\[\int {\rm d}y={\rm d}\int y=y\\
{\rm d}x={\rm d}(x+a)\\
{\rm d}\ ax=a\cdot {\rm d}x\\
\int f\ {\rm d}x=F\Rightarrow {\rm d}F=f\ {\rm d}x
\]
不定积分
定义
我们作为OIer，并不需要知道严谨的数学定义，我们只需要知道\(\,{\rm d}\,\)和\(\,\int\,\)是两种算符，这里给出粗略的解释：\(\,{\rm d}\,\)表示微小变化量，联系导数的定义：\(f(x)\)在\(\,x_0\,\)处的导数为（不妨认为\(\,f(x)\,\)可导）
\[f^\prime(x)=\lim_{\Delta x\rightarrow x_0}\frac{f(x_0+\Delta x)-f(x_0)}{\Delta x}=\frac{f(x_0+{\rm d}x)-f(x_0)}{{\rm d}x}=\frac{{\rm d}f}{{\rm d}x}
\]
于是有
\[f^\prime=f^\prime(x)\\
{\rm d}f=f^\prime {\rm d}x
\]
这就是微积分基本定理，其中\(\,f\,\)叫原函数
值得一提得是
\[\int(f(x)+g(x)){\rm d}x=\int f(x){\rm d}x+\int g(x){\rm d}x\\
\int kf(x)=k\int f(x)\\
{\rm d}\ ax=a·{\rm d}x
\]
而\(\,\int\,\)就是\(\,{\rm d}\,\)的逆运算，即满足
\[\int {\rm d}y={\rm d}\int y
\]
不难推出
\[{\rm d}x={\rm d}(x+a)\\
\]
这条性质其实十分重要且易忘
积分本质就是求一个函数的原函数，微分就是求原函数的对应函数，对于微分我们容易求出，对于积分，我们则需要一定的技巧
顺带一提，积分后需要加常数，显然这是不影响微分的结果的，但这是人们常常忘记的
不定积分的求法
初等变换
主要考察初等变换能力，这里只给出一道例题
求\(\,\int sin^2x{\rm d}x\)
\[\begin{align*}
&\int sin^2x\ {\rm d}x\\
=&\int\frac{(1-cos2x)}{2}{\rm d}x\\
=&\frac{1}{2}\int(1-cos2x){\rm d}x\\
=&\frac{1}{4}\int(1-cos2x){\rm d}2x\\
=&\frac{x}{2}+\frac{sinx·cosx}{2}+C
\end{align*}
\]
第一类换元法
其实就是运用微积分基本定理
\[{\rm d}F=f{\rm d}x
\]
从右往左变换，有时可以简化问题
举例
求\(\int \tan x\ {\rm d}x\)
\[\begin{align*}
&\int \tan x\ {\rm d}x\\
=&\int \frac{\sin x}{\cos x}{\rm d}x\\
=&-\int \frac{1}{\cos x}{\rm d}\cos x\\
=&-\ln\mid \cos x\mid +C
\end{align*}
\]
第二类换元法
类似的，我们选择从左往右计算，即把\(\,{\rm d}\,\)里的拿出去，不能理解请参考第一类换元法
一道例题
求\(\int\frac{1}{x+1}{\rm d}x\)
发现只是带了一个常数，有
\[{\rm d}x={\rm d}(x+1)
\]
于是就迎刃而解了
\[\begin{align*}
&\int\frac{1}{x+1}{\rm d}x\\
=&\int\frac{1}{x+1}{\rm d}(x+1)\\
=&\ln\mid x+1\mid+C
\end{align*}
\]
再来一道例题
求\(\int \frac{1}{x^2\sqrt {x^2-1}}{\rm d}x\)
先给出第一类换元法的解法，以供参考
\[\begin{align*}
&\int \frac{1}{x^2\sqrt {x^2-1}}{\rm d}x\\
=&\int \frac{1}{x^3\sqrt{1-\frac{1}{x^2}}}{\rm d}x\\
=&\int (\frac{1}{x})^3\frac{1}{\sqrt{1-(\frac{1}{x})^2}}{\rm d}x\\
