有趣的不定积分递推式

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不定积分公式提示

积分符号

对比：

$$\begin{align*}\int\end{align*}$$
$$\int$$

前者可以让你的积分符号高大挺拔，但是后者也可以使用，毕竟只是大小的差异。

\begin{align*}\int\end{align*} \int

微分符号

对比：

$$\text dx$$
$$\mathrm dx$$
$$\operatorname dx$$
\text dx \mathrm dx \operatorname dx

前两个目测没什么差别，不要用第三个。

绝对值符号

$$\left|x\right|$$
$$\left\lvert x\right\rvert$$
$$\left\vert x\right\vert$$
$$\mid x\mid$$
\left|x\right| \left\lvert x\right\rvert \left\vert x\right\vert \mid x\mid

前三个目测没什么差别，在表格中不要使用第一个，永远不要用第四个，它是在集合定义用的。

I_n=\int\sin^nx\text{d}x

注意到 \begin{cases}I_{-1}=\ln\vert\csc x-\cot x\vert+C\\I_0=x+C\end{cases}

I_n=-\int\sin^{n-1}x\text{d}{\cos x}=-\sin^{n-1}\cos x+\int\cos x\text{d}\sin^{n-1}x=-\sin^{n-1}\cos x+(n-1)\int\cos^2 x\sin^{n-2}x\text{d}x

所以：

I_n=-\sin^{n-1}\cos x+(n-1)(I_{n-2}-I_n)

也就是：

I_n=\dfrac{(n-1)I_{n-2}-\sin^{n-1}x\cos x}{n}

最终结果：

\begin{cases}I_{-1}=\ln\vert\csc x-\cot x\vert+C\\I_0=x+C\\I_n=\dfrac{(n-1)I_{n-1}-\sin^{n-1}x\cos x}{n}\end{cases}

拓展：卡特兰数的解析延拓

注意到 I_{2n}\bigg|_0^{\pi/2}=\dfrac{2^{2n}}{C_{2n}^n}，因此我们可以把 \dfrac{2^{2n}}{\int_0^{\pi/2}\sin^nx\text{d}x} 当成是 C_{2n}^n ——这个组合数恰好是卡特兰数的 n+1 倍，所以也可以被认为是卡特兰数——的解析延拓。

用这种方式计算可以得到当 n=\frac12 的时候：

C_1^{1/2}=\pi/2

整理得到 \frac12!=\frac{\sqrt{\pi}}2，十分甚至九分的有趣呢。

这是卡特兰数解析延拓后的图像（原本的积分只针对正数，但是负数的情况直接递推就行了，当然注意到它实际上也可以理解为 \frac{\Gamma(2n+1)}{\Gamma(n+1)\Gamma(n+2)}，其中 \Gamma 表示伽玛函数）：

I_n=\int\tan^nx\text{d}x

注意到 \begin{cases}I_0=x+C\\I_1=-\int\frac{\text{d}\cos x}{\cos x}=-\ln\vert\cos x\vert+C\end{cases}

I_n=\int\tan^nx\text{d}x=\int\tan^{n-2}x(\sec^2x-1)\text{d}x=\int\tan^{n-2}x\text{d}\tan x-I_{n-2}

也就是：

I_n=\frac1{n-1}\tan^{n-1}x-I_{n-2}

最终结果：

\begin{cases}I_0=x+C\\I_1=-\ln\vert\cos x\vert+C\\I_n=\frac1{n-1}\tan^{n-1}x-I_{n-2}\end{cases}

注意到 \begin{cases}I_{2n}=(-1)^nx+\sum_{k=1}^n(-1)^{n-k}\frac{\tan^{2k-1}x}{2k-1}+C\\\\I_{2n+1}=(-1)^{n+1}\ln\vert\cos x\vert+\sum_{k=1}^n(-1)^{n-k}\frac{\tan^{2k}x}{2k}+C\end{cases}，我们可以将这个式子统一成好看一点的形式，设 i^2=-1，则：

