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三角函数相关类型
1. 利用三角变化以及三角恒等式，比如 $\sin^2 x + \cos^2 x=1$ 以及二倍角公式，和差化积，积化和差。
比如: 4-1 的 1-(5), 令 $1=\sin^2 x+ \cos^2 x$ 即可;
4-1 的 1-(6), 二倍角公式
4-1 的 1-(7), 二倍角公式 $\cos 2x =\cos^2 x -\sin^2 x$
4-2 的 1-(12), 积化和差公式
4-3 的 1-(5), $\tan^2 x=\sec^2 x -1$
2. $\sin^m x \cos^n x$ 的类型, 如果 $m,n$ 两项都是偶数的话，利用二倍角公式降阶；有一项是奇, 那么提一项出来凑微分，剩下的偶数项利用 $\sin^2 x+ \cos^2 x=1$ 化成同个函数的积分，如果高于 2 次的项就利用二倍角公式进行降阶。
比如 4-1 的 1-(6);
比如 4-2 的 1-(13):
\[
\int \cos^3 x dx = \int \cos^2 x d(\sin x) =\int (1-\sin^2 x) d(\sin x) =\sin x -\frac13 \sin^3 x +C.
\]
3. $\frac{\sin^m x}{\cos^n x}$ 或者 $\frac{\cos^m x}{\sin^n x}$ 的类型, 如果 $m,n$ 都是偶数的话, 利用 $\frac{1}{\cos^2 x} dx= d(\tan x)$ 或者 $\frac{1}{\sin^2 x} dx= d(-\cot x)$, 剩下的偶次的三角函数, 利用 $\sin^2 x+\cos^2 x=1$ 以及 $\tan^2 x = \sec^2 x -1$ 化为一致的；如果 $m,n$ 有一个是奇数的，凑微分消掉奇数项，然后利用三角恒等式
比如 4-4 的 (13): 因为奇数项在分母，与前面的类型不同，我们并不是提出一个 $\cos x$, 而分子分母同乘以一个 $\cos x$
\[
\begin{aligned}
\int \frac{1}{\sin^3 x \cos x} dx=\int \frac{\cos x}{\sin^3 x \cos^2 x} dx
= \int \frac{1}{\sin^3x (1-\sin^2 x)} d(\sin x)
= \int \frac{(1-\sin^2 x)+\sin^2 x}{\sin^3x (1-\sin^2 x)} d(\sin x)
\\= \int \frac{1}{\sin^3 x} d(\sin x) + \int \frac{1}{\sin x(1-\sin^2 x)} d(\sin x)
= -\frac12 \csc^2 x + \int \frac{1-\sin^2 x +\sin^2 x}{\sin x(1-\sin^2 x)} d(\sin x)
\\=-\frac12 \csc^2 x + \int (\frac1 {\sin x} -+ \frac{\sin x}{1-\sin^2 x} )d(\sin x)
=-\frac12 \csc^2 x+\ln|\sin x| -\ln|\cos x|+C.
\end{aligned}
\]
比如都是偶数次的情况
\[
\begin{aligned}
\int \tan^2 x dx = \int \frac{\sin^2 x}{\cos^2 x} dx = \int \sin^2 x d( \tan x )=\int (1-\cos^2 x) d(\tan x)
\\= \tan x -\int \frac{1}{\tan^2 +1} d(\tan x) =\tan x -x +C.
\end{aligned}
\]
实际上，这只是一个展示偶数次处理方法的例子，本身这个积分却很容易做，因为
\[
\int \tan^2 x dx =\int (\sec^2 x -1) dx.
\]
(当然，某些情况下，分部积分在这个类型都是有帮助的)
4. $\tan x \sec x$ 类型, 如果两个函数同时出现，利用 $d(\sec x)= \tan x \sec x dx$ 以及 $\sec^2 x =\tan^2 x +1$。（其实不用管这个技巧，把 $\tan x =\sin x/ \cos x $ 以及 $\sec x =1/\cos x$ 代进去，利用情况 2 直接算也可以）
比如 4-1 的 1-(4)
比如 4-2 的 1-（14）
\[
\int \tan^3 x \sec x dx= \int \tan^2 x d(\sec x)= \int ( \sec^2 x -1 ) d( \sec x ) = \frac13 \sec^3 x -\sec x +C.
