1675 年 10 月 29 日，莱布尼茨在汉诺威的稿纸上第一次画出 \(\int\)，那是 summa 的首字母 s 被拉长，他要算的是曲线下的面积，而把无穷多个窄条加起来这件事，需要一个写得快的记号。同一叠纸上，他紧接着把 \(\int\) 和 \(\mathrm{d}\) 并排放好，让两者互为逆运算，可是这个符号后来被用旧了，问题才露出来：这道反向的运算，是不是每一次都做得成。
一、源头：求积与求切，一对反向的运算
牛顿在《求积术》里把面积看成一个正在生成的量，横坐标在流动，面积也跟着流动，而面积对横坐标的变化率恰好就是当时的纵坐标，所以求面积成了「已知流数求流量」，他叫它反流数法。这本书迟至 1704 年才作为《光学》的附录印行，里面的办法他用了将近 40 年。
莱布尼茨从求和那一头进来，他把曲线下的面积切成一列窄条再加起来，条宽越窄，和就越接近面积，而在他眼里求和与求差是同一件事的两面，因为整块减去相邻的整块，剩下的正好是一条窄条。
1675 年 10 月 29 日，汉诺威
一个被拉长的 s
“Utile erit scribi \(\int\) pro omn., ut \(\int l\) pro omn. l, id est summa ipsorum l.”
莱布尼茨手稿，1675 年 10 月 29 日，转引自卡约里《数学符号史》第二卷第十三章。
意思是：用 \(\int\) 代替 omn. 会有用，这样 \(\int l\) 就代替 omn. l，也就是所有的 l 之和。整条笔记只讨论记号是否省事，至于这个和是否总存在、是否总能算出来，一个字也没有问。
牛顿的反流数法和莱布尼茨的和，都只在能算出来的例子上检验过，而能算的例子太多，以致没有人去问会不会有算不出来的，18 世纪的数学家把这门手艺推进到惊人的深度，问题本身被搁在一边。
求导把函数变简单，反向走一步却把它变复杂，而复杂没有上限，所以该问的是复杂度加到哪一步就顶住了。
二、思想的成形：欧拉把反向运算写成书
1768 年至 1770 年，欧拉在圣彼得堡出版 3 卷本《积分学原理》，把此前 100 年的零散技巧整理成可以照做的流程，换元、部分分式、递推，再加一张越来越长的积分表。这本书的体例和今天的教材很近，只是几乎不谈存在性，只告诉你怎样把结果算出来。
定义（原函数与不定积分）
设 \(f\) 在区间 \(I\) 上有定义。若存在 \(F\)，使对每个 \(x\in I\) 都有 \(F'(x)=f(x)\)，则称 \(F\) 是 \(f\) 在 \(I\) 上的一个原函数。\(f\) 的全体原函数记作 \(\int f(x)\,\mathrm{d}x\)，称为 \(f\) 的不定积分。
定理（原函数相差一个常数）
若 \(F\) 与 \(G\) 都是 \(f\) 在区间 \(I\) 上的原函数，则 \(F-G\) 在 \(I\) 上恒为常数。因此若 \(F\) 是 \(f\) 的某一个原函数，则 \(\int f(x)\,\mathrm{d}x=F(x)+C\)，\(C\) 为任意常数。
令 \(H=F-G\)，则 \(H'(x)=0\)；在 \(I\) 上任取两点 \(x_{1}\lt x_{2}\)，\(H\) 在闭区间 \([x_1,x_2]\) 上满足拉格朗日中值定理的条件，于是存在 \(\xi\in(x_1,x_2)\) 使 \(H(x_2)-H(x_1)=H'(\xi)(x_2-x_1)=0\)，由这两点的任意性，\(H\) 恒为常数。这里用到了 \(I\) 是连通的，也用到了中值定理要求函数在闭区间上连续。
所以找错一个原函数不要紧，要紧的是别忘了还有别的；几何上把一条原函数上下平移，得到的恰好就是全部原函数，而平移不改变斜率，要从这一族里挑出唯一一条，得再给一个初始条件。
基本积分表就是把导数表倒过来抄一遍，每一行右端求导后都应该还原成左边的被积函数，这是自查的唯一标准。
