From 97a5dc7b62155ac7c33f1d1f400b86592c8e9200 Mon Sep 17 00:00:00 2001
From: =?UTF-8?q?=E5=88=98=E6=9F=AF=E5=A6=A4?= <2503393720@qq.com>
Date: Thu, 22 Jan 2026 23:31:36 +0800
Subject: [PATCH 01/32] vault backup: 2026-01-22 23:31:36

---
 素材/二次型证明题.md | 10 ++++++++++
 1 file changed, 10 insertions(+)
 create mode 100644 素材/二次型证明题.md

diff --git a/素材/二次型证明题.md b/素材/二次型证明题.md
new file mode 100644
index 0000000..81da732
--- /dev/null
+++ b/素材/二次型证明题.md
@@ -0,0 +1,10 @@
+已知n阶实对称矩阵A为正定矩阵，n阶实矩阵B使得$A-B^{\text{T}}$AB也为正定矩阵，证明B的特征值$\lambda$满足关系式$|\lambda|<1$。
+
+
+**证明**  
+设$\boldsymbol{p}$为B对应于特征值$\lambda$的特征向量，即$B\boldsymbol{p}=\lambda \boldsymbol{p}$，且$\boldsymbol{p}\neq\boldsymbol{0}。由A-B^{\text{T}}$AB为正定矩阵可知
+$\boldsymbol{p}^{\text{T}}(A-B^{\text{T}}AB)\boldsymbol{p}>0.$
+由A为正定矩阵可知$\boldsymbol{p}^{\text{T}}A\boldsymbol{p}>0$。
+再由
+$\boldsymbol{p}^{\text{T}}(A-B^{\text{T}}AB)\boldsymbol{p}= \boldsymbol{p}^{\text{T}}A\boldsymbol{p}-\boldsymbol{p}^{\text{T}}B^{\text{T}}AB\boldsymbol{p}= \boldsymbol{p}^{\text{T}}A\boldsymbol{p}-(B\boldsymbol{p})^{\text{T}}A(B\boldsymbol{p})= \boldsymbol{p}^{\text{T}}A\boldsymbol{p}-\lambda^2 \boldsymbol{p}^{\text{T}}A\boldsymbol{p}$,
+可知$1-\lambda^2>0$，即$|\lambda|<1$。
\ No newline at end of file

From 8c2f1a5155a44c00669316974a94788a3f116e46 Mon Sep 17 00:00:00 2001
From: =?UTF-8?q?=E5=88=98=E6=9F=AF=E5=A6=A4?= <2503393720@qq.com>
Date: Thu, 22 Jan 2026 23:31:50 +0800
Subject: [PATCH 02/32] vault backup: 2026-01-22 23:31:50

---
 素材/{ => 整合素材}/二次型证明题.md | 0
 1 file changed, 0 insertions(+), 0 deletions(-)
 rename 素材/{ => 整合素材}/二次型证明题.md (100%)

diff --git a/素材/二次型证明题.md b/素材/整合素材/二次型证明题.md
similarity index 100%
rename from 素材/二次型证明题.md
rename to 素材/整合素材/二次型证明题.md

From 0e4780fa9614c5e2c0691ed442709de663605ff7 Mon Sep 17 00:00:00 2001
From: =?UTF-8?q?=E5=88=98=E6=9F=AF=E5=A6=A4?= <2503393720@qq.com>
Date: Thu, 22 Jan 2026 23:39:52 +0800
Subject: [PATCH 03/32] vault backup: 2026-01-22 23:39:52

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 素材/整合素材/二次型证明题.md | 10 ----------
 1 file changed, 10 deletions(-)
 delete mode 100644 素材/整合素材/二次型证明题.md

diff --git a/素材/整合素材/二次型证明题.md b/素材/整合素材/二次型证明题.md
deleted file mode 100644
index 81da732..0000000
--- a/素材/整合素材/二次型证明题.md
+++ /dev/null
@@ -1,10 +0,0 @@
-已知n阶实对称矩阵A为正定矩阵，n阶实矩阵B使得$A-B^{\text{T}}$AB也为正定矩阵，证明B的特征值$\lambda$满足关系式$|\lambda|<1$。
-
-
-**证明**  
-设$\boldsymbol{p}$为B对应于特征值$\lambda$的特征向量，即$B\boldsymbol{p}=\lambda \boldsymbol{p}$，且$\boldsymbol{p}\neq\boldsymbol{0}。由A-B^{\text{T}}$AB为正定矩阵可知
-$\boldsymbol{p}^{\text{T}}(A-B^{\text{T}}AB)\boldsymbol{p}>0.$
-由A为正定矩阵可知$\boldsymbol{p}^{\text{T}}A\boldsymbol{p}>0$。
-再由
-$\boldsymbol{p}^{\text{T}}(A-B^{\text{T}}AB)\boldsymbol{p}= \boldsymbol{p}^{\text{T}}A\boldsymbol{p}-\boldsymbol{p}^{\text{T}}B^{\text{T}}AB\boldsymbol{p}= \boldsymbol{p}^{\text{T}}A\boldsymbol{p}-(B\boldsymbol{p})^{\text{T}}A(B\boldsymbol{p})= \boldsymbol{p}^{\text{T}}A\boldsymbol{p}-\lambda^2 \boldsymbol{p}^{\text{T}}A\boldsymbol{p}$,
-可知$1-\lambda^2>0$，即$|\lambda|<1$。
\ No newline at end of file

From c68bc1e10a74ac9d378806f78ef39cab216598e1 Mon Sep 17 00:00:00 2001
From: =?UTF-8?q?=E5=88=98=E6=9F=AF=E5=A6=A4?= <2503393720@qq.com>
Date: Fri, 23 Jan 2026 00:45:19 +0800
Subject: [PATCH 04/32] vault backup: 2026-01-23 00:45:19

---
 素材/整合素材/二次型题目.md | 157 +++++++++++++++++++++++++
 1 file changed, 157 insertions(+)
 create mode 100644 素材/整合素材/二次型题目.md

diff --git a/素材/整合素材/二次型题目.md b/素材/整合素材/二次型题目.md
new file mode 100644
index 0000000..133dc9d
--- /dev/null
+++ b/素材/整合素材/二次型题目.md
@@ -0,0 +1,157 @@
+1设 n 阶矩阵 $A=[a_{ij}]_{n\times n}$，则二次型 $f(x_1,x_2,\cdots,x_n)=\sum\limits_{i=1}^{n}(a_{i1}x_1+a_{i2}x_2+\cdots+a_{in}x_n)^2$ 的矩阵为$\underline{\qquad}$。
+
+
+**答案**：$\boxed{A^T A}$
+
+**解析：**
+记$A_i$为$A$中除了第$i$行全都改为$0$的矩阵，$\boldsymbol{x}=\begin{bmatrix}x_1&x_2&\cdots&x_n\end{bmatrix}^T$。那么$$A_i\boldsymbol{x}=\begin{bmatrix}0 & 0 & \cdots & 0\\\vdots & \vdots & &\vdots\\a_{i1} & a_{i2} & \cdots &a_{in}\\\vdots & \vdots & &\vdots\\0 & 0 & \cdots & 0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x_1\\x_2\\\vdots\\x_n\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\0\\\vdots\\\sum\limits_{j=1}^{n}a_{ij}x_j\\\vdots\\0\end{bmatrix}$$则$$(a_{i1}x_1+a_{i2}x_2+\cdots+a_{in}x_n)^2=(\sum\limits_{j=1}^{n}a_{ij}x_j)^2=(A_i\boldsymbol{x})^TA_i\boldsymbol{x}=\boldsymbol{x}^TA_i^TA_i\boldsymbol{x}$$将二次型用上式展开得：
+
+$$\begin{aligned}
+f(\boldsymbol{x})&=\sum_{i=1}^{n}(\boldsymbol{x}^TA_i^TA_i\boldsymbol{x})\\
+&=\boldsymbol{x}^T(\sum\limits_{i=1}^nA_i^TA_i)\boldsymbol{x}\\
+&=\boldsymbol{x}^T(\sum\limits_{i=1}^nA_i^T\sum\limits_{i=1}^nA_i)\boldsymbol{x}\\
+&=\boldsymbol{x}^T(A^T A)\boldsymbol{x}
+\end{aligned}$$
+其中因为$A_i^TA_j=\boldsymbol{0},$如果$i\neq j$，所以
+$$\sum\limits_{i=1}^nA_i^T\sum\limits_{i=1}^nA_i=\sum\limits_{i=1}^nA_i^TA_i$$
+
+• 二次型的矩阵需满足**对称性质**（即矩阵等于其转置），验证：$(A^T A)^T=A^T(A^T)^T=A^T A$，故 $A^T A$ 是对称矩阵，即为二次型的矩阵。
+
+
+2.设实二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+x_2^2+x_3^2-2x_1x_2-2x_1x_3+2ax_2x_3$ 通过正交变换可化为
+标准型 $f=2y_1^2+2y_2^2+by_3^2$。
+(1)求 a，b 及所用正交变换矩阵 $\boldsymbol{Q}$；
+(2)证明 $\boldsymbol{A}+2\boldsymbol{E}$ 为正定矩阵。
+
+
+**解析**
+(1) 二次型及其对应的标准形的矩阵分别为
+
+$$\boldsymbol{A}=
+\begin{bmatrix}
+1 & -1 & -1 \\
+-1 & 1 & a \\
+-1 & a & 1
+\end{bmatrix},\quad
+\boldsymbol{B}=
+\begin{bmatrix}
+2 & & \\
+& 2 & \\
+& & b
+\end{bmatrix}.$$
+因为$\boldsymbol{A}\sim\boldsymbol{B}$，所以$\boldsymbol{A}$的特征值为2,2,b，从而由
+$|2\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}|=-a^2-2a-1=0$
+知$a=-1$，又$\text{tr}\boldsymbol{A}=\text{tr}\boldsymbol{B}$，则b=-1。于是$\boldsymbol{A}$的特征值为2,2,-1。
+对于$\lambda$=2，解$(2\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A})\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$得对应的线性无关特征向量为$\boldsymbol{p}_1=(1,0,-1)^{\text{T}}$，$\boldsymbol{p}_2=(1,-2,1)^{\text{T}}$，
+单位化得
+$\boldsymbol{q}_1=\frac{1}{\sqrt{2}}(1,0,-1)^{\text{T}},\quad \boldsymbol{q}_2=\frac{1}{\sqrt{6}}(1,-2,1)^{\text{T}}$.
+对于$\lambda=-1$，解$(-\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A})\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}得对应的特征向量为\boldsymbol{p}_3=(1,1,1)^{\text{T}}$，单位化得
+$\boldsymbol{q}_3=\frac{1}{\sqrt{3}}(1,1,1)^{\text{T}}$.
+所求正交矩阵为
+$$\boldsymbol{Q}=[\boldsymbol{q}_1\ \boldsymbol{q}_2\ \boldsymbol{q}_3]=\frac{1}{\sqrt{6}}
+\begin{bmatrix}
+\sqrt{3} & 1 & \sqrt{2} \\
+0 & -2 & \sqrt{2} \\
+-\sqrt{3} & 1 & \sqrt{2}
+\end{bmatrix}$$
+(2) 因$\boldsymbol{A}$的特征值为2,2,-1，故$\boldsymbol{A}+2\boldsymbol{E}$的特征值为4,4,1，则$\boldsymbol{A}+2\boldsymbol{E}$的所有特征值为正，
+从而$\boldsymbol{A}+2\boldsymbol{E}$为正定矩阵。
+
+
+
+3.已知实二次型
+$f(x_1,x_2,x_3)=2x_1^2+x_2^2-4x_1x_2+2ax_2x_3\quad (a\ge 0)$
+通过正交变换$\boldsymbol{x}=\boldsymbol{Q}\boldsymbol{y}$可化为标准形$y_1^2-2y_2^2+4y_3^2$。
+(1) 求a的值及正交矩阵$\boldsymbol{Q}$。
+(2) 当$\|\boldsymbol{x}\|=2$时，求解一个向量$\boldsymbol{x}使得f(x_1,x_2,x_3)$取最大值。
+
+**解析**
+(1)
+由已知条件知
+$$\boldsymbol{A}=
+\begin{bmatrix}
+2 & -2 & 0 \\
+-2 & 1 & a \\
+0 & a & 0
+\end{bmatrix}$$
+
+的三个特征值为$\lambda_1$=1,$\lambda_2$=-2,$\lambda_3$=4
+又由
+$$|\boldsymbol{A}|=
+\begin{vmatrix}
+2 & -2 & 0 \\
+-2 & 1 & a \\
+0 & a & 0
+\end{vmatrix}
+=-2a^2=-8$$
+
+因$a\ge$ 0，故a=2，于是
+$$\boldsymbol{A}=
+\begin{bmatrix}
+2 & -2 & 0 \\
+-2 & 1 & 2 \\
+0 & 2 & 0
+\end{bmatrix}$$
+将$\lambda_1=1代入(\lambda_1\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A})\boldsymbol{x}=0$并求解得
+$$\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}=
+\begin{bmatrix}
+-1 & 2 & 0 \\
+2 & 0 & -2 \\
+0 & -2 & 1
+\end{bmatrix}
+\to
+\begin{bmatrix}
+1 & 0 & -1 \\
+0 & 1 & -\frac12 \\
+0 & 0 & 0
+\end{bmatrix}$$
+故对应于$\lambda_1$=1的线性无关的特征向量为$\boldsymbol{\xi}_1=(1,\frac12,1)^{\text{T}}$，单位化得
+$$\boldsymbol{e}_1=\left(\frac23,\frac13,\frac23\right)^{\text{T}}.$$
+将$\lambda_2$=-2代入$(\lambda_2\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A})\boldsymbol{x}=0$并求解得
+$$-2\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}=
+\begin{bmatrix}
+-4 & 2 & 0 \\
+2 & -3 & -2 \\
+0 & -2 & -2
+\end{bmatrix}
+\to
+\begin{bmatrix}
+1 & 0 & \frac12 \\
+0 & 1 & 1 \\
+0 & 0 & 0
+\end{bmatrix}.$$
+故对应于$\lambda_2$=-2的线性无关的特征向量为$\boldsymbol{\xi}_2=(-\frac12,-1,1)^{\text{T}}$，单位化得
+$$\boldsymbol{e}_2=\left(-\frac13,-\frac23,\frac23\right)^{\text{T}}$$
+将$\lambda_3$=4代入$(\lambda_3\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A})\boldsymbol{x}=0$并求解得
+$$4\boldsymbol{E}-\boldsymbol{A}=
+\begin{bmatrix}
+2 & 2 & 0 \\
+2 & 3 & -2 \\
+0 & -2 & 4
+\end{bmatrix}
+\to
+\begin{bmatrix}
+1 & 0 & -2 \\
+0 & 1 & 2 \\
+0 & 0 & 0
+\end{bmatrix}.$$
+故对应于$\lambda_3$=4的线性无关的特征向量为$\boldsymbol{\xi}_3=(-2,2,1)^{\text{T}}$，单位化得
+$$\boldsymbol{e}_3=\left(-\frac23,\frac23,\frac13\right)^{\text{T}}.$$
+因此，所求正交矩阵为
+$$\boldsymbol{Q}=
+[\boldsymbol{e}_1\ \boldsymbol{e}_2\ \boldsymbol{e}_3]=
+\begin{bmatrix}
+\frac23 & -\frac13 & -\frac23 \\
+\frac13 & -\frac23 & \frac23 \\
+\frac23 & \frac23 & \frac13
+\end{bmatrix}.$$
+(2)
+因$$\|\boldsymbol{x}\|^2=(\boldsymbol{x},\boldsymbol{x})=\boldsymbol{x}^{\text{T}}\boldsymbol{x}=(\boldsymbol{Q}\boldsymbol{y})^{\text{T}}(\boldsymbol{Q}\boldsymbol{y})=\boldsymbol{y}^{\text{T}}\boldsymbol{Q}^{\text{T}}\boldsymbol{Q}\boldsymbol{y}=\boldsymbol{y}^{\text{T}}\boldsymbol{y}=\|\boldsymbol{y}\|^2$$
+则当$\|\boldsymbol{x}\|$=2时，$\|\boldsymbol{y}\|$=2。
+又令$\boldsymbol{y}=(y_1,y_2,y_3)^{\text{T}}$，有
+$$f(x_1,x_2,x_3)=\boldsymbol{x}^{\text{T}}\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}=\boldsymbol{y}^{\text{T}}\boldsymbol{\Lambda}\boldsymbol{y}=y_1^2-2y_2^2+4y_3^2$$
+显然当$\boldsymbol{y}=2\boldsymbol{e}_3$时，$f(x_1,x_2,x_3)=\boldsymbol{x}^{\text{T}}\boldsymbol{A}\boldsymbol{x}$取到最大值16。此时
+$$\boldsymbol{x}=\boldsymbol{Q}\boldsymbol{y}=\boldsymbol{Q}(2\boldsymbol{e}_3)=2\boldsymbol{e}_3=2\left(-\frac23,\frac23,\frac13\right)^{\text{T}}.$$
+注：(2) 也可以取$\boldsymbol{y}=-2\boldsymbol{e}_3$，此时
+$$\boldsymbol{x}=\boldsymbol{Q}\boldsymbol{y}=-2\boldsymbol{e}_3=-2\left(-\frac23,\frac23,\frac13\right)^{\text{T}}.$$
+

From 493da564b1ae16e4bfe327830d825c18cd0caf9d Mon Sep 17 00:00:00 2001
From: =?UTF-8?q?=E5=88=98=E6=9F=AF=E5=A6=A4?= <2503393720@qq.com>
Date: Fri, 23 Jan 2026 08:17:41 +0800
Subject: [PATCH 05/32] vault backup: 2026-01-23 08:17:41

---
 素材/整合素材/二次型题目.md | 13 +++++++------
 1 file changed, 7 insertions(+), 6 deletions(-)

diff --git a/素材/整合素材/二次型题目.md b/素材/整合素材/二次型题目.md
index 133dc9d..f088707 100644
--- a/素材/整合素材/二次型题目.md
+++ b/素材/整合素材/二次型题目.md
@@ -1,4 +1,5 @@
-1设 n 阶矩阵 $A=[a_{ij}]_{n\times n}$，则二次型 $f(x_1,x_2,\cdots,x_n)=\sum\limits_{i=1}^{n}(a_{i1}x_1+a_{i2}x_2+\cdots+a_{in}x_n)^2$ 的矩阵为$\underline{\qquad}$。
+>[!example] 例题1
+>设 n 阶矩阵 $A=[a_{ij}]_{n\times n}$，则二次型 $f(x_1,x_2,\cdots,x_n)=\sum\limits_{i=1}^{n}(a_{i1}x_1+a_{i2}x_2+\cdots+a_{in}x_n)^2$ 的矩阵为$\underline{\qquad}$。
 
 
 **答案**：$\boxed{A^T A}$
@@ -18,8 +19,8 @@ $$\sum\limits_{i=1}^nA_i^T\sum\limits_{i=1}^nA_i=\sum\limits_{i=1}^nA_i^TA_i$$
 • 二次型的矩阵需满足**对称性质**（即矩阵等于其转置），验证：$(A^T A)^T=A^T(A^T)^T=A^T A$，故 $A^T A$ 是对称矩阵，即为二次型的矩阵。
 
 
-2.设实二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+x_2^2+x_3^2-2x_1x_2-2x_1x_3+2ax_2x_3$ 通过正交变换可化为
-标准型 $f=2y_1^2+2y_2^2+by_3^2$。
+>[!example] 例题2.
+>设实二次型 $f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+x_2^2+x_3^2-2x_1x_2-2x_1x_3+2ax_2x_3$ 通过正交变换可化为标准型 $f=2y_1^2+2y_2^2+by_3^2$。
 (1)求 a，b 及所用正交变换矩阵 $\boldsymbol{Q}$；
 (2)证明 $\boldsymbol{A}+2\boldsymbol{E}$ 为正定矩阵。
 
@@ -59,9 +60,9 @@ $$\boldsymbol{Q}=[\boldsymbol{q}_1\ \boldsymbol{q}_2\ \boldsymbol{q}_3]=\frac{1}
 
 
 
-3.已知实二次型
-$f(x_1,x_2,x_3)=2x_1^2+x_2^2-4x_1x_2+2ax_2x_3\quad (a\ge 0)$
-通过正交变换$\boldsymbol{x}=\boldsymbol{Q}\boldsymbol{y}$可化为标准形$y_1^2-2y_2^2+4y_3^2$。
+>[!example] 例题3.
+>已知实二次型
+$f(x_1,x_2,x_3)=2x_1^2+x_2^2-4x_1x_2+2ax_2x_3\quad (a\ge 0)$通过正交变换$\boldsymbol{x}=\boldsymbol{Q}\boldsymbol{y}$可化为标准形$y_1^2-2y_2^2+4y_3^2$。
 (1) 求a的值及正交矩阵$\boldsymbol{Q}$。
 (2) 当$\|\boldsymbol{x}\|=2$时，求解一个向量$\boldsymbol{x}使得f(x_1,x_2,x_3)$取最大值。
 

From 3d2294be9a400db75bad81dce036c46a9758c70a Mon Sep 17 00:00:00 2001
From: =?UTF-8?q?=E5=88=98=E6=9F=AF=E5=A6=A4?= <2503393720@qq.com>
Date: Fri, 23 Jan 2026 08:28:30 +0800
Subject: [PATCH 06/32] vault backup: 2026-01-23 08:28:30

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 素材/整合素材/二次型与合同题目.md | 2 +-
 1 file changed, 1 insertion(+), 1 deletion(-)

diff --git a/素材/整合素材/二次型与合同题目.md b/素材/整合素材/二次型与合同题目.md
index a48409e..7d2081e 100644
--- a/素材/整合素材/二次型与合同题目.md
+++ b/素材/整合素材/二次型与合同题目.md
@@ -42,7 +42,7 @@
 >设二次型 $\displaystyle f(x_1,x_2,x_3)=ax_1^2+2x_2^2-2x_3^2+2bx_1x_3,(b>0),$ 其中二次型的矩阵特征值之和为 $1$，之积为 $-12$. 求正交变换将二次型化为标准型. 
 
 >[!note] 解：
->二次型的矩阵为 $\displaystyle \boldsymbol A=\begin{bmatrix}1&0&b\\0&2&0\\b&0&-2\end{bmatrix}$，设其特征值分别为 $\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3$, 则有$$\begin{aligned}\lambda_1\lambda_2\lambda_3=|\boldsymbol A|=2(-2a&-b^2)=-12,\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3=a+2-2=1\\&\implies a=1,b=2.\end{aligned}$$从而有$\displaystyle|\lambda\boldsymbol E-\boldsymbol A|=(\lambda-2)^2(\lambda-3)=0\implies \lambda_1=\lambda_2=2,\lambda_3=-3.$
+>二次型的矩阵为 $\displaystyle \boldsymbol A=\begin{bmatrix}a&0&b\\0&2&0\\b&0&-2\end{bmatrix}$，设其特征值分别为 $\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3$, 则有$$\begin{aligned}\lambda_1\lambda_2\lambda_3=|\boldsymbol A|=2(-2a&-b^2)=-12,\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3=a+2-2=1\\&\implies a=1,b=2.\end{aligned}$$从而有$\displaystyle|\lambda\boldsymbol E-\boldsymbol A|=(\lambda-2)^2(\lambda-3)=0\implies \lambda_1=\lambda_2=2,\lambda_3=-3.$
 >考虑 $\lambda=2$，则 $\displaystyle 2\boldsymbol E-\boldsymbol A=\begin{bmatrix}1&0&-2\\0&0&0\\-2&0&4\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}1&0&-2\\0&0&0\\0&0&0\end{bmatrix}$, 于是特征值 $2$ 的几何重数为 $2$, 对应的线性无关的特征向量可以为 $\displaystyle\xi_1=(2,0,1)^T,\xi_2=(0,1,0)^T$.
 >考虑 $\lambda=-3$，则 $\displaystyle -3\boldsymbol E-\boldsymbol A=\begin{bmatrix}-4&0&-2\\0&-5&0\\-2&0&-1\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}2&0&1\\0&1&0\\0&0&0\end{bmatrix}$，则特征值 $-3$ 几何重数为 $1$, 对应的特征向量为 $\xi_3=(-1,0,2)^T$.
 >对上述三个特征向量正交化得 $\displaystyle\varepsilon_1=(2/\sqrt{5},0,1/\sqrt{5})^T,\varepsilon_2=(0,1,0)^T,\varepsilon_3=(-1/\sqrt{5},0,2/\sqrt{5})^T,$ 故正交变换为 $\boldsymbol C=\begin{bmatrix}2/\sqrt{5}&0&1/\sqrt{5}\\0&1&0\\-1/\sqrt{5}&0&2/\sqrt{5}\end{bmatrix},$ 标准型为 $\displaystyle f=2y_1^2+2y_2^2-3y_3^2.$

From 5f28dec9f4748a4dcc43e214e29d6ac04ea5f5fe Mon Sep 17 00:00:00 2001
From: =?UTF-8?q?=E5=88=98=E6=9F=AF=E5=A6=A4?= <2503393720@qq.com>
Date: Fri, 23 Jan 2026 08:34:16 +0800
Subject: [PATCH 07/32] vault backup: 2026-01-23 08:34:16

---
 素材/整合素材/二次型与合同题目.md | 2 +-
 1 file changed, 1 insertion(+), 1 deletion(-)

diff --git a/素材/整合素材/二次型与合同题目.md b/素材/整合素材/二次型与合同题目.md
index 7d2081e..4886af0 100644
--- a/素材/整合素材/二次型与合同题目.md
+++ b/素材/整合素材/二次型与合同题目.md
@@ -45,7 +45,7 @@
 >二次型的矩阵为 $\displaystyle \boldsymbol A=\begin{bmatrix}a&0&b\\0&2&0\\b&0&-2\end{bmatrix}$，设其特征值分别为 $\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3$, 则有$$\begin{aligned}\lambda_1\lambda_2\lambda_3=|\boldsymbol A|=2(-2a&-b^2)=-12,\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3=a+2-2=1\\&\implies a=1,b=2.\end{aligned}$$从而有$\displaystyle|\lambda\boldsymbol E-\boldsymbol A|=(\lambda-2)^2(\lambda-3)=0\implies \lambda_1=\lambda_2=2,\lambda_3=-3.$
 >考虑 $\lambda=2$，则 $\displaystyle 2\boldsymbol E-\boldsymbol A=\begin{bmatrix}1&0&-2\\0&0&0\\-2&0&4\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}1&0&-2\\0&0&0\\0&0&0\end{bmatrix}$, 于是特征值 $2$ 的几何重数为 $2$, 对应的线性无关的特征向量可以为 $\displaystyle\xi_1=(2,0,1)^T,\xi_2=(0,1,0)^T$.
 >考虑 $\lambda=-3$，则 $\displaystyle -3\boldsymbol E-\boldsymbol A=\begin{bmatrix}-4&0&-2\\0&-5&0\\-2&0&-1\end{bmatrix}\rightarrow\begin{bmatrix}2&0&1\\0&1&0\\0&0&0\end{bmatrix}$，则特征值 $-3$ 几何重数为 $1$, 对应的特征向量为 $\xi_3=(-1,0,2)^T$.
->对上述三个特征向量正交化得 $\displaystyle\varepsilon_1=(2/\sqrt{5},0,1/\sqrt{5})^T,\varepsilon_2=(0,1,0)^T,\varepsilon_3=(-1/\sqrt{5},0,2/\sqrt{5})^T,$ 故正交变换为 $\boldsymbol C=\begin{bmatrix}2/\sqrt{5}&0&1/\sqrt{5}\\0&1&0\\-1/\sqrt{5}&0&2/\sqrt{5}\end{bmatrix},$ 标准型为 $\displaystyle f=2y_1^2+2y_2^2-3y_3^2.$
+>对上述三个特征向量正交化得 $\displaystyle\varepsilon_1=(2/\sqrt{5},0,1/\sqrt{5})^T,\varepsilon_2=(0,1,0)^T,\varepsilon_3=(-1/\sqrt{5},0,2/\sqrt{5})^T,$ 故正交变换为 $\boldsymbol C=\begin{bmatrix}2/\sqrt{5}&0&-1/\sqrt{5}\\0&1&0\\1/\sqrt{5}&0&2/\sqrt{5}\end{bmatrix},$ 标准型为 $\displaystyle f=2y_1^2+2y_2^2-3y_3^2.$
 