\]
5. 如果三角函数没有思路，把它写成 $\sin x $ 与 $\cos x$ 的形式总是有帮助的
比如 4-2 的 1-（22）
\[
\int\frac{\cot x}{1+\sin x} dx = \int \frac{\cos x}{\sin x(1+\sin x)} dx = \int \frac{1}{\sin x(1+\sin x)} d(\sin x)
\]
有理函数
1. 真分式，简单的分解即可
比如：习题 4-1 的 1-(8), 习题 4-4 的 (1), (2), (3)
4-4 的 (5): 因为 $x^{10}-2$ 与 $x$ 常数上相差 2，所以
\[
\begin{aligned}
\int \frac{1}{x(x^{10}-2)}dx =\frac12\int \frac{2}{x(x^{10}-2)}dx= \frac12 \int \frac{2-x^{10}+x^{10}}{x(x^{10}-2)} dx
\\= \frac12 \int \frac{x^9}{x^{10}-2}dx - \frac12 \int \frac 1x dx=\frac 1{20} \ln|x^{10}-2| -\frac12 \ln|x|+C.
\end{aligned}
\]
(说明：观察分母因子之前常数相差，然后提出一个常数再配方是基本方法)
2. 不是真分式，即利用多项式除法. 比如：习题 4-4 的 1-(4)
万能变换
比较适合万能变换的是，$\sin x$ 与 $\cos x$ 加减运算，同时因子前面有系数的；原因是其它方面处理这里问题往往特别麻烦，比如复习题四 3, 4-4 的 (11), (12), (15)
比如 4-4 的 (12): 令 $u=\tan \frac x2$,
\[
\begin{aligned}
\int \frac{1}{3+5\cos x} dx = \int \frac{1}{3+5 \frac{1-u^2}{1+u^2}} \cdot \frac{2}{1+u^2} du= \int \frac{1}{4-u^2} du
\\=- \frac14 \ln|u-2| +\frac14 \ln |u+2|+C
= \frac14 \ln |\tan \frac x2 +2| -\frac14 \ln |\tan \frac x2 -2|+C.
\end{aligned}
\]
基本三角变换，$\sqrt{x^2-a^2}$, $\sqrt{a^2-x^2}$ 以及 $\sqrt{x^2+a^2}$
1. 简单的变换，比如分母有有理化，分子有理化
比如 4-2 的 3-(2):
\[
\int \frac{\sqrt{x^2-1}}{x} dx = \int \frac{x^2-1}{x\sqrt{x^2-1}} dx= \int\frac{x}{\sqrt{x^2-1}} dx -\int \frac{1}{x\sqrt{x^2-1}} dx=
\sqrt{x^2-1} - \arcsin|\frac 1x| +C.
\]
(利用了 (1) 的结果)
4-2 的 3-(3):
\[
\int \frac{dx}{1+\sqrt{1-x^2}} = \int ( \frac 1{x^2} - \frac{\sqrt{1-x^2}}{x^2} )dx = -\frac 1x -\int \frac{\sqrt{1-x^2}}{x^2} dx,
\]
其中
\[
\int \frac{\sqrt{1-x^2}}{x^2} dx = \int \sqrt{1-x^2} d(\frac 1x) = \frac {\sqrt{1-x^2}} {x}- \int \frac 1x \cdot \frac{-x}{\sqrt{1-x^2}} dx
=\frac {\sqrt{1-x^2}} {x}+ \arcsin x+C,
\]
因此
\[
\int \frac{dx}{1+\sqrt{1-x^2}} = \arcsin x +\frac{\sqrt{1-x^2}}{x} -\frac 1x +C.
\]
2. 配方写成标准的形式
比如 4-2 的 3-（9）
\[
\int \frac{dx}{\sqrt{x^2-2x-3}} =\int \frac{dx}{\sqrt{ (x-1)^2-4 }}
\]
接下来直接利用 p.190 公式
3. $\sqrt{x^2-a^2}$ 的类型 (特别注意这个类型需要分情况讨论)
比如 4-2 的 3-(1): 当 $x>1$ 时，设 $x=\sec t \ (0<t<\frac \pi 2)$, 则 $dx= \sec t \tan t dt$, 而
\[
\int \frac{dx}{x\sqrt{x^2-1}} =\int \frac{1}{\sec t \tan t} \sec t \tan t dt = t+C.
\]
因为 $x=\sec t$, 所以 $t=\arccos \frac1x$, 因此
\[
\int \frac{dx}{x\sqrt{x^2-1}} =\arccos \frac1x +C=\frac \pi 2 -\arcsin \frac 1x +C =-\arcsin \frac 1x +C.
