{2}x}{2} \, dx=\tan \frac{x}{2}+C \\ & \int \frac{1}{1-\cos x} \, dx =\int \frac{1}{2\sin ^{2} \frac{x}{2}} \, dx =\int \frac{\csc ^{2} \frac{x}{2}}{2} \, dx=-\cot \frac{x}{2}+C \\ & 根据上面计算结果，再由诱导公式，有 \\ & \int \frac{1}{1+\sin x} \, dx =-\int \frac{1}{1+cos\left( \frac{\pi}{2}-x \right)} \, d\left( \frac{\pi}{2}-x \right) =-\tan \left( \frac{\pi}{4}-\frac{x}{2} \right)+C \\ & 同理，\int \frac{1}{1-\sin x} \, dx =\cot\left( \frac{\pi}{4}-\frac{x}{2} \right)+C \\ \end{align*} $$

$$ \begin{align*} & 计算I= \int \frac{1}{1+a\cos x} \, dx ,|a|\leq 1 \\\\ & 考虑端点，a=1时，I=\frac{tanx}{2}+C; \quad a=-1时，I=-cot \frac{x}{2}+C \\ &考虑端点内，|a|<1时，记t=\tan \frac{x}{2}, 则\cos=\frac{1-t^{2}}{1+t^{2}},dx=\frac{2}{1+t^{2}} \\ &\implies I=\int \frac{1}{1+a\cos x} \, dx =\int \frac{2}{1+t^{2}} \cdot \frac{1}{1+a\cdot \frac{1-t^{2}}{1+t^{2}}} \, dt=\int \frac{2}{(1-a)t^{2}+(1+a)} \, dt \\ &=\frac{2}{1-a}\int \frac{1}{t^{2}+\frac{1+a}{1-a}}\, dt=\frac{2}{1-a}\cdot \frac{1}{\sqrt{ \frac{1+a}{1-a} }}\arctan \frac{t}{\sqrt{ \frac{1+a}{1-a} }}+C \\ & =\frac{2}{\sqrt{ 1-a^{2} }}\arctan \left( \sqrt{ \frac{1-a}{1+a} }\tan \frac{x}{2} \right)+C \\\\ & 同理，计算\int \frac{1}{1+a\sin x} \, dx ,|a|\leq 1 \\ & a=1时, I =\tan\left( \frac{\pi}{4}-\frac{x}{2} \right) +C,\quad a=-1时,I =\cot\left( \frac{\pi}{4}-\frac{x}{2} \right)+C \\ & |a|<1时, 记t =\tan \frac{x}{2}, \sin x=\frac{2t}{1+t^{2}}, dx=\frac{2}{1+t^{2}}dt \\ &I =\int \frac{1}{1+a \cdot \frac{2t}{1+t^{2}}} \, \cdot \frac{2}{1+t^{2}}dt \\ & =\int \frac{2}{1+t^{2}+2at} \, dt=\int \frac{2}{(t+a)^{2} +(1-a^{2})} \, dt \\ & =\frac{2}{\sqrt{ 1-a^{2} }} \arctan \frac{\tan \frac{x}{2} }{\sqrt{ 1-a^{2} }}+C \end{align*} $$

$$ \begin{align*} &计算 \int (\sin ^{4}x+\cos ^{4}x) \, dx ; \quad \int (\sin ^{6}x+\cos ^{6}x) \, dx \\\\ & 由于 sin^{4}x+\cos ^{4}x=(\sin ^{2}x+\cos ^{2}x)^{2}-2\sin ^{2}x\cos ^{2}x=1-\frac{1}{2}\sin ^{2}2x \\ &=1-\frac{1}{2}\cdot \frac{1-\cos 4x}{2}=\frac{3}{4}+\frac{1}{4}\cos 4x \\ & \sin ^{6}x+\cos ^{6}x=(\sin ^{2}x+\cos ^{2}x)^{3}-3\sin ^{4}x\cos ^{2}x-3\sin ^{2}x\cos ^{4}x=1-3\sin ^{2}x\cos ^{2}x \\ &=1-\frac{3}{4}\sin ^{2}2x=1-\frac{3}{4}\cdot \frac{1-\cos 4x}{2}=\frac{5}{8}+\frac{3}{8}\cos 4x \\ &\implies \int (\sin ^{4}x+\cos ^{4}x) \, dx=\int \left( \frac{3}{4}+\frac{1}{4}\cos 4x \right) \, dx = \frac{3}{4}x+\frac{1}{16}\sin 4x+C \\ & \int (\sin ^{6}x+\cos ^{6}x) \, dx=\int \left( \frac{5}{8}+\frac{3}{8}\cos 4x \right)\, dx =\frac{5}{8}x+\frac{3}{32}\sin 4x+C \\ \end{align*} $$

