這份筆記是關於各式積分技巧。
變數變換
令\(G(u)=F(\phi(u))\)，則\(G'=F'(\phi)\phi'\)。故 \[ \begin{aligned} &\int_\alpha^\beta G'=\int_\alpha^\beta F'(\phi)\phi'\mbox{ (☆)}\\ \Rightarrow&G(\beta)-G(\alpha)=\int_\alpha^\beta F'(\phi(u))\phi'(u)du \end{aligned} \] 即若令\(\phi(\alpha)=a\), \(\phi(\beta)=b\)，則 \[ F(b)-F(a)=\int_a^b F'(x)dx\mbox{ (☆☆)} \] (這是 \[ G(\alpha)-G(\beta)=F(\phi(\beta))-F(\phi(\alpha))=\int_{\phi(\alpha)}^{\phi(\beta)}F'(x)dx \]) 則我們令\(F'=f\)，由(☆)和(☆☆)知 \[ \int_a^b f(x)dx=\int_\alpha^\beta f(\phi(u))\phi'(u)du\mbox{ (★)} \] 嚴謹的寫下來，就是：
定理 1：變數變換法 (Substitution Method)
令\(h(u)\)在\([\alpha,\beta]\)上連續，則若函數\(u=\Psi(x)\)，則\(\Psi'\)也連續。且若對於所有\(x\in[a,b]\)有\(\Psi'(x)\neq 0\)(即\(\Psi\)嚴格單調)，則 \[ \int_a^b h(\Psi(x))dx=\int_\alpha^\beta h(u)\frac{dx}{du}du \]
註記 1-1
關於上面的(★)式，通常是從右式變到左式，但有時候我們遇到的形式是\(\int h(\phi(u))du\)，則取\(\phi\)的反函數\(\Psi(x)\)。且令\(f(x)=h(x)\Psi'(x)\)，並令\(x=\phi(u)\) (\(\Psi(x)=u\))，則\(h(\phi(u))=\frac{f(\phi(u))}{\Psi'(x)}\)。又\(\frac{d\Psi}{dx}=\frac{1}{\phi'(u)}\)，則\(h(\phi(u))=f(\phi(u))\phi'(u)\)，如是便寫成(★)的形式了。
定理1的證明：我們希望說明左式的黎曼和等於右式的黎曼和。令\(\{x_0,\cdots,x_n\}\)是\([a,b]\)的一個分割，且令\(u_i=\Psi(x_i)\)，則\(\{u_0,\cdots,u_n\}\)是\([\alpha,\beta]\)的一個分割(\(\Psi(a)=\alpha\), \(\Psi(b)=\beta\))。又令\(\Delta x_i=x_i-x_{i-1}\), \(\Delta u_i=u_i-u_{i-1}\)，因為\(\Psi\)嚴格單調，故\(u_i=\Psi(x_i)\neq\Psi(x_{i-1})=u_{i-1}\)
i.e. \(\Delta u_i\neq
0\)。則左式的黎曼和為 \[
\lim_{n\to\infty}\sum_{v=1}^n h(\Psi(\xi_v))\Delta x_v
\] 其中\(\xi_v\in[x_{v-1},x_v]\)(由黎曼和的存在性知(這裡的定理1-3)\(\xi_v\)要怎麼選都可以)，令\(S_v=\Psi(\xi_v)\)，則上式變為 \[
\lim_{n\to\infty}\sum_{v=1}^n h(S_v)\times\frac{\Delta x_v}{\Delta
u_v}\times\Delta u_v
\] 由微分均值定理(這裡的定理4)知存在\(\eta_v\in[u_{v-1},u_v]\) s.t. \(\frac{\Delta x_v}{\Delta
u_v}=\phi'(\eta_v)\)(這裡的\(\phi\)是\(\Psi\)的反函數)
(詳細來說是 \[
\frac{\Delta u_v}{\Delta
x_v}=\frac{\Psi(x_v)-\Psi(x_{v-1})}{x_v-x_{v-1}}=\Psi'(r)
\] 對於某些\(r\in[x_{v-1},x_v]\)。令\(\eta_v=\Psi(r)\)，則 \[
\frac{\Delta x_v}{\Delta u_v}=\frac{1}{\Psi'(r)}=\phi'(\eta_v)
\] (這裡的定理3或這裡的註記2-1-1))
反正\(\xi_v\)可以任選，選擇\(\xi_v\)使\(\Psi(\xi_v)=\eta_v\)，即\(S_v=\eta_v\)，則 \[
