本文整理自B站课程《积分大观》。
在考研数学中,积分的地位无可替代。它既是底层基础,又是命题人最爱下功夫挖坑的地方。唯有在积分运算上夯实基本功,做到不出差错,才能真正实现做题时的“又快又准”。
注:课程有将近四个半小时,为了保证笔记的简练与可读性,这里只会记录一些平时所忽视的知识、考点与技巧,过于基础的部分则不再赘述。
$$a^3 + b^3 = (a + b)(a^2 - ab + b^2)$$$$a^3 - b^3 = (a - b)(a^2 + ab + b^2)$$
$$\sin \alpha + \sin \beta = 2 \sin \frac{\alpha + \beta}{2} \cos \frac{\alpha - \beta}{2}$$$$\sin \alpha - \sin \beta = 2 \cos \frac{\alpha + \beta}{2} \sin \frac{\alpha - \beta}{2}$$$$\cos \alpha + \cos \beta = 2 \cos \frac{\alpha + \beta}{2} \cos \frac{\alpha - \beta}{2}$$$$\cos \alpha - \cos \beta = -2 \sin \frac{\alpha + \beta}{2} \sin \frac{\alpha - \beta}{2}$$$$\tan \alpha + \tan \beta = \frac{\sin(\alpha + \beta)}{\cos \alpha \cos \beta}$$$$\tan \alpha - \tan \beta = \frac{\sin(\alpha - \beta)}{\cos \alpha \cos \beta}$$
$$\arcsin (-x) = -\arcsin(x) ; \arctan (-x) = -\arctan(x)$$
$$\arccos x + \arccos (-x) = \pi ; \operatorname{arccot} x + \operatorname{arccot} (-x) = \pi$$
$$\arcsin x + \arccos x = \frac{\pi}{2} \quad (x \in [-1, 1])$$
$$\arctan x + \operatorname{arccot} x = \frac{\pi}{2} \quad (x \in \mathbb{R})$$
$$\arctan x + \arctan \frac{1}{x} = \begin{cases} \frac{\pi}{2}, & x > 0 AsteroidLatexLineBreakToken\ -\frac{\pi}{2}, & x < 0 \end{cases}$$
$$(\frac{x}{\sqrt{1+x^2}})'=\frac{1}{(\sqrt{1+x^2})^\frac{3}{2}}$$
$$(\ln(x+\sqrt{1+x^2}))'=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}$$
$$(\ln(sinx))' = \cot(x);(\ln(cosx))' = -\tan(x)$$
$$((cos\theta+sin\theta)^2)' = 2(cos^2\theta - sin^2\theta)$$
$$\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-x^2} dx = \sqrt{\pi}$$
$$\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-\frac{x^2}{2}} dx = \sqrt{2\pi}$$
证明思路:由于定积分与自变量所取字母无关,于是我们取待求积分的平方,然后把其中的一个积分字母换成$y$,这样我们就得到了一个二重积分:
$$I^{2} = \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-x^2} dx \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-y^2} dy = \int\int e^{-(x^2+y^2)}dxdy$$自然地,我们想到极坐标换元,得到:$$I^{2} = \int_{0}^{2\pi} d\theta \int_{0}^{+\infty} re^{-r^2} dr = 2\pi \times \frac{1}{2} = \pi$$