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总结：
	sin^n x+ cos^n x 转换成 sin^2(2x)的式子
	使用降幂公式转为cos4x的式子
	最后积分

$$ \begin{align*} & 计算 I_{1}=\int \frac{1}{\sin ^{4}x+\cos ^{4}x} \, dx ;\quad I_{2} =\int \frac{1}{\sin ^{6}x+\cos ^{6}x} \, dx \\\\ & 由于 \frac{1}{\sin ^{4}x+\cos ^{4}x}=\frac{1}{(\sin ^{2}x+\cos ^{2}x)^{2}-2\sin ^{2}x\cos ^{2}x}=\frac{1}{1-2\cdot (\sin x\cos x)^{2}} \\ & =\frac{1}{1-2\left( \frac{1}{2} \cdot\sin 2x \right)^{2}}=\frac{2}{2-\sin ^{2}2x} =\frac{2sec^{2}2x}{2sec^{2}2x-\tan ^{2}2x} =\frac{2sec^{2}2x}{\tan ^{2}2x+2} \\ & \implies I_{1}=\int \frac{2sec^{2}2x}{\tan ^{2}2x+2} \, dx =\int \frac{1}{\tan ^{2}2x+(\sqrt{ 2 })^{2}} \, d(\tan 2x)=\frac{1}{\sqrt{2}}\arctan\left( \frac{\tan 2x}{\sqrt{ 2 }} \right)+C \\\\ &同理，\frac{1}{\sin ^{6}x+\cos ^{6}x}=\frac{4}{4-3\sin ^{2}2x}=\frac{4sec^{2}2x}{4sec^{2}2x-3\tan ^{2}2x}=\frac{4sec^{2}2x}{\tan ^{2}2x+4} \\ & \implies I_{2}=\arctan \left( \frac{\tan 2x}{2} \right)+C \\ \end{align*} $$

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总结：
	分母：sin^n x+ cos^n x 转换成 sin^2(2x)的式子
	分子分母同时除以 cos^2(2x)，分子分母中分数通分为整数
	分母：sec^2(2x)=1+tan^2(2x)带入，分子：tan2x放入微分里
	最后利用公式 ∫1/(x^2+a^2) dx

$$ \begin{align*} & \int \frac{a\sin x+b\cos x}{c\sin x+d\cos x} \, dx =\int \frac{a\tan x+b}{c\tan x+d} \, dx (c,d ≠ 0) \quad 解法：\\ \\ &分子配成 分母的倍数A+分母导数的倍数B ，然后待定系数解出A,B\\ & A(c\sin x+d\cos x)+B(c\sin x+d\cos x)' =a\sin x+b\cos x \\ & (Ac-Bd)\sin x+(Ad+Bc)\cos x =a\sin x+b\cos x \\ & \implies \begin{cases} Ac-Bd=a\\ Ad+Bc=b \end{cases} \\ & \int \frac{a\sin x+b\cos x}{c\sin x+d\cos x} \, dx =Ax+B \cdot \ln|c\sin x+d\cos x|+C \\ \\ eg. \\ & \int \frac{\sin x}{\sin x +\cos x} \, dx \quad A=\frac{1}{2},B=-\frac{1}{2} \end{align*} $$