\begin{aligned}
\lim_{n\to\infty}\sum_{v=1}^n h(S_v)\times\frac{\Delta x_v}{\Delta
u_v}\times\Delta u_v&=\lim_{n\to\infty}\sum_{v=1}^n
h(\eta_v)\times\phi'(\eta_v)\Delta u_v\\
&=\int_\alpha^\beta h(u)\frac{dx}{du}du
\end{aligned}
\] QED
分部積分
定理 2：分部積分法 (Integration by Parts)
由\((fg)'=f'g+fg'\)有 \[ \int f'g=fg-\int fg' \]
例 2-1：三角函數
由分部積分法，有 \[
\begin{aligned}
\int \cos^n xdx&=\int\cos^{n-1}x\cdot\cos xdx\\
&=\int\cos^{n-1}x\cdot(\sin x)'dx\\
&=\sin x\cos^{n-1}x+(n-1)\int\cos^{n-2}x\sin^2 xdx
\end{aligned}
\] 又\(\sin^2 x=1-\cos^2 x\)，故
\[
\int\cos^n xdx=\frac{1}{n}\cos^{n-1}x\sin
x+\frac{n-1}{n}\int\cos^{n-2}xdx
\] 類似的有 \[
\int\sin^n xdx=-\frac{1}{n}\sin^{n-1}x\cos
x+\frac{n-1}{n}\int\sin^{n-2}xdx
\] 於是我們就可以繼續這樣遞迴下去了。
考慮 \[
\int_0^\frac{\pi}{2}\sin^n
xdx=\frac{n-1}{n}\int_0^\frac{\pi}{2}\sin^{n-2}xdx
\] 則：
1. 若\(n=2m\) (\(n\)為偶數)，則 \[
\int_0^\frac{\pi}{2}\sin^{2m}xdx=\frac{2m-1}{2m}\cdot\frac{2m-3}{2m-2}\cdot\cdots\cdot\frac{1}{2}\cdot\int_0^\frac{\pi}{2}dx
\]
2. 若\(n=2m+1\) (\(n\)為奇數)，則 \[
\int_0^\frac{\pi}{2}\sin^{2m+1}xdx=\frac{2m}{2m+1}\cdot\frac{2m-2}{2m-1}\cdot\cdots\cdot\frac{2}{3}\cdot\int_0^\frac{\pi}{2}\sin
xdx
\] 兩式相除整理，可得 \[
\frac{\pi}{2}=\frac{2\times 2}{1\times 3}\times\frac{4\times 4}{3\times
5}\times\cdots\times\frac{\int_0^\frac{\pi}{2}\sin^{2m}xdx}{\int_0^\frac{\pi}{2}\sin^{2m+1}xdx}\mbox{
(★★)}
\] 又在\([a,\frac{\pi}{2}]\)中\(\sin x<1\)，故\(\sin^{2m-1}x\geq\sin^{2m}x\geq\sin^{2m+1}x\)，故
\[
\frac{\int_0^\frac{\pi}{2}\sin^{2m}xdx}{\int_0^\frac{\pi}{2}\sin^{2m+1}xdx}\geq
1
\] 並且用前面的遞迴式，可以知道 \[
\frac{\int_0^\frac{\pi}{2}\sin^{2m-1}xdx}{\int_0^\frac{\pi}{2}\sin^{2m+1}xdx}=1+\frac{1}{2m}
\] 故 \[
1\leq\frac{\int_0^\frac{\pi}{2}\sin^{2m}xdx}{\int_0^\frac{\pi}{2}\sin^{2m+1}xdx}\leq\frac{\int_0^\frac{\pi}{2}\sin^{2m-1}xdx}{\int_0^\frac{\pi}{2}\sin^{2m+1}xdx}\leq
1+\frac{1}{2m}
\] 故\(m\to\infty\)時， \[
\frac{\int_0^\frac{\pi}{2}\sin^{2m}xdx}{\int_0^\frac{\pi}{2}\sin^{2m+1}xdx}\to
1
\] 故由上面(★★)有：
定理 2-1-1：瓦利斯公式 (Wallis' Formula)
