求函数积分

我们首先使用三角恒等式 \( 2 \sin x \cos x = \sin(2x) \) 来改写积分：

\[ \int 6 \; \cos x \; \sin x \; dx = 3 \int \sin(2x) \; dx \]

使用换元积分法：令 \( u = 2x \)，从而得到 \( \dfrac{du}{dx} = 2 \) 或 \( dx = du / 2 \)：

\[ = 3 \int (1/2) \sin u \; du = - (3/2) \cos u + c \]

代回 \( u = 2x \)：

\[ \int 6 \cos x \sin x \, dx = - (3/2) \cos(2x) + c \]

检验：对 \( - (3/2) \cos(2x) + c \) 求导可得 \( 6 \sin x \cos x \)，即原被积函数。

使用换元积分法：令 \( u = x + 1 \)，由此得出 \( x = u - 1 \) 且 \( du = dx \)。

\[ \int x \sqrt{x+1} \; dx = \int (u-1) \cdot u^{1/2} \; du = \int (u^{3/2} - u^{1/2}) \; du \]

使用积分幂法则（\( \int x^n dx = \dfrac{1}{n+1} x^{n+1} + c \)）：

\[ = (2 / 5) u^{5/2} - (2 / 3) u^{3/2} + c \]

代回 \( u = x + 1 \)：

\[ \int x \sqrt{x+1} \, dx = (2 / 5) (x + 1)^{5/2} - (2 / 3) (x + 1)^{3/2} + c \]

使用三角恒等式 \( \cos^2 x = \dfrac{1 + \cos(2x)}{2} \)：

\[ \int \cos^2 x \; dx = \int \dfrac{1 + \cos(2x)}{2} \; dx \]

令 \( u = 2x \)，从而 \( dx = du / 2 \)：

\[ = \int (1/4)(1 + \cos u) \; du = (1 / 4) u + (1 / 4) \sin(u) + c \]

代回 \( u = 2x \)：

\[ \int \cos^2 x \; dx = x / 2 + (1 / 4) \sin(2x) + c \]

令 \( u = x^4 \)，则 \( (1 / 4) du = x^3 dx \)：

\[ \int x^3 e^{x^4} dx = \int (1 / 4) e^u \; du = (1 / 4) e^u + c \]

代回 \( u = x^4 \)：

\[ \int x^3 e^{x^4} dx = (1 / 4) e^{x^4} + c \]

使用恒等式 \( \sin(2x) = 2 \sin x \cos x \) 和 \( 1 - \cos^2(x) = \sin^2(x) \)：

\[ \int \dfrac{2 \sin x \cos x}{\sin^2(x)} dx = \int 2 \dfrac{\cos x}{\sin x} \; dx \]

使用公式 \( \int \dfrac{f'(x)}{f(x)} \; dx = \ln|f(x)| + c \)：

\[ = 2 \ln|\sin x| + c \]

展开 \( (x + \sin x)^2 = x^2 + \sin^2 x + 2x \sin x \) 并应用和的法则：

\[ \int (x + \sin x)^2 \; dx = \int x^2 \; dx + \int \sin^2 x \; dx + \int 2x \sin x \; dx \]

\( \int x^2 \; dx = (1/3) x^3 + c \)

使用 \( \sin^2 x = (1 - \cos(2x)) / 2 \)：
\( \int \sin^2 x \; dx = (1/2) x - (1/4) \sin(2x) + c \)

对于 \( \int 2x \sin x \; dx \)，使用分部积分法（\( v = x, u' = \sin x \text{ 或记为 } u = 2x, dv = \sin x dx \)）：

\[ \int 2x \sin x \, dx = -2x \cos x + 2 \sin x + c \]

将它们全部相加：

\[ \int (x + \sin x)^2 \; dx = (1/3) x^3 + (1/2) x - (1/4) \sin(2x) - 2x \cos x + 2 \sin x + c \]

