跟我一起，成为积分霸王吧！
xixisuper
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2026 MIT Integration Qualifier Tests
笔者太菜了，只会做资格赛的题，等我哪天上了大学再去进行积分大学习吧。
T1
\int_{-\pi}^{\pi} \sin^{2025}(x) \cos^{2026}(x) \, \mathrm{d}x
注意到，函数 \sin^{2k-1}(x),k\in\N^+ 是奇函数，而 \cos^k(x),k\in \N^+ 是偶函数，所以积分函数是奇函数。积分上下界关于 0 对称，且函数值有界，所以答案为 0。
T2
\int e^{2026e^x + x} \,\mathrm{d}x
\begin{aligned}
\int e^{2026e^x + x} \, \mathrm{d}x&=\int e^{2026e^x}e^x \, \mathrm{d}x\\
&=\int e^{2026e^x } \, \mathrm{d}e^x\\
&=\frac{e^{2026e^x}}{2026}+C
\end{aligned}
T3
\int_{0}^{2026} \left\{ \frac{\lfloor x \rfloor}{3} \right\} \, \mathrm{d}x
这里的 \{x\} 表示取 x 的小数部分。
由于是下取整套一个取小数，所以显然是存在循环节的，不难瞪出来是以 3 为循环节的，所以我们先考虑：
\begin{aligned}
\int_{0}^{3} \left\{ \frac{\lfloor x \rfloor}{3} \right\} \, \mathrm{d}x&=\int_{0}^{1} \left\{ \frac{0}{3}\right\} \, \mathrm{d}x+\int_{1}^{2} \left\{ \frac{1}{3}\right\} \, \mathrm{d}x+\int_{2}^{3} \left\{ \frac{2}{3}\right\} \, \mathrm{d}x\\
&=0+\frac{1}{3}+\frac{2}{3}\\
&=1
\end{aligned}
于是，我们就有：
\begin{aligned}
\int_{0}^{2026} \left\{ \frac{\lfloor x \rfloor}{3} \right\} \, \mathrm{d}x&=675\int_{0}^{3} \left\{ \frac{\lfloor x \rfloor}{3} \right\} \, \mathrm{d}x+0=675
\end{aligned}
T4
\int_{-1}^{1} \underbrace{\left| x + |x + |\cdots + |x + |x||\cdots|| \right|}_{2026\;x's} \,\mathrm{d}x
嵌套看力竭了，先考虑一部分，即 |x+|x||。
不难发现，当 x<0 时有 |x+|x||=0，而 x>0 时 |x+|x||=2x。
所以我们就可以归纳了，不妨设：
f_k(x)=
\left \{
\begin{aligned}
&0 & x<0\\
&2kx & x>0
\end{aligned}
\right.
我们有：
|x+|x+f_k(x)||=\left \{
\begin{aligned}
&0 & x<0\\
&2x+f_k(x) & x>0
\end{aligned}
\right.