\]
而当 $x<-1$ 时, 令 $t=-x$ 则 $t>1$ 而
\[
\int \frac{dx}{x\sqrt{x^2-1}} = \int \frac{1}{(-t)\sqrt{t^2-1}} d(-t)= \int \frac{1}{t \sqrt{t^2-1}} dt =
-\arcsin \frac 1t +C= -\arcsin \frac{-1}{x}+C,
\]
因此
\[
\int \frac{dx}{x\sqrt{x^2-1}} = -\arcsin |\frac 1x|+C.
\]
(注意，与利用倒变换结论一致)
比如 4-2 的 3-(2): 当 $x>1$ 时，设 $x=\sec t \ (0<t<\frac \pi 2)$, 则 $dx= \sec t \tan t dt$, 而
\[
\int \frac{\sqrt{x^2-1}}{x} dx = \int \tan^2 t dt = \int (\sec^2 t -1) dt =\tan t - t+C.
\]
又由于 $\tan t =\sqrt{\sec^2 t -1}$, 所以
\[
\int \frac{\sqrt{x^2-1}}{x} dx=\sqrt{x^2-1} -\arccos \frac 1x +C,
\]
当 $x<-1$ 时, 设 $x=-t$, 则 $t>-1$ 并且
\[
\int \frac{\sqrt{x^2-1}}{x} dx = \frac{\sqrt{t^2-1}}{t}dt = \sqrt{t^2-1}-\arccos \frac1t +C = \sqrt{x^2-1} -\arccos(-\frac 1x)+C.
\]
注意到 $\arccos (-\frac 1x)= \pi -\arccos (\frac 1x)$, 则当 $x<-1$ 时，
\[
\int \frac{\sqrt{x^2-1}}{x} dx =\sqrt{x^2-1} +\arccos (\frac 1x)+C.
\]
(说明：它显然是非常简单而且直接的得到了答案，实际上基本三角变换还是最好的方法之一)
4. $\sqrt{a^2 -x^2}$ 的类型
4-2 的 3-(3): 令 $x=\sin t, \ (-\frac \pi 2< t < \frac \pi 2)$, 则
\[
\int \frac{dx}{1+\sqrt{1-x^2} } = \int \frac{\cos t}{1+\cos t} dt = \int (1-\frac 1{1+\cos t}) dt
\]
而注意到
\[
\int \frac{1}{1+\cos t} dt =\int \frac{1-\cos t}{1-\cos^2 t}dt = \int (\frac 1{\sin^2 t} - \frac{\cos t}{\sin^2 t} )dt
= -\cot +\frac 1{\sin t} +C,
\]
所以
\[
\int \frac{dx}{1+\sqrt{1-x^2}} = t +\cot t -\frac{1}{\sin t}+C,
\]
由于
\[
\cot t = \frac{\cos t }{\sin t }=\frac{\sqrt{1- \sin^2 t}}{\sin t}= \frac{\sqrt{1-x^2}}{x}
\]
所以
\[
\int \frac{dx}{1+\sqrt{1-x^2}} = \arcsin x + \frac{\sqrt{1-x^2}}{x}-\frac1x +C.
\]
(说明：它并不比有理化来的更麻烦)
4-2 的 3-(4): 令 $x=\sin t, \ (-\frac \pi 2 < t < \frac \pi 2)$, 则
\[
\int \frac{1}{x+\sqrt{1-x^2}} dx = \int \frac{\cos t}{\sin t +\cos t} dt,
\]
利用待定系数的方法,
\[
\cos t =A(\sin t +\cos t )‘ + B (\sin t +\cos t)
\]
比较两边 $\sin t$ 与 $\cos t$ 的系数可得
\[
\begin{aligned}
\int \frac{\cos t}{\sin t +\cos t} dt= \frac12 \int \frac{(\sin t +\cos t)‘}{\sin t +\cos t} dt
+\frac 12 \int \frac{\sin t+\cos t}{\sin t +\cos t}dt
= \frac12 \ln|\sin t+\cos t|+\frac 12 t +C
\\= \frac12 \ln|x+\sqrt{1-x^2}| +\frac12 \arcsin x +C.
\end{aligned}
\]
5. $\sqrt{x^2+a^2}$ 的类型
4-2 的 3-(5): 令 $x=\tan t, \ (-\frac \pi 2 < t < \frac \pi 2)$, 则
\[
\int \frac{1}{(x^2+1)^{3/2}} dx
= \int \frac{1}{\sec t} dt = \sin t +C.