使用 \( \sin^2 x = 1 - \cos^2 x \)。令 \( u = \cos x \)，则 \( du = - \sin x \; dx \)：

\[ \int \dfrac{\sin x}{1 - \cos^2 x - 2 \cos x + 2} \; dx = \int \dfrac{1}{u^2 + 2u - 3} \, du \]

将分母因式分解 \( u^2 + 2u - 3 = (u+3)(u-1) \) 并使用部分分式分解：

\[ \dfrac{1}{u^2 + 2u - 3} = \dfrac{1}{4(u-1)} - \dfrac{1}{4(u+3)} \]

积分并代回 \( u = \cos x \)：

\[ = (1/4) (\ln|u-1| - \ln|u+3|) + c \] \[ \int \dfrac{\sin x}{\sin^2 x - 2 \cos x + 2} \; dx = (1/4) \left(\ln \left|\dfrac{\cos x - 1}{\cos x + 3}\right|\right) + c \]

令 \( u = \sqrt{x + 2} \)，从而得到 \( x = u^2 - 2 \) 且 \( dx = 2u \; du \)。

\[ \int \dfrac{1}{x + \sqrt{x+2}} \; dx = 2 \int \dfrac{u}{u^2 - 2 + u} \; du \]

将分母因式分解 \( u^2 + u - 2 = (u+2)(u-1) \) 并使用部分分式：

\[ \dfrac{u}{u^2 + u - 2} = \dfrac{1}{3(u-1)} + \dfrac{2}{3(u+2)} \] \[ 2 \int \dfrac{u}{u^2 + u - 2} \; du = 2 \int \dfrac{1}{3(u-1)} du + 2 \int \dfrac{2}{3(u+2)} du \] \[ = (2/3) \ln|u-1| + (4/3) \ln|u+2| + c \]

代入 \( u = \sqrt{x + 2} \)：

\[ \int \dfrac{1}{x + \sqrt{x+2}} \; dx = (2/3) \ln|\sqrt{x+2} - 1| + (4/3) \ln|\sqrt{x+2} + 2| + c \]

使用恒等式 \( \tan(x) = \dfrac{\sin(x)}{\cos(x)} \)：

\[ \int \dfrac{1}{\tan x} \; dx = \int \dfrac{\cos x}{\sin x} \; dx \]

使用公式 \( \int \dfrac{f'(x)}{f(x)} \; dx = \ln|f(x)| + c \)：

\[ \int \dfrac{1}{\tan x} \; dx = \ln|\sin x| + c \]

对分母配方：\( x^2 + 2x + 1 = (x+1)^2 \)

\[ \int \dfrac{1}{(x+1)^2} \; dx \]

令 \( u = x + 1 \) 且 \( dx = du \)：

\[ = \int u^{-2} \; du = - \dfrac{1}{u} + c \]

代回 \( u = x + 1 \)：

\[ \int \dfrac{1}{x^2 + 2x + 1} \; dx = - \dfrac{1}{x+1} + c \]

对分母配方：\( x^2 + x + 1 = (x + 1/2)^2 + 3/4 \)

令 \( u = x + 1/2 \)，然后提取 \( 3/4 \)：

\[ \int \dfrac{1}{u^2 + 3/4} du = \dfrac{4}{3} \int \dfrac{1}{\dfrac{4}{3} u^2 + 1} du \]

代入 \( w = \dfrac{2}{\sqrt{3}} u \)，从而得到 \( du = \dfrac{\sqrt{3}}{2} dw \)：

\[ \dfrac{4}{3} \dfrac{\sqrt{3}}{2} \int \dfrac{1}{w^2 + 1} dw = \dfrac{2}{\sqrt{3}} \arctan w \]

代回 \( w = \dfrac{2}{\sqrt{3}} (x + 1/2) \)：

\[ \int \dfrac{1}{x^2 + x + 1} dx = \dfrac{2}{\sqrt{3}} \arctan\left(\dfrac{2}{\sqrt{3}} (x + 1/2)\right) + c \]