\\~\\
\Rightarrow f_{k+1}(x)=|x+|x+f_k(x)||
设原积分为 I，所以：
\begin{aligned}
I&=\int_{-1}^{1}f_{1013}(x)\mathrm{d}x\\
&=\int_{0}^{1}2026x\mathrm{d}x\\
&=1013
\end{aligned}
T5
\int \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x + 1} - \sqrt{x - 1}}
\begin{aligned}
\int \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x + 1} - \sqrt{x - 1}}&=\int \frac{\sqrt{x+1}+\sqrt{x-1}}{2}\mathrm{d}x\\
&=\int \frac{\sqrt{x+1}}{2}\mathrm{d}x+\int\frac{\sqrt{x-1}}{2}\mathrm{d}x\\
&=\frac{1}{3}\left((x+1)^{\frac{3}{2}}+(x-1)^{\frac{3}{2}}\right)+C
\end{aligned}
T6
\int \sqrt{1 + \cosh(x)} \, \mathrm{d}x
由于：
\cosh(x)=\frac{e^x+e^{-x}}{2}
所以：
1+\cosh(x)=\frac{2+e^x+e^{-x}}{2}=\frac{\left(e^{\frac{x}{2}}+e^{-\frac{x}{2}}\right)^2}{2}=2\cosh^2\left(\frac{x}{2}\right)
于是原积分 I 就有：
\begin{aligned}
I&=\int\sqrt2\cosh\left(\frac{x}{2}\right)\mathrm dx\\
&=2\sqrt 2 \sinh\left(\frac{x}{2}\right)+C
\end{aligned}
T7
\int \frac{2^{\ln(x)}}{x^2} \, \mathrm{d}x
\begin{aligned}
\int \frac{2^{\ln(x)}}{x^2} \, \mathrm{d}x&=-\int2^{\ln(x)}\left(-\frac{1}{x^2}\right)\mathrm{d}x\\
&\stackrel{u\gets\frac{1}{x}}{\Longrightarrow}-\int2^{-\ln(u)}\mathrm{d}u\\
&=-\int u^{-\ln2}\mathrm{d}u\\
&=\frac{1}{\ln2-1}u^{1-\ln2}+C\\
&=\frac{1}{\ln2-1}\left(\frac{1}{x}\right)^{1-\ln2}+C
\end{aligned}
T8
\int_{0}^{1/2} \left( \sum_{n=2}^{\infty} x^n \right) \, \mathrm{d}x
考虑内部的无穷级数，由于积分上下界绝对值小于 1，所以有：
\sum_{n=2}^{\infty} x^n =\frac{x^2}{1-x}=-\left(x+1+\frac{1}{x-1}\right)
那么原积分 I 就有：
\begin{aligned}
I&=-\int_{0}^{\frac{1}{2}}\left(x+1+\frac{1}{x-1}\right)\mathrm{d}x\\
&=-\left(\frac{x^{2}}{2} + x + \ln|1-x|\right)\Bigg|_{0}^{\frac{1}{2}}\\
&=\ln2-\frac{5}{8}
\end{aligned}
T9
\int x^2 \sin(x) \, \mathrm{d}x
分部积分法的应用说是，对于原积分 I，我们有：
\begin{aligned}
I&=x^2\left(-\cos(x\right))-\int2x(-\cos(x))\mathrm{d}x\\
&=-x^2\cos(x)+2\int x\cos(x)\mathrm{d}x
\end{aligned}
不妨设后面那个积分为 J，有：
\begin{aligned}
J&=x\sin(x)-\int\sin(x)\mathrm{d}x\\
&=x\sin(x)+\cos(x)+C
\end{aligned}
带回原式则有：
I=-x^2\cos(x)+2x\sin(x)+2\cos(x)+C
T10
\int \frac{(x-1)^2}{2e^x + x^2 + 1} \, \mathrm{d}x
注意力太差了怎么办。
分母形式复杂，考虑将分母整体换元成 f(x)，考察 f'(x)，易知：
f'(x)=2e^x+2x
注意到：
f(x)-f'(x)=x^2-2x+1=(x-1)^2
正好就是分母！所以原积分 I 有：
\begin{aligned}
I&=\int\frac{f(x)-f'(x)}{f(x)}\mathrm{d}x\\
&=x-\int\frac{1}{f(x)}\mathrm{d}f(x)\\
&=x-\ln|2e^x+x^2+1|+C
\end{aligned}
T11