\[ \frac{\pi}{2}=\frac{2\times 2}{1\times 3}\times\frac{4\times 4}{3\times 5}\times\cdots=\prod_{i=1}^\infty\frac{(2i)^2}{(2i-1)(2i+1)} \]
有理函數的積分
定義 3：有理函數 (Rational Functions)
有理函數，即形如\(Q(x)=\frac{f(x)}{g(x)}\)的函數，其中\(f,g\)是多項式。
註記 3-1
對於我們想拿來積分的有理函數\(Q(x)=\frac{f(x)}{g(x)}\)，我們可以有以些假設：
1. 可以假設\(\deg f<\deg g\)
(不然就可以用長除法取餘式了)
2. 可以只考慮下列兩類的\(g\)：
1) \(g(x)=x^n\)
2) \(g(x)=(1+x^2)^m\)
(由代數基本定理知任意多項式\(g(x)\)可以表為一堆一次多項式和二次多項式的積，且那些二次多項式沒有實根)
第2.點的說明：我們可以考慮稍微廣一點點的狀況：
i) \(g(x)=(\alpha x+\beta)^n\)
ii) \(g(x)=(ax^2+bx+c)^m\)，其中\(ax^2+bx+c\)是確定型二次式。
定義 3-1-1：確定型二次式 (Definite Quadratic Polynomial)
意思是無實根的二次式，判別式小於零。
回到註記3-1的第2.點，我們將兩個狀況分開來討論積分：
i)
一次式的狀況中，令\(\xi=\alpha
x+\beta\), \(\frac{d\xi}{dx}=\alpha\), \(x=\frac{1}{\alpha}(\xi-\beta)\)，則 \[
\int\frac{f(x)}{(\alpha
x+\beta)^n}dx=\frac{f\left(\frac{\xi-\beta}{\alpha}\right)}{\xi^n}\cdot\frac{1}{\alpha}\cdot
d\xi
\] 於是回到原本的狀況1)了。至於狀況1)，有 \[
\int\frac{1}{x^n}dx=\left\{
\begin{aligned}
\frac{1}{-n+1}x^{-n+1}&,\mbox{ when }n>1\\
\log x&,\mbox{ when }n=1
\end{aligned}
\right.
\] 則若\(f(x)=a_0+a_1x^1+\cdots+a_rx^r\)，則 \[
\int\frac{f(x)}{x^n}dx=\int\left(\frac{a_0}{x^n}+\frac{a_1}{x^{n-1}}+\cdots+\frac{a_r}{x^{n-r}}\right)dx
\]
ii)我們有 \[
ax^2+bx+c=\frac{1}{a}\left(ax+\frac{b}{2}\right)^2+\frac{4ac-b^2}{4a}
\] 因為假設了\(ax^2+bx+c\)的判別式小於零，故\(4ac-b^2>0\)，可以令\(d^2=\frac{1}{4}(4ac-b^2)\)，故 \[
ax^2+bx+c=\frac{1}{a}\left(ax+\frac{b}{2}\right)+\frac{d^2}{a}
\] 令\(\xi=\frac{1}{d}\left(ax+\frac{b}{2}\right)\)，則原式化為
\[
\frac{d^2}{a}\left(\frac{1}{d^2}\left(ax+\frac{b}{2}\right)^2+1\right)=\frac{d^2}{a}(\xi^2+1)
\] 且\(\frac{d\xi}{dx}=\frac{a}{d}\)，故 \[
\int\frac{f(x)}{(ax^2+bx+c)^m}dx=\frac{a}{d^2}\int\frac{f\left(\frac{d\xi-\frac{b}{2}}{a}\right)}{(1+\xi^2)^m}\cdot
\frac{d}{a}\cdot d\xi
\] 這就是狀況2)了。至於狀況2)的積分，我們再分兩個細項：
a)在\(\int\frac{x}{(1+x^2)^m}dx\)中，令\(\xi=1+x^2\), \(d\xi=2xdx\)，故原式為 \[
\int\frac{1/2}{\xi^m}d\xi=\left\{
\begin{aligned}
\frac{1}{2}\log(1+x^2)&,\mbox{ when }m=1\\
\frac{-1}{2(m-1)(1+x^2)^{m-1}}&,\mbox{ when }m>1
\end{aligned}
\right.