由于分子次数大于分母，先进行多项式长除法：

\[ \dfrac{x^4 - 2x^2 + x}{x^2 + x + 1} = x^2 - x - 2 + \dfrac{4x + 2}{x^2 + x + 1} \]

\( \dfrac{4x + 2}{x^2 + x + 1} \) 可以写成 \( 2 \dfrac{2x + 1}{x^2 + x + 1} \)。

因为 \( 2x + 1 \) 是 \( x^2 + x + 1 \) 的导数，我们使用对数积分法则：

\[ \int \dfrac{x^4 - 2x^2 + x}{x^2 + x + 1} dx = (1/3)x^3 - (1/2)x^2 - 2x + 2 \ln|x^2 + x + 1| + c \]

使用二项式定理展开被积函数：

\[ \left(x^3 - \dfrac{1}{x^2}\right)^4 = x^{12} - 4x^7 + 6x^2 - \dfrac{4}{x^3} + \dfrac{1}{x^8} \]

逐项求幂函数的积分得到最终答案：

\[ \int \left(x^3 - \dfrac{1}{x^2}\right)^4 \; dx = \dfrac{x^{13}}{13} - \dfrac{x^8}{2} + 2x^3 + \dfrac{2}{x^2} - \dfrac{1}{7x^7} + c \]

使用恒等式 \( \tan^2 x = \sec^2 x - 1 \) 来改写积分：

\[ \int \tan^2(x) \; dx = \int (\sec^2 x - 1) \; dx = \int \sec^2 x \; dx - \int 1 \; dx \]

使用公式 \( \int \sec^2 x dx = \tan(x) + c \)：

\[ \int \tan^2(x) \; dx = \tan(x) - x + c \]

令 \( u = 4x^5 - 2 \)，从而得到 \( du = 20x^4 dx \)：

\[ \int x^4(4x^5 - 2)^{10} \; dx = \dfrac{1}{20} \int u^{10} du = \dfrac{1}{220} u^{11} + c \]

代回 \( u = 4x^5 - 2 \)：

\[ \int x^4(4x^5 - 2)^{10} \; dx = \dfrac{1}{220} ( 4x^5 - 2 )^{11} + c \]

使用分部积分法：设 \( dv = x^2 dx \)（即 \( v = (1/3) x^3 \)，原解析中的记号可按标准分部积分处理）且 \( u = \arcsin(x) \)（\( du = \dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}} dx \greq \text{等} \)。

\[ \int x^2 \arcsin(x) \; dx = (1/3) x^3 \arcsin(x) - (1/3) \int x^3 \dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}} \; dx \]

通过换元法 \( u = \sqrt{1-x^2} \) 计算右侧的积分，最终得到：

\[ \int x^2 \arcsin(x) \; dx = \dfrac{1}{3} x^3 \arcsin(x) - \dfrac{1}{3} \left( \dfrac{1}{3} (1-x^2)^{3/2} - \sqrt{1-x^2} \right) + c \]

使用分部积分法。设 \( dv = \sqrt{x} dx \)（\( v = (2/3)x^{3/2} \)）且 \( u = \ln x \)（\( du = 1/x dx \ g \)）：

\[ \int \sqrt{x} \ln x \; dx = (2/3)x^{3/2} \ln x - \int (2/3)x^{1/2} \; dx \] \[ = \dfrac{2}{3} \; x^{3/2} \ln x - \left(\dfrac{2}{3}\right)^2 x^{3/2} + c \]

令 \( u = \sqrt{x+1} \)，从而得到 \( dx = 2u \; du \) 且 \( x = u^2 - 1 \)：

\[ \int \dfrac{\sqrt{x+1}}{x} \; dx = \int \dfrac{u}{u^2 - 1} 2u \; du = 2 \int \dfrac{u^2}{u^2 - 1} \; du \]