\int_{-1}^{1} \max \left( 0, \sqrt{1 - x^2} - \frac{1}{2} \right) \, \mathrm{d}x
考虑黎曼积分的几何意义，发现是 \frac{1}{2} 单位元去掉 y<\frac{1}{2} 那一部分的面积，于是我们原积分 I 有：
I=\frac{\pi}{2}-\frac{\sqrt 3}{4}-\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{3}-\frac{\sqrt 3}{4}
T12
\int_{0}^{1} \sqrt{x^2 + x + \sqrt{x^2 + x + \sqrt{\cdots}}} \, \mathrm{d}x
考察上述函数极限，我们设 f(x) 为内部的函数，则我们有函数方程：
f^2(x)=f(x)+x^2+x
考虑将平方项挪到等号一侧，则有：
\begin{aligned}
f^2(x)-x^2&=f(x)+x\\
(f(x)-x)(f(x)+x)&=f(x)+x
\end{aligned}
易知 f(x)+x>0，所以有：
f(x)-x=1\Rightarrow f(x)=x+1
由递归操作的单调性和有界性易证函数极限存在，所以原积分 I 有：
I=\int_{0}^{1}(x+1)\mathrm{d}x=\frac{3}{2}
T13
\int (\cos^5(x) - 10 \cos^3(x) \sin^2(x) + 5 \cos(x) \sin^4(x)) \, \mathrm{d}x
注意一下系数，发现三角指数和是 5，三角前的系数是 1,10,5，不难想到杨辉三角中 1,5,10,10,5,1 的那一行，摆明了是让你去凑一个 (A\cos(x)+B\sin(x))^5 的形式。
但是，你发现 \sin 的偶次方项前面的系数的正负竟然是不一样的，再加上 \sin 的奇数次方项是没有的，不难想到直接凑成 \cos(x)+i\sin(x) 的形式然后取实部。
于是我们原积分 I 就有：
\begin{aligned}
I&=\Re\left[\int (\cos(x)+i\sin(x))^5\mathrm{d}x\right]\\
&=\Re\left[\int e^{5ix}\mathrm{d}x \right]\\
&=\Re\left[\frac{e^{5ix}}{5i}+C\right]\\
&=\Re\left[\frac{\cos(5x)+i\sin(5x)}{5i}+C\right]\\
&=\frac{\sin(5x)}{5}+C
\end{aligned}
T14
\int \arctan(\sqrt{x}) \, \mathrm{d}x
\begin{aligned}
\int \arctan(\sqrt{x}) \, \mathrm{d}x&\stackrel{u\gets\sqrt x}{\Longrightarrow}
\int\arctan(u)\mathrm{d}u^2\\
&=2\int\arctan(u)u\mathrm{d}u
\end{aligned}
设后面的积分为 J，对其进行分部积分：
\begin{aligned}
J&=\arctan(u)\frac{u^2}{2}-\frac{1}{2}\int\frac{u^2}{1+u^2}\mathrm{d}u\\
&=\arctan(u)\frac{u^2}{2}-\frac{1}{2}\int\left(1-\frac{1}{1+u^2}\right)\mathrm{d}u\\
&=\arctan(u)\frac{u^2}{2}-\frac{u}{2}+\frac{\arctan(u)}{2}
\end{aligned}
带回去，再把 u 换回 \sqrt x 即可：
I=x\arctan(\sqrt x)-\sqrt x+\arctan(\sqrt x)
T15
\int_{0}^{1000} \left( \lfloor \lceil x \rceil \rfloor + \lceil \lfloor x \rfloor \rceil + \lfloor \{x\} \rfloor + \{ \lfloor x\rfloor \} + \lceil \{x\} \rceil + \{ \lceil x \rceil\} \right) \, \mathrm{d}x
分项算，先考虑前两项，内层操作完事之后就直接是整数了，所以等价于内层操作，于是：
I_1=500500,I_2=499500
第三项取完小数再下取整，那就恒为 0，第四项下取整完再取小数，那也是 0，所以：
I_3=I_4=0
第五项取完小数再上取整，除掉整数点那就是 1，而整数部分是零测集，可以直接忽略。第六项上取整完再取小数，那就是 0，所以：
I_5=1000,I_6=0
于是，原积分 I 有：
I=\sum_{i=1}^6I_i=1001000
T16
\int\sqrt{ \frac{\cos(x) \cot(x) \csc(x)}{\sin(x) \tan(x) \sec(x)}} \, \mathrm{d}x
首先把这个牛鬼蛇神的式子化简，能够得到原积分 I 等于一个很简单的形式：
I=\int \frac{\cos^2(x)}{\sin^2(x)}\mathrm{d}x
现在我们回忆一下 \cot(x) 的导数：