$$ \begin{align*} & \int \frac{p \sin x+q \cos x+s}{a\sin x+b\cos x+c} \, dx (a,b≠0, \quad c可为0)的解法 \\ & ①利用上面4的方法： \\\\ & A(a\sin x+b\cos x+c)+B(a\sin x+b\cos x+c)'=p \sin x+q \cos x+s \\ & \implies (Aa-Bb)\sin x+(Ab-Ba)\cos x+Ac =p \sin x+q \cos x+s \\ & \begin{cases} Aa-Bb=p, \\ Ab-Ba=q, \end{cases} \\ & 解出A,B；由于Ac不一定等于s，故可令Ac=s' \\\\ & \implies 原式=Ax+B\ln| a\sin x+b\cos x+c|+ (s-s') \cdot \int \frac{1}{a\sin x+b\cos x+c} \, dx \\\\ & ②接下来，需要解出\int \frac{1}{a\sin x+b\cos x+c} \, dx \\ & 使用二倍角公式sinx =2\sin \frac{x}{2}\cos \frac{x}{2} ; \cos x=2\cos ^{2}\frac{x}{2}-1 \\ & 带入，得 \\ & \int \frac{1}{a\sin x+b\cos x+c} \, dx = \int \frac{1}{2a \sin \frac{x}{2}\cos \frac{x}{2}+2b\cos ^{2} \frac{x}{2} -b+c} \, dx \\ & =\int \frac{sec^{2} \frac{x}{2}}{2a \tan \frac{x}{2}+2b+(c-b)sec^{2} \frac{x}{2}} \, dx =2 \int \frac{1}{c+b+(c-b)\tan ^{2} \frac{x}{2}+ 2a \tan \frac{x}{2}} \, d\left( \tan \frac{x}{2} \right) \\ & =\frac{2}{c-b} \cdot \int \frac{1}{\left( \tan \frac{x}{2}+\frac{a}{c-b} \right)^{2} + \frac{c^{2}-b^{2}-a^{2}}{(c-b)^{2}}} \, d\left( \tan \frac{x}{2} \right) \\ & 根据\frac{c^{2}-b^{2}-a^{2}}{(c-b)^{2}}的正负号，得出相应的积分公式，最后带入到原式子 \\ \end{align*} $$

$$ \begin{align*} & 计算 \int e^{ x } \left( \frac{1-x}{1+x^{2}} \right)^{2}\, dx \\\\ & =\int e^{ x } \frac{x^{2}+1-2x}{(x^{2}+1)^{2}} \, dx =\int \frac{e^{ x }}{x^{2}+1} \, dx -\int \frac{2xe^{ x }}{(x^{2}+1)^{2}} \, dx \\ &= \int \frac{e^{ x }}{x^{2}+1} \, dx -\int \frac{e^{ x }}{(x^{2}+1)^{2}} \, d(x^{2}+1) \\ &=\int \frac{e^{ x }}{x^{2}+1} \, dx + \int e^{ x } \, d\left( \frac{1}{x^{2}+1} \right) \\ & =\frac{e^{ x }}{x^{2}+1} +C \\ \end{align*} $$

$$ \begin{align*} & 计算 (1)\int x^{n} \ln x\, dx ; \quad (2) \int \sqrt{ x } \ln^{2}x\, dx \\\\ & (1) \int x^{n} \ln x \, dx=\frac{1}{n+1}\int \ln x \, d(x^{n+1})=\frac{1}{n+1} x^{n+1}\ln x-\frac{1}{n+1}\int x^{n} \, dx \\ &=\frac{x^{n+1}}{n+1} \left( \ln x -\frac{1}{n+1} \right)+C ,此时n≠-1 \\ & 当n=-1时，有\int x^{n}\ln x \, dx=\int \frac{\ln x}{x} \, dx =\frac{1}{2}\ln^{2}x+C \\\\ & (2) \int \sqrt{ x }\ln^{2}x \, dx =\frac{2}{3} \int \ln^{2}x \, d\left( x^{\frac{3}{2}} \right) =\frac{2}{3}x^{\frac{3}{2}} \ln^{2}x-\frac{4}{3} \int x^{ \frac{1}{2} } \ln x\, dx \\ &=\frac{2}{3} x^{\frac{3}{2}} \ln^{2}x-\frac{8}{9}\int \ln x \, d\left( x^{\frac{3}{2}} \right) \\ &=\frac{2}{3}x^{\frac{3}{2}} \ln^{2}x-\frac{8}{9} x^{\frac{3}{2}} \ln x+\frac{8}{9}\int x^{\frac{1}{2}} \, dx \\ &=\frac{2}{3}x^{\frac{3}{2}} \left( \ln^{2}x-\frac{4}{3}\ln x+\frac{8}{9} \right)+C \\ \end{align*} $$