 **题后总结：** 当二次型当中有参数的时候，要利用特征值的性质（和、积）把参数算出来，然后就是正常流程。
 

From 3718ac8b6b602dc979465286e584b9cd72c99617 Mon Sep 17 00:00:00 2001
From: Cym10x <Cym_em10x@outlook.com>
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 .../讲义/一元积分学（Part 1）.md     | 20 +++++++++++++++++++
 编写小组/讲义/积分.md                 |  4 ----
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--- /dev/null
+++ b/编写小组/讲义/一元积分学（Part 1）.md	
@@ -0,0 +1,20 @@
+---
+Todo: 整合他人素材，完成这个讲义。
+Requires: 先写点自己的理解和做题的感悟，有人提交时就整合，并审稿，特别是例题，需要自己做
+---
+# Section 1  积分基础
+
+# Section 2  积分方法
+## 换元积分法
+#### 常见特征：
+
+##  分部积分法
+
+#### 常见特征：
+
+# Section 3  特殊积分
+### 1. 依靠循环式求解的积分
+### 2. 依靠递推式求解的积分
+# Section 4  变限积分
+
+# Section 5  与积分相关的不等式证明
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@@ -1,4 +0,0 @@
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-Todo: 整合他人素材，完成这个讲义。
-Requires: 先写点自己的理解和做题的感悟，有人提交时就整合，并审稿，特别是例题，需要自己做
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From cf7d2be190742ab1489b2351471ecbb5a01e87e7 Mon Sep 17 00:00:00 2001
From: Cym10x <Cym_em10x@outlook.com>
Date: Wed, 28 Jan 2026 15:55:30 +0800
Subject: [PATCH 09/32] =?UTF-8?q?M=20=E7=BC=96=E5=86=99=E5=B0=8F=E7=BB=84/?=
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 编写小组/讲义/一元积分学（Part 1）.md | 11 ++++++++++-
 1 file changed, 10 insertions(+), 1 deletion(-)

diff --git a/编写小组/讲义/一元积分学（Part 1）.md b/编写小组/讲义/一元积分学（Part 1）.md
index 1ef6312..d8d8bfe 100644
--- a/编写小组/讲义/一元积分学（Part 1）.md	
+++ b/编写小组/讲义/一元积分学（Part 1）.md	
@@ -5,16 +5,25 @@ Requires: 先写点自己的理解和做题的感悟，有人提交时就整合
 # Section 1  积分基础
 
 # Section 2  积分方法
+## 预处理
+拿到一个积分，最忌讳的是直接被那一团复杂的被积函数吓倒。先尝试着逐步拆解简化这个积分，然后进行求解。
+常见的预处理方式：
+1. （对定积分：）
+2. （对有理式：）有理式的拆解
 ## 换元积分法
 #### 常见特征：
 
+
 ##  分部积分法
 
 #### 常见特征：
 
+#### 反对幂指三
+
 # Section 3  特殊积分
 ### 1. 依靠循环式求解的积分
 ### 2. 依靠递推式求解的积分
 # Section 4  变限积分
 
-# Section 5  与积分相关的不等式证明
\ No newline at end of file
+# Section 5  与积分相关的不等式证明
+# Extra. 常用积分公式

From bc8799a593c0c47aa4195b220de623a56c405774 Mon Sep 17 00:00:00 2001
From: =?UTF-8?q?=E5=88=98=E6=9F=AF=E5=A6=A4?= <2503393720@qq.com>
Date: Wed, 28 Jan 2026 16:13:42 +0800
Subject: [PATCH 10/32] vault backup: 2026-01-28 16:13:42

---
 .../线代素材/二次型与合同题目.md  |   1 +
 .../不定积分大集合——方法篇.md   | 433 ++++++++++++++++++
 2 files changed, 434 insertions(+)
 create mode 100644 素材/整合素材/高数素材/不定积分大集合——方法篇.md

diff --git a/素材/整合素材/线代素材/二次型与合同题目.md b/素材/整合素材/线代素材/二次型与合同题目.md
index 37d3443..52a1ee0 100644
--- a/素材/整合素材/线代素材/二次型与合同题目.md
+++ b/素材/整合素材/线代素材/二次型与合同题目.md
@@ -109,6 +109,7 @@
 >（2）由 $\boldsymbol x^T\boldsymbol x=1$ 知 $x_1^2+x_2^2+x_3^2=1$.  由（1）知，存在正交变换 $\boldsymbol x=C\boldsymbol z$，使得 $\displaystyle f\overset{\boldsymbol x=C\boldsymbol z}{=}2(z_1^2+z_2^2)$. 由于正交变换不改变向量长度，有 $z_1^2+z_2^2+z_3^2=1\Rightarrow z_1^2+z_2^2=1-z_3^2$, 带入得 $$f=2(1-z_3^2)\le2, \text{等号当且仅当} z_3=0 \text{时取得.}$$
 >由（1），可取正交矩阵 $\displaystyle C=\begin{bmatrix}\frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} \\0 & 1 & 0 \\\frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & -\frac{1}{\sqrt{2}}\end{bmatrix}$，则 $\displaystyle \boldsymbol x=\begin{bmatrix}\frac{z_1}{\sqrt{2}} \\ z_2 \\ \frac{z_1}{\sqrt{2}}\end{bmatrix}$. 当 $x_1=x_2$ 时， $\displaystyle z_1=\sqrt 2z_2=\frac{\sqrt 6}{3}\Rightarrow x_1=x_2=x_3=\frac{1}{\sqrt 3}$. 故 当$\boldsymbol x=\begin{bmatrix}\frac{1}{\sqrt{3}} \\[4pt]\frac{1}{\sqrt{3}} \\[4pt]\frac{1}{\sqrt{3}}\end{bmatrix}$ 时，$f_{\max}=2.$
 
+
 **题后总结：** （1）二次型里面求变换矩阵和原矩阵的题目都很多，这里取一道求变换矩阵的。要注意：<span style="color:orange">变换矩阵中列向量排列的顺序要和它对应的特征值一致</span>。比如如果把题设条件改成 “化为 $y_1^2+y_3^2$ ”，那得出的变换矩阵 $P$ 就不是这样的。
 求变换矩阵的一般步骤是：
 1. 求特征值及对应的线性无关的特征向量；
diff --git a/素材/整合素材/高数素材/不定积分大集合——方法篇.md b/素材/整合素材/高数素材/不定积分大集合——方法篇.md
new file mode 100644
index 0000000..3be1e98
--- /dev/null
+++ b/素材/整合素材/高数素材/不定积分大集合——方法篇.md
@@ -0,0 +1,433 @@
+一：换元积分法
+1、第一换元法（凑微分法）
+这类方法主要是特别考验你对数字的敏感程度，对求导公式的运用程度。方法本身是特别容易理解的，因此我们必须熟练记忆一些初等函数求导公式以及额外补充的一些推出来的求导公式。
+简单举个例子：
+$$\int \cos^2 x \sin x dx$$
+
+这个无法直接求原函数，但是我们发现$\sin x dx = -d\cos x$，因此原式就变成
+$$\int \cos^2 x (-d\cos x) = -\int \cos^2 x d\cos x$$
+
+这时候换元，令 $\cos x = t$，原式
+$$= -\int t^2 dt = -\frac{1}{3}t^3 + C = -\frac{1}{3}\cos^3 x + C
+$$
+说白了第一换元法是为了凑微分，当熟练了之后可以在脑海中进行换元。
+如果有初学者不明白为什么 $\sin x dx = -d\cos x$，我们可以这样理解：
+令 $y = \cos x$，$dy = y'dx = -\sin x dx$，那么 $d\cos x = -\sin x dx$，题做了多了对求导公式掌握程度高了，我们就会变得很熟练。
+第一换元法常见的有下列几种情况
+（1）三角形式
+【1.1】
+$$\int \sin^2 x \cos^5 x dx$$
+原式
+$$\begin{align*}
+&= \int \sin^2 x \cos^4 x (\cos x) dx \\
+&= \int \sin^2 x \cos^4 x d\sin x \\
+&= \int \sin^2 x (1-\sin^2 x)^2 d\sin x \\
+&= \int \sin^2 x (\sin^4 x - 2\sin^2 x + 1) d\sin x \\
+&= \int (\sin^6 x - 2\sin^4 x + \sin^2 x) d\sin x \\
+&= \frac{1}{7}\sin^7 x - \frac{2}{5}\sin^5 x + \frac{1}{3}\sin^3 x + C
+\end{align*}$$
+
+为什么要利用 $\cos x$ 来凑微分而不是 $\sin x$？
+因为在三角函数中，最容易处理的是偶数次方，最难处理的是奇数次方，偶数次方我们可以利用各种公式进行升幂或者降幂，因此我们如果将奇数次方通过凑微分变成了偶数次方，那就非常好了。
+（2）高次幂问题
+【1.2】
+$$\int \frac{x dx}{(x-1)^{100}}$$
+
+原式
+$$\begin{align*}
+&= \int \frac{(x-1+1) dx}{(x-1)^{100}} \\
+&= \int \frac{(x-1) dx}{(x-1)^{100}} + \int \frac{dx}{(x-1)^{100}} \\
+&= \int \frac{d(x-1)}{(x-1)^{99}} + \int \frac{d(x-1)}{(x-1)^{100}} \\
+&= -\frac{1}{98(x-1)^{98}} - \frac{1}{99(x-1)^{99}} + C
+\end{align*}$$
+（3）高次幂多项式与三角函数的转化
+$$\int \frac{\sqrt{\arctan x}}{1+x^2} dx$$
+
+原式
+$$\begin{align*}
+&= \int \sqrt{\arctan x} d(\arctan x) \\
+&= \frac{2}{3}(\arctan x)^{\frac{3}{2}} + C
+\end{align*}$$
+
+这里利用$\int \sqrt{t} dt = \frac{2}{3}t^{\frac{3}{2}} + C$
+2、第二换元法（可以说是第一类换元法的逆应用）
+通过换元，将形式复杂的积分转换为形式简单的积分。
+举个例子：求
+$$\int \frac{1}{1+\sqrt{x}} dx$$
+
+解：令 $t = \sqrt{x}$，则 $x = t^2$，于是 $dx = 2t dt$（对 x 关于 t 求微分）
+$$\begin{align*}
+\int \frac{1}{1+\sqrt{x}} dx &= \int \frac{2t}{1+t} dt \\
+&= 2\int \left(1 - \frac{1}{1+t}\right) dt \\
+&= 2(t - \ln|1+t|) + C \\
+&= 2\left(\sqrt{x} - \ln(1+\sqrt{x})\right) + C
+\end{align*}$$
+
+一定要记住最后的换元要回代回去。
+第二换元法常见的有以下几种形式
+（1）将多个根式换元为有理式
+【2.1】
+$$\int \frac{dx}{\sqrt[6]{x+1} - \sqrt[3]{x+1}}$$
+
+解：令 $t = \sqrt[6]{x+1}$，则 $x = t^6 - 1$，$dx = 6t^5 dt$
+
+$$\begin{align*}
+\int \frac{dx}{\sqrt[6]{x+1} - \sqrt[3]{x+1}} &= \int \frac{6t^5 dt}{t - t^2} \\
+&= 6\int \frac{t^4}{1-t} dt \\
+&= 6\int \left(-t^3 - t^2 - t - 1 + \frac{1}{1-t}\right) dt \\
+&= 6\left(-\frac{t^4}{4} - \frac{t^3}{3} - \frac{t^2}{2} - t - \ln|1-t|\right) + C \\
+&= -\frac{3}{2}\sqrt[3]{(x+1)^2} - 2\sqrt{x+1} - 3\sqrt[3]{x+1} - 6\sqrt[6]{x+1} - 6\ln|\sqrt[6]{x+1} - 1| + C
+\end{align*}$$
+
+对于含有多个次数不同的根式时，换元时要换元为根指数的最小公倍数。
+若被积函数中含有 $\sqrt[n_1]{ax+b}$,$\sqrt[n_2]{ax+b}$,$\dots$,$\sqrt[n_k]{ax+b}$，可考虑代换 $t = \sqrt[n]{ax+b}$（n 为 $n_1$,$n_2$,$\dots,n_k$ 的最小公倍数）
+若被积函数中含有 $\sqrt[n_1]{\frac{ax+b}{cx+d}}$,$\sqrt[n_2]{\frac{ax+b}{cx+d}}$,$\dots$,$\sqrt[n_k]{\frac{ax+b}{cx+d}}$，可考虑代换 $t = \sqrt[n]{\frac{ax+b}{cx+d}}$（n 为 $n_1$,$n_2$,$\dots$,$n_k$ 的最小公倍数）
+（2）三角代换
+【2.2】求
+$$\int \frac{dx}{\sqrt{x^2+a^2}} \quad (a>0)$$
+
+解：令 $x = a\tan t$，$t \in \left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right)$，则
+$$\sqrt{x^2+a^2} = \sqrt{a^2\tan^2 t + a^2} = a\sec t$$
+
+$$dx = a\sec^2 t dt$$
+
+$$\begin{align*}
+\int \frac{dx}{\sqrt{x^2+a^2}} &= \int \frac{a\sec^2 t dt}{a\sec t} \\
+&= \int \sec t dt \\
+&= \ln|\sec t + \tan t| + C_1 \\
+&= \ln\left|\frac{\sqrt{x^2+a^2}}{a} + \frac{x}{a}\right| + C_1 \\
+&= \ln\left|x + \sqrt{x^2+a^2}\right| + C
+\end{align*}$$
+三角代换的核心思路
+（1）以上几例所使用的为三角代换，三角代换的目的是化掉根式。
+（2）积分中为了化掉根式是否一定采用三角代换？
+并不是绝对的，需要根据被积函数的情况来定。
+一般规律如下：当被积函数中含有
+$\boldsymbol{\sqrt{a^2 - x^2}}$ 可令 $x = a\sin t$
+$\boldsymbol{\sqrt{a^2 + x^2}}$ 可令 $x = a\tan t$
+$\boldsymbol{\sqrt{x^2 - a^2}}$ 可令 $x = a\sec t$
+（3）倒代换（当分母的次数高时，可采用倒代换）
+【2.3】求
+
+$$\int \frac{1}{x(x^7+2)} dx$$
+
+解：令 $x = \frac{1}{t}$，则 $dx = -\frac{1}{t^2} dt$
+$$\begin{align*}
+\int \frac{1}{x(x^7+2)} dx &= \int \frac{t}{\left(\frac{1}{t^7}\right)+2} \left(-\frac{1}{t^2}\right) dt \\
+&= -\int \frac{t^6}{1 + 2t^7} dt \\
+&= -\frac{1}{14}\ln|1 + 2t^7| + C \\
+&= -\frac{1}{14}\ln|2 + x^7| + \frac{1}{2}\ln|x| + C
+\end{align*}$$
+
+
+ 二：分部积分法
+1、分部积分法的基本公式
+$$\int u dv = uv - \int v du
+$$
+也可以写成
+
+$$\int f(x)g'(x)dx = f(x)g(x) - \int g(x)f'(x)dx$$
+分部积分法的要点在于把积分 $\int u dv$ 变成比它更容易的积分 $\int v du$。如果不是这样，那么分部积分就没有什么意义，需要重新考虑。因此，在被积函数中选取哪一部分作为 u，哪一部分作为 dv 是很重要的。
+例如：
+
+$$\int x \cos x dx = \int x d\sin x = x \sin x - \int \sin x dx = x \sin x + \cos x + C$$
+
+如果取 $x dx$ 作为 $dv$，而把 $\cos x$ 作为 $u$，显然就不合适了。
+分部积分常见的有以下几种形式
+（1）被积函数是幂函数和对数函数或幂函数和反三角函数的乘积
+【3.1】求不定积分
+
+$$\int x^3 \ln x dx$$
+
+
+$$\begin{align*}
+&= \int \ln x d\left(\frac{x^4}{4}\right) \\
+&= \frac{1}{4}x^4 \ln x - \frac{1}{4}\int x^3 dx \\
+&= \frac{1}{4}x^4 \ln x - \frac{1}{16}x^4 + C
+\end{align*}
+$$
+解：原式 = $\frac{1}{4}x^4 \ln x - \frac{1}{16}x^4 + C$
+规律：若被积函数是幂函数和对数函数或幂函数和反三角函数的乘积，就考虑设对数函数或反三角函数为 u。
+（2）指数函数与幂函数的乘积
+【3.2】求不定积分
+
+$$\int e^{\sqrt{x}} dx$$
+
+解：令 $\sqrt{x} = t$，则 $x = t^2$，$dx = 2t dt$
+
+$$\begin{align*}
+&= 2\int t e^t dt \\
+&= 2\int t d e^t \\
+&= 2\left(t e^t - \int e^t dt\right) \\
+&= 2\left(t e^t - e^t\right) + C \\
+&= 2e^{\sqrt{x}}\left(\sqrt{x} - 1\right) + C
+\end{align*}$$
+
+原式 = $2e^{\sqrt{x}}\left(\sqrt{x} - 1\right) + C$
+规律：若被积函数是指数函数与幂函数的乘积，就考虑设指数函数为 dv。
+（3）利用分部积分，构造方程，解方程求不定积分
+【3.3】求不定积分
+
+$$\int e^x \sin x dx$$
+
+
+$$\begin{align*}
+\int e^x \sin x dx &= \int \sin x d e^x \\
+&= e^x \sin x - \int e^x d(\sin x) \\
+&= e^x \sin x - \int e^x \cos x dx \\
+&= e^x \sin x - \int \cos x d e^x \\
+&= e^x \sin x - \left(e^x \cos x - \int e^x d(\cos x)\right) \\
+&= e^x \sin x - e^x \cos x - \int e^x \sin x dx
+\end{align*}$$
+
+
+$$\therefore 2\int e^x \sin x dx = e^x (\sin x - \cos x)$$
+
+解：$\therefore \int e^x \sin x dx = \frac{e^x}{2}(\sin x - \cos x) + C$
+规律：一般来说，遇到三角函数与指数函数，解方程是一种常见的方法，而一般解方程需要连续多次使用分部积分，且函数中充当 u 的函数一般相同。
+2、分部积分法的推广公式
+分部积分法的推广公式就是重复使用分部积分法法则。
+假设函数 u(x),v(x) 有 n+1 阶连续导数，则
+
+$$\int u v^{(n+1)} dx = \int u d v^{(n)} = u v^{(n)} - \int v^{(n)} du = u v^{(n)} - \int u' v^{(n)} dx
+$$
+对 $\int u' v^{(n)} dx$ 连续使用分部积分，可以得到
+
+$$\int u v^{(n+1)} dx = u v^{(n)} - u' v^{(n-1)} + u'' v^{(n-2)} - \dots + (-1)^n u^{(n)} v + (-1)^{n+1} \int u^{(n+1)} v dx$$
+
+这个公式看起来十分冗长，但是如果被积函数的因式之一是多项式的时候，这个公式是特别方便的。如果 u 是 n 次多项式，那么$u^{(n+1)} \equiv 0$ 。
+例1：求积分
+$$\int (2x^3 + 3x^2 + 4x + 5) e^x dx$$
+
+解：令
+
+$$u = 2x^3 + 3x^2 + 4x + 5,\quad dv = e^x dx,\quad v = \int e^x dx = e^x$$
+
+则
+
+$$u' = 6x^2 + 6x + 4,\quad u'' = 12x + 6,\quad u''' = 12$$
+
+$$v' = e^x,\quad v'' = e^x,\quad v''' = e^x
+$$
+代入推广公式：
+
+$$\begin{align*}
+\int (2x^3 + 3x^2 + 4x + 5) e^x dx &= (2x^3 + 3x^2 + 4x + 5)e^x - (6x^2 + 6x + 4)e^x + (12x + 6)e^x - 12e^x + C \\
+&= (2x^3 - 3x^2 + 10x - 5)e^x + C
+\end{align*}$$
+
+我们可以发现，虽然公式很难记，但是形式非常优美并且很容易运用。
+练习1
+求积分
+
+$$\int \cos x (x^3 + 2x^2 + 3x + 4) dx$$
+
+从上面两个例子可以看到，重复运用分部积分法，可以计算下列形式的积分
+
+$$\int P_n(x) e^{ax} dx,\quad \int P_n(x) \sin bx dx,\quad \int P_n(x) \cos bx dx
+$$
+其中 $P_n(x)$ 是 n 次多项式。
+出现这些形式，大部分优先考虑分部积分法。
+3、在积分 $\int \ln x dx,\int \arctan x dx$ 中应用分部积分
+在这些积分中，可把 1 作为被积函数的因子之一来进行分部积分（不直接凑微分）。
+4、我们会遇到的一些积分形式
+
+$$\int x^k (\ln x)^n dx,\quad \int e^{ax} \cos bx dx,\quad \int e^{ax} \sin bx dx$$
+
+
+$\int e^{ax} \sin bx dx$,$\quad \int x^n e^{ax} \cos bx dx$,$\quad \int x^n e^{ax} \sin bx dx$
+对于 $\int x^k (\ln x)^n dx$，我们必然会选择这种方式进行分部积分
+
+$$\int x^k (\ln x)^n dx = \frac{1}{k+1}\int (\ln x)^n d x^{k+1} = \frac{1}{k+1}x^{k+1}(\ln x)^n - \frac{n}{k+1}\int x^k (\ln x)^{n-1} dx$$
+
+这样每次使用分部积分，$\ln x$ 的次数都会减少1，使用 n 次后，其系数降到零，就可求出。
+对于 $\int e^{ax} \cos bx dx,\int e^{ax} \sin bx dx$，我们可以试着先进行一次分部积分
+
+$$\begin{align*}
+\int e^{ax} \cos bx dx &= \frac{1}{a}e^{ax} \cos bx + \frac{b}{a}\int e^{ax} \sin bx dx \\
+\int e^{ax} \sin bx dx &= \frac{1}{a}e^{ax} \sin bx - \frac{b}{a}\int e^{ax} \cos bx dx
+\end{align*}$$
+
+这恰是一个方程组，解之得
+
+$$\begin{cases}
+\int e^{ax} \cos bx dx = \frac{e^{ax}}{a^2+b^2}(a\cos bx + b\sin bx) + C \\
+\int e^{ax} \sin bx dx = \frac{e^{ax}}{a^2+b^2}(a\sin bx - b\cos bx) + C
+\end{cases}$$
+对于 $\int x^n e^{ax} \cos bx dx$,$\int x^n e^{ax} \sin bx dx$，利用上述结论，我们每做一次分部积分，n 的次数就降1，当运用 n 次分部积分，n 的系数降到0，可求出。
+5、我们可以发现，分部积分有一种难以名状的感觉，其实我们可以通过分部积分得到某些不定积分的递推公式
+例：求
+
+$$I_n = \int \frac{dx}{(x^2 + a^2)^n} \quad (a>0)$$
+
+解：
+
+$$I_1 = \int \frac{dx}{x^2 + a^2} = \frac{1}{a}\arctan \frac{x}{a} + C
+$$
+当 n>2 时，
+
+$$\begin{align*}
+I_{n-1} &= \int \frac{dx}{(x^2 + a^2)^{n-1}} = \frac{x}{(x^2 + a^2)^{n-1}} + 2(n-1)\int \frac{x^2}{(x^2 + a^2)^n} dx \\
+&= \frac{x}{(x^2 + a^2)^{n-1}} + 2(n-1)\int \frac{(x^2 + a^2) - a^2}{(x^2 + a^2)^n} dx \\
+&= \frac{x}{(x^2 + a^2)^{n-1}} + 2(n-1)(I_{n-1} - a^2 I_n)
+\end{align*}
+$$
+由此可得
+
+$$I_n = \frac{1}{2a^2(n-1)} \left[ \frac{x}{(x^2 + a^2)^{n-1}} + (2n-3)I_{n-1} \right]$$
+
+利用这个递推公式，我们可以由 $I_1$ 推出 $I_2$,$I_3$,$\dots$
+
+三：分项积分法
+当我们要求一个多项式分式的不定积分时，常常采用分项积分，分项积分有以下几种类型：
+1、分子为常数，分母为二次函数
+对于
+
+$$\int \frac{dx}{x^2-a^2}$$
+
+我们可将被积函数分拆
+
+$$\frac{1}{x^2-a^2} = \frac{1}{(x-a)(x+a)} = \frac{1}{2a}\left(\frac{1}{x-a} - \frac{1}{x+a}\right)$$
+
+然后对每一项进行积分，这类裂项我们初中已经掌握，可以使用待定系数法。
+2、分子为一次函数，分母为二次函数
+对于
+
+$$\int \frac{mx+n}{x^2+px+q}dx$$
+
+我们进行配方
+
+$$x^2+px+q = \left(x+\frac{p}{2}\right)^2 + q-\frac{p^2}{4}
+$$
+写成一个二次项加上一个常数，因此
+
+$$\int \frac{mx+n}{x^2+px+q}dx$$
+
+都可以写成这种形式
+
+$$\int \frac{mx+n}{x^2+px+q}dx = \int \frac{At+B}{t^2\pm a^2}dt = A\int \frac{t}{t^2\pm a^2}dt + B\int \frac{dt}{t^2\pm a^2}
+$$
+接下来就是基本操作，不再赘述。
+3、分母大于二次，分母的次数大于分子的次数（真分式）
+对于一般形式
+
+$$\frac{P(x)}{Q(x)} = \frac{a_0x^n+a_1x^{n-1}+\dots+a_{n-1}x+a_n}{b_0x^m+b_1x^{m-1}+\dots+b_{m-1}x+b_m},\quad n<m
+$$
+将分母进行因式分解
+
+$$Q(x)=b_0(x-a)^\alpha\cdots(x-b)^\beta(x^2+px+q)^\lambda\cdots(x^2+rx+s)^\mu$$
+
+出题人为了不难为我们，一般的因式分解都会比较容易，其中 $(x^2+px+q)^\lambda$ 这种二次形式，都意味着这个二次函数的 $\Delta>0$，因为一旦 $\Delta\leq0$，便可继续进行因式分解。
+每个因式的次数，代表着有多少重根。
+因此这个分式可以拆成
+
+$$\begin{align*}
+\frac{P(x)}{Q(x)} &= \frac{A_1}{x-a} + \frac{A_2}{(x-a)^2} + \dots + \frac{A_\alpha}{(x-a)^\alpha} + \dots + \frac{B_1}{x-b} + \frac{B_2}{(x-b)^2} + \dots + \frac{B_\beta}{(x-b)^\beta} \\
+&\quad + \frac{M_1x+N_1}{x^2+px+q} + \frac{M_2x+N_2}{(x^2+px+q)^2} + \dots + \frac{M_\lambda x+N_\lambda}{(x^2+px+q)^\lambda} \\
+&\quad + \dots + \frac{R_1x+S_1}{x^2+rx+s} + \frac{R_2x+S_2}{(x^2+rx+s)^2} + \dots + \frac{R_\mu x+S_\mu}{(x^2+rx+s)^\mu}
+\end{align*}$$
+我们可以看到有这么几个特点：
+① 若有 $\alpha$ 个重根，即某一因式为 $\alpha$ 次方，那么这个项就拆成分母从1次方加到 $\alpha$ 次方。
+② 对于分母为 $\Delta>0$ 的二次函数，那么其分子就是一次函数，并且依旧要符合①的规则。
+对于分子的确定，需要我们使用待定系数法。
+例如：
+
+$$\frac{1}{(1+2x)(1+x^2)} = \frac{1}{5}\left[\frac{4}{1+2x} - \frac{2x}{1+x^2} + \frac{1}{1+x^2}\right]$$
+对于分项积分，最理想的情况为将分式拆成几个最简分式的和。
+最简分式有四种：
+
+$$\frac{A}{x-a},\quad \frac{A}{(x-a)^k},\quad \frac{Ax+B}{x^2+px+q},\quad \frac{Ax+B}{(x^2+px+q)^k}
+$$
+其中 $p^2-4q<0$。
+一切问题都不是那么死板的，有时候并不需要强行化简，因题而异。
+4、分子的次数大于分母的次数（假分式）
+运用多项式除法，假分式可以化成一个多项式和一个真分式之和。
+例：
+
+$$\frac{x^3+4x^2+3x+2}{4x^2+2x-1} = \frac{x}{4} + \frac{7}{8} + \frac{\frac{3}{2}x+\frac{23}{8}}{4x^2+2x-1}$$
+
+（假分式 = 多项式 + 真分式）
+
+四：欧拉替代法
+欧拉代换是求积分时常用的一种代换，形如
+
+$$\int R\left(x,\sqrt{ax^2+bx+c}\right)dx \quad (a\neq0)$$
+
+的不定积分，可通过换元将根式代换掉，使表达式有理化。
+三种欧拉代换都是有理代换，在相应情况下分别使用它们，都能使被积函数有理化。
+（1）欧拉第一代换
+如果 a>0，令 $\sqrt{ax^2+bx+c}=t-\sqrt{a}x$，或令 $\sqrt{ax^2+bx+c}=\sqrt{a}x+t$。
+（2）欧拉第二代换
+如果 $c>0$，令 $\sqrt{ax^2+bx+c}=tx-\sqrt{c}$，或令 $\sqrt{ax^2+bx+c}=tx+\sqrt{c}$。
+（3）欧拉第三代换
+如果 $ax^2+bx+c$ 可以很明显地分解因式，即
+
+$$ax^2+bx+c=a(x-\alpha)(x-\beta),\quad \alpha\neq\beta$$
+
+那么令 $$\sqrt{ax^2+bx+c}=t(x-\alpha)$$，或令
+$$
+\sqrt{\frac{a(x-\beta)}{x-\alpha}}=t$$
+换元之后的步骤
+对于任意一种换元，换元后等式两边平方，此时 x^2 这一项将会被抵消，因此用含 t 的多项式将 x 表示出来。
+例：求不定积分
+
+$$\int \frac{dx}{(x^2+a^2)\sqrt{a^2-x^2}}$$
+
+解：令 $\sqrt{a^2-x^2}=t(a-x)$，则
+
+$$t^2=\frac{a+x}{a-x},\quad x=a\frac{t^2-1}{t^2+1},\quad dx=\frac{4at}{(t^2+1)^2}dt$$
+
+
+$$x^2+a^2=\frac{2a^2(t^4+1)}{(t^2+1)^2}$$
+
+于是
+
+$$\begin{align*}
+\int \frac{dx}{(x^2+a^2)\sqrt{a^2-x^2}} &= \int \frac{\frac{4at}{(t^2+1)^2}dt}{\frac{2a^2(t^4+1)}{(t^2+1)^2}\cdot\frac{2at}{t^2+1}} \\
+&= \frac{1}{2a^2}\int \frac{2t^2+2}{t^4+1}dt \\
+&= \frac{1}{2a^2}\int \left(\frac{1}{t^2+\sqrt{2}t+1} + \frac{1}{t^2-\sqrt{2}t+1}\right)dt \\
+&= \frac{1}{\sqrt{2}a^2}\int \frac{d(\sqrt{2}t+1)}{(\sqrt{2}t+1)^2+1} + \frac{1}{\sqrt{2}a^2}\int \frac{d(\sqrt{2}t-1)}{(\sqrt{2}t-1)^2+1} \\
+&= \frac{1}{\sqrt{2}a^2}\arctan(\sqrt{2}t+1) + \frac{1}{\sqrt{2}a^2}\arctan(\sqrt{2}t-1) + C \\
+&= \frac{1}{\sqrt{2}a^2}\left[\arctan\left(\sqrt{\frac{2(a+x)}{a-x}}+1\right) + \arctan\left(\sqrt{\frac{2(a+x)}{a-x}}-1\right)\right] + C
+\end{align*}$$
+类似的，还可以用欧拉替代法求下列积分：
+
+$$\int \frac{dx}{x+\sqrt{x^2-5x+6}}$$
+注意：欧拉替代法并不常见，可以说是一种“傻瓜式”方法，但是如果实在想不出来怎么做，可以用欧拉替代法硬算，将其作为最后的武器。
+
+五：万能公式替代法
+
+对于由三角函数和常数经过有限次四则运算构成的函数，即三角函数有理式的积分，我们常常利用到三角函数中的万能公式：
+$$\sin a = \frac{2 \tan \frac{a}{2}}{1 + \tan^2 \frac{a}{2}}, \quad \cos a = \frac{1 - \tan^2 \frac{a}{2}}{1 + \tan^2 \frac{a}{2}}
+$$
+$$\tan a = \frac{2 \tan \frac{a}{2}}{1 - \tan^2 \frac{a}{2}}$$
+
+我们做题中，令  $t = \tan \frac{x}{2}$ ，则
+$$dx = \frac{2}{1 + t^2} dt$$
+
+因此
+$$\int \frac{\sin x}{\sin x (1 + \cos x)} dx$$
+
+解： 令  $t = \tan \frac{x}{2}$，则  $x = 2 \arctan t$ ，
+$$dx = \frac{2}{1 + t^2} dt
+
+\sin x = \frac{2t}{1 + t^2}, \quad \cos x = \frac{1 - t^2}{1 + t^2}
+$$
+原式
+$$= \int \frac{\frac{2t}{1 + t^2}}{\frac{2}{1 + t^2}} \cdot \frac{1 - t^2}{1 + t^2} dt = \frac{1}{2} \int \left( t + 2 + \frac{1}{t} \right) dt$$
+$$= \frac{1}{2} \left( \frac{1}{2} t^2 + 2t + \ln |t| \right) + C$$
+$$= \frac{1}{4} \tan^2 \frac{x}{2} + \tan \frac{x}{2} + \frac{1}{2} \ln \left| \tan \frac{x}{2} \right| + C$$
+
+通常含  $\sin^2 x, \cos^2 x, \sin x \cos x$ 的有理分式进行积分时，用代换  $t = \tan x$  更加方便，减少了分式的出现。
+
+---
+
+注意： 万能代换不一定是最佳方法，故三角有理式的计算中先考虑其它手段，不得已才用万能代换。
+
+---
+
+写在后面的话：
+
+不定积分的求解十分考验基本能力，考察：求导能力（对导数的敏感程度和了解程度），对三角函数的敏感度，对三角函数各种变形的掌握。
+
+因此我们必须熟练掌握各种三角函数的性质，不同三角函数的转化方法，积分和差和差化积公式的运用，一些复杂函数的求导公式，一些简单基本的积分表。
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Date: Wed, 28 Jan 2026 16:30:19 +0800
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---
 .../不定积分大集合——技巧篇.md   | 285 ++++++++++++++++++
 1 file changed, 285 insertions(+)
 create mode 100644 素材/整合素材/高数素材/不定积分大集合——技巧篇.md