=&\int u^3\frac{1}{\sqrt{1-u^2}}{\rm d}\frac{1}{u}\\
=&\int -\frac{u}{\sqrt{1-u^2}}{\rm d}u\\
=&\sqrt{1-u^2}+C\\
=&\frac{\sqrt{x^2-1}}{x}+C
\end{align*}
\]
上文中，我们令\(u=\frac{1}{x}\)，大大化简了运算
接下来，采用第二换元法，我们考虑三角换元来消去根号，令
\[x=\sec t=\frac{1}{\cos t}
\]
用\(\,t\,\)代换原式中的\(\,x\)，得
\[\begin{align*}
\int \frac{1}{x^2\sqrt {x^2-1}}{\rm d}x&=\int\frac{\cos^2t\tan t}{\cos t\tan t}{\rm d}t\\
&=\int \cos t\ {\rm d}t\\
&=\sin t+C\\
&=\frac{\sqrt{x^2-1}}{x}+C
\end{align*}
\]
分部积分法
这是一种神秘的方法
考虑函数乘积的求导法则：
\[(fg)^\prime=f^\prime g+fg^\prime
\]
类似的，我们可以得到：
\[\int u\ {\rm d}v=uv-\int v\ {\rm d}u
\]
证明不难，在此略过
一道巧妙的题目
求\(\int\frac{\ln\ x}{x^3}{\rm d}x\)
\[\begin{align*}
A&=\int \frac{\ln\ x}{x^3}{\rm d}x\\
&=\int\frac{1}{x^3}{\rm d}(x\cdot \ln x-x)\\
&=\frac{\ln x-1}{x^2}-\int(x\cdot \ln x-x){\rm d}(\frac{1}{x^3})\\
&=\frac{\ln x-1}{x^2}+3\int\frac{\ln x-1}{x^3}{\rm d}x\\
&=\frac{\ln x-1}{x^2}-\frac{3}{2x^2}+3\int\frac{\ln x}{x^3}{\rm d}x\\
&=\frac{\ln x-1}{x^2}-\frac{3}{2x^2}+3A\\
-2A&=\frac{\ln x-1}{x^2}-\frac{3}{2x^2}\\
A&=-\frac{2\ln x+1}{4x^2}
\end{align*}
\]
停不下来了，再来一题
求\(\int e^x\sin x{\rm d}x\)
似乎不好直接做，考虑构造形式上“共轭”的一个积分，令
\[A=\int e^x\sin x{\rm d}x\\
B=\int e^x\cos x{\rm d}x
\]
显然
\[A=\int\sin x{\rm d}e^x\\
B=\int\cos x{\rm d}e^x
\]
对\(\,A\,\)分部积分
\[\begin{align*}
A&=\int\sin x{\rm d}e^x\\
&=e^x\sin x-\int e^x{\rm d}\ \sin\ x\\
&=e^x\sin x-\int e^xcosx{\rm d}x\\
&=e^x\sin x-B\\
A+B&=e^xsinx
\end{align*}
\]
再对\(\,B\,\)分部积分
\[\begin{align*}
B&=\int\cos x{\rm d}e^x\\
&=e^x\cos x-\int e^x{\rm d}\ \cos x\\
&=e^x\cos x+\int e^x\sin x{\rm d}x\\
&=e^x\cos x+A\\
-A+B&=e^x\cos x
\end{align*}
\]
整理得
\[\begin{cases}
A+B&=e^x\sin x\\
-A+B&=e^x\cos x
\end{cases}
\]
不难解得
\[\begin{cases}
A&=\frac{\sin x-\cos x}{2}e^x\\
B&=\frac{\sin x+\cos x}{2}e^x
\end{cases}
\]
即
\[\int e^x\sin x{\rm d}x=\frac{\sin x-\cos x}{2}e^x+C
\]
温馨提醒：
适度积分怡情，过度积分伤身，合理积分，请勿沉迷
致谢
感谢人形魔芋，Gyan的查错和llmmkk，人形魔芋对于排版的建议