$$ \begin{align*} & 如 \int \frac{\cos x}{ \sin x + \cos x} \, dx 、\int \frac{\sin x}{ \sin x + \cos x} \, dx \\ & 两个积分相加，相减组成方程组然后求解（比换元法要简单） \\ \end{align*} $$

$$ \begin{align*} & 1，对 \int f^n(x) \, dx ，\int f^n(x) g'(x) \, dx 直接由分部积分得递推公式 \\\\ PS:& \int f^n(x) g'(x) \, dx 常常将g'(x) 当作v'，特别地v' =1 就是 \int f^n(x) \, dx \\ & 然后分部积分（通常都需要分部积分2次，也可能3次更多 \dots） \\\\ & 得 I_{n} 与I_{n-1}，或I_{n-2}或I_{n-3} \dots 的 递推关系式 \end{align*} $$

$$ \begin{align*} \\ (详见教程例6.2.18) & \int \frac{1}{(u^2+a^2)^n }\, du 递推式必须会推导和熟记 \\\\ & I_{n}=\int \frac{1}{a^{2}} \cdot \frac{u^{2}+a^{2}-u^{2}}{(u^{2}+a^{2})^{n}} \, du = \frac{1}{a^{2}} \left( I_{n-1} -\int \frac{u^{2}}{(u^{2}+a^{2})^{n}} \, du \right) \\ & =\frac{1}{a^{2}} \left( I_{n-1} - \frac{1}{2(1-n)}\int u d\left( \frac{1}{(u^{2}+a^{2})^{n-1}} \right) \right) \\ &= \frac{1}{a^{2}} \left( I_{n-1}- \frac{u}{2(1-n)} \cdot \frac{1}{(u^{2}+a^{2})^{n-1}} +\frac{1}{2(1-n)} I_{n-1} \right) \\ &= \frac{2n-3}{2a^{2} (n-1)}\cdot I_{n-1} + \frac{1}{2a^{2}(n-1)} \cdot \frac{u}{(u^{2}+a^{2})^{n-1}} \\\\ \implies \\\\ I_{n} = &\begin{cases} & \frac{2n-3}{2a^{2} (n-1)}\cdot I_{n-1} + \frac{1}{2a^{2}(n-1)} \cdot \frac{u}{(u^{2}+a^{2})^{n-1}}, \quad n \ge 2 \\ & \frac{1}{a}\arctan \frac{u}{a} +C ,\quad n=1 &\end{cases} \end{align*} $$

$$ \begin{align*} & \int f^n(x) \, dx 拆成 \int f^{n-2} \cdot f^{2} \, dx 等形式 \\\\ eg. \\\\ & 计算 \int \tan^{n}x \, dx \\ & I_{n}=\int \tan ^{n} \, dx =\int \tan ^{n-2} x (sec^{2}-1) \, dx =\int \tan ^{n-2}x \, d(\tan x)-I_{n-2} \\ & =\frac{1}{n-1} \cdot tan^{n-1}x -I_{n-2} ,n\geq 2 \\\\ &计算 \int \cot^{n}x \, dx \\ &同理，或用诱导公式，x=\frac{\pi}{2}-t,得K_{n}=\int \tan ^{n} x \, dx=-\int \cot ^{n} x \, dx=-I_{n} \\ &带入上面，-K_{n}=\frac{1}{n-1} \cot ^{n-1}x+K_{n-2} \\ &\implies K_{n}=-\frac{1}{n-1} \cot ^{n-1}x-K_{n-2} \\\ &计算 \int sec^{n}x \, dx \\ & I_{n}=\int sec^{n} x\, dx = \int sec^{2}x sec^{n-2}x \, dx =\int sec^{n-2} \, d(\tan x) \\ &=\tan x \cdot sec^{n-2}x +(n-2)I_{n} +(n-2)I_{n-2} \\ & \implies I_{n}= \frac{n-2}{n-1} I_{n-2}+ \frac{\tan x \cdot sec^{n-2}x}{n-1} ,n\geq 2 \\\\ & 计算 \int csc^{n}x \, dx \\ &同理，或用诱导公式 ，令x = \frac{\pi}{2} -t, K_{n}=\int \csc ^{n}x \, dx = -\int \sec ^{n}x \, dx =-I_{n} \\ & 带入上面，\implies -K_{n}= \frac{n-2}{n-1} (-K_{n-2}) +\frac{ \cot x \cdot \csc ^{n-2}x}{n-1} \\ &K_{n}= \frac{n-2}{n-1} (K_{n-2}) -\frac{ \cot x \cdot \csc ^{n-2}x}{n-1} ,n\geq 2 \end{align*} $$