\]
注意到
\[
|\sin t| = \sqrt{\frac{1}{1+\cos^2 t}}=\frac{1}{1+\frac 1{x^2}} = \frac{|x|}{\sqrt{1+x^2}},
\]
当 $0<t<\frac \pi 2$ 时, $x=\tan t >0$, $\sin t >0$, 所以 $\sin t =\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}$. 而 $-\frac \pi 2<t<0$ 时,
$x=\tan t <0$, $\sin t<0$, 所以 $-\sin t =- \frac{x}{\sqrt{x^2+1}}$, 即 $\sin t =\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}$. 所以
\[
\int \frac{1}{(x^2+1)^{3/2}} dx =
\sin t +C =\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}+C.
\]
4-2 的 3-(10): 令 $x=\tan t,\ (-\frac \pi 2 < t<\frac \pi 2)$, 则
\[
\int \frac{1}{x^2\sqrt{1+x^2}} dx =\int \frac{\cos t}{\sin^2 t} +C.
\]
注意到
\[
\frac 1{\sin t} =\sqrt{1+\cos^2 t} =\frac{\sqrt{1+x^2}}{x},
\]
所以
\[
\int \frac{1}{x^2\sqrt{1+x^2}} dx =-\frac{\sqrt{1+x^2}}{x}+C.
\]
说明：虽然使用三角变换会比较复杂，比如上面的例子中，几个问题都可以用其它方法较简单的解出，但是三角变换还是一个基本的手段，理论上这三种类型的问题一定可解，所以如果没办法掌握过多的技巧，那么老老实实用好这三种变换。事实上，它比很多方法来的好算，比如 4-2 的 3-(10) 比倒变换来的简单而且直接。
倒变换，适用范围是分母比分子次数高两阶以上，如果是分母是因子相乘，一般值得推荐
比如 4-2 的 3-(1): 前面用基本变换比较麻烦，如果用倒变换会简单许多。假设 $x>1$, 令 $t=\frac1x$ 则
\[
\int \frac{dx}{x \sqrt{x^2 -1}} =\int \frac{1}{\frac 1t \frac{\sqrt{1-t^2}}{|t|}}\cdot \frac{-1}{t^2} dt = -\int \frac{1}{\sqrt{1-t^2}} dt=-\arcsin \frac 1x +C,
\]
而当 $x<-1$ 则
\[
\int \frac{dx}{x \sqrt{x^2 -1}} =\int \frac{1}{\frac 1t \frac{\sqrt{1-t^2}}{|t|}}\cdot \frac{-1}{t^2} dt = \int \frac{1}{\sqrt{1-t^2}} dt=\arcsin \frac 1x +C,
\]
即
\[
\mbox{原式}= -\arcsin |\frac1x|+C.
\]
比如 4-2 的 3-(5): 当 $x>0$
\[
\int \frac{dx}{(x^2+1)^{3/2}} = -\int \frac{|t|}{(1+t^2)^{3/2}} dt = (1+t^2)^{-1/2}+C =\frac{\sqrt{1+x^2}}{x} +C,
\]
而当 $x<0$ 时
\[
\int \frac{dx}{(x^2+1)^{3/2}} = -\int \frac{|t|}{(1+t^2)^{3/2}} dt = -(1+t^2)^{-1/2}+C =-\frac{\sqrt{1+x^2}}{|x|} +C
= \frac{\sqrt{1+x^2}}{x} +C.
\]
比如 4-2 的 3-(10): 令 $t=\frac 1x$ 则当 $x>0$
\[
\int \frac{dx}{x^2 \sqrt{1+x^2}} = -\int \frac{|t|}{\sqrt{1+t^2}} dt = -\sqrt{1+t^2} = -\frac{\sqrt{1+x^2}}{|x|}+C= -\frac{\sqrt{1+x^2}}{x} +C.
\]
而 当 $x<0$ 时
\[
\int \frac{dx}{x^2 \sqrt{1+x^2}} = -\int \frac{|t|}{\sqrt{1+t^2}} dt = \sqrt{1+t^2} = \frac{\sqrt{1+x^2}}{|x|}+C= -\frac{\sqrt{1+x^2}}{x} +C.