\[ \int x^{\mu}\,\mathrm{d}x=\frac{x^{\mu+1}}{\mu+1}+C\ (\mu\neq -1),\qquad \int\frac{\mathrm{d}x}{x}=\ln|x|+C \] \[ \int e^{x}\,\mathrm{d}x=e^{x}+C,\qquad \int a^{x}\,\mathrm{d}x=\frac{a^{x}}{\ln a}+C\ (a>0,\ a\neq 1) \] \[ \int\cos x\,\mathrm{d}x=\sin x+C,\qquad \int\sin x\,\mathrm{d}x=-\cos x+C \] \[ \int\sec^{2}x\,\mathrm{d}x=\tan x+C,\qquad \int\csc^{2}x\,\mathrm{d}x=-\cot x+C \] \[ \int\frac{\mathrm{d}x}{1+x^{2}}=\arctan x+C,\qquad \int\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{1-x^{2}}}=\arcsin x+C \]再补上对数的几个邻居：\(\int\sec x\tan x\,\mathrm{d}x=\sec x+C\)，\(\int\csc x\cot x\,\mathrm{d}x=-\csc x+C\)，以及 \(\int\tan x\,\mathrm{d}x=-\ln|\cos x|+C\)、\(\int\cot x\,\mathrm{d}x=\ln|\sin x|+C\)。教材列出的 24 个基本公式，多数是把上面这几组稍作变形得到的。
性质（线性）
设 \(f\)、\(g\) 的原函数都存在，\(\alpha\)、\(\beta\) 为常数且不同时为零，则 \(\int[\alpha f(x)+\beta g(x)]\,\mathrm{d}x=\alpha\int f(x)\,\mathrm{d}x+\beta\int g(x)\,\mathrm{d}x\)；另外 \(\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\int f(x)\,\mathrm{d}x=f(x)\)，\(\int F'(x)\,\mathrm{d}x=F(x)+C\)，这两式说的是求导与积分互为逆运算。
线性性质是查表法的前提，一个积分只要能拆成表里几项的和就立刻算完，拆不开的那一部分才是下面几节要处理的对象。
定理（原函数存在定理）
若函数 \(f\) 在区间 \(I\) 上连续，则 \(f\) 在 \(I\) 上必有原函数。
取 \(a\in I\)，令 \(\Phi(x)=\int_{a}^{x}f(t)\,\mathrm{d}t\)，第五章将证明 \(f\) 连续时这个变上限积分可导且 \(\Phi'(x)=f(x)\)，所以 \(\Phi\) 就是一个原函数。
定理只保证存在，没说这个原函数能用什么式子写出来，而存在和写出来之间隔着的那段距离，就是本章后半段的全部内容。
三、严格化：存在不等于算得出
欧拉算过 \(\int\frac{\mathrm{d}x}{1+x^{4}}\) 和 \(\int\sec^{3}x\,\mathrm{d}x\) 这类今天看来很刁的积分，也留下大批递推公式，却从没说过哪个积分算不出来。这不算疏忽，因为在他的时代，函数就意味着一个能写下来的式子。
要把这句话讲清楚，第一步得给初等函数划界：从常数和 \(x\) 出发，经过有限次加、减、乘、除、开方，再加上指数、对数以及它们的复合，得到的函数叫初等函数。这个类封闭，初等函数的导数仍然是初等的，于是可以问一个问题，连续函数的原函数会不会落到这个类外面。
1835 年，刘维尔在《纯粹与应用数学杂志》第 13 卷上给出了一个样本：\(e^{-x^{2}}\) 的原函数不是初等函数，而在此之前的 100 多年里，算不出来只被当成技巧不够。
1835 年，《纯粹与应用数学杂志》第 13 卷
一篇标题即结论的论文
“Mémoire sur l'intégration d'une classe de fonctions transcendantes”
刘维尔，载 Journal für die reine und angewandte Mathematik 第 13 卷，1835 年，第 93 至 118 页。