\]
b)在\(\int\frac{1}{(1+x^2)^n}dx\)中，記此積分為\(I_n\)，有 \[
\begin{aligned}
&\frac{1}{(1+x^2)^n}=\frac{1}{(1+x^2)^{n-1}}-\frac{x^2}{(1+x^2)^n}\\
\Rightarrow&I_n=I_{n-1}-\int\frac{x^2}{(1+x^2)^n}dx
\end{aligned}
\] 而 \[
\int\frac{x^2}{(1+x^2)^n}dx=\int\frac{x}{(1+x^2)^n}xdx
\] 使用分部積分法，其中\(g=\frac{x}{(1+x^2)^n}\), \(f'=x\)。故有 \[
I_n=\frac{x}{2(n-1)(1+x^2)^{n-1}}+\frac{2n-3}{2(n-1)}I_{n-1}
\] 然後就可以用遞迴來慢慢算出\(I_n\)了。
定義 4：部分分式 (Partial Fractions)
若\(g\)有因式\((x-\alpha)^l\)，則\(\frac{f}{(x-\alpha)^l}\)可以寫成 \[
\frac{A_1}{x-\alpha}+\frac{A_2}{(x-\alpha)^2}+\cdots+\frac{A_l}{(x-\alpha)^l}
\] 其中\(A_1,A_2,\cdot,A_l\)是一些常數。
而若\(g\)有因式\((x^2+bx+c)^r=Q^r\)，其中\(x^2+bx+c\)無實根。則\(\frac{f}{(x^2+bx+c)^r}\)可以寫成 \[
\frac{B_1x+c_1}{Q}+\frac{B_2x+c_2}{Q^2}+\cdots+\frac{B_rx+c_r}{Q^r}
\] 其中\(B_1,B_2,\cdots,B_r\)及\(c_1,c_2,\cdots,c_r\)是一些常數。
以上的這個行為稱為將有理函數寫為部分分式。
例 4-1
給定\(g=(x-\alpha_1)(x-\alpha_2)\cdots(x-\alpha_n)\)及\(\deg f<n\)。則 \[ \frac{f}{g}=\frac{A_1}{x-\alpha_1}+\frac{A_2}{x-\alpha_2}+\cdots+\frac{A_n}{x-\alpha_n} \] 其中 \[ A_i=\frac{f(\alpha_i)}{(\alpha_i-\alpha_1)(\alpha_1-\alpha_2)\cdots(\alpha_i-\alpha_{i-1})(\alpha_i-\alpha_{i+1})\cdots(\alpha_i-\alpha_n)} \] 一般來說就是右邊通分之後分子是\(f\)，而\(f\)至多有\(n\)項，\(A_1~A_n\)是\(n\)個未知數，故應可解。\((x^2+bx+c)^r\)的狀況亦同。
花里胡哨的奇怪積分
例 5
考慮積分 \[ \int\frac{\sin^2 x+2\cos x}{\cos^2 x+\sin x}dx \] 令\(t=\tan\frac{x}{2}\)，則\(\sin x=\frac{2t}{1+t^2}\), \(\cos x=\frac{1-t^2}{1+t^2}\)，且\(\frac{dt}{dx}=\frac{1}{2\cos^2\frac{x}{2}}=\frac{1+t^2}{2}\)。於是原式就化為\(t\)的有理函數了。