则有$I = \sqrt{\pi}$。第一个积分计算出来了,第二个只需要换元即可。
形如$\int_{0}^{+\infty} x^{\alpha-1} e^{-x} dx (\alpha > 0)$的积分都叫做$Gamma$函数,记作$\Gamma(\alpha)$。
主要性质:
①$\Gamma(\alpha + 1) = \Gamma(\alpha)$;
②$\Gamma(1) = 1,\Gamma(\frac{1}{2}) = \sqrt{\pi}$;
③对于正整数$n$,有$\Gamma(n+1) = n!$。
其实像前面的泊松积分也可以用还原转化成伽马函数计算。
这是伽马函数的延伸。
形如$\int_{0}^{1} x^{p-1} (1-x)^{q-1}dx(p,q>0)$的积分都叫贝塔函数,记作$\Beta(p,q)$。并且:$$\Beta(p,q) = \frac{\Gamma(p)\times\Gamma(q)}{\Gamma(p+q)}$$
这个函数的计算一般是用换元法计算,令$x=\sin^2\theta$,原积分化作:$$B(p, q) = 2 \int_0^{\frac{\pi}{2}} (\sin^{2p-1}\theta\cos^{2q-1}\theta ) d\theta$$后略。
当我们碰到分数多项式的时候,有时分母的次数非常大且远大于分子,这个时候我们通常可以采用因式分解来进行拆项,将其分解成多个容易单独积分的式子。不过不是每个式子都容易直接拆解的,这个时候我们要用待定系数法来求解。
首先,我们要针对分母因式分解之后的项进行待定拆分,对$n$次的因式,就要列出从$1$到$n$次的全部项,同时分子的次数要比分母低一次。再设所有项分子的所有系数为$A、B、C、D$……
一般的做法,是将所有项重新进行通分,结果同原式一一对应得到结果。
不过有更简单的方法——混合留数法。即左右分别乘上各个因式,通过带入特殊值使得其他待定系数全部为$0$从而快速求解。
对$\frac{3x^2+1}{(x-1)(x-2)(x-5)}$进行因式分解。
解析:
分析分母,我们可以将原式的待定拆分形式写成:
$$\frac{3x^2+1}{(x-1)(x-2)(x-5)} = \frac{A}{x-1} + \frac{B}{x-2} + \frac{C}{x-5}$$
左右乘$(x-1)$:$$\frac{3x^2+1}{(x-2)(x-5)} = {A} + (\frac{B}{x-2} + \frac{C}{x-5})(x-1)$$带入$x=1$得到$A=1$。
左右乘$(x-2)$:$$\frac{3x^2+1}{(x-1)(x-5)} =B +( \frac{A}{x-1} + \frac{C}{x-5} )(x-2)$$带入$x=2$得到$B=-\frac{13}{3}$。
左右乘$(x-5)$:$$\frac{3x^2+1}{(x-1)(x-2)} = C + ( \frac{A}{x-1} + \frac{B}{x-2} )(x-5)$$带入$x=5$得到$C=\frac{19}{3}$。
于是$$\frac{3x^2+1}{(x-1)(x-2)(x-5)} = \frac{1}{x-1} - \frac{13}{3(x-2)} + \frac{19}{3(x-5)}$$
注:这里的情况是分母因式都为1次,比较简单。如果碰到同一个因式的高次项 ,那么左右同乘并不能解决问题,这个时候我们采用同乘高次项+求导方式解决。因为高次项乘到右边,可以通过求导将同样属于这个因式的系数全部消掉,而$n$次项在求导次数小于$n$的时候,代入零点仍然会使其等于0。
这里只作记录,不写详细内容。
例题:求$\int \frac{3x^6+2x^5-16}{x^4-4x^2}dx$.
根号下分式——解放分子;根号下乘积——解放其中一个
例题 1:求$\int \sqrt{\frac{e^x-1}{e^x+1}} dx$.
例题 2:求$\int \frac{dx}{\sqrt[3]{(x+1)^2(x-1)^4}}$.