题名直译是《论一类超越函数的积分》，文章要回答的是：给一个代数或超越函数，它的原函数什么时候还能用初等函数写出，\(e^{-x^{2}}\) 只是文中给出的反例之一。
判据的思路可以讲清楚：假设 \(F\) 是初等函数且 \(F'(x)=e^{-x^{2}}\)，初等函数在复平面上只有有限多个极点与分支点，求导不改变这种结构，而 \(e^{-x^{2}}\) 沿虚轴增长得快于任何多项式，它的原函数必然带上一种有限次初等运算造不出的奇点，逐类排除就得到矛盾。
刘维尔的做法是把 \(F\) 写成有理函数与指数、对数的有限次复合，留几个待定系数，再比较两边的极点、零点与系数，不问函数值，只问它们满足的代数关系；1840 年前后他把这套比较整理成框架，这就是后来的微分代数。
同类的结论后来陆续补齐：\(\frac{\sin x}{x}\)、\(\frac{1}{\ln x}\)、\(\sqrt{1+x^{4}}\) 的原函数都不是初等函数，它们各自留下了名字，误差函数 \(\mathrm{erf}\,x\)、正弦积分 \(\mathrm{Si}\,x\)、对数积分 \(\mathrm{li}\,x\)。而原函数本身当然存在，因为被积函数连续，存在定理照样管用。
既然有算法能判定，课本为什么还要教一堆技巧？
1969 年里施在《美国数学会汇刊》上发表判定算法，给定一个初等函数，它能在有限步内判定原函数是否初等，若是就一并算出来。代价是复杂度很高，所以教材还是教你换元与分部。
连续性只保证原函数存在，不保证它写得出来，课本教的换元、分部、部分分式，都在这批碰巧写得出来的函数上打转。
四、方法手册
先变形，再查表
拿到一个积分，先看能不能拆成表里已有的项，常用的变形有拆项、配方、用三角恒等式降次、把假分式除成多项式加真分式 4 种；例如 \(\frac{2x^{2}}{1+x^{2}}=2-\frac{2}{1+x^{2}}\)，积分立刻变成 \(2x-2\arctan x+C\)。
第一类换元法：凑微分
定理（第一类换元法）
设 \(u=\varphi(x)\) 可导，且 \(f\) 有原函数 \(F\)，则 \(\int f[\varphi(x)]\varphi'(x)\,\mathrm{d}x=\int f(u)\,\mathrm{d}u=F[\varphi(x)]+C\)，把右端对 \(x\) 求导，用链式法则就能验证。
操作上只有一句话，把 \(\varphi'(x)\,\mathrm{d}x\) 认成一个整体 \(\mathrm{d}u\)，而认出来靠的是熟悉微分表：看到 \(x\,\mathrm{d}x\) 就该想到 \(\frac{1}{2}\mathrm{d}(x^{2})\)，看到 \(\frac{\mathrm{d}x}{x}\) 就该想到 \(\mathrm{d}(\ln x)\)，看到 \(\sec^{2}x\,\mathrm{d}x\) 就该想到 \(\mathrm{d}(\tan x)\)，看到 \(\cos x\,\mathrm{d}x\) 就该想到 \(\mathrm{d}(\sin x)\)。
所以 \(\int xe^{x^{2}}\mathrm{d}x\) 不用办换元的手续，直接把 \(x\,\mathrm{d}x\) 读成 \(\frac{1}{2}\mathrm{d}(x^{2})\)，写成 \(\frac{1}{2}\int e^{u}\mathrm{d}u=\frac{1}{2}e^{x^{2}}+C\)；\(\int\frac{\ln x}{x}\mathrm{d}x\) 同理，读成 \(\int\ln x\,\mathrm{d}(\ln x)=\frac{1}{2}\ln^{2}x+C\)。
第二类换元法：三角代换
定理（第二类换元法）
设 \(x=\psi(t)\) 单调、可导且 \(\psi'(t)\neq 0\)，又设 \(f[\psi(t)]\psi'(t)\) 有原函数 \(G(t)\)，则 \(\int f(x)\,\mathrm{d}x=G[\psi^{-1}(x)]+C\)，单调加 \(\psi'(t)\neq 0\) 是为了保证反函数存在，这一步是换元合法的根据。