$$ \begin{align*} & \int f^n(x) \cdot g \, dx 拆成 \int f^{n-1} \cdot f \cdot g \, dx 等形式 \\\\ eg. \\\\ & \int \cos ^{m}x \sin ^{n}x \, dx \\ & 将cosx积出，放入微分： I(m,n)= \int \cos ^{m-1}x \sin ^{n}x \, d(\sin x)=\frac{1}{n+1}\int \cos ^{m-1}x \, d(\sin ^{n+1}x) \\ & =\frac{1}{n+1}\sin ^{n+1}x\cos ^{m-1}x +\frac{m-1}{n+1} \int \sin ^{n+1}x \sin x \cos ^{m-2}x \, dx \\ &= \frac{1}{n+1}\sin ^{n+1}x\cos ^{m-1}x +\frac{m-1}{n+1} \int \cos ^{m-2}x (1-\cos ^{2}x) \sin ^{n}x \, dx \\ & =\frac{1}{n+1}\sin ^{n+1}x\cos ^{m-1}x +\frac{m-1}{n+1} [I(m-2,n)-I(m,n)] \\ &\implies I(m,n)= \frac{\cos ^{m-1}x\sin ^{n+1}x}{n+m} +\frac{m-1}{n+m} I(m-2,n) \quad (m\geq 2,n\geq 0)\\\\ &另外方法，将sinx积出，放入微分，同理 I(m,n)=-\int \cos ^{m}x \sin ^{n-1}x \, d(\cos x) 得 \\ & I(m,n)= - \frac{\cos ^{m+1}x\sin ^{n-1}x}{n+m} +\frac{n-1}{n+m} I(m,n-2) \quad (m\geq 0,n\geq 2) \\\\ & 特别，m=0 或n=0时，得 \\ & \int \cos ^{m}x \, dx = \frac{\cos ^{m-1} x\sin x}{m} + \frac{m-1}{m} \int \cos ^{m-2}x \, dx \\ & \int \sin ^{n}x \, dx= -\frac{\cos x\sin ^{n-1} x }{n}+ \frac{n-1}{n} \int \sin ^{n-2}x \, dx \end{align*} $$

$$ \begin{align*} \int \left( \frac{x^{14}}{(x^{5}+1)^{4}} \right) \, dx & = \int \frac{x^{14}}{x^{20}(x^{-5}+1)^{4}} \, dx \\ & =-\frac{1}{5} \int (1+x^{-5})^{-4} \, d(1+x^{-5}) \\ &= \frac{1}{15}(1+x^{-5})^{-3}+C \end{align*} $$

$$ \begin{align*} \int \frac{x^{2}}{(1-x)^{100}} \, dx & = \int \frac{[(x-1)+1]^{2}}{(1-x)^{100}} \, dx \\ & =\int[ (1-x)^{-98}-2(1-x)^{-99} +(1-x)^{-100}]\, dx \\ &= \frac{1}{97(1-x)^{97}}-\frac{1}{49(1-x)^{98}} +\frac{1}{99(1-x)^{99}} +C \\ \end{align*} $$

