不定积分的概念与性质

2024-03-23 22:05| 来源: 网络整理| 查看: 265

不定积分的概念与性质单变量函数的积分张瑞中国科学技术大学数学科学学院 rui [at] ustc [dot] edu [dot] cn 不定积分的概念与性质原函数

定义 1. (原函数) 区间$I$上，$F'(x)=f(x), \forall x\in I$，或$dF(x)=f(x)$，则称$F(x)$为$f(x)$在区间$I$上的一个原函数。

区间$I$可以是开、或闭，有限、或无穷。端点处为单侧导数 $F'(x)=f(x)$，则$(F(x)+c)'=f(x), \forall c\in \mathbb{R}$。所以原函数不唯一若$F'(x)=G'(x)=f(x)$，则$(F(x)-G(x))'=0$，所以$G(x)=F(x)+c$。

综上所述，$F(x)+c$为$f(x)$的所有原函数。

不定积分

定义 2. 称$f(x)$在区间$I$上的全体原函数$\{F(x)+c\}$为函数$f(x)$在$I$上的不定积分，记为

\[\int f(x)dx=F(x)+c \]

$\int$为积分符号，$f(x)$为被积函数，$c$为积分常数， $x$为积分变量， $f(x)dx$为被积表达式，

求$f(x)$原函数、或不定积分$\int f(x)dx$的运算，叫作积分运算

积分运算是求导的逆运算

定义 3. 积分得到的一簇曲线，$F(x)+c$，叫作积分曲线。

要得到一条曲线，需要加上一个限定条件。如

\[\begin{cases} F'(x)=&f(x)=\frac1 x \\ F(1)=&1 \end{cases} \]

则$F(x)=\ln(x)+c=\ln(x)+1$

基本的积分公式 \[\begin{aligned} &\int k dx=kx+c &,& \int x^\alpha dx=\dfrac{x^{\alpha+1}}{\alpha+1} , \alpha\neq -1 \\ &\int \dfrac{1}{x} dx=\ln(-x), x0 \\ &\int\dfrac{1}{\cos^2x}dx=\tan x &,& \int\dfrac{1}{\sin^2x}=-\cot x \\ &\int\sin xdx=-\cos x &,& \int \cos xdx=\sin x \\ &\int e^xdx=e^x &,& \int a^x dx=\dfrac{1}{\ln a}a^x \\ \end{aligned} \] \[\begin{aligned} &\int\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}dx=\arcsin x &,& \\ &\int\dfrac{1}{1+x^2}dx=\arctan x &,& \\ &\int\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}dx=\ln(x+\sqrt{1+x^2}) &,& \\ \end{aligned} \] 积分的性质 $\displaystyle\left(\int f(x)dx\right)'=f(x)$ , $\displaystyle d\left(\int f(x)dx\right)=d(F(x)+c)=f(x)dx$ $\displaystyle\int \dfrac{d}{dx}F(x)dx=\int f(x) dx=F(x)+c$, $\displaystyle\int f'(x) =f(x)+c$, $\displaystyle\int dF(x)=\int f(x)dx=F(x)+c$ $\displaystyle\int(\alpha f(x)+\beta g(x))dx=\alpha \int f(x)dx+\beta\int g(x)dx$

\[\begin{aligned} &\left(\alpha\int f(x)dx+\beta\int g(x)dx\right)' \\ =&\alpha\left(\int f(x)dx\right)'+\beta\left(\int g(x)dx\right)' \\ =&\alpha f(x)+\beta g(x) \end{aligned} \] 直接计算积分

例 1. $\displaystyle\int 2^x e^x dx$

例 2. $\displaystyle\int(3x^2+\dfrac{4}{x})dx $

例 3. [例4.1.4] $\displaystyle\int\dfrac{x^2+1}{\sqrt x}dx$

\[\int(2e)^xdx=\dfrac{(2e)^x}{\ln(2e)}+c \]

\[\begin{aligned} \int(3x^2+\dfrac{4}{x})dx = \int 3x^2 dx+\int\dfrac{4}{x}dx \\ =x^3+4\ln|x|+c \end{aligned} \]

\[\begin{aligned} \int\dfrac{x^2+1}{\sqrt x}dx=\int x^{\frac{3}{2}}dx+\int x^{-\frac12}dx \\ =\dfrac{1}{\frac{3}{2}+1}x^{\frac{3}{2}+1}+\dfrac{1}{-\frac12+1}x^{-\frac12+1}+c \\ =\dfrac{2}{5}x^{\frac{5}{2}}+2x^{\frac12}+c \end{aligned} \] 拼接

例 4. 证明$(-\infty,1),(-1,1),(1,+\infty)$上$\dfrac{1}{\sqrt2}\arctan\dfrac{\sqrt2 x}{1-x^2}$是$\dfrac{1+x^2}{1+x^4}$的原函数。并求出$\dfrac{1+x^2}{1+x^4}$在$(-\infty,+\infty)$上的原函数

例 5. $\displaystyle\int\max\{x^2,x^4\}dx, x\in\mathbb{R}$

例 6. [例4.1.7] $\displaystyle\int e^{|x|}dx , x\in\mathbb{R}$

1. $x\neq\pm1$时，

\[\begin{aligned} &(\dfrac{1}{\sqrt2}\arctan\dfrac{\sqrt2 x}{1-x^2})' \\ =&\dfrac{1}{\sqrt2}\dfrac{1}{1+(\dfrac{\sqrt2 x}{1-x^2})^2} \sqrt 2 \dfrac{(1-x^2)-x(-2x)}{(1-x^2)^2} \\ =&\dfrac{1+x^2}{1+x^4} \end{aligned} \]

需要保证原函数连续性。

在$x=\pm1$上，

\[\lim_{x\to1-}\dfrac{1}{\sqrt2}\arctan\dfrac{\sqrt2 x}{1-x^2}=\dfrac{1}{\sqrt2}\lim_{y\to+\infty}\arctan y=\dfrac{\pi}{2\sqrt2} \] \[\lim_{x\to1+}\dfrac{1}{\sqrt2}\arctan\dfrac{\sqrt2 x}{1-x^2}=\dfrac1{\sqrt2}\lim_{y\to-\infty}\arctan y=\dfrac{-\pi}{2\sqrt2} \] \[\lim_{x\to-1-}\dfrac1{\sqrt2}\arctan\dfrac{\sqrt2 x}{1-x^2}=\dfrac1{\sqrt2}\lim_{y\to+\infty}\arctan y=\dfrac{\pi}{2\sqrt2} \] \[\lim_{x\to-1+}\dfrac1{\sqrt2}\arctan\dfrac{\sqrt2 x}{1-x^2}=\dfrac1{\sqrt2}\lim_{y\to-\infty}\arctan y=\dfrac{-\pi}{2\sqrt2} \] \[F(x)=\left\{\begin{aligned} \dfrac1{\sqrt2}\arctan\dfrac{\sqrt2 x}{1-x^2}+c &, & x1 , &c=\dfrac{\pi}{\sqrt 2} \end{aligned} \right. \]

\[\max\{x^2,x^4\}=\begin{cases} x^2 , & |x|\leq 1 \\ x^4 , & x-1 \end{cases} \]

$x\in(-1,1)$，$\displaystyle\int\max\{x^2,x^4\}dx=\dfrac{x^3}{3}+c_1$

$x>1$，$\displaystyle\int\max\{x^2,x^4\}dx=\dfrac{x^5}{5}+c_2$

$x1 \\ \dfrac{x^3}{3} , & x\in[-1,1] \\ \dfrac{x^5}{5}-\dfrac{2}{15}, &x

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