三种根式对应三种代换：遇 \(\sqrt{a^{2}-x^{2}}\) 令 \(x=a\sin t\)，遇 \(\sqrt{a^{2}+x^{2}}\) 令 \(x=a\tan t\)，遇 \(\sqrt{x^{2}-a^{2}}\) 令 \(x=a\sec t\)，目的都是把根号整个消掉，算完还得把 \(t\) 换回 \(x\)，最省事的办法是画一个直角三角形，各个三角比直接从图上读。
另有两类也常遇到：含 \(\sqrt[n]{ax+b}\) 时令 \(t=\sqrt[n]{ax+b}\)，含 \(\sqrt{ax^{2}+bx+c}\) 时先配方再归入三角代换。
分部积分法
定理（分部积分公式）
设 \(u(x)\)、\(v(x)\) 具有连续导数，则 \(\int u\,\mathrm{d}v=uv-\int v\,\mathrm{d}u\)，展开写是 \(\int u(x)v'(x)\,\mathrm{d}x=u(x)v(x)-\int u'(x)v(x)\,\mathrm{d}x\)。
公式来自乘积求导法则 \((uv)'=u'v+uv'\) 两边同时积分，面积上就是一块矩形的增量由两条边各自伸长贡献，角上那块二阶小量取极限后消失。
用分部积分的关键是选 \(u\)，经验顺序是反三角、对数、幂、指数、三角，排在前面的取作 \(u\)，因为它求导之后会变简单；被积式只有一类因子时，比如 \(\int\ln x\,\mathrm{d}x\)，就把 \(\mathrm{d}x\) 当成 \(\mathrm{d}v\)。
要分部多次时可以用表格，\(u\) 逐次求导写一列，\(v\) 逐次积分写一列，符号依次取正负再交叉相乘，求 \(\int x^{2}e^{x}\mathrm{d}x\) 时 \(u=x^{2}\) 求导两次就归零，两列一乘得 \((x^{2}-2x+2)e^{x}+C\)；要是 \(u\) 求导绕回原样，就在式子里把原积分解出来。
有理函数的积分：道理只有一条
流程里的代数手续不少，道理却只有一条：真分式拆成若干个最简单的分式之后，每一项都积得成初等函数，所以有理函数的原函数一定写得出来。手续是长除法化成多项式加真分式，再按分母的因子写部分分式、待定系数。
拆到最后，还剩哪几种分式要积？
只剩 4 种：\(\frac{A}{x-a}\)、\(\frac{A}{(x-a)^{k}}\)、\(\frac{Bx+C}{x^{2}+px+q}\)、\(\frac{Bx+C}{(x^{2}+px+q)^{k}}\)，后两式要求 \(p^{2}-4q\lt 0\)。前两种直接积成对数与负幂，第三种把分子凑成分母的导数，前半给对数，后半配方后用反正切，第四种照第三种拆开，剩下的用递推公式降幂。
三角函数有理式与万能代换
只含 \(\sin x\)、\(\cos x\) 和常数的有理式有一个万能办法，令 \(t=\tan\frac{x}{2}\)，三角函数全部换成 \(t\) 的有理式，被积式于是交回上一节处理；几何上这是把单位圆上的点用一个斜率参数化。
代价是分母次数升高，所以能避开就避开，若 \(R(-\sin x,\cos x)=-R(\sin x,\cos x)\) 令 \(t=\cos x\)，若 \(R(\sin x,-\cos x)=-R(\sin x,\cos x)\) 令 \(t=\sin x\)，若 \(R(-\sin x,-\cos x)=R(\sin x,\cos x)\) 令 \(t=\tan x\)，奇次幂的情形几乎都能用这 3 条走掉。
令 t 等于半角的正切，那三个式子是怎么来的？
由 \(t=\tan\frac{x}{2}\) 得 \(x=2\arctan t\)，求导就有 \(\mathrm{d}x=\frac{2\,\mathrm{d}t}{1+t^{2}}\)；再用半角公式把 \(\sin x\) 写成 \(\frac{2t}{1+t^{2}}\)、把 \(\cos x\) 写成 \(\frac{1-t^{2}}{1+t^{2}}\)。三式一起代入，三角函数一个不剩，只剩 \(t\) 和 \(\mathrm{d}t\)。
积分表那么长，考场上怎么查才不查错？