\frac{i^n+(-i)^n}2=\cos\frac{\pi n}2=\begin{cases}1&n\bmod4=0\\0&n\bmod 4=1\\-1&n\bmod 4=2\\0&n\bmod 4=3\end{cases}

然后我们就可以统一得到通项和式：

I_n=x\cos\frac{\pi n}2-\cos\frac{\pi (n-1)}2\ln\vert\cos x\vert+\sum_{k=2}^n\frac{\tan^kx}k\cos\frac{\pi(n-k)}2+C

拓展：莱布尼茨级数和交错调和级数

另外，注意到显然 \lim\limits_{n\to\infty}(I_n\bigg|_0^{\frac{\pi}4})=0，我们可以注意到两个条件收敛（不可以随意交换求和号）的无限和式：

$$\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{k+1}=\ln 2$$（交错调和级数） 注意到 $\dfrac1{2n+\frac2n}<\int_0^{\frac{\pi}4}\tan^nx\text{d}x<\dfrac1{2n}(n\ge 0)$。 因此下面调和数的接近速度可以由下面的不等式给出： $$\dfrac{1}{4n+4+\frac{1}{n+1}}<\left\vert\sum\limits_{k=0}^n\frac{(-1)^k}{2k+1}-\frac\pi4\right\vert<\dfrac{1}{4n+4} \dfrac{1}{2n+3+\frac{1}{2n+3}}<\left\vert\sum\limits_{k=0}^n\frac{(-1)^k}{k+1}-\ln 2\right\vert<\dfrac{1}{2n+3}

可以看出收敛得很快收敛得太慢了我靠，一般来讲数值计算都不用这两个式子。

拓展：莱布尼茨级数和交错调和级数的解析延拓

当你觉得自己很闲的时候，不妨想想，还有人搞这种东西的解析延拓。

这两个延拓需要注意到（由我们之前注意到的东西容易反推回来）：

\int_0^{\frac{\pi}4}\tan^nx\text dx=\sum\limits_{k=0}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{n+1+2k}=\frac14\left(\psi\left(\frac{n+3}4\right)-\psi\left(\frac{n+1}4\right)\right)

后者在负奇数点处有奇点，其中 \psi 表示双伽马函数。

莱布尼茨级数：

\sum_{k=0}^n\frac{(-1)^k}{2k+1}=\frac{\pi}4+\cos(\pi n)\int_0^{\frac{\pi}4}\tan^{2n+2}x\text dx

有趣的是，这里奇点都恰好被乘成一个常数了，本质的原因是 0 不是奇数，可以证明解析延拓的结果在 n 是负整数的时候恰好等于 \sum_{k=n+1}^{-1}\frac{(-1)^{k+1}}{2k+1}。

交错调和级数：

\sum_{k=0}^n\frac{(-1)^k}{k+1}=\ln2+2\cos(\pi n)\int_0^{\frac{\pi}4}\tan^{2n+3}x\text dx

这次我看见了草原！

I_n=\int e^{\lambda x}x^n\text{d}x(\lambda\ne 0)

注意到 I_0=\dfrac{e^{\lambda x}}{\lambda}+C

I_n(x)=\frac1{\lambda}\int x^n\text{d}e^{\lambda x}=\dfrac{x^ne^{\lambda x}-n\int x^{n-1}e^{\lambda x}\text{d}x}{\lambda}=\dfrac{x^ne^{\lambda x}-nI_{n-1}}{\lambda}

最终结果：

\begin{cases}I_0=\dfrac{e^{\lambda x}}{\lambda}+C\\I_n=\dfrac{x^ne^{\lambda x}-nI_{n-1}}{\lambda}\end{cases}