$$ \begin{align*} \int \frac{1}{(x+a)^{2}(x+b)^{2}}\, dx & =\int \frac{1}{(b-a)^{2}} \left( \frac{1}{x+a}-\frac{1}{x+b} \right)^{2} \, dx \\ & =\int \frac{1}{(b-a)^{2}} \left[ \left( \frac{1}{x+a} \right)^{2} +\left( \frac{1}{x+b} \right)^{2}-\frac{2}{(x+a)(x+b)} \right]\, dx \\ & =\dots \end{align*} $$

$$ \begin{align*} & 求解\int \frac{1}{x^{4}+1} \, dx \\ 解1(巧解)： & =\frac{1}{2} \int \left( \frac{x^{2}+1}{x^{4}+1} -\frac{x^{2}-1}{x^{4}+1} \right)\, dx \\ &=\frac{1}{2}\int \frac{x^{2}+1}{x^{4}+1}\, dx -\frac{1}{2}\int \frac{x^{2}-1}{x^{4}+1} \, dx \\ &=\frac{1}{2} \int \frac{1+\frac{1}{x^{2}}}{x^{2}+\frac{1}{x^{2}}} \, dx -\frac{1}{2} \int \frac{1-\frac{1}{x^{2}}}{x^{2}+\frac{1}{x^{2}}} \, dx \\ &=\frac{1}{2}\int \frac{1}{\left( x-\frac{1}{x} \right)^{2}+2} \, d\left( x-\frac{1}{x} \right)-\frac{1}{2}\int \frac{1}{\left( x+\frac{1}{x} \right)^{2}-2} \, d\left( x+\frac{1}{x} \right) \\ &=\frac{\sqrt{ 2 }}{4} \arctan \frac{x-\frac{1}{x}}{\sqrt{ 2 }} -\frac{\sqrt{ 2 }}{8} \ln| \frac{x+\frac{1}{x}-\sqrt{ 2 }}{x+\frac{1}{x}+\sqrt{ 2 }}|+C \end{align*} $$

$$ \begin{align*} \int \frac{6^{x}}{9^{x}-4^{x}} \, dx & =\int \frac{2^{x}3^{x}}{3^{2x}-2^{2x}} \, dx \\ &=\int \frac{\left( \frac{3}{2} \right)^{x}}{\left[ \left( \frac{3}{2} \right)^{^{x}} \right]^{2}-1} \, dx \\ & = \frac{1}{\ln3 -\ln 2} \int \frac{1}{\left[ \left( \frac{3}{2} \right)^{^{x}} \right]^{2}-1^{2}} \, d\left( \frac{3}{2} \right)^{x} \\ &= \frac{1}{2(\ln 3 - \ln 2)} \ln | \frac{3^{x}-2^{x}}{3^{x}+2^{x}}| +C \\ \end{align*} $$

$$ \begin{align*} & 使用欧拉变换计算 \int \frac{1}{\sqrt{ 1-x^{2} }} \, dx \\\\ & 由于c=1>0，\Delta >0，故可用欧拉第二，三变换 \\ & (1) 欧拉第二变换计算 \\ & 设 \sqrt{ 1-x^{2} }=xt-1 ,得x=\frac{2t}{t^{2}+1},dx=\frac{2-2t^{2}}{(t^{2}+1)^{2}}\\ &\sqrt{ 1-x^{2} }=\frac{2t}{t^{2}+1} \cdot t -1= \frac{t^{2}-1}{t^{2}+1} \\ &\implies \int \frac{1}{\sqrt{ 1-x^{2} }} \, dx = \int \left[ \frac{1}{\frac{t^{2}-1}{t^{2}+1}} \cdot \frac{2-2t^{2}}{(t^{2}+1)^{2}} \right]\, dt=-2\arctan t+C \\ &=-2\arctan \left( \frac{\sqrt{ 1-x^{2} }+1}{x} \right)+C \\\\ &(2)欧拉第三变换计算 \\ & 设 \sqrt{ 1-x^{2} } =t(x-\alpha) , 由于a<0,故\alpha 最好取更小的那个实根，可少产生负号 \\ & 下面两种方式取\alpha ： \\ & 2.1 若 \sqrt{ 1-x^{2} } =t(x-1),则 x= \frac{t^{2} -1}{t^{2}+1} \\ & t(x-1)=-\frac{2t}{t^{2}+1},dx=\frac{4t}{(t^{2}+1)^{2}} \\ & \int \frac{1}{\sqrt{ 1-x^{2} }} \, dx=-2\int \frac{1}{t^{2}+1} \, dt=-2\arctan t+C \\ &=-2\arctan \frac{\sqrt{ 1-x^{2} }}{x-1}+C \\ & 由于-1< x < 1 故x-1<0 \\ & 上式为 -2\arctan \left( -\sqrt{ \frac{1+x}{1-x} } \right)+C \\\\ &2.2 若 \sqrt{ 1-x^{2} } =t(x+1) \\ & 同理，得\int \frac{1}{\sqrt{ 1-x^{2} }} \, dx =-2\arctan t+C = -2\arctan \left( \frac{\sqrt{ 1-x^{2} }}{x+1} \right)+C \\ & 由于 -1< x <1 故 x+1 > 0 \\ & 上式为-2\arctan \sqrt{ \frac{1-x}{1+x} }+C \\ \end{align*} $$