三条规矩：先把被积式化成表里的标准形式，参数和表中字母对齐；再核对条件，比如 \(a>0\)、\(n\) 为正整数；最后求导验证，这是唯一可靠的检查。表只省重复劳动，替代不了变形。
这些题最容易在哪一步被扣分？
漏绝对值，\(\int\frac{\mathrm{d}x}{x}=\ln|x|+C\) 去掉绝对值只在单个区间上成立；换元之后忘了回代，答案里还留着 \(t\)；三角代换时漏掉 \(\mathrm{d}x=a\cos t\,\mathrm{d}t\)；分部积分把幂函数当成 \(v\) 去积，越算越长。
五、例题
例 1 求 \(\int\sqrt{9-x^{2}}\,\mathrm{d}x\)。
令 \(x=3\sin t\)，\(t\in\left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right]\)，则 \(\mathrm{d}x=3\cos t\,\mathrm{d}t\)，根式化成 \(3\cos t\)，原式 \(=\int 9\cos^{2}t\,\mathrm{d}t=\frac{9}{2}t+\frac{9}{4}\sin 2t+C\)。回代时画个三角形，由 \(\sin t=\frac{x}{3}\)、\(\cos t=\frac{\sqrt{9-x^{2}}}{3}\) 得 \(\frac{9}{2}\arcsin\frac{x}{3}+\frac{x}{2}\sqrt{9-x^{2}}+C\)。
例 2 求 \(\int e^{x}\sin x\,\mathrm{d}x\)。
两次分部都取 \(u=e^{x}\)，把三角函数留给 \(\mathrm{d}v\)：第一次得 \(I=-e^{x}\cos x+\int e^{x}\cos x\,\mathrm{d}x\)，对右端再分部得 \(I=-e^{x}\cos x+e^{x}\sin x-I\)，移项解出 \(2I=e^{x}(\sin x-\cos x)\)，所以 \(I=\frac{1}{2}e^{x}(\sin x-\cos x)+C\)。
例 3 求 \(\int\frac{2x+3}{x^{2}+2x+5}\,\mathrm{d}x\)。
分母的导数是 \(2x+2\)，所以先把分子拆成 \((2x+2)+1\)：前一项恰好是分母的导数，积出 \(\ln(x^{2}+2x+5)\)；后一项配方成 \((x+1)^{2}+4\)，积出 \(\frac{1}{2}\arctan\frac{x+1}{2}\)。合起来是 \(\ln(x^{2}+2x+5)+\frac{1}{2}\arctan\frac{x+1}{2}+C\)。
六、习题
A 档 巩固定义与基本计算，每题 5 分钟内
1. 用基本积分表与线性性质求：(1) \(\int(4x^{3}-\frac{2}{x}+\sec^{2}x)\,\mathrm{d}x\)；(2) \(\int\frac{x^{4}+1}{x^{2}+1}\,\mathrm{d}x\)。
看答案
(1) \(x^{4}-2\ln|x|+\tan x+C\)；(2) 假分式先做除法 \(\frac{x^{4}+1}{x^{2}+1}=x^{2}-1+\frac{2}{x^{2}+1}\)，积分得 \(\frac{x^{3}}{3}-x+2\arctan x+C\)。
2. 用凑微分求：(1) \(\int\cos(3x+1)\,\mathrm{d}x\)；(2) \(\int\frac{\mathrm{d}x}{x\ln x}\)；(3) \(\int\frac{x}{\sqrt{1-x^{2}}}\,\mathrm{d}x\)。
看答案
(1) \(\frac{1}{3}\sin(3x+1)+C\)；(2) 令 \(u=\ln x\)，得 \(\ln|\ln x|+C\)；(3) 令 \(u=1-x^{2}\)，则 \(x\,\mathrm{d}x=-\frac{1}{2}\mathrm{d}u\)，得 \(-\sqrt{1-x^{2}}+C\)。
3. 用分部积分求：(1) \(\int x\cos x\,\mathrm{d}x\)；(2) \(\int\ln x\,\mathrm{d}x\)。