\]
(用倒变换的时候，因为涉及到开方，特别要注意到绝对值)
无理变换：比如根式变换，指数变换，对数变换
1. $\sqrt{\frac{a+x}{b+x}}$ 类型
选择一: 令 $t=\sqrt{\frac{a+x}{a-x}}$, 则 $x=a-\frac{2a}{t^2+1}$
\[
\begin{aligned}
\int \sqrt{\frac{a+x}{a-x}} dx = \int t \cdot \frac{4at }{(t^2+1)^2} dt = 4a \int (\frac{1}{t^2+1} -\frac{1}{(t^2+1)^2})dt
\\= 2a \arctan t - \frac{2at}{t^2+1}+C
=2a \arctan \sqrt{\frac{a+x}{a-x}}- \sqrt{a^2-x^2}+C.
\end{aligned}
\]
(其中，对第二个积分做三角变换，或者利用 $\int \frac{1}{(x^2+1)^2} dx$ 已知结论，见练习册或者下面分部积分的讨论)
选择二：如 4-2 的 3-(6): 令 $t=\sqrt{a+x}$, 则
\[
\begin{aligned}
\int \sqrt{\frac{a+x}{a-x}} dx = \int \frac{2t^2 }{\sqrt{2a -t^2}} dt=-\int 2t d( \sqrt{2a -t^2} )= -2t\sqrt{2a -t^2}
+ 2\int \sqrt{2a-t^2} dt
\\= -2t\sqrt{2a -t^2} + 2\int \frac{2a-t^2}{\sqrt{2a-t^2}} dt
= -2t\sqrt{2a -t^2} + \int \frac{4a}{\sqrt{2a-t^2}} dt-\int \frac{2t^2}{\sqrt{2a-t^2}} dt
\end{aligned}
\]
注意出现了相同项，所以解上面的等式得
\[
\int \frac{2t^2}{\sqrt{2a-t^2}} dt = \int \frac{2a}{\sqrt{2a-t^2}} dt -t\sqrt{2a-t^2} =2a \arcsin \frac t{\sqrt {2a}} -t\sqrt{2a -t^2},
\]
因此
\[
\int \sqrt{\frac{a+x}{a-x}} dx = 2a \arcsin \sqrt{\frac{x+a}{2a}}- \sqrt{a^2-x^2} +C.
\]
选择三: 有理化。假设 $a>0$, 则 $-a<x<a$, 即
\[
\int \sqrt{\frac{a+x}{a-x}} dx= \int \frac{a+x}{\sqrt{a^2-x^2}} dx
=\int ( \frac{a}{\sqrt{a^2-x^2}} + \frac{x}{\sqrt{a^2-x^2}} ) dx
=a \arcsin \frac x a -\sqrt{a^2-x^2}+C.
\]
比如 4-4 的 (8): 令 $u=\sqrt{\frac{x}{2-x}}$, 则
\[
\int \frac 1{x^3} \sqrt{\frac{x}{2-x}} dx = \int (\frac{1+u^2}{2u^2})^3 u \cdot \frac{4 u}{(1+u^2)^2} dt= \int \frac{1+u^2}{2 u^4}du
= -\frac16 u^{-3} - \frac12 u^{-1}+C,
\]
即
\[
\int \frac 1{x^3} \sqrt{\frac{x}{2-x}} dx =-\frac16 (\frac{2-x}{x})^{3/2} -\frac12 (\frac{2-x}{x})^{1/2} +C.
\]
2. $\sqrt[a]{x}$ 的类型：做不同根式的最小公倍数的变换
4-2 的 3-(7): 其中根式为 $x^{1/2}$ 以及 $x^{3/4}$, 因此作 $4$ 与 $2$ 的最小公倍数，即令 $t=x^{1/4}$,
\[
\int \frac{\sqrt x}{1+ \sqrt[4]{x^3}} dx = 4 \int \frac{t^5}{1+t^3} dt
= \frac43 t^3 -\frac 43 \ln |1+t^3| +C=
\frac43 \sqrt[4]{x^3} -\frac43 \ln |1+\sqrt[4]{x^3}| +C.
\]
比如 4-4 的 (9), (10)
3. 其它涉及复杂函数的类型，作去掉复杂结构的变换～
比如 4-2 的 3-(8): 令 $t=\sqrt{e^x +1}$ 则
\[
\int \frac1 {\sqrt{e^x +1}} dx = \int \frac{2t}{t(t^2-1)} dt=2\ln (\sqrt{e^x+1}-1)-x+C.