diff --git a/素材/整合素材/高数素材/不定积分大集合——技巧篇.md b/素材/整合素材/高数素材/不定积分大集合——技巧篇.md
new file mode 100644
index 0000000..b9d5036
--- /dev/null
+++ b/素材/整合素材/高数素材/不定积分大集合——技巧篇.md
@@ -0,0 +1,285 @@
+1. 指数函数相关积分
+【1.1】
+
+$$\int \frac{e^x - e^{-x}}{e^x + e^{-x}} dx$$
+
+解：
+
+$$\int \frac{e^x - e^{-x}}{e^x + e^{-x}} dx = \int \frac{d(e^x + e^{-x})}{e^x + e^{-x}} = \ln|e^x + e^{-x}| + C$$
+【1.2】
+
+$$\int \frac{e^{2x} - e^x}{e^{2x} + 1} dx$$
+
+解：
+
+$$\begin{align*}
+\int \frac{e^{2x} - e^x}{e^{2x} + 1} dx &= \int \frac{e^{2x}}{e^{2x} + 1} dx - \int \frac{e^x}{e^{2x} + 1} dx \\
+&= \frac{1}{2}\ln(e^{2x} + 1) - \arctan e^x + C
+\end{align*}$$
+2. 根式与倒数相关积分
+【2.1】
+
+$$\int \frac{1}{(x^2+1)\sqrt{x^2-1}} dx$$
+
+解：令 $x = \sec t$，则 $dx = \sec t \tan t dt$
+
+$$\begin{align*}
+\int \frac{1}{(x^2+1)\sqrt{x^2-1}} dx &= \int \frac{\sec t \tan t}{(\sec^2 t+1)\tan t} dt \\
+&= \int \frac{\cos t}{\cos^2 t+1} dt \\
+&= \arctan(\sin t) + C \\
+&= \arctan\left(\frac{\sqrt{x^2-1}}{x}\right) + C
+\end{align*}$$
+【2.2】
+
+$$\int \frac{1}{x\sqrt{x^2-1}} dx$$
+
+解：令 $x = \sec t$，则 $dx = \sec t \tan t dt$
+
+$$\int \frac{1}{x\sqrt{x^2-1}} dx = \int \frac{\sec t \tan t}{\sec t \tan t} dt = \int 1 dt = t + C = \arccos\frac{1}{x} + C$$
+【2.3】
+
+$$\int \frac{1}{\sqrt{x(1-x)}} dx$$
+
+解：
+
+$$\int \frac{1}{\sqrt{x(1-x)}} dx = 2\int \frac{1}{\sqrt{1-(\sqrt{x})^2}} d\sqrt{x} = 2\arcsin\sqrt{x} + C$$
+【2.4】
+
+$$\int \frac{1}{\sqrt{1+e^{2x}}} dx$$
+
+解：令 $t = \sqrt{1+e^{2x}}$，则 $e^{2x} = t^2-1$，$dx = \frac{t}{t^2-1} dt$
+
+
+$$\begin{align*}
+\int \frac{1}{\sqrt{1+e^{2x}}} dx &= \int \frac{1}{t} \cdot \frac{t}{t^2-1} dt \\
+&= \frac{1}{2}\ln\left|\frac{t-1}{t+1}\right| + C \\
+&= \ln\left|\sqrt{1+e^{2x}} - 1\right| - x + C
+\end{align*}$$
+【2.5】
+
+$$\int \frac{x^3}{(x^4+1)^2} dx$$
+
+解：
+
+$$\int \frac{x^3}{(x^4+1)^2} dx = \frac{1}{4}\int \frac{d(x^4+1)}{(x^4+1)^2} = -\frac{1}{4(x^4+1)} + C$$
+3. 三角函数积分
+【3.1】
+
+$$\int \frac{1}{1+\cos x} dx$$
+
+解：
+
+$$\int \frac{1}{1+\cos x} dx = \int \frac{1-\cos x}{\sin^2 x} dx = \int \csc^2 x dx - \int \csc x \cot x dx = -\cot x + \csc x + C$$
+【3.2】
+
+$$\int \frac{1}{1+\sin x} dx
+$$
+解：
+
+$$\int \frac{1}{1+\sin x} dx = \int \frac{1-\sin x}{\cos^2 x} dx = \int \sec^2 x dx - \int \sec x \tan x dx = \tan x - \sec x + C$$
+4. 分式积分
+【4.1】
+
+$$\int \frac{1}{x^2-1} dx$$
+
+解：
+
+$$\int \frac{1}{x^2-1} dx = \frac{1}{2}\int \left(\frac{1}{x-1} - \frac{1}{x+1}\right) dx = \frac{1}{2}\ln\left|\frac{x-1}{x+1}\right| + C$$
+【4.2】
+
+$$\int \frac{1}{x^2+1} dx$$
+
+解：
+
+$$\int \frac{1}{x^2+1} dx = \arctan x + C$$
+5. 三角乘积与幂次积分
+【5.1】
+
+$$\int \frac{1}{\cos x (\sin x + \cos x)} dx$$
+
+解：
+
+$$\begin{align*}
+\int \frac{1}{\cos x (\sin x + \cos x)} dx &= \int \frac{\sec^2 x}{\tan x + 1} dx \\
+&= \int \frac{d(\tan x + 1)}{\tan x + 1} \\
+&= \ln|\tan x + 1| + C
+\end{align*}$$
+【5.2】
+
+$$\int \frac{\sin x}{\sin x - \cos x} dx$$
+
+解：
+
+$$\begin{align*}
+\int \frac{\sin x}{\sin x - \cos x} dx &= \frac{1}{2}\int \frac{(\sin x - \cos x) + (\sin x + \cos x)}{\sin x - \cos x} dx \\
+&= \frac{1}{2}\int 1 dx + \frac{1}{2}\int \frac{\sin x + \cos x}{\sin x - \cos x} dx \\
+&= \frac{1}{2}x + \frac{1}{2}\ln|\sin x - \cos x| + C
+\end{align*}$$
+【5.3】
+
+$$\int \sec x \tan x dx$$
+
+解：
+
+$$\int \sec x \tan x dx = \sec x + C$$
+6. 高次三角函数积分
+【6.1】
+
+$$\int \frac{1}{(\sin x - 1)\cos x} dx$$
+
+解：
+
+$$\begin{align*}
+\int \frac{1}{(\sin x - 1)\cos x} dx &= \int \frac{\sin x + 1}{(\sin x - 1)(\sin x + 1)\cos x} dx \\
+&= \int \frac{\sin x + 1}{-\cos^3 x} dx \\
+&= -\int \sec^2 x \tan x dx - \int \sec^3 x dx \\
+&= -\frac{1}{2}\sec^2 x - \frac{1}{2}(\sec x \tan x + \ln|\sec x + \tan x|) + C
+\end{align*}$$
+7. 三角分式积分
+【7.1】
+
+$$\int \frac{1}{1+\sin x + \cos x} dx$$
+
+解：令 $t = \tan\frac{x}{2}$，则 $\sin x = \frac{2t}{1+t^2}$，$\cos x = \frac{1-t^2}{1+t^2}$，$dx = \frac{2}{1+t^2} dt$
+
+$$\begin{align*}
+\int \frac{1}{1+\sin x + \cos x} dx &= \int \frac{1}{1+\frac{2t}{1+t^2}+\frac{1-t^2}{1+t^2}} \cdot \frac{2}{1+t^2} dt \\
+&= \int \frac{1}{1+t} dt \\
+&= \ln|1+t| + C \\
+&= \ln\left|1+\tan\frac{x}{2}\right| + C
+\end{align*}$$
+【7.2】
+
+$$\int \frac{1}{\sin x \cos x} dx$$
+
+解：
+
+$$\int \frac{1}{\sin x \cos x} dx = \int \csc 2x \cdot 2 dx = \ln|\tan x| + C$$
+8. 三角幂次积分
+【8.1】
+
+$$\int \frac{1}{\sin^2 x \cos^2 x} dx
+$$
+解：
+
+$$\int \frac{1}{\sin^2 x \cos^2 x} dx = \int \frac{\sin^2 x + \cos^2 x}{\sin^2 x \cos^2 x} dx = \int \sec^2 x dx + \int \csc^2 x dx = \tan x - \cot x + C$$
+【8.2】
+
+$$\int \frac{1}{\sin x (1+\cos x)} dx$$
+
+解：
+
+$$\begin{align*}
+\int \frac{1}{\sin x (1+\cos x)} dx &= \int \frac{1-\cos x}{\sin^3 x} dx \\
+&= \int \csc^3 x dx - \int \csc^2 x \cot x dx \\
+&= -\frac{1}{2}\csc x \cot x + \frac{1}{2}\ln|\tan\frac{x}{2}| + \frac{1}{2}\cot^2 x + C
+\end{align*}$$
+9. 高次三角幂积分
+【9.1】
+
+$$\int \sin^4 x dx$$
+
+解：
+
+$$\begin{align*}
+\int \sin^4 x dx &= \int \left(\frac{1-\cos 2x}{2}\right)^2 dx \\
+&= \frac{1}{4}\int (1 - 2\cos 2x + \cos^2 2x) dx \\
+&= \frac{1}{4}\int \left(1 - 2\cos 2x + \frac{1+\cos 4x}{2}\right) dx \\
+&= \frac{3}{8}x - \frac{1}{4}\sin 2x + \frac{1}{32}\sin 4x + C
+\end{align*}$$
+【9.2】
+
+$$\int \frac{1}{1+\sin^4 x} dx$$
+
+解：
+$$
+\begin{align*}
+\int \frac{1}{1+\sin^4 x} dx &= \int \frac{\sec^4 x}{\sec^4 x + \tan^4 x} dx \\
+&= \int \frac{1+\tan^2 x}{1+2\tan^4 x} d\tan x \\
+&= \frac{1}{2\sqrt{2}}\arctan\left(\sqrt{2}\tan x\right) + \frac{1}{2\sqrt{2}}\ln\left|\frac{\sqrt{2}\tan x - 1}{\sqrt{2}\tan x + 1}\right| + C
+\end{align*}$$
+【9.3】
+
+$$\int \cos^5 x dx$$
+
+解：
+
+$$\begin{align*}
+\int \cos^5 x dx &= \int \cos^4 x \cos x dx \\
+&= \int (1-\sin^2 x)^2 d\sin x \\
+&= \sin x - \frac{2}{3}\sin^3 x + \frac{1}{5}\sin^5 x + C
+\end{align*}$$
+10. 其他积分
+【10.1】
+
+$$\int \frac{1}{\sqrt{1-x^2} + \sqrt{1+x^2}} dx$$
+
+解：
+
+$$\begin{align*}
+\int \frac{1}{\sqrt{1-x^2} + \sqrt{1+x^2}} dx &= \frac{1}{2}\int \left(\sqrt{1+x^2} - \sqrt{1-x^2}\right) dx \\
+&= \frac{1}{4}\left(x\sqrt{1+x^2} + \ln\left(x+\sqrt{1+x^2}\right) - x\sqrt{1-x^2} + \arcsin x\right) + C
+\end{align*}$$
+【10.2】
+
+$$\int \frac{1}{x^2 - x - 1} dx
+$$
+解：
+
+$$\begin{align*}
+\int \frac{1}{x^2 - x - 1} dx &= \int \frac{1}{\left(x-\frac{1}{2}\right)^2 - \frac{5}{4}} dx \\
+&= \frac{1}{\sqrt{5}}\ln\left|\frac{2x-1-\sqrt{5}}{2x-1+\sqrt{5}}\right| + C
+\end{align*}$$
+【10.3】
+
+$$\int \frac{1}{e^x (1+e^x)} dx$$
+
+解：
+
+$$\begin{align*}
+\int \frac{1}{e^x (1+e^x)} dx &= \int \left(\frac{1}{e^x} - \frac{1}{1+e^x}\right) dx \\
+&= -e^{-x} - \ln(1+e^{-x}) + C
+\end{align*}$$
+11. 杂项积分
+【11.1】
+
+$$\int \frac{1}{1+e^x - e^{-x}} dx
+$$
+解：
+
+$$\begin{align*}
+\int \frac{1}{1+e^x - e^{-x}} dx &= \int \frac{e^x}{e^x + e^{2x} - 1} dx \\
+&= \frac{1}{\sqrt{5}}\ln\left|\frac{e^x + \frac{1-\sqrt{5}}{2}}{e^x + \frac{1+\sqrt{5}}{2}}\right| + C
+\end{align*}$$
+【11.2】
+
+$$\int \frac{1}{x^2 - 3x + 2} dx$$
+
+解：
+
+$$\int \frac{1}{x^2 - 3x + 2} dx = \int \left(\frac{1}{x-2} - \frac{1}{x-1}\right) dx = \ln\left|\frac{x-2}{x-1}\right| + C$$
+【11.3】
+
+$$\int \frac{1}{(x-a)(x-b)(x-c)} dx \quad (a\neq b\neq c)$$
+
+解：
+
+$$\begin{align*}
+\int \frac{1}{(x-a)(x-b)(x-c)} dx &= \frac{1}{(a-b)(a-c)}\ln|x-a| + \frac{1}{(b-a)(b-c)}\ln|x-b| + \frac{1}{(c-a)(c-b)}\ln|x-c| + C
+\end{align*}$$
+12. 根式积分
+【12.1】
+
+$$\int \frac{1}{\sqrt[3]{(x-1)(x+1)^2}} dx$$
+
+解：令 $t = \sqrt[3]{\frac{x+1}{x-1}}$，则 $x = \frac{t^3+1}{t^3-1}$，$dx = \frac{-6t^2}{(t^3-1)^2} dt$
+
+$$\begin{align*}
+\int \frac{1}{\sqrt[3]{(x-1)(x+1)^2}} dx &= \int \frac{1}{\frac{2}{t^3-1} \cdot \left(\frac{2t^3}{t^3-1}\right)^2} \cdot \frac{-6t^2}{(t^3-1)^2} dt \\
+&= -3\int \frac{1}{t} dt \\
+&= -3\ln|t| + C \\
+&= -3\ln\left|\sqrt[3]{\frac{x+1}{x-1}}\right| + C
+\end{align*}$$
+若被积函数中含有 $\sqrt[n_1]{\frac{ax+b}{cx+d}}$,$\sqrt[n_2]{\frac{ax+b}{cx+d}}$,$\dots$,$\sqrt[n_k]{\frac{ax+b}{cx+d}}$ 时，
+可考虑代换 $\boldsymbol{t = \sqrt[n]{\frac{ax+b}{cx+d}}}$；
+其中 n 是 $n_1$,$n_2$,$\dots$,$n_k$ 的最小公倍数。
\ No newline at end of file

From df082d61d8e149c426c70e1dda17996afdd448f3 Mon Sep 17 00:00:00 2001
From: =?UTF-8?q?=E5=88=98=E6=9F=AF=E5=A6=A4?= <2503393720@qq.com>
Date: Wed, 28 Jan 2026 17:06:24 +0800
Subject: [PATCH 12/32] vault backup: 2026-01-28 17:06:24

---
 .../高数素材/常见积分表.md           | 48 +++++++++++++++++++
 1 file changed, 48 insertions(+)
 create mode 100644 素材/整合素材/高数素材/常见积分表.md

diff --git a/素材/整合素材/高数素材/常见积分表.md b/素材/整合素材/高数素材/常见积分表.md
new file mode 100644
index 0000000..598134f
--- /dev/null
+++ b/素材/整合素材/高数素材/常见积分表.md
@@ -0,0 +1,48 @@
+常用不定积分表
+一、基本初等函数积分
+ $\int 0 \, dx =C$
+ $\int k \, dx = kx + C$ （ k  为常数）
+ $\int x^\mu \, dx = \frac{x^{\mu+1}}{\mu+1} + C$ （ $\mu \neq -1$ ）
+ $\int \frac{1}{x} \, dx = \ln|x| + C$ 
+$\int a^x \, dx = \frac{a^x}{\ln a} + C$ （ $a>0,a\neq1$ ）
+ $\int e^x \, dx = e^x + C$ 
+二、三角函数积分
+ $\int \sin x \, dx = -\cos x + C$ 
+ $\int \cos x \, dx = \sin x + C$ 
+ $\int \tan x \, dx = -\ln|\cos x| + C$
+ $\int \cot x \, dx = \ln|\sin x| + C$
+ $\int \sec x \, dx = \ln|\sec x + \tan x| + C$ 
+ $\int \csc x \, dx = \ln|\csc x - \cot x| + C$ 
+ $\int \sec^2 x \, dx = \tan x + C$ 
+ $\int \csc^2 x \, dx = -\cot x + C$ 
+ $\int \sec x \tan x \, dx = \sec x + C$ 
+ $\int \csc x \cot x \, dx = -\csc x + C$ 
+ $\int \sin^2 x \, dx = \frac{x}{2} - \frac{\sin 2x}{4} + C$ 
+ $\int \cos^2 x \, dx = \frac{x}{2} + \frac{\sin 2x}{4} + C$ 
+三、反三角函数积分
+ $\int \arcsin x \, dx = x\arcsin x + \sqrt{1-x^2} + C$ 
+ $\int \arccos x \, dx = x\arccos x - \sqrt{1-x^2} + C$ 
+ $\int \arctan x \, dx = x\arctan x - \frac{1}{2}\ln(1+x^2) + C$ 
+ $\int \text{arccot } x \, dx = x\text{arccot } x + \frac{1}{2}\ln(1+x^2) + C$ 
+四、含根式的积分（ a>0 ）
+ $\int \frac{1}{\sqrt{a^2 - x^2}} \, dx = \arcsin\frac{x}{a} + C$ 
+ $\int \frac{1}{\sqrt{x^2 + a^2}} \, dx = \ln\left(x + \sqrt{x^2 + a^2}\right) + C$ 
+ $\int \frac{1}{\sqrt{x^2 - a^2}} \, dx = \ln\left|x + \sqrt{x^2 - a^2}\right| + C$ 
+ $\int \sqrt{a^2 - x^2} \, dx = \frac{x}{2}\sqrt{a^2 - x^2} + \frac{a^2}{2}\arcsin\frac{x}{a} + C$ 
+ $\int \sqrt{x^2 + a^2} \, dx = \frac{x}{2}\sqrt{x^2 + a^2} + \frac{a^2}{2}\ln\left(x + \sqrt{x^2 + a^2}\right) + C$ 
+ $\int \sqrt{x^2 - a^2} \, dx = \frac{x}{2}\sqrt{x^2 - a^2} - \frac{a^2}{2}\ln\left|x + \sqrt{x^2 - a^2}\right| + C$ 
+五、含分式的积分（ $a\neq0$ ）
+ $\int \frac{1}{x^2 + a^2} \, dx = \frac{1}{a}\arctan\frac{x}{a} + C$ 
+ $\int \frac{1}{x^2 - a^2} \, dx = \frac{1}{2a}\ln\left|\frac{x - a}{x + a}\right| + C$ 
+ $\int \frac{1}{ax + b} \, dx = \frac{1}{a}\ln|ax + b| + C$ 
+六、指数与对数结合积分
+ $\int x e^x \, dx = (x-1)e^x + C$ 
+$\int x \ln x \, dx = \frac{x^2}{2}\ln x - \frac{x^2}{4} + C$ 
+ $\int e^x \sin x \, dx = \frac{e^x}{2}(\sin x - \cos x) + C$ 
+ $\int e^x \cos x \, dx = \frac{e^x}{2}(\sin x + \cos x) + C$ 
+七、常用凑微分积分
+ $\int \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}} \, dx = \arcsin x + C = -\arccos x + C$ 
+ $\int \frac{1}{1 + x^2} \, dx = \arctan x + C = -\text{arccot } x + C$ 
+ $\int \frac{1}{x\ln x} \, dx = \ln|\ln x| + C$ 
+ $\int \frac{e^{\sqrt{x}}}{\sqrt{x}} \, dx = 2e^{\sqrt{x}} + C$ 
+ $\int \frac{\sin\sqrt{x}}{\sqrt{x}} \, dx = -2\cos\sqrt{x} + C$ 