$$ \begin{align*} \int \frac{1}{x+1} \, dx & = \ln|x+1| +C \\ \int \frac{1}{x^{2}+1} \, dx & =arc \tan x+C \\\\ \int \frac{1}{x^{3}+1} \, dx & = \int \frac{1}{(x+1)(x^{2}-x+1)} \, dx \\ & 部分分式+待定系数法：\\ & =\int \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{x+1} dx+ \int \, \frac{1}{3} \cdot \frac{-x+2}{x^{2}-x+1} \, dx \\ &= \frac{1}{3} \cdot \ln |x+1| +\frac{1}{3} \cdot \int \frac{-\frac{1}{2} (2x-1)+\frac{3}{2}}{x^{2}-x+1} \, dx \\ &=\frac{1}{3} \cdot \ln |x+1| -\frac{1}{6} \cdot \int \frac{d(x^{2}-x+1)}{x^{2}-x+1} \, dx +\frac{1}{2} \cdot \int \frac{1}{\left( x-\frac{1}{2} \right)^{2}+\frac{3}{4}} \, dx \\ &= \frac{1}{3} \cdot \ln |x+1| -\frac{1}{6} \cdot \ln|x^{2}-x+1|+ \frac{1}{\sqrt{ 3 }} arc \tan\left( \frac{2}{\sqrt{ 3 } } \left( x-\frac{1}{2} \right) \right)+C \\ \int \frac{1}{x^{4}+1} \, dx \\ 解1(巧解)： & =\frac{1}{2} \int \left( \frac{x^{2}+1}{x^{4}+1} -\frac{x^{2}-1}{x^{4}+1} \right)\, dx \\ &=\frac{1}{2}\int \frac{x^{2}+1}{x^{4}+1}\, dx -\frac{1}{2}\int \frac{x^{2}-1}{x^{4}+1} \, dx \\ &=\frac{1}{2} \int \frac{1+\frac{1}{x^{2}}}{x^{2}+\frac{1}{x^{2}}} \, dx -\frac{1}{2} \int \frac{1-\frac{1}{x^{2}}}{x^{2}+\frac{1}{x^{2}}} \, dx \\ &=\frac{1}{2}\int \frac{1}{\left( x-\frac{1}{x} \right)^{2}+2} \, d\left( x-\frac{1}{x} \right)-\frac{1}{2}\int \frac{1}{\left( x+\frac{1}{x} \right)^{2}-2} \, d\left( x+\frac{1}{x} \right) \\ &=\frac{\sqrt{ 2 }}{4} \arctan \frac{x-\frac{1}{x}}{\sqrt{ 2 }} -\frac{\sqrt{ 2 }}{8} \ln| \frac{x+\frac{1}{x}-\sqrt{ 2 }}{x+\frac{1}{x}+\sqrt{ 2 }}|+C \end{align*} $$