分子除以分母并利用部分分式展开：

\[ \dfrac{u^2}{u^2 - 1} = 1 - \dfrac{1}{2(u+1)} + \dfrac{1}{2(u-1)} \] \[ 2 \int \left(1 - \dfrac{1}{2(u+1)} + \dfrac{1}{2(u-1)}\right) \; du = 2 \left(u - \dfrac{1}{2} \ln|u+1| + \dfrac{1}{2} \ln|u-1|\right) + c \]

代回 \( u = \sqrt{x+1} \)：

\[ \int \dfrac{\sqrt{x+1}}{x} \; dx = 2 \sqrt{x+1} + \ln \left(\dfrac{|x|}{(\sqrt{x+1} + 1)^2}\right) + c \]

令 \( u = \sqrt{x} \)，则 \( dx = 2u \; du \)：

\[ \int \sin\left(\sqrt{x}\right) \; dx = 2 \int u \sin u \; du \]

对 \( \int u \sin u \; du \) 应用分部积分法：

\[ \int u \sin u \; du = -u \cos u + \int \cos u \, du = -u \cos u + \sin u + c \]

代回 \( u = \sqrt{x} \)：

\[ \int \sin\left(\sqrt{x}\right) \; dx = -2 \sqrt{x} \cos\sqrt{x} + 2 \sin\sqrt{x} + c \]

令 \( u = e^x \)，则 \( dx = \dfrac{1}{u} du \)：

\[ \int \dfrac{1}{e^x + e^{-x}} \; dx = \int \dfrac{1}{u + 1/u} \; \dfrac{1}{u} \; du = \int \dfrac{1}{u^2 + 1} \; du \]

使用常见积分公式 \( \int \dfrac{1}{u^2+1}du = \arctan(u) \)：

\[ \int \dfrac{1}{e^x + e^{-x}} \; dx = \arctan(e^x) + c \]

使用换底公式 \( \log_5(x) = \dfrac{\ln x}{\ln 5} \)：

\[ \int \log_5 x \; dx = \dfrac{1}{\ln 5} \int \ln x \; dx \]

对 \( \int \ln x \, dx \) 应用分部积分法（\( dv = dx \ (\text{即 } v = x), u = \ln x \text{ 等} \text{ 或记为 } w' = 1, v = \ln x \)）：

\[ \int \ln x \; dx = x \ln x - \int x (1/x) \; dx = x \ln x - x + c \] \[ \int \log_5 x \; dx = \dfrac{1}{\ln 5} (x \ln x - x) + c \]

使用三角代换法：令 \( \dfrac{x}{4} = \sin t \)，从而得到 \( x = 4 \sin t \) 且 \( dx = 4 \cos t \, dt \)：

\[ \sqrt{16 - x^2} = 4 \sqrt{1 - \sin^2 t} = 4 \cos t \] \[ \int \dfrac{x^2}{\sqrt{16 - x^2}} \; dx = \int \dfrac{(4 \sin t)^2}{4 \cos t} \; 4 \cos t \, dt = 16 \int \sin^2 t \; dt \]

使用 \( \sin^2 t = (1/2)(1 - \cos(2t)) \)：

\[ 16 \int (1/2)(1 - \cos(2t)) \; dt = 8t - 4 \sin(2t) + c \]

代入 \( t = \arcsin(x/4) \) 并化简：

\[ \int \dfrac{x^2}{\sqrt{16 - x^2}} \; dx = 8 \arcsin(x/4) - \dfrac{x\sqrt{16 - x^2}}{2} + c \]

\[ \dfrac{2}{3}x^{3/2} - \dfrac{x^4}{16} + \dfrac{1}{2}x^2 \ln x - \dfrac{x^2}{4} + c \]

\[ (2 / 3)(x+1)^{3/2} + c \]

\[ x / 2 - (1/2) \sin x \cos x + c \]

\[ (1 / 2) \sin(x^2) + c \]

\[ (1 / 2) e^{x^2} + c \]