From 2f75f115a555a771dd46e8558983aa2a969500a4 Mon Sep 17 00:00:00 2001
From: =?UTF-8?q?=E5=88=98=E6=9F=AF=E5=A6=A4?= <2503393720@qq.com>
Date: Wed, 28 Jan 2026 17:06:56 +0800
Subject: [PATCH 13/32] vault backup: 2026-01-28 17:06:56

---
 .../{常见积分表.md => 常用不定积分表.md}             | 1 -
 1 file changed, 1 deletion(-)
 rename 素材/整合素材/高数素材/{常见积分表.md => 常用不定积分表.md} (99%)

diff --git a/素材/整合素材/高数素材/常见积分表.md b/素材/整合素材/高数素材/常用不定积分表.md
similarity index 99%
rename from 素材/整合素材/高数素材/常见积分表.md
rename to 素材/整合素材/高数素材/常用不定积分表.md
index 598134f..3177783 100644
--- a/素材/整合素材/高数素材/常见积分表.md
+++ b/素材/整合素材/高数素材/常用不定积分表.md
@@ -1,4 +1,3 @@
-常用不定积分表
 一、基本初等函数积分
  $\int 0 \, dx =C$
  $\int k \, dx = kx + C$ （ k  为常数）

From 92e66807abff40c9a3a5b5e7b50a5e5ee1e5c966 Mon Sep 17 00:00:00 2001
From: =?UTF-8?q?=E7=8E=8B=E8=BD=B2=E6=A5=A0?= <wkn339224@qq.com>
Date: Wed, 28 Jan 2026 17:08:47 +0800
Subject: [PATCH 14/32] vault backup: 2026-01-28 17:08:47

---
 .../整合素材/高数素材/历年真题积分.md             | 2 +-
 1 file changed, 1 insertion(+), 1 deletion(-)
 rename 历年真题积分.md => 素材/整合素材/高数素材/历年真题积分.md (99%)

diff --git a/历年真题积分.md b/素材/整合素材/高数素材/历年真题积分.md
similarity index 99%
rename from 历年真题积分.md
rename to 素材/整合素材/高数素材/历年真题积分.md
index 6aea1fc..62178de 100644
--- a/历年真题积分.md
+++ b/素材/整合素材/高数素材/历年真题积分.md
@@ -1,4 +1,4 @@
-**问题：** 已知 $a_n = \int_0^{\pi n} |\cos x|  \, dx,\ n=1,2,\cdots$，则下列级数收敛的是（ ）。
+**问题：** 已知 $a_n = \int_0^{n\pi} |\cos x|  \, \text dx,\ n=1,2,\cdots$，则下列级数收敛的是（ ）。
 
 (A) $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{n}$
 

From 03e6960f7469eb4c9d1a0181f9c4c039f6d9436b Mon Sep 17 00:00:00 2001
From: Cym10x <Cym_em10x@outlook.com>
Date: Wed, 28 Jan 2026 17:24:44 +0800
Subject: [PATCH 15/32] =?UTF-8?q?=E8=AE=B2=E4=B9=89=E6=8E=A8=E8=BF=9B?=
MIME-Version: 1.0
Content-Type: text/plain; charset=UTF-8
Content-Transfer-Encoding: 8bit

---
 .../讲义/一元积分学（Part 1）.md     | 43 +++++++++++++++++--
 1 file changed, 39 insertions(+), 4 deletions(-)

diff --git a/编写小组/讲义/一元积分学（Part 1）.md b/编写小组/讲义/一元积分学（Part 1）.md
index d8d8bfe..f2a10ee 100644
--- a/编写小组/讲义/一元积分学（Part 1）.md	
+++ b/编写小组/讲义/一元积分学（Part 1）.md	
@@ -1,21 +1,56 @@
 ---
 Todo: 整合他人素材，完成这个讲义。
 Requires: 先写点自己的理解和做题的感悟，有人提交时就整合，并审稿，特别是例题，需要自己做
+aliases:
+  - Integrate
 ---
 # Section 1  积分基础
-
+（%%TODO：积分基础%%）
+（%%积分的定义！%%）
 # Section 2  积分方法
 ## 预处理
 拿到一个积分，最忌讳的是直接被那一团复杂的被积函数吓倒。先尝试着逐步拆解简化这个积分，然后进行求解。
 常见的预处理方式：
-1. （对定积分：）
+1. （对定积分：）靠奇函数来消项；通过拆分上下限来简化可能性(?)
 2. （对有理式：）有理式的拆解
 ## 换元积分法
-#### 常见特征：
+#### 常见特征：被积函数有三角函数、 $x^2\pm a^2$ 等元素
+使用换元积分法非常考验你对被积函数的敏感程度，也就是“题感”，方法本身是特别容易理解的，因此我们必须熟练记忆一些初等函数求导公式以及额外补充的一些推出来的求导公式。
+>[!example] 开胃菜
+>求不定积分 $\int\cos^2x\sin x\mathrm dx$.
+>>解：令 $u=\cos x$；两边求微：$\mathrm du=-\sin x\mathrm dx$，
+>>$\int\cos^2x\sin x\mathrm dx=-\int u^2\mathrm du=-\dfrac{u^3}{3}+C=-\dfrac{\cos^3 x}{3}+C$
+>>如果你对整个过程很熟练，可以写成 $\int\cos^2x\sin x\mathrm dx=\int\cos^2x\mathrm d(\cos x)=-\dfrac{\cos^3 x}{3}+C$
+
+换元法有下列几种情况：
+#### 1. 三角形式
+>[!example] 例2.1
+>求不定积分 $\int \sin^2 x \cos^5 x dx$.
 
+>[!tip] 提示
+>利用 $\cos x$ 来凑微分而不是 $\sin x$，这样你就能得到偶数次方的三角函数——如果最后剩下奇数次方的 $\sin x,\cos x$，那么可能还要多花一点心思去做换元或用别的技巧，但是偶数次方的可操作性强很多，你可以用 $\sin^2x+\cos^2x=1$ 来升降次，用诸如 $\cos^2x=\dfrac{1+\cos^2x}{2}$ 来换角，比奇数次更加便捷。
+>这也是万能代换 $x=\tan\frac{t}{2}$ 背后的逻辑。 
 
+>[!note] 解析
+>$\begin{align}\text{原式}&= \int \sin^2 x \cos^4 x (\cos x) dx \\&= \int \sin^2 x \cos^4 x d\sin x \\&= \int \sin^2 x (1-\sin^2 x)^2 d\sin x \\&= \int \sin^2 x (\sin^4 x - 2\sin^2 x + 1) d\sin x \\&= \int (\sin^6 x - 2\sin^4 x + \sin^2 x) d\sin x \\&= \frac{1}{7}\sin^7 x - \frac{2}{5}\sin^5 x + \frac{1}{3}\sin^3 x + C\end{align}$
+#### 2. 高次幂
+>[!example] 例2.2
+>求不定积分 $\int\dfrac{x\mathrm dx}{(x-1)^{100}}$.
+
+>[!note] 解析
+>$\begin{align}\text{原式}&=\int\frac{(x-1)+1}{(x-1)^{100}}\mathrm d(x-1)\\&=\int\frac{\mathrm d(x-1)}{(x-1)^{99}}+\int\frac{\mathrm d(x-1)}{(x-1)^{100}}\\&=-\frac{1}{98(x-1)^{98}} - \frac{1}{99(x-1)^{99}} + C\end{align}$
+
+>[!error] 待决策
+>### 3. 高次幂多项式与三角函数的转化
+>$$\int \frac{\sqrt{\arctan x}}{1+x^2} dx$$
+>原式
+>$$\begin{align*}
+&= \int \sqrt{\arctan x} d(\arctan x) \\
+&= \frac{2}{3}(\arctan x)^{\frac{3}{2}} + C
+\end{align*}$$
 ##  分部积分法
 
+
 #### 常见特征：
 
 #### 反对幂指三
@@ -26,4 +61,4 @@ Requires: 先写点自己的理解和做题的感悟，有人提交时就整合
 # Section 4  变限积分
 
 # Section 5  与积分相关的不等式证明
-# Extra. 常用积分公式
+# Extra. 常用积分公式速记

From b8b1b69f322bd3b827c29f250da77dd8e4b82953 Mon Sep 17 00:00:00 2001
From: =?UTF-8?q?=E7=8E=8B=E8=BD=B2=E6=A5=A0?= <wkn339224@qq.com>
Date: Wed, 28 Jan 2026 18:26:23 +0800
Subject: [PATCH 16/32] vault backup: 2026-01-28 18:26:23

---
 .../{ => 线代素材}/二次型题目.md     |   0
 .../整合素材/线代素材/线代素材.md |   0
 .../整合素材/高数素材/积分题目.md | 139 ++++++++++++++++++
 .../讲义/图片/cosx的绝对值.png        | Bin 0 -> 40665 bytes
 4 files changed, 139 insertions(+)
 rename 素材/整合素材/{ => 线代素材}/二次型题目.md (100%)
 rename 线代素材.md => 素材/整合素材/线代素材/线代素材.md (100%)
 create mode 100644 素材/整合素材/高数素材/积分题目.md
 create mode 100644 编写小组/讲义/图片/cosx的绝对值.png

diff --git a/素材/整合素材/二次型题目.md b/素材/整合素材/线代素材/二次型题目.md
similarity index 100%
rename from 素材/整合素材/二次型题目.md
rename to 素材/整合素材/线代素材/二次型题目.md
diff --git a/线代素材.md b/素材/整合素材/线代素材/线代素材.md
similarity index 100%
rename from 线代素材.md
rename to 素材/整合素材/线代素材/线代素材.md
diff --git a/素材/整合素材/高数素材/积分题目.md b/素材/整合素材/高数素材/积分题目.md
new file mode 100644
index 0000000..bf4e2f6
--- /dev/null
+++ b/素材/整合素材/高数素材/积分题目.md
@@ -0,0 +1,139 @@
+>[!example] 例题
+>已知 $a_n = \int_0^{n\pi} |\cos x|  \, \text dx,\ n=1,2,\cdots$，则下列级数收敛的是（ ）。
+(A) $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{n}$
+(B) $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{n^2}$
+(C) $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{a_n}{n}$
+(D) $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{a_n}{n^2}$
+
+>[!note] 解析
+>由于函数 $|\cos x|$ 以 $\pi$ 为周期，所以$$a_n = \int_0^{n\pi} |\cos x|  \, \text dx = n \int_0^{\pi} |\cos x|  \, \text dx = n \cdot 2 \int_0^{\pi/2} \cos x  \, \text dx = 2n\sin x|_0^{\pi/2} = 2n.$$
+>对于选项(A)，有 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_n}{n}=\sum_{n=1}^{\infty}2,$ 显然发散；
+>对于选项(B)，有 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_n}{n^2}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2}{n},$ 是调和级数的两倍，也发散；
+>对于选项(C)，有 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{a_n}{n} = \sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{2n}{n} = \sum_{n=1}^\infty (-1)^n 2,$ 通项不趋于 $0$，故发散；
+>对于选项(D)，有 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{a_n}{n^2} = \sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{2n}{n^2} = 2 \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{n}$，为交错级数，由莱布尼兹判别法易知其收敛.
+>故选D.
+
+>[!summary] 题后总结
+>这道题的关键在于利用三角函数的<span style='color: orange'>周期性</span>，然后再利用对称性（第二个等号处）简化积分的计算。尤其要注意带绝对值的三角函数，它的定积分基本上只需要对 $\dfrac{\pi}{2}$ 的长度进行研究就可以了（见图）。
+
+![[cosx的绝对值.png]]
+
+>[!example] 例题
+>已知函数 $f(x), g(x)$ 在闭区间 $[a, b]$ 上连续，且 $f(x) > 0$，则极限 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \int_a^b g(x) \sqrt[n]{f(x)}  \, \text dx$ 的值为$\underline{\qquad}.$
+
+>[!note] 解析（？）
+>由于 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，由最值定理，存在 $m,M>0$，使得 $m\leqslant f(x)\leqslant M,$ 故$$\sqrt[n]{m} \int_a^b g(x)  \, \text dx \leqslant \int_a^b g(x) \sqrt[n]{f(x)}  \, \text dx \leqslant \sqrt[n]{M} \int_a^b g(x)  \, \text dx.$$又有 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{m} = \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{M} = 1$，所以由夹逼定理知$$\lim_{n \to \infty} \int_a^b g(x) \sqrt[n]{f(x)}  \, \text dx = \int_a^b g(x)  \, \text dx.$$
+
+>[!summary] 题后总结
+>这道题很妙，妙在想到用夹逼定理。但是这是怎么想到的呢？
+>我们观察一下极限的形式：有一个开 $n$ 次根号。这会让我们想到这样一个极限：$$\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]a=1,a\gt0.$$从而可以用估值定理和夹逼定理做出这道题……吗？
+>不对，我们再看一下这个不等式：$$\sqrt[n]{m} \int_a^b g(x)  \, \text dx \leqslant \int_a^b g(x) \sqrt[n]{f(x)}  \, \text dx \leqslant \sqrt[n]{M} \int_a^b g(x)  \, \text dx,$$它真的成立吗？并不，题中没有给出 $g(x)\gt0$ 的条件，所以并不成立。那么应该怎么做呢？下面给出一种思路。
+
+>[!note] 解析
+>仍然利用 $f(x)$ 的最值和这个极限 $\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]a=1,a\gt0.$ 
+>考虑差$\displaystyle\int_a^bg(x)\sqrt[n]{f(x)}\text dx-\int_a^bg(x)\text dx=\int_a^bg(x)(\sqrt[n]{f(x)}-1)\text dx.$
+>由于我们不清楚 $g(x)$ 的符号，所以考虑绝对值 $$\int_a^b|g(x)(\sqrt[n]{f(x)}-1)|\text dx.$$由于 $g(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，所以它必定有界，即存在正数 $G\gt0$，使得 $|g(x)|\leqslant G,$ 故$$0\leqslant\int_a^b|g(x)(\sqrt[n]{f(x)}-1)|\text dx\leqslant G\int_a^b|\sqrt[n]{f(x)}-1|\text dx.$$由于 $\displaystyle\sqrt[n]m-1\leqslant \sqrt[n]{f(x)}-1\leqslant\sqrt[n]M-1,$ 所以 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{f(x)}-1=0,$ 从而 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}|\sqrt[n]{f(x)}-1|=0,$ 故$$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\int_a^bG|\sqrt[n]{f(x)}-1|=0\qquad(*),$$由夹逼定理知$$\int_a^b|g(x)(\sqrt[n]{f(x)}-1)|\text dx=0,$$故$$\lim_{n \to \infty} \int_a^b g(x) \sqrt[n]{f(x)}  \, \text dx = \int_a^b g(x)  \, \text dx.$$
+
+>[!summary] 题后总结
+>上述方法是怎么想到的呢？其实，我先用画图软件大致确定了答案应该是 $\displaystyle\int_a^bg(x)\text dx,$ 然后想：不知道符号的处理办法应该是加绝对值。但是加绝对值会有这样一个问题：$\displaystyle\lim f(x)=a\Rightarrow \lim |f(x)|=|a|,$ 但 $\displaystyle\lim |f(x)|=|a|\nRightarrow \lim f(x)=a$。但有一种特殊情况：如果 $a=0,$ 那么反过来也是成立的。所以可以考虑被积函数和结果式子的差，这样就可以让极限值为 $0$，从而可以得出结论了。
+>其实上面的证明还有点小瑕疵，就是 $(*)$ 处。里面的极限等于零真的可以推出积分的极限等于零吗？确实是可以的，但这是有条件的。我们先给出这道题可以这么做的证明，再说条件是什么。
+
+>[!note] 补充证明
+>由于 $f(x)$ 是连续的，所以 $\sqrt[n]{f(x)}-1$ 也是连续的，从而由积分中值定理可知，存在 $\xi\in(a,b),$ 使得 $\displaystyle \int_a^b\sqrt[n]{f(x)}-1\text dx=\sqrt[n]{f(\xi)}-1\to0\,(n\to\infty).$ 
+
+>[!info] 补充说明
+>实际上，只有函数“一致连续”才能得出极限和积分号可以互换的结论；就上面这道题而言，就是我们可以先求 $\lim\limits_{n\to\infty}(\sqrt[n]f(x)-1)$ 再求这个积分。有兴趣的可以自行去了解一致连续是什么意思。
+>有趣的是，这道题的第一个解析是原卷的解析，也就是说，出卷老师也没有意识到这个地方不能用夹逼定理。大家不能忘记夹逼定理的方法，但是也要注意具体情形下到底能不能用夹逼定理，<span style='color: orange'>这个不等式究竟是否成立</span>。
+
+>[!example] 例题
+>已知函数 $\displaystyle f(x) = \begin{cases} \dfrac{1}{1 + \sqrt[3]{x}}, & x \geq 0, \\ \dfrac{\arctan x}{1 + x^2}, & x < 0, \end{cases}$ 计算定积分 $\displaystyle I = \int_{-1}^1 f(x)  \, \text dx$。
+
+>[!note] 解析
+>易知 $\displaystyle I = \int_{-1}^1 f(x)  \, dx = \int_{-1}^0 f(x)  \, dx + \int_0^1 f(x)  \, dx$。
+对于第一部分：$$\begin{aligned}
+  \int_{-1}^0 f(x)  \, dx 
+  &= \int_{-1}^0 \frac{\arctan x}{1+x^2}  \, dx \\
+  &= \int_{-1}^0 \arctan x  \, d(\arctan x) \\
+  &= \frac{1}{2} (\arctan x)^2 \bigg|_{-1}^0 \\
+  &= -\frac{\pi^2}{32}.
+  \end{aligned}$$对于第二部分，令 $t = \sqrt[3]{x}$，则 $x = t^3,\ dx = 3t^2 dt$，且当 $x$ 从 $0$ 到 $1$ 时，$t$ 从 $0$ 到 $1$：$$\begin{aligned}
+  \int_0^1 f(x)  \, dx &= \int_0^1 \frac{1}{1+\sqrt[3]{x}}  \, dx = \int_0^1 \frac{1}{1+t} \cdot 3t^2  \, dt = 3 \int_0^1 \frac{t^2}{1+t}  \, dt \\
+  &= 3 \int_0^1 \left( t - 1 + \frac{1}{1+t} \right)  \, dt \\
+  &= 3 \left[ \frac{1}{2} t^2 - t + \ln |1+t| \right]_0^1 \\
+  &= 3 \left( \frac{1}{2} - 1 + \ln 2 \right) \\
+  &= 3 \ln 2 - \frac{3}{2}.
+  \end{aligned}$$
+  故$$I = \int_{-1}^1 f(x)  \, dx = \int_{-1}^0 f(x)  \, dx + \int_0^1 f(x)  \, dx = -\frac{\pi^2}{32} + 3 \ln 2 - \frac{3}{2}.$$
+
+>[!summary] 题后总结
+>这道题的关键就是分段。<span style='color: orange'>分段函数定积分一定要分段求</span>，剩下的就是换元法和分部积分法能解决的问题了。
+
+>[!example] 例题
+>(1) 设 $\displaystyle a_n = 1 + \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{3}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{n}} - 2\sqrt{n}$。证明：数列 $\{a_n\}$ 收敛；
+(2) 求极限 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt{n}} \left( \frac{1}{\sqrt{n+1}} + \frac{1}{\sqrt{n+2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{2n}} \right)$。
+
+>[!note] 解析
+>（1）证明：
+>考虑数列的单调性，有 $$a_{n+1}-a_n=\frac{1}{\sqrt{n+1}} - 2\sqrt{n+1} + 2\sqrt{n} = \frac{1}{\sqrt{n+1}} - 2(\sqrt{n+1} - \sqrt{n}),$$由于$\displaystyle\sqrt{n+1} - \sqrt{n} = \frac{1}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}}\gt\frac{1}{2\sqrt{n+1}},$ 所以$$a_{n+1} - a_n = \frac{1}{\sqrt{n+1}} - \frac{2}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}}\lt0,$$即数列 $\{a_n\}$ 单调递减。
+>另一方面，利用定积分进行估计：$$2\sqrt n-2=\int_1^n \frac{1}{\sqrt{x}}  \, dx < \sum_{k=1}^n \frac{1}{\sqrt{k}} < 1 + \int_1^n \frac{1}{\sqrt{x}}  \, dx=2\sqrt n-1,$$
+>所以 $-2\lt a_n\lt -1.$于是 $\{a_n\}$ 单调递减有下界，故数列收敛。
+>（2）
+>**解1：**
+>$\displaystyle a_{2n}-a_n=\frac{1}{\sqrt{n+1}} + \frac{1}{\sqrt{n+2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{2n}}+2(\sqrt{2n}-\sqrt n),$ 故 $$\frac{a_{2n}-a_n}{\sqrt n}=\frac{1}{\sqrt{n}} \left( \frac{1}{\sqrt{n+1}} + \frac{1}{\sqrt{n+2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{2n}} \right)-2(\sqrt2-1).$$因为 $\{a_n\}$ 收敛，所以 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}(a_{2n}-a_n)=0,$ 故$$\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt{n}} \left( \frac{1}{\sqrt{n+1}} + \frac{1}{\sqrt{n+2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{2n}} \right)=2(\sqrt2-1).$$
+>**解2：**
+>利用定积分的定义：$$
+\begin{aligned}
+\lim_{n \to \infty} &\frac{1}{\sqrt{n}} \left( \frac{1}{\sqrt{n+1}} + \frac{1}{\sqrt{n+2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{2n}} \right) \\
+&= \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \left( \frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}} + \frac{1}{\sqrt{1+\frac{2}{n}}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{1+\frac{n}{n}}} \right)\\
+&= \int_0^1 \frac{1}{\sqrt{1+x}}  \, dx \\
+&= 2\sqrt{1+x} \bigg|_0^1 \\
+&= 2\sqrt{2} - 2.
+\end{aligned}$$故所求极限为 $2\sqrt{2} - 2$。
+
+>[!summary] 题后总结
+>这道题相当地难！如果没有见过类似的题目，根本想不到第一问要用单调有界定理，第二问要用第一问的数列作差。当然为了呼应这次的标题，我们也提供了用定积分定义的解决方法。
+>这道题的渊源是什么呢？这是一道工科数分的题，我怀疑工科数分和真正的数分用的教材是类似的，因为这道题和下面这道题很像，而下面的题是数分教材里的经典例题……
+>>[!example] 补充例题
+>>记 $\displaystyle b_n=1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}-\ln n,$ 求证 $\{b_n\}$ 收敛。并利用这个结果证明 $\displaystyle\ln2=\lim_{n\to\infty}\left(\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots+\frac{1}{2n}\right).$
+>
+>除了有界性，证明方法和上面如出一辙！所以第一问不要求大家完全掌握，了解为主；但第二问的解2需要掌握，这是利用定积分定义的经典题目。
+
+>[!example] 例题
+>求不定积分 $\displaystyle \int x \tan^2 x  \, dx = \underline{\qquad}.$
+
+>[!note] 解析
+>$$\begin{aligned}
+>\int x\tan^2x\text dx
+>&=\int x(sec^2x-1)\text dx\\
+>&=\int x\text d(\tan x)-\int x\text dx\\
+>&=x\tan x-(-\ln|\cos x|)-\frac{x^2}{2}+C\\
+>&=x \tan x + \ln |\cos x| - \dfrac{x^2}{2} + C
+>\end{aligned}$$
+
+>[!summary] 题后总结
+>要牢记各种积分的公式，这道题就是简单的积分公式和分部积分的运用。
+
+>[!example] 例题
+>已知函数 $f(x)$ 在 $(-\infty, +\infty)$ 内连续，且
+$$\int_0^x t f(x-t)  \, \mathrm{d}t = x^3 - \int_0^x f(t)  \, \mathrm{d}t.$$
+(1) 验证：$f'(x) + f(x) = 6x$ 且 $f(0) = 0$；（5 分）
+(2) 计算定积分 $\displaystyle \int_0^1 \text e^x f(x)  \, \mathrm{d}x$。（3 分）
+
+>[!note] 解析
+>（1）令 $u=x-t$，则$$\begin{aligned}
+>-\int_x^0(x-u)f(u)\text du
+>&=x\int_0^xf(u)\text du-\int_0^xuf(u)\text du\\
+>&=x^3-\int_0^xf(t)\text dt\\
+>&=x^3-\int_0^xf(u)\text du
+>\end{aligned},$$
+>两边求导得$$\int_0^xf(u)\text du+xf(x)-xf(x)=\int_0^xf(u)\text du=3x^2-f(x),\qquad(*)$$
+>再求导得$f'(x) + f(x) = 6x.$ 在 $(*)$ 式中令 $x=0$ 得 $f(0)=0.$
+>（2）考虑不定积分 $\displaystyle \int \text e^xf(x)\text dx.$ 用分部积分法得$$\begin{aligned}
+>\int \text e^xf(x)\text dx
+>&=\int f(x)\text d\text e^x\\
+>&=\text e^xf(x)-\int f'(x)\text e^x\text dx\\
+>&=\text e^xf(x)-\int (6x-f(x))\text e^x\text dx\\
+>&=\text e^xf(x)-6(x-1)\text e^x+\int \text e^xf(x)\text dx
+>\end{aligned},$$于是 $\text e^xf(x)=6(x-1)\text e^x+C.$ 由 $f(0)=0$ 知 $C=$
+
+
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From 617d13e71bbc72795ee8f085894179a72a58b776 Mon Sep 17 00:00:00 2001
From: =?UTF-8?q?=E7=8E=8B=E8=BD=B2=E6=A5=A0?= <wkn339224@qq.com>
Date: Wed, 28 Jan 2026 20:10:26 +0800
Subject: [PATCH 17/32] vault backup: 2026-01-28 20:10:26