看答案
(1) 取 \(u=x\)、\(\mathrm{d}v=\cos x\,\mathrm{d}x\)，得 \(x\sin x+\cos x+C\)；(2) 取 \(u=\ln x\)、\(\mathrm{d}v=\mathrm{d}x\)，得 \(x\ln x-x+C\)。
4. 求 \(\int\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{9-x^{2}}}\) 与 \(\int\frac{\mathrm{d}x}{x^{2}+4x+8}\)。
看答案
前者直接查表得 \(\arcsin\frac{x}{3}+C\)；后者先配方 \(x^{2}+4x+8=(x+2)^{2}+4\)，才看得见表里那一条，得 \(\frac{1}{2}\arctan\frac{x+2}{2}+C\)。
5. 求 \(\int\frac{\mathrm{d}x}{x(x+1)}\)。
看答案
拆成 \(\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1}\)，两个单根各给一个对数，积出 \(\ln\left|\frac{x}{x+1}\right|+C\)。
B 档 综合题，接近考试难度
1. 求 \(\int\frac{x^{2}+1}{x(x-1)^{2}}\,\mathrm{d}x\)。
看答案
设 \(\frac{x^{2}+1}{x(x-1)^{2}}=\frac{A}{x}+\frac{B}{x-1}+\frac{C}{(x-1)^{2}}\)，\(x=0\) 给 \(A=1\)，\(x=1\) 给 \(C=2\)，比较 \(x^{2}\) 的系数得 \(B=0\)，于是原式 \(=\ln|x|-\frac{2}{x-1}+C\)。
2. 求 \(\int\frac{\mathrm{d}x}{x^{2}\sqrt{x^{2}+4}}\)。
看答案
令 \(x=2\tan t\)，根式为 \(2\sec t\)，\(\mathrm{d}x=2\sec^{2}t\,\mathrm{d}t\)，原式 \(=-\frac{1}{4\sin t}+C\)，再由直角三角形把 \(\sin t=\frac{x}{\sqrt{x^{2}+4}}\) 代回，得 \(-\frac{\sqrt{x^{2}+4}}{4x}+C\)。
3. 建立递推公式 \(I_{n}=\int\sin^{n}x\,\mathrm{d}x\)，并求出 \(I_{4}\)。
看答案
分部取 \(u=\sin^{n-1}x\)、\(\mathrm{d}v=\sin x\,\mathrm{d}x\)，把 \(\cos^{2}x=1-\sin^{2}x\) 代进去，得 \(I_{n}=-\frac{1}{n}\sin^{n-1}x\cos x+\frac{n-1}{n}I_{n-2}\)；于是 \(I_{4}=-\frac{1}{4}\sin^{3}x\cos x+\frac{3}{4}I_{2}\)，而 \(I_{2}=\frac{x}{2}-\frac{\sin 2x}{4}\)，合起来是 \(\frac{3x}{8}-\frac{\sin 2x}{4}+\frac{\sin 4x}{32}+C\)。
4. 求 \(\int e^{\sqrt{x}}\,\mathrm{d}x\)。
看答案
令 \(t=\sqrt{x}\)，则 \(\mathrm{d}x=2t\,\mathrm{d}t\)，原式 \(=2\int te^{t}\,\mathrm{d}t\)，分部一次再回代得 \(2(\sqrt{x}-1)e^{\sqrt{x}}+C\)。
C 档 拓展与历史原题
1. 欧拉在《积分学原理》（1768 至 1770）里算出 \(\int\frac{\mathrm{d}x}{1+x^{4}}\)。把 \(1+x^{4}\) 分解为 \((x^{2}+\sqrt{2}x+1)(x^{2}-\sqrt{2}x+1)\)，用部分分式求这个积分，并说明欧拉为什么必须先把它拆成两个二次因子。