\cot'(x)=\frac{-\sin^2(x)-\cos^2(x)}{\sin^2(x)}=-\frac{1}{\sin^2(x)}
于是你发现：
\begin{aligned}
I&=\int\left(\frac{1}{\sin^2(x)}-1\right)\mathrm{d}x\\
&=-\cot(x)-x+C
\end{aligned}
T17
\int_{-\infin}^{\infty} \frac{e^{-x^2}}{1 + e^{2x}} \, \mathrm{d}x
考虑设内部函数为 f(x)，则我们能够注意到：
\begin{aligned}
f(x)+f(-x)&=\frac{e^{-x^2}}{1+e^{2x}}+\frac{e^{2x}e^{-x^2}}{1+e^{2x}}\\
&=e^{-x^2}
\end{aligned}
所以我们有：
2I=\int_{-\infin}^{\infin}e^{-x^2}=\sqrt \pi
那么：
I=\frac{\sqrt \pi}{2}
T18
\int \left( \frac{\sin^2(x)}{x^2} - \frac{\sin(2x)}{x} \right) \, \mathrm{d}x
我们注意到：
\left[\sin^2(x)\right]'=2\sin(x)\cos(x)=\sin(2x)
于是我们有：
\begin{aligned}
I&=\int\frac{\sin^2(x)-x\left[\sin^2(x)\right]'}{x^2}\mathrm{d}x\\
&=-\frac{\sin^2(x)}{x}+C
\end{aligned}
T19
\int \frac{\ln(\ln(x)) \ln(\ln(\ln(x)))}{x \ln(x)} \, \mathrm{d}x
换元！换元！换元！
\begin{aligned}
I&\stackrel{u\gets\ln(x)}{\Longrightarrow}\int\frac{\ln(u)\ln(\ln(u))}{u}\mathrm{d}u\\
&\stackrel{v\gets\ln(u)}{\Longrightarrow}\int v\ln(v)\mathrm{d}v\\
&=\frac{v^2}{2}\ln(v)-\int\frac{v^2}{2}\cdot\frac{1}{v}\mathrm{d}v\\
&=\frac{v^2}{2}\ln(v)-\frac{v^2}{4}+C\\
&=\frac{\ln^2(\ln(x))}{2}\ln(\ln(\ln(x)))-\frac{\ln^2(\ln(x))}{4}+C
\end{aligned}
T20
\int_{0}^{\pi/2} \cos^2\left(\frac{\pi}{2} \cos^2\left(\frac{\pi}{2} \cos^2(x)\right)\right) \, \mathrm{d}x
由诱导公式，\cos\left(\frac{\pi}{2}-x\right)=\sin(x)，于是我们有：
\begin{aligned}
J=\int_{0}^{\pi/2} \sin^2\left(\frac{\pi}{2} \cos^2\left(\frac{\pi}{2} \cos^2(x)\right)\right) \, \mathrm{d}x&=\int_{0}^{\pi/2} \cos^2\left(\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{2} \cos^2\left(\frac{\pi}{2} \cos^2(x)\right)\right) \, \mathrm{d}x
\end{aligned}
如果我们能够证明函数 \frac{\pi}{2} \cos^2\left(\frac{\pi}{2} \cos^2(x)\right) 存在一个位于 x=\frac{\pi}{4} 上的对称中心，就可以通过区间再现证明 I=J 了，那么是否存在这样一个对称中心呢？
不妨设上述函数为 f(x)，则：
\begin{aligned}
f\left(\frac{\pi}{2}-x\right)&=\frac{\pi}{2}\cos^2\left(\frac{\pi}{2}\sin^2(x)\right)\\
&=\frac{\pi}{2}\cos^2\left(\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{2}\cos^2(x)\right)\\
&=\frac{\pi}{2}\sin^2\left(\frac{\pi}{2}\cos^2(x)\right)
\end{aligned}
于是：
f(x)+f\left(\frac{\pi}{2}-x\right)=\frac{\pi}{2}
所以函数 f(x) 确实存在一个位于 \left(\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{4}\right) 的对称中心，所以我们有：
I=J
那么：
2I=I+J=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}1\mathrm{d}x=\frac{\pi}{2}\\~\\
\Rightarrow I=\frac{\pi}{4}