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 .../整合素材/高数素材/积分题目.md | 73 ++++++++++++++++++-
 1 file changed, 71 insertions(+), 2 deletions(-)

diff --git a/素材/整合素材/高数素材/积分题目.md b/素材/整合素材/高数素材/积分题目.md
index bf4e2f6..0247fc6 100644
--- a/素材/整合素材/高数素材/积分题目.md
+++ b/素材/整合素材/高数素材/积分题目.md
@@ -128,12 +128,81 @@ $$\int_0^x t f(x-t)  \, \mathrm{d}t = x^3 - \int_0^x f(t)  \, \mathrm{d}t.$$
 >\end{aligned},$$
 >两边求导得$$\int_0^xf(u)\text du+xf(x)-xf(x)=\int_0^xf(u)\text du=3x^2-f(x),\qquad(*)$$
 >再求导得$f'(x) + f(x) = 6x.$ 在 $(*)$ 式中令 $x=0$ 得 $f(0)=0.$
->（2）考虑不定积分 $\displaystyle \int \text e^xf(x)\text dx.$ 用分部积分法得$$\begin{aligned}
+>（2）
+>**解1：** 考虑不定积分 $\displaystyle \int \text e^xf(x)\text dx.$ 用分部积分法得$$\begin{aligned}
 >\int \text e^xf(x)\text dx
 >&=\int f(x)\text d\text e^x\\
 >&=\text e^xf(x)-\int f'(x)\text e^x\text dx\\
 >&=\text e^xf(x)-\int (6x-f(x))\text e^x\text dx\\
 >&=\text e^xf(x)-6(x-1)\text e^x+\int \text e^xf(x)\text dx
->\end{aligned},$$于是 $\text e^xf(x)=6(x-1)\text e^x+C.$ 由 $f(0)=0$ 知 $C=$
+>\end{aligned},$$于是 $\text e^xf(x)=6(x+1)\text e^x+C.$ 由 $f(0)=0$ 知 $C=6,$ 故 $\text e^xf(x)=6(x+1)\text e^x+6.$
+>从而 $\displaystyle \int_0^1\text e^xf(x)\text dx=6(x+2)\text e^x\big|_0^1+6x\big|_0^1=18\text e-6.$
+>
+>**解2：** 令 $g(x) = \text e^x f(x)$，则 $g(0)=0$，且$$g'(x) = \text e^x [f'(x)+f(x)] = 6x \text e^x.$$
+积分得$$g(x) = \int 6x \text e^x  \, \mathrm{d}x = 6(x-1)\text e^x + C.$$
+代入 $g(0)=0$ 得 $0 = 6(0-1) + C$，即 $C=6$，所以$$g(x) = 6(x-1)\text e^x + 6.
+$$于是$$\begin{aligned}
+\int_0^1 \text e^x f(x)  \, \mathrm{d}x 
+&= \int_0^1 \left[ 6(x-1)\text e^x + 6 \right]  \, \mathrm{d}x \\
+&= \left[ 6(x-2)\text e^x + 6x \right]_0^1 \\
+&= ( -6\text e + 6) - (-12) \\
+&= 18 - 6\text e.
+\end{aligned}$$
+
+>[!summary] 题后总结
+>第一问需要用到两个东西：（1）换元，把函数里的 $x$ 拿到函数外面来；（2）<span style='color: orange'>定积分的值与被积变量无关</span>。第二点很容易被忘记。
+>第二问的两种解法都是有来头的。
+>解法1源自分部积分法，如果你尝试对需要求的定积分进行分部积分法，然后再用第一问的结论带进去，就会发现 $\displaystyle\int_0^1\text e^xf(x)\text dx$ 这一项被消掉了，这时如果你相对敏锐一点就会想到——这一项在不定积分中也会被消掉！这样我们就可以直接求出 $f(x)$ 的表达式了，再求定积分自然不在话下。剩下要注意就是<span style='color: orange' >不要忘记积分常数</span>。
+>解法2的思路类似于微分中值定理的题。我们看第一问的结论 $f'(x) + f(x) = 6x$，是不是很像微分中值定理中我们要凑的 $(\text e^xf(x))'$？这样就产生了第二种思路。后面的过程中仍然要注意<span style='color: orange' >不要忘记积分常数</span>。
+
+>[!examle] 例题
+>记 $\displaystyle I_n = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \sec^n x  \, \mathrm{d}x, \ (n=0,1,2,\cdots)$。
+(1) 证明：当 $n \geq 2$ 时，$\displaystyle I_n = \frac{2^{\frac{n-2}{2}}}{n-1} + \frac{n-2}{n-1} I_{n-2}$；
+(2) 计算 $I_3$ 的值。
+
+>[!note] 解析
+>（1）证明：$$\begin{aligned}
+I_n &= \int_0^{\frac{\pi}{4}} \sec^n x  \, \mathrm{d}x = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \sec^{n-2} x \cdot \sec^2 x  \, \mathrm{d}x \\
+&= \int_0^{\frac{\pi}{4}} \sec^{n-2} x  \, \mathrm{d}(\tan x) \\
+&= \left[ \tan x \sec^{n-2} x \right]_0^{\frac{\pi}{4}} - \int_0^{\frac{\pi}{4}} \tan x \cdot (n-2) \sec^{n-3} x \cdot \sec x \tan x  \, \mathrm{d}x \\
+&= 1 \cdot 2^{\frac{n-2}{2}} - (n-2) \int_0^{\frac{\pi}{4}} \tan^2 x \sec^{n-2} x  \, \mathrm{d}x \\
+&= 2^{\frac{n-2}{2}} - (n-2) \int_0^{\frac{\pi}{4}} (\sec^2 x - 1) \sec^{n-2} x  \, \mathrm{d}x \\
+&= 2^{\frac{n-2}{2}} - (n-2) \left( I_n - I_{n-2} \right),
+\end{aligned}$$
+>故$\displaystyle I_n = \frac{2^{\frac{n-2}{2}}}{n-1} + \frac{n-2}{n-1} I_{n-2}.$
+>（2）$\displaystyle I_1=\int_0^\frac{\pi}{4}\sec x\text dx=[\ln|\sec x+\tan x|]_0^\frac{\pi}{4}=\ln(\sqrt2+1).$
+>故$\displaystyle I_3=\frac{2^{\frac{3-2}{2}}}{3-1} + \frac{3-2}{3-1} I_{3-2} = \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{1}{2} I_1 = \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{1}{2} \ln(\sqrt{2} + 1).$
+
+>[!summary] 题后总结
+>因为要证明的式子中是 $I_n$ 和 $I_{n-2}$，中间隔了两项，所以在凑的时候也要凑一个 $\sec^2x$ 出来；而且 $\text d(\tan x)=\sec^2x\text dx$，用平方也更好凑一点。
+
+>[!example] 例题
+>已知函数 $$f_n(x)=\int_0^xt^2(1-t)\sin^{2n}t\text dt,\qquad x\in(-\infty,+\infty),$$其中 $n$ 为正整数。
+>（1）证明：对任意正整数 $n$，函数 $f_n(x)$ 在 $x=1$ 处取得最大值；
+>（2）记 $a_n=f_n(1),n=1,2,\cdots$，试判断级数 $\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$ 的敛散性。
+
+>[!note] 解析
+>（1）$f'_n(x)=x^2(1-x)\sin^{2n}x$，令 $f'_n(x)=0$，得 $x=0,1,\pm n\pi(n=1,2,\cdots)$
+>当 $0\lt x\lt1$ 时，$x^2\gt0$，$1-x\gt0$，$\sin^{2n}x\gt0$，故 $f'_n(x)\gt0$；当 $x\gt1$ 时，$x^2\gt0$，$1-x\lt0$，$\sin^{2n}x\gt0$，故 $f'_n(x)\gt0$，故 $f'_n(x)\lt0$。因此 $f_n(x)$ 在 $x=1$ 左侧递增，右侧递减，从而 $x=1$ 为 $f_n(x)$ 的极大值点，也是最大值点。
+>
+>（2）当 $t\in[0,1]$ 时，有 $0\leqslant\sin t\leqslant t$，故$$\begin{aligned}
+>0\leqslant a_n
+>&=\int_0^1t^2(1-t)\sin^{2n}t\text dt\\
+>&\leqslant\int_0^1t^{2n+2}(1-t)\text dt\\
+>&=\frac{t^{2n+3}}{2n+3}\bigg|_0^1-\frac{t^{2n+4}}{2n+4}\bigg|_0^1\\
+>&=\frac{1}{(2n+3)(2n+4)}.
+>\end{aligned}$$
+>又$$\lim_{n\to\infty}\dfrac{(2n+3)(2n+4)}{n^2}=4,$$由比较判别法知 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{(2n+3)(2n+4)}$ 收敛，故 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_n$ 收敛。
+
+>[!summary] 题后总结
+>第一问就是单调性的分析。
+>第二问把积分和级数结合起来，关键在于放缩。至于放缩的技巧……只能说，多练吧，有一个记一个。
+
+>[!example] 例题
+>已知 $f'(x)=\arctan (x^2-1)$，$f(1)=0$，求 $\displaystyle\int_0^1f(x)\text dx$。
+
+>[!note] 解析
+>用分部积分法得 $$I=xf(x)|^1_0-\int_0^1xf'(x)\text dx=-\int_0^1x\arctan(x^2-1)\text dx.$$
+>令 $u=x^2-1$，则 $\text du=2x\text dx$，于是 $$I=-\frac{1}{2}\int_{-1}^0\arctan u\text du=-\frac{1}{2}((u\arctan u)|_{-1}^0-\frac{1}{2}\ln(1+u^2)|_{-1}^0)=\frac{\pi}{8}-\frac{1}{4}\ln2.$$
 
 

From 86b54daecfa15bf915a066b5caeef95ccddd6a8a Mon Sep 17 00:00:00 2001
From: =?UTF-8?q?=E7=8E=8B=E8=BD=B2=E6=A5=A0?= <wkn339224@qq.com>
Date: Wed, 28 Jan 2026 21:08:32 +0800
Subject: [PATCH 18/32] vault backup: 2026-01-28 21:08:31

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 .../整合素材/高数素材/积分题目.md  | 18 +++++++-----------
 1 file changed, 7 insertions(+), 11 deletions(-)

diff --git a/素材/整合素材/高数素材/积分题目.md b/素材/整合素材/高数素材/积分题目.md
index 0247fc6..5d546f8 100644
--- a/素材/整合素材/高数素材/积分题目.md
+++ b/素材/整合素材/高数素材/积分题目.md
@@ -1,3 +1,4 @@
+
 >[!example] 例题
 >已知 $a_n = \int_0^{n\pi} |\cos x|  \, \text dx,\ n=1,2,\cdots$，则下列级数收敛的是（ ）。
 (A) $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{n}$
@@ -27,7 +28,7 @@
 >[!summary] 题后总结
 >这道题很妙，妙在想到用夹逼定理。但是这是怎么想到的呢？
 >我们观察一下极限的形式：有一个开 $n$ 次根号。这会让我们想到这样一个极限：$$\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]a=1,a\gt0.$$从而可以用估值定理和夹逼定理做出这道题……吗？
->不对，我们再看一下这个不等式：$$\sqrt[n]{m} \int_a^b g(x)  \, \text dx \leqslant \int_a^b g(x) \sqrt[n]{f(x)}  \, \text dx \leqslant \sqrt[n]{M} \int_a^b g(x)  \, \text dx,$$它真的成立吗？并不，题中没有给出 $g(x)\gt0$ 的条件，所以并不成立。那么应该怎么做呢？下面给出一种思路。
+>不对，我们再看一下这个不等式：$$\sqrt[n]{m} \int_a^b g(x)  \, \text dx \leqslant \int_a^b g(x) \sqrt[n]{f(x)}  \, \text dx \leqslant \sqrt[n]{M} \int_a^b g(x)  \, \text dx,$$它真的成立吗？并不，题中没有给出 $g(x)\gt0$ 的条件，甚至连 $g(x)$ 保持同号得条件都没有，所以并不成立。那么应该怎么做呢？下面给出一种思路。
 
 >[!note] 解析
 >仍然利用 $f(x)$ 的最值和这个极限 $\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]a=1,a\gt0.$ 
@@ -37,16 +38,14 @@
 >[!summary] 题后总结
 >上述方法是怎么想到的呢？其实，我先用画图软件大致确定了答案应该是 $\displaystyle\int_a^bg(x)\text dx,$ 然后想：不知道符号的处理办法应该是加绝对值。但是加绝对值会有这样一个问题：$\displaystyle\lim f(x)=a\Rightarrow \lim |f(x)|=|a|,$ 但 $\displaystyle\lim |f(x)|=|a|\nRightarrow \lim f(x)=a$。但有一种特殊情况：如果 $a=0,$ 那么反过来也是成立的。所以可以考虑被积函数和结果式子的差，这样就可以让极限值为 $0$，从而可以得出结论了。
 >其实上面的证明还有点小瑕疵，就是 $(*)$ 处。里面的极限等于零真的可以推出积分的极限等于零吗？确实是可以的，但这是有条件的。我们先给出这道题可以这么做的证明，再说条件是什么。
-
->[!note] 补充证明
->由于 $f(x)$ 是连续的，所以 $\sqrt[n]{f(x)}-1$ 也是连续的，从而由积分中值定理可知，存在 $\xi\in(a,b),$ 使得 $\displaystyle \int_a^b\sqrt[n]{f(x)}-1\text dx=\sqrt[n]{f(\xi)}-1\to0\,(n\to\infty).$ 
-
->[!info] 补充说明
+>>[!note] 补充证明
+>>由于 $f(x)$ 是连续的，所以 $\sqrt[n]{f(x)}-1$ 也是连续的，从而由积分中值定理可知，存在 $\xi\in(a,b),$ 使得 $\displaystyle \int_a^b\sqrt[n]{f(x)}-1\text dx=\sqrt[n]{f(\xi)}-1\to0\,(n\to\infty).$ 
+>
 >实际上，只有函数“一致连续”才能得出极限和积分号可以互换的结论；就上面这道题而言，就是我们可以先求 $\lim\limits_{n\to\infty}(\sqrt[n]f(x)-1)$ 再求这个积分。有兴趣的可以自行去了解一致连续是什么意思。
 >有趣的是，这道题的第一个解析是原卷的解析，也就是说，出卷老师也没有意识到这个地方不能用夹逼定理。大家不能忘记夹逼定理的方法，但是也要注意具体情形下到底能不能用夹逼定理，<span style='color: orange'>这个不等式究竟是否成立</span>。
 
 >[!example] 例题
->已知函数 $\displaystyle f(x) = \begin{cases} \dfrac{1}{1 + \sqrt[3]{x}}, & x \geq 0, \\ \dfrac{\arctan x}{1 + x^2}, & x < 0, \end{cases}$ 计算定积分 $\displaystyle I = \int_{-1}^1 f(x)  \, \text dx$。
+>已知函数 $\displaystyle f(x) = \begin{cases} \dfrac{1}{1 + \sqrt[3]{x}}, & x \geqslant 0, \\ \dfrac{\arctan x}{1 + x^2}, & x < 0, \end{cases}$ 计算定积分 $\displaystyle I = \int_{-1}^1 f(x)  \, \text dx$。
 
 >[!note] 解析
 >易知 $\displaystyle I = \int_{-1}^1 f(x)  \, dx = \int_{-1}^0 f(x)  \, dx + \int_0^1 f(x)  \, dx$。
@@ -79,7 +78,7 @@
 >所以 $-2\lt a_n\lt -1.$于是 $\{a_n\}$ 单调递减有下界，故数列收敛。
 >（2）
 >**解1：**
->$\displaystyle a_{2n}-a_n=\frac{1}{\sqrt{n+1}} + \frac{1}{\sqrt{n+2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{2n}}+2(\sqrt{2n}-\sqrt n),$ 故 $$\frac{a_{2n}-a_n}{\sqrt n}=\frac{1}{\sqrt{n}} \left( \frac{1}{\sqrt{n+1}} + \frac{1}{\sqrt{n+2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{2n}} \right)-2(\sqrt2-1).$$因为 $\{a_n\}$ 收敛，所以 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}(a_{2n}-a_n)=0,$ 故$$\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt{n}} \left( \frac{1}{\sqrt{n+1}} + \frac{1}{\sqrt{n+2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{2n}} \right)=2(\sqrt2-1).$$
+>$\displaystyle a_{2n}-a_n=\frac{1}{\sqrt{n+1}} + \frac{1}{\sqrt{n+2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{2n}}+2(\sqrt{2n}-\sqrt n),$ 故 $$\frac{a_{2n}-a_n}{\sqrt n}=\frac{1}{\sqrt{n}} \left( \frac{1}{\sqrt{n+1}} + \frac{1}{\sqrt{n+2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{2n}} \right)-2(\sqrt2-1).$$因为 $\{a_n\}$ 收敛，所以 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}(a_{2n}-a_n)=0$，故$$\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt{n}} \left( \frac{1}{\sqrt{n+1}} + \frac{1}{\sqrt{n+2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{2n}} \right)=2(\sqrt2-1).$$
 >**解2：**
 >利用定积分的定义：$$
 \begin{aligned}
@@ -110,9 +109,6 @@
 >&=x \tan x + \ln |\cos x| - \dfrac{x^2}{2} + C
 >\end{aligned}$$
 
->[!summary] 题后总结
->要牢记各种积分的公式，这道题就是简单的积分公式和分部积分的运用。
-
 >[!example] 例题
 >已知函数 $f(x)$ 在 $(-\infty, +\infty)$ 内连续，且
 $$\int_0^x t f(x-t)  \, \mathrm{d}t = x^3 - \int_0^x f(t)  \, \mathrm{d}t.$$

From 3171934cefe7ff7e14bcae1669904a906a108728 Mon Sep 17 00:00:00 2001
From: =?UTF-8?q?=E7=8E=8B=E8=BD=B2=E6=A5=A0?= <wkn339224@qq.com>
Date: Wed, 28 Jan 2026 21:10:01 +0800
Subject: [PATCH 19/32] vault backup: 2026-01-28 21:10:01

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 素材/谏学高数者十思疏.md | 2 +-
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index 9b6d18b..e442cbb 100644
--- a/素材/谏学高数者十思疏.md
+++ b/素材/谏学高数者十思疏.md
@@ -1 +1 @@
-学高数者，诚能见等价，则思加减不能替；将有洛，则思代换以化简；念复合，则思漏层而求导；惧积分，则思不定以加C；乐微分，则思dx而莫忘；忧定积，则思牛莱而相减；虑换元，则思积分上下限；惧级数，则思判别勿用错；项所加，则思无因忽以谬导；拐所及，则思无因x而漏y。总此十思，宏兹九章，简能而任之，择善而从之，则牛顿尽其谋，莱氏竭其力，泰勒播其惠，柯西效其忠。文理争驰，学生无事，可以尽数分之乐，可以养高代之寿。
\ No newline at end of file
+学高数者，诚能见等价，则思加减不能替；将有洛，则思代换以化简；念复合，则思勿漏层而求导；惧积分，则思不定以加C；乐微分，则思dx而莫忘；忧定积，则思牛莱而相减；虑换元，则思积分上下限；惧级数，则思判别勿用错；项所加，则思无因忽以谬导；拐所及，则思无因x而漏y。总此十思，宏兹九章，简能而任之，择善而从之，则牛顿尽其谋，莱氏竭其力，泰勒播其惠，柯西效其忠。文理争驰，学生无事，可以尽数分之乐，可以养高代之寿。
\ No newline at end of file

From af51b63effa8a5b71a0b34885a645ecd5afebac3 Mon Sep 17 00:00:00 2001
From: Cym10x <Cym_em10x@outlook.com>
Date: Wed, 28 Jan 2026 21:46:27 +0800
Subject: [PATCH 20/32] =?UTF-8?q?M=20=E7=B4=A0=E6=9D=90/=E6=95=B4=E5=90=88?=
 =?UTF-8?q?=E7=B4=A0=E6=9D=90/=E9=AB=98=E6=95=B0=E7=B4=A0=E6=9D=90/?=
 =?UTF-8?q?=E4=B8=8D=E5=AE=9A=E7=A7=AF=E5=88=86=E5=A4=A7=E9=9B=86=E5=90=88?=
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 .../不定积分大集合——方法篇.md   |   6 +-
 .../讲义/一元积分学（Part 1）.md     | 168 ++++++++++++++++--
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@@ -103,9 +103,9 @@ $$\begin{align*}
 （2）积分中为了化掉根式是否一定采用三角代换？
 并不是绝对的，需要根据被积函数的情况来定。
 一般规律如下：当被积函数中含有
-$\boldsymbol{\sqrt{a^2 - x^2}}$ 可令 $x = a\sin t$
-$\boldsymbol{\sqrt{a^2 + x^2}}$ 可令 $x = a\tan t$
-$\boldsymbol{\sqrt{x^2 - a^2}}$ 可令 $x = a\sec t$
+${\sqrt{a^2 - x^2}}$ 可令 $x = a\sin t$
+${\sqrt{a^2 + x^2}}$ 可令 $x = a\tan t$
+${\sqrt{x^2 - a^2}}$ 可令 $x = a\sec t$
 （3）倒代换（当分母的次数高时，可采用倒代换）
 【2.3】求
 
diff --git a/编写小组/讲义/一元积分学（Part 1）.md b/编写小组/讲义/一元积分学（Part 1）.md
index f2a10ee..942f81c 100644
--- a/编写小组/讲义/一元积分学（Part 1）.md	
+++ b/编写小组/讲义/一元积分学（Part 1）.md	
@@ -5,8 +5,7 @@ aliases:
   - Integrate
 ---
 # Section 1  积分基础
-（%%TODO：积分基础%%）
-（%%积分的定义！%%）
+>[!bug] 待补充
 # Section 2  积分方法
 ## 预处理
 拿到一个积分，最忌讳的是直接被那一团复杂的被积函数吓倒。先尝试着逐步拆解简化这个积分，然后进行求解。
@@ -22,36 +21,109 @@ aliases:
 >>$\int\cos^2x\sin x\mathrm dx=-\int u^2\mathrm du=-\dfrac{u^3}{3}+C=-\dfrac{\cos^3 x}{3}+C$
 >>如果你对整个过程很熟练，可以写成 $\int\cos^2x\sin x\mathrm dx=\int\cos^2x\mathrm d(\cos x)=-\dfrac{\cos^3 x}{3}+C$
 
+除此之外还有第二类换元法
+>[!bug] 待补充
+
 换元法有下列几种情况：
-#### 1. 三角形式
+#### 1. 三角函数式
 >[!example] 例2.1
->求不定积分 $\int \sin^2 x \cos^5 x dx$.
+>求不定积分 $\int \sin^2 x \cos^5 x\mathrm dx$.
 
 >[!tip] 提示
 >利用 $\cos x$ 来凑微分而不是 $\sin x$，这样你就能得到偶数次方的三角函数——如果最后剩下奇数次方的 $\sin x,\cos x$，那么可能还要多花一点心思去做换元或用别的技巧，但是偶数次方的可操作性强很多，你可以用 $\sin^2x+\cos^2x=1$ 来升降次，用诸如 $\cos^2x=\dfrac{1+\cos^2x}{2}$ 来换角，比奇数次更加便捷。
->这也是万能代换 $x=\tan\frac{t}{2}$ 背后的逻辑。 
+>“化偶数次”也是万能代换 $x=\tan\frac{t}{2}$ 背后的逻辑。
 
 >[!note] 解析
->$\begin{align}\text{原式}&= \int \sin^2 x \cos^4 x (\cos x) dx \\&= \int \sin^2 x \cos^4 x d\sin x \\&= \int \sin^2 x (1-\sin^2 x)^2 d\sin x \\&= \int \sin^2 x (\sin^4 x - 2\sin^2 x + 1) d\sin x \\&= \int (\sin^6 x - 2\sin^4 x + \sin^2 x) d\sin x \\&= \frac{1}{7}\sin^7 x - \frac{2}{5}\sin^5 x + \frac{1}{3}\sin^3 x + C\end{align}$
-#### 2. 高次幂
->[!example] 例2.2
->求不定积分 $\int\dfrac{x\mathrm dx}{(x-1)^{100}}$.
+>$\begin{align}\text{原式}&= \int \sin^2 x \cos^4 x (\cos x)\mathrm dx \\&= \int \sin^2 x \cos^4 x\mathrm d\sin x \\&= \int \sin^2 x (1-\sin^2 x)^2\mathrm d\sin x \\&= \int \sin^2 x (\sin^4 x - 2\sin^2 x + 1)\mathrm d\sin x \\&= \int (\sin^6 x - 2\sin^4 x + \sin^2 x) \mathrm d\sin x \\&= \frac{1}{7}\sin^7 x - \frac{2}{5}\sin^5 x + \frac{1}{3}\sin^3 x + C\end{align}$
+#### 2. 三角代换式
+三角代换并不是绝对的，需要根据被积函数的情况来定。然而，当出现类似 $x^2\pm a^2$ 的结构，尤其是在根号内的时候，可以根据 $\sin^2x+\cos^2x=1$ 和 $\tan^2x+1=\sec^2x$ 适当选择代换式
+一般规律如下：当被积函数中含有
+${\sqrt{a^2 - x^2}}$ 可令 $x = a\sin t$
+${\sqrt{a^2 + x^2}}$ 可令 $x = a\tan t$
+${\sqrt{x^2 - a^2}}$ 可令 $x = a\sec t$
+
+>[!fail] 不应当死记硬背上面的代换，这样很容易记错
+
+>[!done] 你应当结合 $\sin^2x+\cos^2x=1$ 和 $\tan^2x+1=\sec^2x$ 来辅助记忆，并强化运用能力
+
+>[!example] 例题2.
+>求不定积分 $\displaystyle\int\frac{\mathrm dx}{\sqrt{x^2+a^2}} \quad (a>0)$
+
+>[!note] 解析
+>令 $x = a\tan t$ ，则$\mathrm dx = a\sec^2 t\mathrm dt$，$t \in \left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right)$，则
+$\sqrt{x^2+a^2} = \sqrt{a^2\tan^2 t + a^2} = a\sec t$
+>$\begin{align}\int \frac{dx}{\sqrt{x^2+a^2}} &= \int \frac{a\sec^2 t dt}{a\sec t} \\&= \int \sec t dt \\&= \ln|\sec t + \tan t| + C_1 \\&= \ln\left|\frac{\sqrt{x^2+a^2}}{a} + \frac{x}{a}\right| + C_1 \\&= \ln\left|x + \sqrt{x^2+a^2}\right| + C\end{align}$
+#### 3. 有理式
+>[!example] 例2.
+>求不定积分 $\displaystyle\int\dfrac{x\mathrm dx}{(x-1)^{100}}$.
 