sin/cos:奇数次幂——凑微分;偶数次幂——降幂
csc/sec:奇数次幂——凑微分分部;偶数次幂——凑微分
如果三角函数组成的分式当中分母部分的$sinx$和$cosx$齐次,那么尝试同除$cosx$的$n$次幂
当分母还包含常数时,也可以尝试巧用$1$的等价代换将其转化为上述情况
$$1 = sin^2x+cos^2x$$
$$1 = 1^2 = (sin^2x+cos^2x)^2 = sin^4x+cos^4x+2sin^2xcos^2x$$
例题:求$\int \frac{1}{1+cos^2x} dx$
形如$\int \frac{Csinx+Dcosx}{Asinx+Bcosx} dx$的积分,统一将分子部分拆成$E$倍的分母+$F$倍的分母导数
注:最好用待定系数法解二元一次方程,这样最无脑
$$1+sinx = sin^2(\frac{x}{2}) + cos^2(\frac{x}{2}) + 2sin(\frac{x}{2})cos(\frac{x}{2}) = (sin(\frac{x}{2})+cos(\frac{x}{2}))^2$$
$$1+cosx = sin^2(\frac{x}{2}) + cos^2(\frac{x}{2}) + cos^2(\frac{x}{2}) - sin^2(\frac{x}{2}) = 2cos^2(\frac{x}{2})$$
例题 1:求$\int_{0}^{4} x(x-1)(x-2)(x-3)(x-4) dx$(平方差公式)
例题 2:求$\int_{\frac{\pi}{3}}^{\frac{2}{3}\pi} (e^{cosx}-e^{-cosx}) dx$(诱导公式)
例题 3:求$\int_{\pi}^{5\pi} (1+sin^3x)cos^2x dx$(周期性)
一般分子是分母的其中一项就要用区间再现。
令$t=a+b-x$,则:$$\int_{a}^{b} f(x) dx = \int_{b}^{a} f(a+b-t) d(a+b-t) = \int_{a}^{b} f(a+b-t) d(t) = \frac{1}{2} \int_{a}^{b} [f(x) + f(a+b-x)] d(x)$$
形如$\int \frac{g(x)}{1+f(x)^{h(x)}} dx$的也可以尝试区间再现。
例题 1:求$\int_{-1}^{1} \frac{dx}{1+e^{\frac{1}{x}}}$
例题 2:求$\int_{-1}^{5} \frac{dx}{1+2^{\sqrt[3]{x-2}}}$
还有形如$\int ln[f(x)] dx$,其中$f(x)$为三角函数的,也可以尝试。
例题 1:求$\int_{0}^{+\infty} \frac{\ln(x)}{a^2+x^2} dx (a>0)$
例题 2:求$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \ln(sinx) dx$
这是区间再现的二级结论。当$sinx = sin(a+b-x)$的时候,可以有:$$\int_{a}^{b} xf(sinx) dx = \frac{a+b}{2} \int_{a}^{b} f(sinx) dx$$
例题 1:求$\int_{0}^{\pi} \frac{x}{2+sinx} dx$
例题 2:求$\int_{0}^{\pi} \frac{x|sinxcosx|}{1+cos^2x} dx$
实际上,当$f(a+b-x) = f(x)$的时候,我们都可以用区间再现来消去$x$,这就是广义去$x$法。
$$\int_{a}^{b} xf(x) dx = \frac{a+b}{2} \int_{a}^{b} f(x) dx$$
这种题当中,一般被积函数都会包含原函数不是初等函数的部分(例如$\frac{\sin(x)}{x}$),这个时候不应该钻牛角尖,而是看看其他部分有没有可能消掉这一块。
例题:求$\int_{1}^{\frac{\pi}{2}} \frac{sinx + x \ln(x) cosx}{x} dx$
有些题目积出来的原函数并不在积分区间上绝对连续,可能会有瑕点,这个时候我们应该分段计算反常积分。
例题:求$\int_{-1}^{1} (\frac{1}{1+2^{\frac{1}{x}}})' dx$
常规操作是分部积分让被积函数的$f(x)$变为$f'(x)$然后直接代入。
考的比较偏,不多赘述。
这一块比较考验对导积关系的熟悉程度,来自平时的联系积累,同样不多赘述。
例题:求$D$上的二重积分$$\int \int e^{(x+y)^2} (x^2-y^2) dxdy$$其中$D$是圆$x^2+y^2=1$和直线$y=x$以及$x$轴在第一象限围成的部分。