\]
习题 4-2 1-(1) 至 1-(11) 都是基本积分表以及积分加法运算的简单结合
习题 4-2 1-(15) 至 1-(16) 直接凑微分，
习题 4-2 1-(17) 至 1-(18) 分子分母直接乘以一个函数，使得可以凑微分
分部积分：多项式乘 $e^x$ 或者三角函数的情况
对指数函数或者三角函数的部分进行凑微分，然后利用分部积分对多项式降阶。比如 4-3 的 1-(1), (2), (6), (7); 比如 4-3 的 1-(11), (12), 则是换元法以及凑微分和分部积分的结合
分部积分：含有反三角函数以及对数函数
特别注意，反三角函数以及对数函数都没有基本积分表与之对应，所以他们的存在对我们都是困难，利用分部积分法首先去掉他们！！比如 4-3 的 1-(3), (4), (9), (13)
比如 4-3 的 1-(8): 注意到有对数函数，所以首先去掉它
\[
\begin{aligned}
\int \sin x \ln \tan x dx
=-\int \ln \tan x d(\cos x) = -\ln \tan x \cdot \cos x + \int \frac{\sec x}{\tan x} dx
\\= -\ln \tan x \cdot \cos x + \int \frac{1}{\sin x} dx=-\ln \tan x \cos x +\ln| \csc x -\cot x |+C.
\end{aligned}
\]
特别注意，如果三角函数看不清楚关系的话，统统写成正弦余弦函数, 比如 $\frac{\sec x}{\tan x}$ 这样。
比如复习题四 4: 注意不要被这里的 $\frac{1}{1+x^2}$ 可以凑微分为 $\arctan x$ 所迷惑，时刻记住反三角函数，除非可以直接凑微分出来，不然无法解决；首要任务是去掉反三角函数。
观察下发现，本身函数并没办法直接凑微分得到原函数，则考虑先把分母的有理函数分解。
\[
\int \frac{\arctan x}{x^2(1+x^2)} dx
=\int \arctan x(\frac{1}{x^2}- \frac{1}{1+x^2}) dx
=
\int \frac{\arctan x}{x^2} dx -\int \frac{\arctan x}{1+x^2} dx
\]
注意到第二项，可以直接凑微分出来，即
\[
-\frac 13 \sin 2x e^{-3x} = \frac12 \arctan x.
\]
第一项无法直接凑微分，那么使用分部积分得
\[
\int \frac{\arctan x}{x^2} dx =-\int \arctan x d(1/x)= -\frac{\arctan x}{x}+ \int \frac{1}{x(1+x^2)}dx = -\frac{\arctan x}{x}++\ln |x| -\frac12 \ln|1+x^2|+C.
\]
分部积分：同时有三角函数与指数函数
注意到，三角函数求导后还是三角函数；指数函数求导后还是指数函数，所以只能出现递归，然后把它求解出来。特别注意，如果一开始选择对三角函数凑微分，那么就每一步都对三角函数凑微分；反之亦然。
比如 4-3 的 1-(10):
\[
\begin{aligned}
\int e^{-3x} \sin 2x dx
=-\frac13 \sin 2x d(e^{-3x})
= -\frac 13 \sin 2x e^{-3x} +\frac23 \int e^{-3x} \cos 2x dx
\\= -\frac 13 \sin 2x e^{-3x} -\frac29 \int \cos 2x d(e^{-3x})
\\ -\frac13 \sin 2x e^{-3x} -\frac29 \cos 2x e^{-3x} -\frac 49 \int e^{-3x} \sin 2x dx,
\end{aligned}
\]
出现递归，即可求求解出原不定积分。
分部积分：把复杂形式转换为能处理的形式
比如
\[
\begin{aligned}
\int \frac{1}{(x^2+1)^2} dx = -\int \frac 1{2x} d( \frac{1}{x^2+1} ) = -\frac{1}{2x(x^2+1)}- \int \frac{1}{2x^2(x^2+1)}dx
\\= -\frac{1}{2x(x^2+1)}+\frac1{2x} +\frac12 \arctan x+C
= \frac{x}{2(x^2+1)} +\frac12 \arctan x+C.
\end{aligned}
\]
(说明：用经典的三角变换也非常容易，这里的主要想法是，通过这样的一次分部积分，结构变简单了，我们可以直接分解该有理函数。)
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原文地址：http://www.cnblogs.com/mmmmmm6m/p/4197986.html