 >[!note] 解析
 >$\begin{align}\text{原式}&=\int\frac{(x-1)+1}{(x-1)^{100}}\mathrm d(x-1)\\&=\int\frac{\mathrm d(x-1)}{(x-1)^{99}}+\int\frac{\mathrm d(x-1)}{(x-1)^{100}}\\&=-\frac{1}{98(x-1)^{98}} - \frac{1}{99(x-1)^{99}} + C\end{align}$
 
+>[!tip] !!!
+>（等待添加，有什么想法吗？）
+
+>[!example] 例2.
+>求不定积分 $\displaystyle\int \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt[6]{x+1} - \sqrt[3]{x+1}}$
+
+>[!hint] 提示
+>对于含有多个次数不同的根式时，换元时要换元为根指数的最小公倍数。
+>若被积函数中含有 $\sqrt[n_1]{ax+b}$,$\sqrt[n_2]{ax+b}$,$\dots$,$\sqrt[n_k]{ax+b}$，可考虑代换 $t = \sqrt[n]{ax+b}$（n 为 $n_1$,$n_2$,$\dots,n_k$ 的最小公倍数）
+>若被积函数中含有 $\sqrt[n_1]{\frac{ax+b}{cx+d}}$,$\sqrt[n_2]{\frac{ax+b}{cx+d}}$,$\dots$,$\sqrt[n_k]{\frac{ax+b}{cx+d}}$，可考虑代换 $t = \sqrt[n]{\frac{ax+b}{cx+d}}$（n 为 $n_1$,$n_2$,$\dots$,$n_k$ 的最小公倍数）
+
+>[!note] 解析
+>令 $t=\sqrt[6]{x+1}$，则 $x=t^6-1$，$\mathrm dx=6t^5\mathrm dt$，则 
+>$\begin{align}\int \frac{dx}{\sqrt[6]{x+1} - \sqrt[3]{x+1}} &= \int \frac{6t^5 dt}{t - t^2} \\&= 6\int \frac{t^4}{1-t} dt \\&= 6\int \left(-t^3 - t^2 - t - 1 + \frac{1}{1-t}\right) dt \\&= 6\left(-\frac{t^4}{4} - \frac{t^3}{3} - \frac{t^2}{2} - t - \ln|1-t|\right) + C \\&= -\frac{3}{2}\sqrt[3]{(x+1)^2} - 2\sqrt{x+1} - 3\sqrt[3]{x+1} - 6\sqrt[6]{x+1} - 6\ln|\sqrt[6]{x+1} -1| + C\end{align}$
+
 >[!error] 待决策
->### 3. 高次幂多项式与三角函数的转化
->$$\int \frac{\sqrt{\arctan x}}{1+x^2} dx$$
+>##### 高次幂多项式与三角函数的转化
+>$$\int \frac{\sqrt{\arctan x}}{1+x^2}\mathrm dx$$
 >原式
 >$$\begin{align*}
-&= \int \sqrt{\arctan x} d(\arctan x) \\
+&= \int \sqrt{\arctan x}\mathrm d(\arctan x) \\
 &= \frac{2}{3}(\arctan x)^{\frac{3}{2}} + C
 \end{align*}$$
+#### 4. 倒代换
+在拆解有理式的时候，对于 $\dfrac{1}{ax+b},\dfrac{1}{ax^2+bx+c}$ 等一次、二次分式，我们可以从容应对；但是如果次数再高一点，就很难办了。
+然而，对于一些较为简单的高次幂函数，我们可以使用**倒代换**：把 $x$ 倒过来！
+令 $x=\frac1t,\mathrm dx=-\frac{1}{t^2}\mathrm dt$
+>[!example] 例题
+>求不定积分 $\displaystyle\int\frac{1}{x(x^7+2)}\mathrm dx$
+
+>[!note] 解析
+>令 $x=\frac{1}{t}$，
+>$\begin{align}\int\frac{1}{x(x^7+2)}\mathrm dx&=\int\frac{t\mathrm dt}{(t^{-7}+2)(-t^2)}\\&=-\int\frac{t^6\mathrm dt}{1+2t^7}\\&=-\frac{1}{14}\ln|1+2t^7|+C\\&=-\frac{1}{14}\ln|2+x^7|+\frac{1}{2}\ln|x|+C\end{align}$
 ##  分部积分法
+分部积分法的基本公式：$\int u\mathrm dv=uv-\int v\mathrm du$
+分部积分法的要点是通过合理选择 $u,\mathrm dv$ 使得 $\int v\mathrm du$ 比 $\int u\mathrm dv$ 更容易求。那么如何选择呢？按照教员上课提到的“<span style="color:#ff7700;font-weight:bold;">反对幂指三</span>”，我们这样选择 $u$，十有八九能成功（实在不行再调换顺序）：
+1. **反**：反三角函数家族 $\arcsin,\arccos,\arctan,...$ 
+2. **对**：对数函数，通常特指 $\ln x$ 
+3. **幂**：幂函数，$x,x^2,x^3,...$ 
+4. **指**：指数函数，通常特指 $\mathrm e^x$ 
+5. **三**：三角函数家族 $\sin,\cos,\tan,\cot,\sec,\csc$ 
+>[!todo] 示例
+>求不定积分 $\int x\cos x\mathrm dx$
 
+>[!done] 正确示例
+>解：按照顺序，匹配到“**幂**”，那么我们取 $u=x$，$\mathrm dv=\cos x\mathrm dx=\mathrm d\sin x$
+>$\int x \cos x\mathrm dx = \int x\mathrm d\sin x = x \sin x - \int \sin x\mathrm dx = x \sin x + \cos x + C$
 
+>[!fail] 错误示例
+>解：我们尝试取 $u=\cos x$，$\mathrm dv=x\mathrm dx=\frac{1}{2}\mathrm dx^2$，
+>$\displaystyle\int x\cos x\mathrm dx=\frac{1}{2}\int\cos x\mathrm dx^2=x^2\cos x+\int x^2\sin x\mathrm dx$    ……
+>你还愿意继续积下去吗？我是不愿意了。
 #### 常见特征：
+\
+\
+\
+\
+\
+\
+\
+\
+\
+\
+\
 
 #### 反对幂指三
 
@@ -62,3 +134,75 @@ aliases:
 
 # Section 5  与积分相关的不等式证明
 # Extra. 常用积分公式速记
+### 一、基本初等函数积分
+$\int 0 \, \mathrm dx =C$
+ $\int k \, \mathrm dx = kx + C$ （ k  为常数）
+ $\int x^\mu \, \mathrm {d}x = \frac{x^{\mu+1}}{\mu+1} + C$ （ $\mu \neq -1$ ）
+ $\int \sqrt{x} \mathrm {d}x = \frac{2}{3}x^{\frac{3}{2}} + C$
+ $\int \frac{1}{x} \, \mathrm {d}x = \ln|x| + C$ 
+$\int a^x \, \mathrm {d}x = \frac{a^x}{\ln a} + C$ （ $a>0,a\neq1$ ）
+ $\int e^x \, \mathrm {d}x = e^x + C$ 
+### 二、三角函数积分
+ $\int \sin x \, \mathrm {d}x = -\cos x + C$ 
+ $\int \cos x \, \mathrm {d}x = \sin x + C$ 
+ $\int \tan x \, \mathrm {d}x = -\ln|\cos x| + C$
+ $\int \cot x \, \mathrm {d}x = \ln|\sin x| + C$
+ $\int \sec x \, \mathrm {d}x = \ln|\sec x + \tan x| + C$ 
+ $\int \csc x \, \mathrm {d}x = \ln|\csc x - \cot x| + C$ 
+ $\int \sec^2 x \, \mathrm {d}x = \tan x + C$ 
+ $\int \csc^2 x \, \mathrm {d}x = -\cot x + C$ 
+ $\int \sec x \tan x \, \mathrm {d}x = \sec x + C$ 
+ $\int \csc x \cot x \, \mathrm {d}x = -\csc x + C$ 
+ $\int \sin^2 x \, \mathrm {d}x = \frac{x}{2} - \frac{\sin 2x}{4} + C$ 
+ $\int \cos^2 x \, \mathrm {d}x = \frac{x}{2} + \frac{\sin 2x}{4} + C$ 
+### 三、反三角函数积分
+ $\int \arcsin x \, \mathrm {d}x = x\arcsin x + \sqrt{1-x^2} + C$ 
+ $\int \arccos x \, \mathrm {d}x = x\arccos x - \sqrt{1-x^2} + C$ 
+ $\int \arctan x \, \mathrm {d}x = x\arctan x - \frac{1}{2}\ln(1+x^2) + C$ 
+ $\int \text{arccot } x \, \mathrm {d}x = x\text{arccot } x + \frac{1}{2}\ln(1+x^2) + C$ 
+### 四、含根式的积分（ $a>0$ ）
+ $\int \frac{1}{\sqrt{a^2 - x^2}} \, \mathrm {d}x = \arcsin\frac{x}{a} + C$ 
+ $\int \frac{1}{\sqrt{x^2 + a^2}} \, \mathrm {d}x = \ln\left(x + \sqrt{x^2 + a^2}\right) + C$ 
+ $\int \frac{1}{\sqrt{x^2 - a^2}} \, \mathrm {d}x = \ln\left|x + \sqrt{x^2 - a^2}\right| + C$ 
+ $\int \sqrt{a^2 - x^2} \, \mathrm {d}x = \frac{x}{2}\sqrt{a^2 - x^2} + \frac{a^2}{2}\arcsin\frac{x}{a} + C$ 
+ $\int \sqrt{x^2 + a^2} \, \mathrm {d}x = \frac{x}{2}\sqrt{x^2 + a^2} + \frac{a^2}{2}\ln\left(x + \sqrt{x^2 + a^2}\right) + C$ 
+ $\int \sqrt{x^2 - a^2} \, \mathrm {d}x = \frac{x}{2}\sqrt{x^2 - a^2} - \frac{a^2}{2}\ln\left|x + \sqrt{x^2 - a^2}\right| + C$ 
+### 五、含分式的积分（ $a\neq0$ ）
+ $\int \frac{1}{x^2 + a^2} \, \mathrm {d}x = \frac{1}{a}\arctan\frac{x}{a} + C$ 
+ $\int \frac{1}{x^2 - a^2} \, \mathrm {d}x = \frac{1}{2a}\ln\left|\frac{x - a}{x + a}\right| + C$ 
+ $\int \frac{1}{ax + b} \, \mathrm {d}x = \frac{1}{a}\ln|ax + b| + C$ 
+### 六、指数与对数结合积分
+ $\int x e^x \, \mathrm {d}x = (x-1)e^x + C$ 
+$\int x \ln x \, \mathrm {d}x = \frac{x^2}{2}\ln x - \frac{x^2}{4} + C$ 
+ $\int e^x \sin x \, \mathrm {d}x = \frac{e^x}{2}(\sin x - \cos x) + C$ 
+ $\int e^x \cos x \, \mathrm {d}x = \frac{e^x}{2}(\sin x + \cos x) + C$ 
+### 七、常用凑微分积分
+ $\int \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}} \, \mathrm {d}x = \arcsin x + C = -\arccos x + C$ 
+ $\int \frac{1}{1 + x^2} \, \mathrm {d}x = \arctan x + C = -\text{arccot } x + C$ 
+ $\int \frac{1}{x\ln x} \, \mathrm {d}x = \ln|\ln x| + C$ 
+ $\int \frac{e^{\sqrt{x}}}{\sqrt{x}} \, \mathrm {d}x = 2e^{\sqrt{x}} + C$ 
+ $\int \frac{\sin\sqrt{x}}{\sqrt{x}} \, \mathrm {d}x = -2\cos\sqrt{x} + C$ 
+>[!abstract] 练习
+>尝试推导上述公式
+
+Trivia: 魔法六边形
+<svg xmlns="http://www.w3.org/2000/svg" width="177.5" height="133.1" version="1.1" style="font-family:Latin Modern Math; font-size:20px; fill:#ba00ff; stroke-width:0.32px;">
+<defs>
+	<marker style="overflow:visible;" orient="auto">
+		<path transform="matrix(-0.4,0,0,-0.4,-4,0)" style="fill:#005c94; stroke:#005c94; stroke-width:1pt;" d="M 0,0 5,-5 -12.5,0 5,5 Z"/>
+	</marker>
+</defs>
+<g transform="translate(225.063,490.564)">
+	<path style="fill:#fefad7; stroke:#a40000; stroke-width:0.47;" d="m -105.7,-371.2 -57.7,0 -28.9,-50 28.9,-50 57.7,0 28.9,50 z"/>
+	<path style="fill:none; stroke:black;" d="m -163.5,-471.1 57.5,99.5"/>
+	<path style="fill:none; stroke:black;" d="M -192.2,-421.2 H -77.1"/>
+	<path style="fill:none; stroke:black;" d="m -106,-471.1 -57.3,99.9"/>
+	<text x="-179.5" y="-475.8" style="font-style:italic;">sin</text>
+	<text x="-226.1" y="-416.1" style="font-style:italic;">tan</text>
+	<text x="-116.9" y="-475.8" style="font-style:italic;">cos</text>
+	<text x="-178.1" y="-357.8" style="font-style:italic;">sec</text>
+	<text x="-74.9" y="-416.1" style="font-style:italic;">cot</text>
+	<text x="-117.8" y="-357.8" style="font-style:italic;">csc</text>
+	<text x="-147.3" y="-407.8" transform="scale(1.00188,0.998123)" style="font-family:Arial; font-size:42.7px; fill:black; stroke:white;">1</text>
+</g>
+</svg>

From 4f9eef6d03ae260c60c852d5942983ad3f28fae6 Mon Sep 17 00:00:00 2001
From: Cym10x <Cym_em10x@outlook.com>
Date: Thu, 29 Jan 2026 00:06:00 +0800
Subject: [PATCH 21/32] =?UTF-8?q?M=20=E7=BC=96=E5=86=99=E5=B0=8F=E7=BB=84/?=
 =?UTF-8?q?=E8=AE=B2=E4=B9=89/=E4=B8=80=E5=85=83=E7=A7=AF=E5=88=86?=
 =?UTF-8?q?=E5=AD=A6=EF=BC=88Part=201=EF=BC=89.md?=
MIME-Version: 1.0
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Content-Transfer-Encoding: 8bit

---
 .../讲义/一元积分学（Part 1）.md     | 31 +++++++++----------
 1 file changed, 15 insertions(+), 16 deletions(-)

diff --git a/编写小组/讲义/一元积分学（Part 1）.md b/编写小组/讲义/一元积分学（Part 1）.md
index 942f81c..82f0d62 100644
--- a/编写小组/讲义/一元积分学（Part 1）.md	
+++ b/编写小组/讲义/一元积分学（Part 1）.md	
@@ -4,6 +4,8 @@ Requires: 先写点自己的理解和做题的感悟，有人提交时就整合
 aliases:
   - Integrate
 ---
+%%用两个百分号扩在一起的是MarkDown注释，保存时不会展现。如无必要，无需删去。
+也可以用这种方法标注内容%%
 # Section 1  积分基础
 >[!bug] 待补充
 # Section 2  积分方法
@@ -13,7 +15,7 @@ aliases:
 1. （对定积分：）靠奇函数来消项；通过拆分上下限来简化可能性(?)
 2. （对有理式：）有理式的拆解
 ## 换元积分法
-#### 常见特征：被积函数有三角函数、 $x^2\pm a^2$ 等元素
+常见特征：被积函数有三角函数、 $x^2\pm a^2$ 等元素
 使用换元积分法非常考验你对被积函数的敏感程度，也就是“题感”，方法本身是特别容易理解的，因此我们必须熟练记忆一些初等函数求导公式以及额外补充的一些推出来的求导公式。
 >[!example] 开胃菜
 >求不定积分 $\int\cos^2x\sin x\mathrm dx$.
@@ -22,7 +24,7 @@ aliases:
 >>如果你对整个过程很熟练，可以写成 $\int\cos^2x\sin x\mathrm dx=\int\cos^2x\mathrm d(\cos x)=-\dfrac{\cos^3 x}{3}+C$
 
 除此之外还有第二类换元法
->[!bug] 待补充
+>[!bug] TODO: 待补充
 
 换元法有下列几种情况：
 #### 1. 三角函数式
@@ -104,6 +106,8 @@ $\sqrt{x^2+a^2} = \sqrt{a^2\tan^2 t + a^2} = a\sec t$
 >[!todo] 示例
 >求不定积分 $\int x\cos x\mathrm dx$
 
+%%像这种示例，就不用挖掉解答了：
+建议以后不挖去解答的用“示例”标签，可以用info或者todo样式%%
 >[!done] 正确示例
 >解：按照顺序，匹配到“**幂**”，那么我们取 $u=x$，$\mathrm dv=\cos x\mathrm dx=\mathrm d\sin x$
 >$\int x \cos x\mathrm dx = \int x\mathrm d\sin x = x \sin x - \int \sin x\mathrm dx = x \sin x + \cos x + C$
@@ -112,20 +116,15 @@ $\sqrt{x^2+a^2} = \sqrt{a^2\tan^2 t + a^2} = a\sec t$
 >解：我们尝试取 $u=\cos x$，$\mathrm dv=x\mathrm dx=\frac{1}{2}\mathrm dx^2$，
 >$\displaystyle\int x\cos x\mathrm dx=\frac{1}{2}\int\cos x\mathrm dx^2=x^2\cos x+\int x^2\sin x\mathrm dx$    ……
 >你还愿意继续积下去吗？我是不愿意了。
-#### 常见特征：
-\
-\
-\
-\
-\
-\
-\
-\
-\
-\
-\
-
-#### 反对幂指三
+### 常见情况：
+#### 1. 幂对乘积或幂反乘积或幂指乘积
+>[!example] 例题
+>求不定积分 $\int x^3 \ln x\mathrm dx$
+
+>[!note] 解析
+>最先匹配的是“**对**”（对数函数 $\ln x$），取 $u=\ln x,\mathrm dv=x^3\mathrm dx$，则：
+>$\begin{align}\int x^3 \ln x\mathrm dx&= \int \ln x d\left(\frac{x^4}{4}\right) \\&= \frac{1}{4}x^4 \ln x - \frac{1}{4}\int x^3\mathrm dx \\&= \frac{1}{4}x^4 \ln x - \frac{1}{16}x^4 + C\end{align}$
+
 
 # Section 3  特殊积分
 ### 1. 依靠循环式求解的积分

From 139465f7b9475829a80f1a3050b2a5d26a08b7c7 Mon Sep 17 00:00:00 2001
From: =?UTF-8?q?=E7=8E=8B=E8=BD=B2=E6=A5=A0?= <wkn339224@qq.com>
Date: Thu, 29 Jan 2026 06:00:05 +0800
Subject: [PATCH 22/32] vault backup: 2026-01-29 06:00:05

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 编写小组/讲义/一元积分学（Part 1）.md | 2 +-
 1 file changed, 1 insertion(+), 1 deletion(-)

diff --git a/编写小组/讲义/一元积分学（Part 1）.md b/编写小组/讲义/一元积分学（Part 1）.md
index 82f0d62..65d5973 100644
--- a/编写小组/讲义/一元积分学（Part 1）.md	
+++ b/编写小组/讲义/一元积分学（Part 1）.md	
@@ -75,7 +75,7 @@ $\sqrt{x^2+a^2} = \sqrt{a^2\tan^2 t + a^2} = a\sec t$
 
 >[!note] 解析
 >令 $t=\sqrt[6]{x+1}$，则 $x=t^6-1$，$\mathrm dx=6t^5\mathrm dt$，则 
->$\begin{align}\int \frac{dx}{\sqrt[6]{x+1} - \sqrt[3]{x+1}} &= \int \frac{6t^5 dt}{t - t^2} \\&= 6\int \frac{t^4}{1-t} dt \\&= 6\int \left(-t^3 - t^2 - t - 1 + \frac{1}{1-t}\right) dt \\&= 6\left(-\frac{t^4}{4} - \frac{t^3}{3} - \frac{t^2}{2} - t - \ln|1-t|\right) + C \\&= -\frac{3}{2}\sqrt[3]{(x+1)^2} - 2\sqrt{x+1} - 3\sqrt[3]{x+1} - 6\sqrt[6]{x+1} - 6\ln|\sqrt[6]{x+1} -1| + C\end{align}$
+>$\begin{align}\int \frac{dx}{\sqrt[6]{x+1} - \sqrt[3]{x+1}} &= \int \frac{6t^5 dt}{t - t^2} \\&= 6\int \frac{t^4}{1-t} dt \\&= 6\int \left(-t^3 - t^2 - t - 1 + \frac{1}{1-t}\right) dt \\&= 6\left(-\frac{t^4}{4} - \frac{t^3}{3} - \frac{t^2}{2} - t - \ln|1-t|\right) + C \\&= -\frac{3}{2}\sqrt[3]{(x+1)^2} - 2\sqrt{x+1} - 3\sqrt[3]{x+1} - 6\sqrt[6]{x+1} -\\ 6\ln|\sqrt[6]{x+1} -1| + C\end{align}$
 
 >[!error] 待决策
 >##### 高次幂多项式与三角函数的转化

From 59038b6f75a63bb9f2fec0a1901741ea81b59e3d Mon Sep 17 00:00:00 2001
From: =?UTF-8?q?=E7=8E=8B=E8=BD=B2=E6=A5=A0?= <wkn339224@qq.com>
Date: Thu, 29 Jan 2026 12:57:00 +0800
Subject: [PATCH 23/32] vault backup: 2026-01-29 12:57:00

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 .../整合素材/高数素材/积分题目.md | 31 +++++++++++++++++++
 1 file changed, 31 insertions(+)

diff --git a/素材/整合素材/高数素材/积分题目.md b/素材/整合素材/高数素材/积分题目.md
index 5d546f8..6681c66 100644
--- a/素材/整合素材/高数素材/积分题目.md
+++ b/素材/整合素材/高数素材/积分题目.md
@@ -201,4 +201,35 @@ I_n &= \int_0^{\frac{\pi}{4}} \sec^n x  \, \mathrm{d}x = \int_0^{\frac{\pi}{4}}
 >用分部积分法得 $$I=xf(x)|^1_0-\int_0^1xf'(x)\text dx=-\int_0^1x\arctan(x^2-1)\text dx.$$
 >令 $u=x^2-1$，则 $\text du=2x\text dx$，于是 $$I=-\frac{1}{2}\int_{-1}^0\arctan u\text du=-\frac{1}{2}((u\arctan u)|_{-1}^0-\frac{1}{2}\ln(1+u^2)|_{-1}^0)=\frac{\pi}{8}-\frac{1}{4}\ln2.$$
 
+>[!example] 例题
+>设 $\displaystyle a_n=\int_0^1x(1-x)^n\text dx,n=1,2,\cdots$.
+>（1）求级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty a_n$；
+>（2）设常数 $\lambda\gt0$，试讨论级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty \lambda^na_n$ 的敛散性.
 
+>[!note] 解析
+>（1）**解1：**$$\begin{aligned}
+>a_n&=-\int_0^1x(1-x)^n\text d(1-x)\\
+>&=-\frac{1}{n+1}\int_0^1x\text d(1-x)^{n+1}\\
+>&=-\frac{1}{n+1}\left([x(1-x)^{n+1}]_0^1-\int_0^1(1-x)^{n+1}\text dx\right)\\
+>&=-\frac{1}{n+1}\int_0^1(1-x)^{n+1}\text d(1-x)\\
+>&=-\frac{1}{n+1}\left[\frac{(1-x)^{n+2}}{n+2}\right]_0^1\\
+>&=\frac{1}{(n+1)(n+2)}\\
+>&=\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}.
+>\end{aligned}$$
+>于是$$\sum_{k=1}^n a_k = \sum_{k=1}^n \left( \frac{1}{k+1} - \frac{1}{k+2} \right) = \frac{1}{2} - \frac{1}{n+2}.$$
+>因此$$\sum_{n=1}^\infty a_n = \lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{n+2} \right) = \frac{1}{2}.$$
+>**解2：** 令 $t=1-x$，则
+>$$\begin{aligned}
+a_n &= \int_0^1 x (1-x)^n \, dx = \int_0^1 (1-t) t^n \, dt \\
+&= \int_0^1 (t^n - t^{n+1}) \, dt = \left[ \frac{t^{n+1}}{n+1} - \frac{t^{n+2}}{n+2} \right]_0^1 \\
+&= \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+2}.
+>\end{aligned}$$
+>后同解1
+>（2）设 $\displaystyle b_n = \lambda^n a_n = \lambda^n \left( \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+2} \right)$。考虑比值判别法：$$\lim_{n \to \infty} \frac{b_{n+1}}{b_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{\lambda^{n+1} \left( \frac{1}{n+2} - \frac{1}{n+3} \right)}{\lambda^n \left( \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+2} \right)} = \lambda \lim_{n \to \infty} \frac{ \frac{1}{(n+2)(n+3)} }{ \frac{1}{(n+1)(n+2)} } = \lambda \lim_{n \to \infty} \frac{n+1}{n+3} = \lambda.$$
+>故当 $0 < \lambda < 1$ 时，级数收敛；当 $\lambda > 1$ 时，级数发散。
+当 $\lambda = 1$ 时，$\displaystyle b_n = \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+2}$，由 (1) 知级数收敛。
+综上，当 $0 < \lambda \le 1$ 时，级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \lambda^n a_n$ 收敛；当 $\lambda > 1$ 时，级数发散.
+
+>[!summary] 题后总结
+>第一问解1是利用第一类换元法和分部积分法，比较常规，也相对容易想到；解2利用第二类换元法，大大简化了计算，可以作为经验积累下来。为什么用这种换元呢？观察一下特征：一个相对复杂的式子 $(1-x)$ 上有一个 $n$ 次方，变得更加复杂，而简单的式子 $x$ 是一次的，更加简单。为了“调和”两个式子的复杂度，我们把复杂式子代换掉，这样就能更加方便地进行积分了。
+ 

From 0dc64c5a7ad0d79d3175f51484d6b5ffd6d8d01f Mon Sep 17 00:00:00 2001
From: =?UTF-8?q?=E7=8E=8B=E8=BD=B2=E6=A5=A0?= <wkn339224@qq.com>
Date: Thu, 29 Jan 2026 13:00:40 +0800
Subject: [PATCH 24/32] vault backup: 2026-01-29 13:00:40