看答案
\(x^{4}+1\) 在实数范围内没有一次因子，只能拆成两个不可约二次因子，设 \(\frac{1}{x^{4}+1}=\frac{Ax+B}{x^{2}+\sqrt{2}x+1}+\frac{Cx+D}{x^{2}-\sqrt{2}x+1}\)，通分比较得 \(A=-C=\frac{1}{2\sqrt{2}}\)、\(B=D=\frac{1}{2}\)。每项再凑分母的导数并配方，得 \(\frac{1}{4\sqrt{2}}\ln\frac{x^{2}+\sqrt{2}x+1}{x^{2}-\sqrt{2}x+1}+\frac{1}{2\sqrt{2}}\left[\arctan(\sqrt{2}x+1)+\arctan(\sqrt{2}x-1)\right]+C\)。
2. 欧拉书中另有一例 \(\int\sec^{3}x\,\mathrm{d}x\)。用分部积分把它化成关于自身的方程，解出结果，并说明为什么这类积分不能靠反复分部一直做下去。
看答案
写成 \(\int\sec x\cdot\sec^{2}x\,\mathrm{d}x\)，取 \(u=\sec x\)、\(\mathrm{d}v=\sec^{2}x\,\mathrm{d}x\)，用 \(\tan^{2}x=\sec^{2}x-1\) 化成 \(I=\sec x\tan x-I+\int\sec x\,\mathrm{d}x\)，解出 \(I=\frac{1}{2}\left(\sec x\tan x+\ln|\sec x+\tan x|\right)+C\)。每次分部都把幂次原地送回原积分，只能回头解方程。
3. \(\int\sqrt{1+x^{4}}\,\mathrm{d}x\) 的原函数不能用初等函数表示。按刘维尔的思路说明：为什么先要假设原函数是初等函数，再去找矛盾；这个假设里的哪一条会被 \(\sqrt{1+x^{4}}\) 的分支结构推翻。
看答案
刘维尔的办法是反证：假设 \(F\) 初等且 \(F'=\sqrt{1+x^{4}}\)，而初等函数由有理函数经指数、对数、开方有限次复合而成，在复平面上只有有限多个极点与分支点，求导不改变这种结构；\(\sqrt{1+x^{4}}\) 在 \(x^{4}=-1\) 的 4 个根处有分支点，原函数必然带上这 4 点决定的多值结构，任何有限次初等复合都造不出来，矛盾。这个积分属于椭圆积分，数值上完全正常，只是写不成一串初等运算。
思考题 不设标准答案，只给提示
1. 如果把不定积分规定成「随便挑一个原函数」，微分方程的解会失去什么？提示：想想初值条件。
看提示
常数 \(C\) 携带的是初始条件的信息，丢掉它，通解就退化成特解，一族曲线被压成一条，边界条件无处安放。
2. 原函数存在定理的证明在哪一步用到连续性？如果 \(f\) 只有原函数而没有连续性，会发生什么？提示：看变上限积分的导数。
看提示
关键一步是「连续保证变上限积分可导，且导数等于被积函数」；去掉连续性，变上限积分可能不可导，原函数仍可能存在，只是要找别的办法。
3. 里施算法能判定任意初等函数的原函数是否初等，教材为什么还花一整章教换元与分部？提示：想想算法的代价，以及人在纸上需要什么。
看提示
算法复杂度高，输出形式也未必好读；换元、分部、部分分式各自对应一种结构，看到结构就知道用哪种手段，这是人能带走的能力。
本章练的这些手段，眼下只用来对付一堆记号，下一章的定积分会让它们派上用场：牛顿与莱布尼茨那条互逆关系写成公式以后，曲线下的面积、变速运动的位移、变力做的功，全都归结成找原函数再代两个端点。
延伸阅读
- 同济大学数学系《高等数学》第七版上册，第四章「不定积分」，§4.1 至 §4.4。
- 欧拉《积分学原理》（Institutiones calculi integralis），3 卷，圣彼得堡，1768 至 1770。
- 卡约里《数学符号史》第二卷，关于 \(\int\) 与 \(\mathrm{d}\) 记号的起源与莱布尼茨手稿的转引。
- 刘维尔《论一类超越函数的积分》，Journal für die reine und angewandte Mathematik 第 13 卷，1835。