拓展：阶乘的解析延拓

注意到反常积分 I_n\bigg|_0^{+\infty}=\dfrac{n!}{(-\lambda)^{n+1}} ，所以 \lambda=-1 时 I_n\bigg|_{0}^{+\infty}=n!，所以我们可以把 \int_0^{+\infty}e^{-x}x^n\text{d}x 当成是 n! 的解析延拓，然而这个似乎没有第一个公式那么好用，因为 I_{1/2} 无初等不定积分，我甚至算不出 \frac12!。

这是阶乘解析延拓后的图像（实际上也可以理解为 \Gamma(n+1)，其中 \Gamma 表示伽玛函数）：

拓展：黎曼 \zeta 函数

令 \lambda =-1,-2,-3,\cdots,-k，然后加起来，我们得到：

\sum\limits_{t=1}^k\frac1{t^{n+1}}=\frac1{n!}\sum\limits_{t=1}^n\left(\int_0^{+\infty}e^{-tx}x^n\text{d}x\right)=\frac1{n!}\int_0^{+\infty}\frac{e^{-x}-e^{-(k+1)x}}{1-e^{-x}}x^n\text{d}x

取极限，我们得到：

\zeta(n)=\sum\limits_{t=1}^{+\infty}\frac1{t^{n}}=\frac1{(n-1)!}\int_0^{+\infty}\frac{x^{n-1}}{e^x-1}\text{d}x

也就是黎曼 \zeta 函数的第一积分表示，不过它并不能给我们带来更多的信息了。

也许可以再来一个简单的不等式？注意到：

1+\dfrac1{2^n-2}<\zeta(n)<1+\dfrac{2\ln 2}{2^n-2}(n>1)

它可以简单地刻画 \zeta(n) 的渐进模式。

下面是黎曼 \zeta 函数在 (1,+\infty) 上的图像：

拓展：错排数的解析延拓

设 D_n 为 n 个数的所有排列 \{p_n\} 中满足 p_i\ne i 的排列个数，考虑 I_n\bigg|_0^1 的递推式，容易发现：

D_n=\dfrac{n!}{e}+\cos(\pi n)\int_0^1x^ne^{x-1}\text{d}x

同样可以注意到 \frac 1{n+2}<\int_0^1x^ne^{x-1}\text{d}x<\frac1{n+1} ，因此 \cos(\pi n)\int_0^1x^ne^{x-1}\text{d}x 在 n\to +\infty 时快速趋近于 0，这也是为什么 D_n 和 \dfrac{n!}e 如此接近的原因，可以进行一个知乎乱答。

注意到 \cos\frac{\pi}2=0，我们可以取巧地偷偷算出 D_{1/2}=\frac{\sqrt{\pi}}{2e} 和 D_{3/2}=\frac{3\sqrt{\pi}}{4e}（说取巧是因为后面那个式子似乎在 n 不是整数的时候都无初等不定积分）。

有趣的是，由一个非常抽象的知乎提问可得：D_{-1}=-\frac1e\int_{0}^{1}\operatorname{Ei}(1)\approx -0.69717488323506606876547868191955159531717543095436951732005480778945411519514426962910053030333911400618961455403383469608660658018 颇有一种解析延拓失败的幽默感了（悲），其中 \text{Ei} 与一阶指数积分有关。

咳咳，闲话少叙，这一解析延拓需要将这个积分对 x=0 处泰勒展开（简单来说，后面的无限和式对 \mathbb R 上除了负整数处的点都有值）：

\int_0^1x^ne^{x-1}\text dx=\sum\limits_{k=0}^{+\infty}\frac1{k!(n+k+1)}

并且把和式在负整数点处取极限。

这是错排数解析延拓的图像（令人惊讶的是，它可以被延拓到定义域为全体实数，因为它的奇点与伽马函数的奇点极限抵消成实数了，当然注意到它实际上也可以理解为 \dfrac{\operatorname{Re}(\Gamma(x+1,-1))}{e}， \Gamma 这里代表上不完全伽马函数，\operatorname{Re} 代表取实部）：