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 .../高数素材/常用不定积分表.md     | 80 +++++++++----------
 1 file changed, 40 insertions(+), 40 deletions(-)

diff --git a/素材/整合素材/高数素材/常用不定积分表.md b/素材/整合素材/高数素材/常用不定积分表.md
index 3177783..389e4f6 100644
--- a/素材/整合素材/高数素材/常用不定积分表.md
+++ b/素材/整合素材/高数素材/常用不定积分表.md
@@ -1,47 +1,47 @@
 一、基本初等函数积分
- $\int 0 \, dx =C$
- $\int k \, dx = kx + C$ （ k  为常数）
- $\int x^\mu \, dx = \frac{x^{\mu+1}}{\mu+1} + C$ （ $\mu \neq -1$ ）
- $\int \frac{1}{x} \, dx = \ln|x| + C$ 
-$\int a^x \, dx = \frac{a^x}{\ln a} + C$ （ $a>0,a\neq1$ ）
- $\int e^x \, dx = e^x + C$ 
+ $\displaystyle\int 0 \, dx =C$
+ $\displaystyle\int k \, dx = kx + C$ （ k  为常数）
+ $\displaystyle\int x^\mu \, dx = \frac{x^{\mu+1}}{\mu+1} + C$ （ $\mu \neq -1$ ）
+ $\displaystyle\int \frac{1}{x} \, dx = \ln|x| + C$ 
+$\displaystyle\int a^x \, dx = \frac{a^x}{\ln a} + C$ （ $a>0,a\neq1$ ）
+ $\displaystyle\int e^x \, dx = e^x + C$ 
 二、三角函数积分
- $\int \sin x \, dx = -\cos x + C$ 
- $\int \cos x \, dx = \sin x + C$ 
- $\int \tan x \, dx = -\ln|\cos x| + C$
- $\int \cot x \, dx = \ln|\sin x| + C$
- $\int \sec x \, dx = \ln|\sec x + \tan x| + C$ 
- $\int \csc x \, dx = \ln|\csc x - \cot x| + C$ 
- $\int \sec^2 x \, dx = \tan x + C$ 
- $\int \csc^2 x \, dx = -\cot x + C$ 
- $\int \sec x \tan x \, dx = \sec x + C$ 
- $\int \csc x \cot x \, dx = -\csc x + C$ 
- $\int \sin^2 x \, dx = \frac{x}{2} - \frac{\sin 2x}{4} + C$ 
- $\int \cos^2 x \, dx = \frac{x}{2} + \frac{\sin 2x}{4} + C$ 
+ $\displaystyle\int \sin x \, dx = -\cos x + C$ 
+ $\displaystyle\int \cos x \, dx = \sin x + C$ 
+ $\displaystyle\int \tan x \, dx = -\ln|\cos x| + C$
+ $\displaystyle\int \cot x \, dx = \ln|\sin x| + C$
+ $\displaystyle\int \sec x \, dx = \ln|\sec x + \tan x| + C$ 
+ $\displaystyle\int \csc x \, dx = \ln|\csc x - \cot x| + C$ 
+ $\displaystyle\int \sec^2 x \, dx = \tan x + C$ 
+ $\displaystyle\int \csc^2 x \, dx = -\cot x + C$ 
+ $\displaystyle\int \sec x \tan x \, dx = \sec x + C$ 
+ $\displaystyle\int \csc x \cot x \, dx = -\csc x + C$ 
+ $\displaystyle\int \sin^2 x \, dx = \frac{x}{2} - \frac{\sin 2x}{4} + C$ 
+ $\displaystyle\int \cos^2 x \, dx = \frac{x}{2} + \frac{\sin 2x}{4} + C$ 
 三、反三角函数积分
- $\int \arcsin x \, dx = x\arcsin x + \sqrt{1-x^2} + C$ 
- $\int \arccos x \, dx = x\arccos x - \sqrt{1-x^2} + C$ 
- $\int \arctan x \, dx = x\arctan x - \frac{1}{2}\ln(1+x^2) + C$ 
- $\int \text{arccot } x \, dx = x\text{arccot } x + \frac{1}{2}\ln(1+x^2) + C$ 
+ $\displaystyle\int \arcsin x \, dx = x\arcsin x + \sqrt{1-x^2} + C$ 
+ $\displaystyle\int \arccos x \, dx = x\arccos x - \sqrt{1-x^2} + C$ 
+ $\displaystyle\int \arctan x \, dx = x\arctan x - \frac{1}{2}\ln(1+x^2) + C$ 
+ $\displaystyle\int \text{arccot } x \, dx = x\text{arccot } x + \frac{1}{2}\ln(1+x^2) + C$ 
 四、含根式的积分（ a>0 ）
- $\int \frac{1}{\sqrt{a^2 - x^2}} \, dx = \arcsin\frac{x}{a} + C$ 
- $\int \frac{1}{\sqrt{x^2 + a^2}} \, dx = \ln\left(x + \sqrt{x^2 + a^2}\right) + C$ 
- $\int \frac{1}{\sqrt{x^2 - a^2}} \, dx = \ln\left|x + \sqrt{x^2 - a^2}\right| + C$ 
- $\int \sqrt{a^2 - x^2} \, dx = \frac{x}{2}\sqrt{a^2 - x^2} + \frac{a^2}{2}\arcsin\frac{x}{a} + C$ 
- $\int \sqrt{x^2 + a^2} \, dx = \frac{x}{2}\sqrt{x^2 + a^2} + \frac{a^2}{2}\ln\left(x + \sqrt{x^2 + a^2}\right) + C$ 
- $\int \sqrt{x^2 - a^2} \, dx = \frac{x}{2}\sqrt{x^2 - a^2} - \frac{a^2}{2}\ln\left|x + \sqrt{x^2 - a^2}\right| + C$ 
+ $\displaystyle\int \frac{1}{\sqrt{a^2 - x^2}} \, dx = \arcsin\frac{x}{a} + C$ 
+ $\displaystyle\int \frac{1}{\sqrt{x^2 + a^2}} \, dx = \ln\left(x + \sqrt{x^2 + a^2}\right) + C$ 
+ $\displaystyle\int \frac{1}{\sqrt{x^2 - a^2}} \, dx = \ln\left|x + \sqrt{x^2 - a^2}\right| + C$ 
+ $\displaystyle\int \sqrt{a^2 - x^2} \, dx = \frac{x}{2}\sqrt{a^2 - x^2} + \frac{a^2}{2}\arcsin\frac{x}{a} + C$ 
+ $\displaystyle\int \sqrt{x^2 + a^2} \, dx = \frac{x}{2}\sqrt{x^2 + a^2} + \frac{a^2}{2}\ln\left(x + \sqrt{x^2 + a^2}\right) + C$ 
+ $\displaystyle\int \sqrt{x^2 - a^2} \, dx = \frac{x}{2}\sqrt{x^2 - a^2} - \frac{a^2}{2}\ln\left|x + \sqrt{x^2 - a^2}\right| + C$ 
 五、含分式的积分（ $a\neq0$ ）
- $\int \frac{1}{x^2 + a^2} \, dx = \frac{1}{a}\arctan\frac{x}{a} + C$ 
- $\int \frac{1}{x^2 - a^2} \, dx = \frac{1}{2a}\ln\left|\frac{x - a}{x + a}\right| + C$ 
- $\int \frac{1}{ax + b} \, dx = \frac{1}{a}\ln|ax + b| + C$ 
+ $\displaystyle\int \frac{1}{x^2 + a^2} \, dx = \frac{1}{a}\arctan\frac{x}{a} + C$ 
+ $\displaystyle\int \frac{1}{x^2 - a^2} \, dx = \frac{1}{2a}\ln\left|\frac{x - a}{x + a}\right| + C$ 
+ $\displaystyle\int \frac{1}{ax + b} \, dx = \frac{1}{a}\ln|ax + b| + C$ 
 六、指数与对数结合积分
- $\int x e^x \, dx = (x-1)e^x + C$ 
-$\int x \ln x \, dx = \frac{x^2}{2}\ln x - \frac{x^2}{4} + C$ 
- $\int e^x \sin x \, dx = \frac{e^x}{2}(\sin x - \cos x) + C$ 
- $\int e^x \cos x \, dx = \frac{e^x}{2}(\sin x + \cos x) + C$ 
+ $\displaystyle\int x e^x \, dx = (x-1)e^x + C$ 
+$\displaystyle\int x \ln x \, dx = \frac{x^2}{2}\ln x - \frac{x^2}{4} + C$ 
+ $\displaystyle\int e^x \sin x \, dx = \frac{e^x}{2}(\sin x - \cos x) + C$ 
+ $\displaystyle\int e^x \cos x \, dx = \frac{e^x}{2}(\sin x + \cos x) + C$ 
 七、常用凑微分积分
- $\int \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}} \, dx = \arcsin x + C = -\arccos x + C$ 
- $\int \frac{1}{1 + x^2} \, dx = \arctan x + C = -\text{arccot } x + C$ 
- $\int \frac{1}{x\ln x} \, dx = \ln|\ln x| + C$ 
- $\int \frac{e^{\sqrt{x}}}{\sqrt{x}} \, dx = 2e^{\sqrt{x}} + C$ 
- $\int \frac{\sin\sqrt{x}}{\sqrt{x}} \, dx = -2\cos\sqrt{x} + C$ 
+ $\displaystyle\int \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}} \, dx = \arcsin x + C = -\arccos x + C$ 
+ $\displaystyle\int \frac{1}{1 + x^2} \, dx = \arctan x + C = -\text{arccot } x + C$ 
+ $\displaystyle\int \frac{1}{x\ln x} \, dx = \ln|\ln x| + C$ 
+ $\displaystyle\int \frac{e^{\sqrt{x}}}{\sqrt{x}} \, dx = 2e^{\sqrt{x}} + C$ 
+ $\displaystyle\int \frac{\sin\sqrt{x}}{\sqrt{x}} \, dx = -2\cos\sqrt{x} + C$ 

From add5b1c91e4cc516dc32066a4f7e28a7a2ad8a09 Mon Sep 17 00:00:00 2001
From: Cym10x <Cym_em10x@outlook.com>
Date: Thu, 29 Jan 2026 14:00:11 +0800
Subject: [PATCH 25/32] =?UTF-8?q?M=20=E7=B4=A0=E6=9D=90/=E6=95=B4=E5=90=88?=
 =?UTF-8?q?=E7=B4=A0=E6=9D=90/=E9=AB=98=E6=95=B0=E7=B4=A0=E6=9D=90/?=
 =?UTF-8?q?=E4=B8=8D=E5=AE=9A=E7=A7=AF=E5=88=86=E5=A4=A7=E9=9B=86=E5=90=88?=
 =?UTF-8?q?=E2=80=94=E2=80=94=E6=96=B9=E6=B3=95=E7=AF=87.md=20=E7=BC=96?=
 =?UTF-8?q?=E5=86=99=E5=B0=8F=E7=BB=84/=E8=AE=B2=E4=B9=89/=E4=B8=80?=
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 .../不定积分大集合——方法篇.md   |  2 +-
 .../讲义/一元积分学（Part 1）.md     | 52 +++++++++++++++++--
 2 files changed, 49 insertions(+), 5 deletions(-)

diff --git a/素材/整合素材/高数素材/不定积分大集合——方法篇.md b/素材/整合素材/高数素材/不定积分大集合——方法篇.md
index 478a07d..8886e32 100644
--- a/素材/整合素材/高数素材/不定积分大集合——方法篇.md
+++ b/素材/整合素材/高数素材/不定积分大集合——方法篇.md
@@ -195,7 +195,7 @@ $$
 
 $$\int u v^{(n+1)} dx = u v^{(n)} - u' v^{(n-1)} + u'' v^{(n-2)} - \dots + (-1)^n u^{(n)} v + (-1)^{n+1} \int u^{(n+1)} v dx$$
 
-这个公式看起来十分冗长，但是如果被积函数的因式之一是多项式的时候，这个公式是特别方便的。如果 u 是 n 次多项式，那么$u^{(n+1)} \equiv 0$ 。
+这个公式看起来十分冗长，但是如果被积函数的因式之一是多项式的时候，这个公式是特别方便的。如果 u 是 n 次多项式，那么 $u^{(n+1)} \equiv 0$ 。
 例1：求积分
 $$\int (2x^3 + 3x^2 + 4x + 5) e^x dx$$
 
diff --git a/编写小组/讲义/一元积分学（Part 1）.md b/编写小组/讲义/一元积分学（Part 1）.md
index 65d5973..83ff235 100644
--- a/编写小组/讲义/一元积分学（Part 1）.md	
+++ b/编写小组/讲义/一元积分学（Part 1）.md	
@@ -14,10 +14,11 @@ aliases:
 常见的预处理方式：
 1. （对定积分：）靠奇函数来消项；通过拆分上下限来简化可能性(?)
 2. （对有理式：）有理式的拆解
+>[!Bug] 待补充
 ## 换元积分法
 常见特征：被积函数有三角函数、 $x^2\pm a^2$ 等元素
 使用换元积分法非常考验你对被积函数的敏感程度，也就是“题感”，方法本身是特别容易理解的，因此我们必须熟练记忆一些初等函数求导公式以及额外补充的一些推出来的求导公式。
->[!example] 开胃菜
+>[!todo] 开胃菜
 >求不定积分 $\int\cos^2x\sin x\mathrm dx$.
 >>解：令 $u=\cos x$；两边求微：$\mathrm du=-\sin x\mathrm dx$，
 >>$\int\cos^2x\sin x\mathrm dx=-\int u^2\mathrm du=-\dfrac{u^3}{3}+C=-\dfrac{\cos^3 x}{3}+C$
@@ -125,10 +126,53 @@ $\sqrt{x^2+a^2} = \sqrt{a^2\tan^2 t + a^2} = a\sec t$
 >最先匹配的是“**对**”（对数函数 $\ln x$），取 $u=\ln x,\mathrm dv=x^3\mathrm dx$，则：
 >$\begin{align}\int x^3 \ln x\mathrm dx&= \int \ln x d\left(\frac{x^4}{4}\right) \\&= \frac{1}{4}x^4 \ln x - \frac{1}{4}\int x^3\mathrm dx \\&= \frac{1}{4}x^4 \ln x - \frac{1}{16}x^4 + C\end{align}$
 
+>[!example] 例题
+>求不定积分 $\int\mathrm e^{\sqrt{x}}\mathrm dx$
+
+>[!note] 解析
+>我们可以提前代换变量，将根式消去。
+>令 $t=\sqrt{x}$，则 $t^2=x,\ 2t\mathrm dt=\mathrm dx$，这样就能将根式化为整式。
+>$\displaystyle\int\mathrm e^\sqrt{x}\mathrm dx=2\int t\mathrm e^t\mathrm dt$
+>取 $u=x$：
+>$\begin{align}\text{原式}&=2\int t\mathrm d\mathrm e^t\\&=2t\mathrm e^t-2\int\mathrm e^t\mathrm dt\\&=2t\mathrm e^t-2\mathrm e^t+C\\&=2\mathrm e^\sqrt x(\sqrt x-1)+C\end{align}$
+
+>[!bug] TODO: 待补充 种类
+
+然而，不少积分不能直接积出来。对于部分情况，需要用到**循环式**和**递推式**求解。
+#### 2. 依靠循环式求解的积分
+**循环式**是指在进行分部积分的时候，多次循环会出现**同一积分式**：
+>[!todo] 示例
+>求不定积分 $\int\mathrm e^x \sin x\mathrm dx$
+>
+>>解：
+>>$\begin{align}\int\mathrm e^x \sin x\mathrm dx &= \int \sin x\mathrm d\mathrm e^x \\&=\mathrm e^x \sin x - \int\mathrm e^x\mathrm d(\sin x) \\&=\mathrm e^x \sin x - \int\mathrm e^x \cos x\mathrm dx \\&=\mathrm e^x \sin x - \int \cos x\mathrm d\mathrm e^x \\&=\mathrm e^x \sin x - \left(\mathrm e^x \cos x - \int\mathrm e^x\mathrm d(\cos x)\right) \\&=\mathrm e^x \sin x -\mathrm e^x \cos x - \int\mathrm e^x \sin x\mathrm dx\end{align}$
+>
+>可以看到，经过两次分部积分之后，$\int\mathrm e^x \sin x\mathrm dx$ 又一次出现了。
+>果断将它移到等式左边，直接同时除以 $2$：
+>$\int\mathrm e^x \sin x\mathrm dx=\mathrm e^x \sin x -\mathrm e^x \cos x - \int\mathrm e^x \sin x\mathrm dx\Rightarrow2\int\mathrm e^x \sin x\mathrm dx=\mathrm e^x \sin x -\mathrm e^x \cos x$
+>因此 $\displaystyle\int\mathrm e^x \sin x\mathrm dx=\frac{\mathrm e^x \sin x -\mathrm e^x \cos x}{2}$
 
-# Section 3  特殊积分
-### 1. 依靠循环式求解的积分
-### 2. 依靠递推式求解的积分
+>[!bug] TODO:等待补充难题
+
+%%参考：[Math is Fun - Integration by Parts](https://www.mathsisfun.com/calculus/integration-by-parts.html)
+仅供娱乐，切勿当真%%
+
+#### 3. 依靠递推式求解的积分
+
+
+#### 4. 连续分部积分（选学？）
+>[!bug] 需要斟酌该内容是否重要。
+
+分部积分法的推广公式就是重复使用分部积分法法则。
+假设函数 $u,v$ 有 $n+1$ 阶连续导数，则：$\int u v^{(n+1)}\mathrm dx = \int u\mathrm d v^{(n)} = u v^{(n)} - \int v^{(n)}\mathrm du = u v^{(n)} - \int u' v^{(n)}\mathrm dx$
+我们还可以继续把 $\int u' v^{(n)}\mathrm dx$ 撕开：$\int u v^{(n+1)} dx = u v^{(n)} - u' v^{(n-1)} + u'' v^{(n-2)} - \dots + (-1)^n u^{(n)} v + (-1)^{n+1} \int u^{(n+1)} v dx$
+如果被积函数的因式之一是多项式，且次数较高的时候，这个公式特别方便。通常来说，取 $u$ 为该多项式。
+>[!todo] 示例
+>$\int (2x^3 + 3x^2 + 4x + 5)\mathrm e^x\mathrm dx$
+>我们可以令 $u=2x^3 + 3x^2 + 4x + 5$，$v=\mathrm e^x$
+>$u' = 6x^2 + 6x + 4,\quad u'' = 12x + 6,\quad u''' = 12$
+>于是$\begin{align*}\int (2x^3 + 3x^2 + 4x + 5) e^x dx &= (2x^3 + 3x^2 + 4x + 5)e^x - (6x^2 + 6x + 4)e^x + (12x + 6)e^x - 12e^x + C \\&= (2x^3 - 3x^2 + 10x - 5)e^x + C\end{align*}$
+>
 # Section 4  变限积分
 
 # Section 5  与积分相关的不等式证明

From 51f3c2a210c3877d56f2161f486b09d2fab2e323 Mon Sep 17 00:00:00 2001
From: Elwood <3286545699@qq.com>
Date: Thu, 29 Jan 2026 15:15:47 +0800
Subject: [PATCH 26/32] vault backup: 2026-01-29 15:15:47

---
 .../高数素材/不定积分大集合——方法篇.md         | 1 +
 1 file changed, 1 insertion(+)

diff --git a/素材/整合素材/高数素材/不定积分大集合——方法篇.md b/素材/整合素材/高数素材/不定积分大集合——方法篇.md
index 8886e32..fd14878 100644
--- a/素材/整合素材/高数素材/不定积分大集合——方法篇.md
+++ b/素材/整合素材/高数素材/不定积分大集合——方法篇.md
@@ -319,6 +319,7 @@ $$Q(x)=b_0(x-a)^\alpha\cdots(x-b)^\beta(x^2+px+q)^\lambda\cdots(x^2+rx+s)^\mu$$
 
 出题人为了不难为我们，一般的因式分解都会比较容易，其中 $(x^2+px+q)^\lambda$ 这种二次形式，都意味着这个二次函数的 $\Delta>0$，因为一旦 $\Delta\leq0$，便可继续进行因式分解。
 每个因式的次数，代表着有多少重根。
+
 因此这个分式可以拆成
 
 $$\begin{align*}

From 1befd4061a2ed83571fb8bd5465beab74b135520 Mon Sep 17 00:00:00 2001
From: Cym10x <Cym_em10x@outlook.com>
Date: Thu, 29 Jan 2026 15:16:28 +0800
Subject: [PATCH 27/32] =?UTF-8?q?M=20=E7=BC=96=E5=86=99=E5=B0=8F=E7=BB=84/?=
 =?UTF-8?q?=E8=AE=B2=E4=B9=89/=E4=B8=80=E5=85=83=E7=A7=AF=E5=88=86?=
 =?UTF-8?q?=E5=AD=A6=EF=BC=88Part=201=EF=BC=89.md?=
MIME-Version: 1.0
Content-Type: text/plain; charset=UTF-8
Content-Transfer-Encoding: 8bit

---
 .../讲义/一元积分学（Part 1）.md     | 29 +++++++++++++++++--
 1 file changed, 26 insertions(+), 3 deletions(-)

diff --git a/编写小组/讲义/一元积分学（Part 1）.md b/编写小组/讲义/一元积分学（Part 1）.md
index 83ff235..45bd202 100644
--- a/编写小组/讲义/一元积分学（Part 1）.md	
+++ b/编写小组/讲义/一元积分学（Part 1）.md	
@@ -14,7 +14,11 @@ aliases:
 常见的预处理方式：
 1. （对定积分：）靠奇函数来消项；通过拆分上下限来简化可能性(?)
 2. （对有理式：）有理式的拆解
+对有理式的拆解，集中在
+
+
 >[!Bug] 待补充
+>而且，我们还得穿插定积分内容
 ## 换元积分法
 常见特征：被积函数有三角函数、 $x^2\pm a^2$ 等元素
 使用换元积分法非常考验你对被积函数的敏感程度，也就是“题感”，方法本身是特别容易理解的，因此我们必须熟练记忆一些初等函数求导公式以及额外补充的一些推出来的求导公式。
@@ -47,7 +51,7 @@ ${\sqrt{x^2 - a^2}}$ 可令 $x = a\sec t$
 
 >[!fail] 不应当死记硬背上面的代换，这样很容易记错
 
->[!done] 你应当结合 $\sin^2x+\cos^2x=1$ 和 $\tan^2x+1=\sec^2x$ 来辅助记忆，并强化运用能力
+>[!done] 你可以结合 $\sin^2x+\cos^2x=1$ 和 $\tan^2x+1=\sec^2x$ 来辅助记忆，并强化运用能力
 
 >[!example] 例题2.
 >求不定积分 $\displaystyle\int\frac{\mathrm dx}{\sqrt{x^2+a^2}} \quad (a>0)$
@@ -158,7 +162,21 @@ $\sqrt{x^2+a^2} = \sqrt{a^2\tan^2 t + a^2} = a\sec t$
 仅供娱乐，切勿当真%%
 
 #### 3. 依靠递推式求解的积分
+与循环式类似，递推式会在使用分部积分时出现和原式类似，但是比原式“**低一级**”的积分式。这种结构一般在积分式含有正整数 $n$ 的时候出现（e.g. $(x^2+a^2)^n$ ）例如：
+>[!todo] 示例
+>求不定积分 $\displaystyle I_n = \int \frac{\mathrm dx}{(x^2 + a^2)^n} \quad (a>0)$
+>我们尝试一次分部积分：
+>$$\begin{align*}I_{n-1} &= \int \frac{dx}{(x^2 + a^2)^{n-1}} = \frac{x}{(x^2 + a^2)^{n-1}} + 2(n-1)\int \frac{x^2}{(x^2 + a^2)^n} dx \\&= \frac{x}{(x^2 + a^2)^{n-1}} + 2(n-1)\int \frac{(x^2 + a^2) - a^2}{(x^2 + a^2)^n} dx \\&= \frac{x}{(x^2 + a^2)^{n-1}} + 2(n-1)(I_{n-1} - a^2 I_n)\end{align*}$$
+>这样积了一遍之后，我们就会发现：这一次积分，我们打通了 $I_n$ 与 $I_{n-1}$ 的桥梁。
+>这样，我们尝试用 $I_{n-1}$ 来表示 $I_n$：
+>$$I_n = \frac{1}{2a^2(n-1)} \left[ \frac{x}{(x^2 + a^2)^{n-1}} + (2n-3)I_{n-1} \right]$$
+>那么 $I_1$ 呢？
+>$$\displaystyle I_1=\int\frac{dx}{x^2 + a^2}$$
+>取 $x=a\tan t$：
+>$$I_1=\int\frac{a\sec^2 t\mathrm dt}{a^2\sec^2 t}=\frac ta+C=\frac1a\arctan\frac xa+C$$
+>TO BE CONTINUED
 
+>[!bug] 这道题求通项似乎是一件很困难的事。
 
 #### 4. 连续分部积分（选学？）
 >[!bug] 需要斟酌该内容是否重要。
@@ -166,13 +184,18 @@ $\sqrt{x^2+a^2} = \sqrt{a^2\tan^2 t + a^2} = a\sec t$
 分部积分法的推广公式就是重复使用分部积分法法则。
 假设函数 $u,v$ 有 $n+1$ 阶连续导数，则：$\int u v^{(n+1)}\mathrm dx = \int u\mathrm d v^{(n)} = u v^{(n)} - \int v^{(n)}\mathrm du = u v^{(n)} - \int u' v^{(n)}\mathrm dx$
 我们还可以继续把 $\int u' v^{(n)}\mathrm dx$ 撕开：$\int u v^{(n+1)} dx = u v^{(n)} - u' v^{(n-1)} + u'' v^{(n-2)} - \dots + (-1)^n u^{(n)} v + (-1)^{n+1} \int u^{(n+1)} v dx$
-如果被积函数的因式之一是多项式，且次数较高的时候，这个公式特别方便。通常来说，取 $u$ 为该多项式。
+如果被积函数的因式之一是多项式，且次数较高的时候，这个公式特别方便。通常来说，取 $u$ 为该多项式，然后逐步求 $v^{(n)},v^{(n-1)},\cdots,v$，再依次乘到一起（注意正负号！）
 >[!todo] 示例
 >$\int (2x^3 + 3x^2 + 4x + 5)\mathrm e^x\mathrm dx$
 >我们可以令 $u=2x^3 + 3x^2 + 4x + 5$，$v=\mathrm e^x$
 >$u' = 6x^2 + 6x + 4,\quad u'' = 12x + 6,\quad u''' = 12$
 >于是$\begin{align*}\int (2x^3 + 3x^2 + 4x + 5) e^x dx &= (2x^3 + 3x^2 + 4x + 5)e^x - (6x^2 + 6x + 4)e^x + (12x + 6)e^x - 12e^x + C \\&= (2x^3 - 3x^2 + 10x - 5)e^x + C\end{align*}$
->
+
+>[!example] 例题
+>求不定积分 $\int \cos x (x^3 + 2x^2 + 3x + 4) dx$
+
+>[!note] 解析
+>解：TO BE CONTINUED
 # Section 4  变限积分
 
 # Section 5  与积分相关的不等式证明

From 6c7f38d4090869257da5a07a3338a76d8a1891da Mon Sep 17 00:00:00 2001
From: Elwood <3286545699@qq.com>
Date: Thu, 29 Jan 2026 15:17:42 +0800
Subject: [PATCH 28/32] vault backup: 2026-01-29 15:17:42

---
 .../高数素材/不定积分大集合——方法篇.md     | 5 +++--
 1 file changed, 3 insertions(+), 2 deletions(-)

diff --git a/素材/整合素材/高数素材/不定积分大集合——方法篇.md b/素材/整合素材/高数素材/不定积分大集合——方法篇.md
index fd14878..e4afaef 100644
--- a/素材/整合素材/高数素材/不定积分大集合——方法篇.md
+++ b/素材/整合素材/高数素材/不定积分大集合——方法篇.md
@@ -317,8 +317,9 @@ $$
 
 $$Q(x)=b_0(x-a)^\alpha\cdots(x-b)^\beta(x^2+px+q)^\lambda\cdots(x^2+rx+s)^\mu$$
 
-出题人为了不难为我们，一般的因式分解都会比较容易，其中 $(x^2+px+q)^\lambda$ 这种二次形式，都意味着这个二次函数的 $\Delta>0$，因为一旦 $\Delta\leq0$，便可继续进行因式分解。
-每个因式的次数，代表着有多少重根。
+出题人为了不难为我们，一般的因式分解都会比较容易。
+分母若出现 $(x^2+px+q)^\lambda$ 这种不可约二次式的幂的形式，意味着该二次式的判别式 $\Delta = p^2 - 4q < 0$（即在实数范围内不可约）。  
+如果 $\Delta \geq 0$，则它可以在实数范围内分解为一次式的乘积，从而在部分分式分解中应直接分解为一次式因子 $(x-a)(x-b)$ 或 $(x-a)^2$ 的幂，而不会保留为这种二次形式。分解出来的每个因式的次数，代表着有多少重根。
 
 因此这个分式可以拆成
 

From 855d78e9c9271ca1d03bbd38e0a5a6c0bda69c4a Mon Sep 17 00:00:00 2001
From: Cym10x <Cym_em10x@outlook.com>
Date: Thu, 29 Jan 2026 15:31:14 +0800
Subject: [PATCH 29/32] =?UTF-8?q?M=20=E7=BC=96=E5=86=99=E5=B0=8F=E7=BB=84/?=
 =?UTF-8?q?=E8=AE=B2=E4=B9=89/=E4=B8=80=E5=85=83=E7=A7=AF=E5=88=86?=
 =?UTF-8?q?=E5=AD=A6=EF=BC=88Part=201=EF=BC=89.md?=
MIME-Version: 1.0
Content-Type: text/plain; charset=UTF-8
Content-Transfer-Encoding: 8bit

---
 编写小组/讲义/一元积分学（Part 1）.md | 10 +++++++---
 1 file changed, 7 insertions(+), 3 deletions(-)

diff --git a/编写小组/讲义/一元积分学（Part 1）.md b/编写小组/讲义/一元积分学（Part 1）.md
index 45bd202..0b373b7 100644
--- a/编写小组/讲义/一元积分学（Part 1）.md	
+++ b/编写小组/讲义/一元积分学（Part 1）.md	
@@ -12,9 +12,13 @@ aliases:
 ## 预处理
 拿到一个积分，最忌讳的是直接被那一团复杂的被积函数吓倒。先尝试着逐步拆解简化这个积分，然后进行求解。
 常见的预处理方式：
-1. （对定积分：）靠奇函数来消项；通过拆分上下限来简化可能性(?)
-2. （对有理式：）有理式的拆解
-对有理式的拆解，集中在
+1. 对定积分：在积分上下限互为相反数时靠奇函数来消项；通过拆分上下限来简化可能性
+2. 对有理式：有理式的拆解
+对有理式的拆解，集中在对分式 $\displaystyle\frac{M(x)}{N(x)} = \frac{a_0x^n+a_1x^{n-1}+\dots+a_{n-1}x+a_n}{b_0x^m+b_1x^{m-1}+\dots+b_{m-1}x+b_m}$ 的拆解中。
+##### 第一步：拆成一个整式+真分式
+$\displaystyle\frac{M(x)}{N(x)}=S(x)+\frac{P(x)}{Q(x)}$，其中 $S(x)$ 为整式，$\displaystyle\frac{P(x)}{Q(x)}$ 为真分式
+
+
 
 
 >[!Bug] 待补充

From 23fb833c0e7f7660fafb266f858750fb96076f8f Mon Sep 17 00:00:00 2001
From: =?UTF-8?q?=E7=8E=8B=E8=BD=B2=E6=A5=A0?= <wkn339224@qq.com>
Date: Thu, 29 Jan 2026 16:04:47 +0800
Subject: [PATCH 30/32] vault backup: 2026-01-29 16:04:47

---
 .../讲义/一元积分学（Part 1）.md     | 46 ++++++++++++++++---
 1 file changed, 39 insertions(+), 7 deletions(-)

diff --git a/编写小组/讲义/一元积分学（Part 1）.md b/编写小组/讲义/一元积分学（Part 1）.md
index 45bd202..8f2dd53 100644
--- a/编写小组/讲义/一元积分学（Part 1）.md	
+++ b/编写小组/讲义/一元积分学（Part 1）.md	
@@ -53,7 +53,7 @@ ${\sqrt{x^2 - a^2}}$ 可令 $x = a\sec t$
 
 >[!done] 你可以结合 $\sin^2x+\cos^2x=1$ 和 $\tan^2x+1=\sec^2x$ 来辅助记忆，并强化运用能力
 
->[!example] 例题2.
+>[!example] 例题2.2
 >求不定积分 $\displaystyle\int\frac{\mathrm dx}{\sqrt{x^2+a^2}} \quad (a>0)$
 
 >[!note] 解析
@@ -61,22 +61,53 @@ ${\sqrt{x^2 - a^2}}$ 可令 $x = a\sec t$
 $\sqrt{x^2+a^2} = \sqrt{a^2\tan^2 t + a^2} = a\sec t$
 >$\begin{align}\int \frac{dx}{\sqrt{x^2+a^2}} &= \int \frac{a\sec^2 t dt}{a\sec t} \\&= \int \sec t dt \\&= \ln|\sec t + \tan t| + C_1 \\&= \ln\left|\frac{\sqrt{x^2+a^2}}{a} + \frac{x}{a}\right| + C_1 \\&= \ln\left|x + \sqrt{x^2+a^2}\right| + C\end{align}$
 #### 3. 有理式
->[!example] 例2.
+>[!example] 例2.3
 >求不定积分 $\displaystyle\int\dfrac{x\mathrm dx}{(x-1)^{100}}$.
 
 >[!note] 解析
 >$\begin{align}\text{原式}&=\int\frac{(x-1)+1}{(x-1)^{100}}\mathrm d(x-1)\\&=\int\frac{\mathrm d(x-1)}{(x-1)^{99}}+\int\frac{\mathrm d(x-1)}{(x-1)^{100}}\\&=-\frac{1}{98(x-1)^{98}} - \frac{1}{99(x-1)^{99}} + C\end{align}$
 
->[!tip] !!!
->（等待添加，有什么想法吗？）
+>[!example] 例2.4
+>设 $\displaystyle a_n=\int_0^1x(1-x)^n\text dx,n=1,2,\cdots$.
+>（1）求级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty a_n$；
+>（2）设常数 $\lambda\gt0$，试讨论级数 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty \lambda^na_n$ 的敛散性.
+
+>[!note] 解析
+>（1）**解1：**$$\begin{aligned}
+>a_n&=-\int_0^1x(1-x)^n\text d(1-x)\\
+>&=-\frac{1}{n+1}\int_0^1x\text d(1-x)^{n+1}\\
+>&=-\frac{1}{n+1}\left([x(1-x)^{n+1}]_0^1-\int_0^1(1-x)^{n+1}\text dx\right)\\
+>&=-\frac{1}{n+1}\int_0^1(1-x)^{n+1}\text d(1-x)\\
+>&=-\frac{1}{n+1}\left[\frac{(1-x)^{n+2}}{n+2}\right]_0^1\\
+>&=\frac{1}{(n+1)(n+2)}\\
+>&=\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}.
+>\end{aligned}$$
+>于是$$\sum_{k=1}^n a_k = \sum_{k=1}^n \left( \frac{1}{k+1} - \frac{1}{k+2} \right) = \frac{1}{2} - \frac{1}{n+2}.$$
+>因此$$\sum_{n=1}^\infty a_n = \lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{n+2} \right) = \frac{1}{2}.$$
+>**解2：** 令 $t=1-x$，则
+>$$\begin{aligned}
+a_n &= \int_0^1 x (1-x)^n \, dx = \int_0^1 (1-t) t^n \, dt \\
+&= \int_0^1 (t^n - t^{n+1}) \, dt = \left[ \frac{t^{n+1}}{n+1} - \frac{t^{n+2}}{n+2} \right]_0^1 \\
+&= \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+2}.
+>\end{aligned}$$
+>后同解1
+>（2）设 $\displaystyle b_n = \lambda^n a_n = \lambda^n \left( \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+2} \right)$。考虑比值判别法：$$\lim_{n \to \infty} \frac{b_{n+1}}{b_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{\lambda^{n+1} \left( \frac{1}{n+2} - \frac{1}{n+3} \right)}{\lambda^n \left( \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+2} \right)} = \lambda \lim_{n \to \infty} \frac{ \frac{1}{(n+2)(n+3)} }{ \frac{1}{(n+1)(n+2)} } = \lambda \lim_{n \to \infty} \frac{n+1}{n+3} = \lambda.$$
+>故当 $0 < \lambda < 1$ 时，级数收敛；当 $\lambda > 1$ 时，级数发散。
+当 $\lambda = 1$ 时，$\displaystyle b_n = \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+2}$，由 (1) 知级数收敛。
+综上，当 $0 < \lambda \le 1$ 时，级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \lambda^n a_n$ 收敛；当 $\lambda > 1$ 时，级数发散.
+
+>[!summary] 题后总结
+>以上两题很像，就放在一起总结了。
+>2.4第一问解1是利用凑微分法和分部积分法，比较常规，也相对容易想到；解2利用第二类换元法，2.3在微分中凑出一个较为复杂的表达式，可以理解为令 $t=x-1$ 的换元，都大大简化了计算。
+>为什么用这种换元可以简化计算呢？观察一下特征：一个相对复杂的式子上有一个 $n$ 次方，变得更加复杂，而简单的式子 $x$ 是一次的，更加简单。为了<span style='color: #ff7700; font-weight: bold'>“调和”</span>两个式子的复杂度，我们把复杂式子代换掉，这样就能更加方便地进行积分了。
 
 >[!example] 例2.
 >求不定积分 $\displaystyle\int \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt[6]{x+1} - \sqrt[3]{x+1}}$
 
 >[!hint] 提示
 >对于含有多个次数不同的根式时，换元时要换元为根指数的最小公倍数。
->若被积函数中含有 $\sqrt[n_1]{ax+b}$,$\sqrt[n_2]{ax+b}$,$\dots$,$\sqrt[n_k]{ax+b}$，可考虑代换 $t = \sqrt[n]{ax+b}$（n 为 $n_1$,$n_2$,$\dots,n_k$ 的最小公倍数）
->若被积函数中含有 $\sqrt[n_1]{\frac{ax+b}{cx+d}}$,$\sqrt[n_2]{\frac{ax+b}{cx+d}}$,$\dots$,$\sqrt[n_k]{\frac{ax+b}{cx+d}}$，可考虑代换 $t = \sqrt[n]{\frac{ax+b}{cx+d}}$（n 为 $n_1$,$n_2$,$\dots$,$n_k$ 的最小公倍数）
+>若被积函数中含有 $\sqrt[n_1]{ax+b}$,$\sqrt[n_2]{ax+b}$,$\dots$,$\sqrt[n_k]{ax+b}$，可考虑代换 $t = \sqrt[n]{ax+b}$（$n$ 为 $n_1$,$n_2$,$\dots,n_k$ 的最小公倍数）
+>若被积函数中含有 $\sqrt[n_1]{\frac{ax+b}{cx+d}}$,$\sqrt[n_2]{\frac{ax+b}{cx+d}}$,$\dots$,$\sqrt[n_k]{\frac{ax+b}{cx+d}}$，可考虑代换 $t = \sqrt[n]{\frac{ax+b}{cx+d}}$（$n$ 为 $n_1$,$n_2$,$\dots$,$n_k$ 的最小公倍数）
 
 >[!note] 解析
 >令 $t=\sqrt[6]{x+1}$，则 $x=t^6-1$，$\mathrm dx=6t^5\mathrm dt$，则 
@@ -93,7 +124,8 @@ $\sqrt{x^2+a^2} = \sqrt{a^2\tan^2 t + a^2} = a\sec t$
 #### 4. 倒代换
 在拆解有理式的时候，对于 $\dfrac{1}{ax+b},\dfrac{1}{ax^2+bx+c}$ 等一次、二次分式，我们可以从容应对；但是如果次数再高一点，就很难办了。
 然而，对于一些较为简单的高次幂函数，我们可以使用**倒代换**：把 $x$ 倒过来！
-令 $x=\frac1t,\mathrm dx=-\frac{1}{t^2}\mathrm dt$
+令 $\displaystyle x=\frac1t,\mathrm dx=-\frac{1}{t^2}\mathrm dt.$
+
 >[!example] 例题
 >求不定积分 $\displaystyle\int\frac{1}{x(x^7+2)}\mathrm dx$
 

From 9050df0b32486727cfe3ce3880cffddff8b3add7 Mon Sep 17 00:00:00 2001
From: Cym10x <Cym_em10x@outlook.com>
Date: Thu, 29 Jan 2026 16:06:11 +0800
Subject: [PATCH 31/32] =?UTF-8?q?M=20=E7=BC=96=E5=86=99=E5=B0=8F=E7=BB=84/?=
 =?UTF-8?q?=E8=AE=B2=E4=B9=89/=E4=B8=80=E5=85=83=E7=A7=AF=E5=88=86?=
 =?UTF-8?q?=E5=AD=A6=EF=BC=88Part=201=EF=BC=89.md?=
MIME-Version: 1.0
Content-Type: text/plain; charset=UTF-8
Content-Transfer-Encoding: 8bit

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 .../讲义/一元积分学（Part 1）.md     | 46 +++++++++++++++++--
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index 0b373b7..c926ea1 100644
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@@ -17,9 +17,49 @@ aliases:
 对有理式的拆解，集中在对分式 $\displaystyle\frac{M(x)}{N(x)} = \frac{a_0x^n+a_1x^{n-1}+\dots+a_{n-1}x+a_n}{b_0x^m+b_1x^{m-1}+\dots+b_{m-1}x+b_m}$ 的拆解中。
 ##### 第一步：拆成一个整式+真分式
 $\displaystyle\frac{M(x)}{N(x)}=S(x)+\frac{P(x)}{Q(x)}$，其中 $S(x)$ 为整式，$\displaystyle\frac{P(x)}{Q(x)}$ 为真分式
-
-
-
+整式可以直接分离，单独求积分；
+对于真分式 $\displaystyle\frac{P(x)}{Q(x)} = \frac{a_0x^p+a_1x^{p-1}+\dots+a_{p-1}x+a_p}{b_0x^q+b_1x^{q-1}+\dots+b_{q-1}x+b_q},\quad p<q$
+将分母进行因式分解 $Q(x)=b_0(x-a)^\alpha\cdots(x-b)^\beta(x^2+px+q)^\lambda\cdots(x^2+rx+s)^\mu$
+通常这种一般的因式分解都会比较容易，出题人不会太难为人。
+分母若出现 $(x^2+px+q)^\lambda$ 这种不可约二次式的幂的形式，需要该二次式的判别式 $\Delta = p^2 - 4q < 0$（即在实数范围内不可约）。如果 $\Delta \geq 0$，则它应当继续分解为一次式的乘积 $(x-a)(x-b)$ 或 $(x-a)^2$ ，而不会保留为这种二次形式。
+
+这样，我们就能把 $\frac{P(x)}{Q(x)}$ 写成： $$\begin{align*}
+\frac{P(x)}{Q(x)} &= \frac{A_1}{x-a} + \frac{A_2}{(x-a)^2} + \dots + \frac{A_\alpha}{(x-a)^\alpha} + \dots + \frac{B_1}{x-b} + \frac{B_2}{(x-b)^2} + \dots + \frac{B_\beta}{(x-b)^\beta} \\
+&\quad + \frac{M_1x+N_1}{x^2+px+q} + \frac{M_2x+N_2}{(x^2+px+q)^2} + \dots + \frac{M_\lambda x+N_\lambda}{(x^2+px+q)^\lambda} \\
+&\quad + \dots + \frac{R_1x+S_1}{x^2+rx+s} + \frac{R_2x+S_2}{(x^2+rx+s)^2} + \dots + \frac{R_\mu x+S_\mu}{(x^2+rx+s)^\mu}
+\end{align*}$$
+>[!warning] 注意！
+>1. 若有 $\alpha$ 个重根，即某一因式为 $\alpha$ 次方，那么这个项就拆成分母从1次方加到 $\alpha$ 次方。
+>2. 对于分母为 $\Delta>0$ 的二次函数，那么其分子就是一次函数，并且依旧要符合规则1。
+
+接下来就能用待定系数法求出那些待定的系数 $A,B,M,N$ 等等。一般来说，这个过程不会太复杂，大可不必拿出考完的线代。
+
+>[!summary] 任务
+>尝试用待定系数法推出 $\displaystyle\frac{1}{(1+2x)(1+x^2)} = \frac{1}{5}\left[\frac{4}{1+2x} - \frac{2x}{1+x^2} + \frac{1}{1+x^2}\right]$
+
+当然，并不是所有时候都要用待定系数法，如果你的注意力惊人。
+也不是一定要给它拆成这种细碎的样子，因题目而异。如果不拆分有更快的做法，那就没必要拆。
+3. 对根式：欧拉代换（可选）
+>[!danger] 警告
+>欧拉代换法是你最后的防线，而非你的第一个想法。
+>当普通的代换能解决问题，如 $\sqrt{x^2+2x+2}=\sqrt{(x+1)^2+1}$，那么最好不用欧拉代换法。
+>如果实在想不出来怎么做，可以用欧拉替代法硬算，将其作为最后的手段。
+
+对于不定积分 $\int R\left(x,\sqrt{ax^2+bx+c}\right)dx \quad (a\neq0)$，可以从如下角度作代换：
+- 欧拉第一代换：如果 $a>0$，令 $\sqrt{ax^2+bx+c}=t-\sqrt{a}x$，或令 $\sqrt{ax^2+bx+c}=\sqrt{a}x+t$。
+- 欧拉第二代换：如果 $c>0$，令 $\sqrt{ax^2+bx+c}=tx-\sqrt{c}$，或令 $\sqrt{ax^2+bx+c}=tx+\sqrt{c}$。
+- 欧拉第三代换：如果 $ax^2+bx+c=a(x-\alpha)(x-\beta)$，则可以令 $\sqrt{ax^2+bx+c}=t(x-\alpha)$
+对于任意一种换元，换元后等式两边平方，此时 x^2 这一项将会被抵消，因此用含 t 的多项式将 x 表示出来。
+>[!todo] 示例
+>求不定积分$\displaystyle\int \frac{dx}{(x^2+a^2)\sqrt{a^2-x^2}}$
+>解：令 $\sqrt{a^2-x^2}=t(a-x)$，则
+>$\displaystyle t^2=\frac{a+x}{a-x},\quad x=a\frac{t^2-1}{t^2+1},\quad dx=\frac{4at}{(t^2+1)^2}dt$
+>$\displaystyle x^2+a^2=\frac{2a^2(t^4+1)}{(t^2+1)^2}$
+>于是
+>$\begin{align}\int \frac{dx}{(x^2+a^2)\sqrt{a^2-x^2}} &= \int \frac{\frac{4at}{(t^2+1)^2}dt}{\frac{2a^2(t^4+1)}{(t^2+1)^2}\cdot\frac{2at}{t^2+1}} \\&= \frac{1}{2a^2}\int \frac{2t^2+2}{t^4+1}dt\end{align}$
+>之后可以按照有理式的方法继续积分下去
+
+>待填入：[高等数学：欧拉替换法在求解不定积分时的应用 - 知乎](https://zhuanlan.zhihu.com/p/348304254)
 
 >[!Bug] 待补充
 >而且，我们还得穿插定积分内容

From 454a60711be17cd415e4a404a1937e27946a33b1 Mon Sep 17 00:00:00 2001
From: =?UTF-8?q?=E7=8E=8B=E8=BD=B2=E6=A5=A0?= <wkn339224@qq.com>
Date: Thu, 29 Jan 2026 16:06:23 +0800
Subject: [PATCH 32/32] vault backup: 2026-01-29 16:06:22

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 .../讲义/一元积分学（Part 1）.md     | 85 +++++++++----------
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index 8f2dd53..8219a25 100644
--- a/编写小组/讲义/一元积分学（Part 1）.md	
+++ b/编写小组/讲义/一元积分学（Part 1）.md	
@@ -231,55 +231,54 @@ a_n &= \int_0^1 x (1-x)^n \, dx = \int_0^1 (1-t) t^n \, dt \\
 # Section 4  变限积分
 
 # Section 5  与积分相关的不等式证明
-# Extra. 常用积分公式速记
+## Extra. 常用积分公式速记
 ### 一、基本初等函数积分
-$\int 0 \, \mathrm dx =C$
- $\int k \, \mathrm dx = kx + C$ （ k  为常数）
- $\int x^\mu \, \mathrm {d}x = \frac{x^{\mu+1}}{\mu+1} + C$ （ $\mu \neq -1$ ）
- $\int \sqrt{x} \mathrm {d}x = \frac{2}{3}x^{\frac{3}{2}} + C$
- $\int \frac{1}{x} \, \mathrm {d}x = \ln|x| + C$ 
-$\int a^x \, \mathrm {d}x = \frac{a^x}{\ln a} + C$ （ $a>0,a\neq1$ ）
- $\int e^x \, \mathrm {d}x = e^x + C$ 
+ $\displaystyle\int 0 \, dx =C$
+ $\displaystyle\int k \, dx = kx + C$ （ k  为常数）
+ $\displaystyle\int x^\mu \, dx = \frac{x^{\mu+1}}{\mu+1} + C$ （ $\mu \neq -1$ ）
+ $\displaystyle\int \frac{1}{x} \, dx = \ln|x| + C$ 
+$\displaystyle\int a^x \, dx = \frac{a^x}{\ln a} + C$ （ $a>0,a\neq1$ ）
+ $\displaystyle\int e^x \, dx = e^x + C$ 
 ### 二、三角函数积分
- $\int \sin x \, \mathrm {d}x = -\cos x + C$ 
- $\int \cos x \, \mathrm {d}x = \sin x + C$ 
- $\int \tan x \, \mathrm {d}x = -\ln|\cos x| + C$
- $\int \cot x \, \mathrm {d}x = \ln|\sin x| + C$
- $\int \sec x \, \mathrm {d}x = \ln|\sec x + \tan x| + C$ 
- $\int \csc x \, \mathrm {d}x = \ln|\csc x - \cot x| + C$ 
- $\int \sec^2 x \, \mathrm {d}x = \tan x + C$ 
- $\int \csc^2 x \, \mathrm {d}x = -\cot x + C$ 
- $\int \sec x \tan x \, \mathrm {d}x = \sec x + C$ 
- $\int \csc x \cot x \, \mathrm {d}x = -\csc x + C$ 
- $\int \sin^2 x \, \mathrm {d}x = \frac{x}{2} - \frac{\sin 2x}{4} + C$ 
- $\int \cos^2 x \, \mathrm {d}x = \frac{x}{2} + \frac{\sin 2x}{4} + C$ 
+ $\displaystyle\int \sin x \, dx = -\cos x + C$ 
+ $\displaystyle\int \cos x \, dx = \sin x + C$ 
+ $\displaystyle\int \tan x \, dx = -\ln|\cos x| + C$
+ $\displaystyle\int \cot x \, dx = \ln|\sin x| + C$
+ $\displaystyle\int \sec x \, dx = \ln|\sec x + \tan x| + C$ 
+ $\displaystyle\int \csc x \, dx = \ln|\csc x - \cot x| + C$ 
+ $\displaystyle\int \sec^2 x \, dx = \tan x + C$ 
+ $\displaystyle\int \csc^2 x \, dx = -\cot x + C$ 
+ $\displaystyle\int \sec x \tan x \, dx = \sec x + C$ 
+ $\displaystyle\int \csc x \cot x \, dx = -\csc x + C$ 
+ $\displaystyle\int \sin^2 x \, dx = \frac{x}{2} - \frac{\sin 2x}{4} + C$ 
+ $\displaystyle\int \cos^2 x \, dx = \frac{x}{2} + \frac{\sin 2x}{4} + C$ 
 ### 三、反三角函数积分
- $\int \arcsin x \, \mathrm {d}x = x\arcsin x + \sqrt{1-x^2} + C$ 
- $\int \arccos x \, \mathrm {d}x = x\arccos x - \sqrt{1-x^2} + C$ 
- $\int \arctan x \, \mathrm {d}x = x\arctan x - \frac{1}{2}\ln(1+x^2) + C$ 
- $\int \text{arccot } x \, \mathrm {d}x = x\text{arccot } x + \frac{1}{2}\ln(1+x^2) + C$ 
-### 四、含根式的积分（ $a>0$ ）
- $\int \frac{1}{\sqrt{a^2 - x^2}} \, \mathrm {d}x = \arcsin\frac{x}{a} + C$ 
- $\int \frac{1}{\sqrt{x^2 + a^2}} \, \mathrm {d}x = \ln\left(x + \sqrt{x^2 + a^2}\right) + C$ 
- $\int \frac{1}{\sqrt{x^2 - a^2}} \, \mathrm {d}x = \ln\left|x + \sqrt{x^2 - a^2}\right| + C$ 
- $\int \sqrt{a^2 - x^2} \, \mathrm {d}x = \frac{x}{2}\sqrt{a^2 - x^2} + \frac{a^2}{2}\arcsin\frac{x}{a} + C$ 
- $\int \sqrt{x^2 + a^2} \, \mathrm {d}x = \frac{x}{2}\sqrt{x^2 + a^2} + \frac{a^2}{2}\ln\left(x + \sqrt{x^2 + a^2}\right) + C$ 
- $\int \sqrt{x^2 - a^2} \, \mathrm {d}x = \frac{x}{2}\sqrt{x^2 - a^2} - \frac{a^2}{2}\ln\left|x + \sqrt{x^2 - a^2}\right| + C$ 
+ $\displaystyle\int \arcsin x \, dx = x\arcsin x + \sqrt{1-x^2} + C$ 
+ $\displaystyle\int \arccos x \, dx = x\arccos x - \sqrt{1-x^2} + C$ 
+ $\displaystyle\int \arctan x \, dx = x\arctan x - \frac{1}{2}\ln(1+x^2) + C$ 
+ $\displaystyle\int \text{arccot } x \, dx = x\text{arccot } x + \frac{1}{2}\ln(1+x^2) + C$ 
+### 四、含根式的积分（ a>0 ）
+ $\displaystyle\int \frac{1}{\sqrt{a^2 - x^2}} \, dx = \arcsin\frac{x}{a} + C$ 
+ $\displaystyle\int \frac{1}{\sqrt{x^2 + a^2}} \, dx = \ln\left(x + \sqrt{x^2 + a^2}\right) + C$ 
+ $\displaystyle\int \frac{1}{\sqrt{x^2 - a^2}} \, dx = \ln\left|x + \sqrt{x^2 - a^2}\right| + C$ 
+ $\displaystyle\int \sqrt{a^2 - x^2} \, dx = \frac{x}{2}\sqrt{a^2 - x^2} + \frac{a^2}{2}\arcsin\frac{x}{a} + C$ 
+ $\displaystyle\int \sqrt{x^2 + a^2} \, dx = \frac{x}{2}\sqrt{x^2 + a^2} + \frac{a^2}{2}\ln\left(x + \sqrt{x^2 + a^2}\right) + C$ 
+ $\displaystyle\int \sqrt{x^2 - a^2} \, dx = \frac{x}{2}\sqrt{x^2 - a^2} - \frac{a^2}{2}\ln\left|x + \sqrt{x^2 - a^2}\right| + C$ 
 ### 五、含分式的积分（ $a\neq0$ ）
- $\int \frac{1}{x^2 + a^2} \, \mathrm {d}x = \frac{1}{a}\arctan\frac{x}{a} + C$ 
- $\int \frac{1}{x^2 - a^2} \, \mathrm {d}x = \frac{1}{2a}\ln\left|\frac{x - a}{x + a}\right| + C$ 
- $\int \frac{1}{ax + b} \, \mathrm {d}x = \frac{1}{a}\ln|ax + b| + C$ 
+ $\displaystyle\int \frac{1}{x^2 + a^2} \, dx = \frac{1}{a}\arctan\frac{x}{a} + C$ 
+ $\displaystyle\int \frac{1}{x^2 - a^2} \, dx = \frac{1}{2a}\ln\left|\frac{x - a}{x + a}\right| + C$ 
+ $\displaystyle\int \frac{1}{ax + b} \, dx = \frac{1}{a}\ln|ax + b| + C$ 
 ### 六、指数与对数结合积分
- $\int x e^x \, \mathrm {d}x = (x-1)e^x + C$ 
-$\int x \ln x \, \mathrm {d}x = \frac{x^2}{2}\ln x - \frac{x^2}{4} + C$ 
- $\int e^x \sin x \, \mathrm {d}x = \frac{e^x}{2}(\sin x - \cos x) + C$ 
- $\int e^x \cos x \, \mathrm {d}x = \frac{e^x}{2}(\sin x + \cos x) + C$ 
+ $\displaystyle\int x e^x \, dx = (x-1)e^x + C$ 
+$\displaystyle\int x \ln x \, dx = \frac{x^2}{2}\ln x - \frac{x^2}{4} + C$ 
+ $\displaystyle\int e^x \sin x \, dx = \frac{e^x}{2}(\sin x - \cos x) + C$ 
+ $\displaystyle\int e^x \cos x \, dx = \frac{e^x}{2}(\sin x + \cos x) + C$ 
 ### 七、常用凑微分积分
- $\int \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}} \, \mathrm {d}x = \arcsin x + C = -\arccos x + C$ 
- $\int \frac{1}{1 + x^2} \, \mathrm {d}x = \arctan x + C = -\text{arccot } x + C$ 
- $\int \frac{1}{x\ln x} \, \mathrm {d}x = \ln|\ln x| + C$ 
- $\int \frac{e^{\sqrt{x}}}{\sqrt{x}} \, \mathrm {d}x = 2e^{\sqrt{x}} + C$ 
- $\int \frac{\sin\sqrt{x}}{\sqrt{x}} \, \mathrm {d}x = -2\cos\sqrt{x} + C$ 
+ $\displaystyle\int \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}} \, dx = \arcsin x + C = -\arccos x + C$ 
+ $\displaystyle\int \frac{1}{1 + x^2} \, dx = \arctan x + C = -\text{arccot } x + C$ 
+ $\displaystyle\int \frac{1}{x\ln x} \, dx = \ln|\ln x| + C$ 
+ $\displaystyle\int \frac{e^{\sqrt{x}}}{\sqrt{x}} \, dx = 2e^{\sqrt{x}} + C$ 
+ $\displaystyle\int \frac{\sin\sqrt{x}}{\sqrt{x}} \, dx = -2\cos\sqrt{x} + C$ 
 >[!abstract] 练习
 >尝试推导上述公式