I_n=\int\frac{1-x^n}{1-x}\text{d}x

注意到 I_0=C。

I_n=\int\frac{1-x^{n-1}+x^{n-1}-x^n}{1-x}\text{d}x+C=I_{n-1}+\int x^{n-1}\text{d}x=I_{n-1}+\begin{cases}\frac{x^{n}}n&n\ne 0\\\ln \vert x\vert&n=0\end{cases}

最终结果：

\begin{cases}I_0=C\\I_{-1}=-\ln\vert x\vert+C\\I_n=I_{n-1}+\dfrac{x^n}n&n\ne 0\end{cases}

拓展：调和级数的解析延拓

注意到 n>-1 时，反常积分 I_n\bigg|_0^1 存在且等于 H_n（调和数），因此 \int_0^1\frac{1-x^n}{1-x}\text{d}x 可以作为 H_n 的解析延拓。

注意到 I_{1/2}=\int \frac1{1+\sqrt x}\text{d}x=\int\frac{2u-2}{u}\text{d}u=2u-2\ln|u|+C=2(1+\sqrt x)-2\ln(1+\sqrt x)+C，因此 I_{1/2}\bigg|_0^1=2-2\ln 2，所以我们可以认为 H_{1/2}=2-2\ln 2。

注意到 I_{1/3}=\int\frac1{1+\sqrt[3]x+\sqrt[3]{x^2}}\text d x=3\int\frac{u^2\text{d}u}{1+u+u^2}=3\int1\text{d}u-\frac32\int\frac{\text{d}(1+u+u^2)}{1+u+u^2}-\frac32\int\frac{\text{d}u}{(u+\frac12)^2+\frac34}，即 I_{1/3}=3u-\frac32\ln(1+u+u^2)-\sqrt 3\arctan{\frac{2u+1}{\sqrt 3}}+C=3\sqrt[3]x-\frac 32\ln(1+\sqrt[3]x+\sqrt[3]{x^2})-\sqrt3\arctan{\frac{2\sqrt[3]x+1}{\sqrt 3}}+C。

因此 I_{1/3}\bigg|_0^1=3-\frac32\ln3-\frac{\pi}{2\sqrt 3}，所以我们可以认为 H_{1/3}=3-\frac32\ln3-\frac{\pi}{2\sqrt 3}，类似的方法可以计算出 H_{2/3}=\frac{3}{2}-\frac{3}{2}\ln3+\frac{\pi}{2\sqrt{3}}，H_{1/4}=4-3\ln2-\frac{\pi}{2},H_{3/4}=\frac{4}{3}-3\ln2+\frac{\pi}{2} 等比较好算的积分。

下面是调和级数解析延拓后的图像（不完全是那个 n<-1 就发散的积分，实际上根据定义可以得到所有除了负整数外的值，当然注意到它实际上也可以理解为 \psi(n+1)+\gamma，，其中 \psi 表示双伽马函数， \gamma 表示欧拉常数）：

拓展：又见莱布尼茨级数和交错调和级数

仿照调和积分的定义，可以重新定义莱布尼茨级数和交错调和级数，这样的定义可能更自然，毕竟不需要带常数：

\sum_{k=0}^n\frac{(-1)^k}{2k+1}=\int_0^1\frac{1+\cos(\pi n)x^{2n+2}}{1+x^2}\text dx \sum_{k=0}^n\frac{(-1)^k}{k+1}=\int_0^1\frac{1+\cos(\pi n)x^{n+1}}{1+x}\text dx

十分有趣的是，这两种看起来风格迥异的解析延拓居然是一样的！（严格证明见知乎提问，拆出常数之后代入换元 u=\tan x,u=\tan^2x 即可）（下面的图接近 -1 的部分由于级数发散，出现了 \infty \times 0 的情况，存在明显误差，并不是值不同导致的）这便是有趣之处了！