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时间有限，仅针对计算，证明以及定义大量省略
多元函数
偏导数
含参量积分
曲线曲面积分
多重积分
隐函数

常用积分公式

∫1+x2 dx=12x1+x2+12ln⁡∣x+1+x2∣+C\int \sqrt{1 + x^2} \, dx = \frac{1}{2} x \sqrt{1 + x^2} + \frac{1}{2} \ln \left| x + \sqrt{1 + x^2} \right| + C
推导
1.设变量替换：令x=tan⁡θ，则dx=sec⁡2θ dθ。2.代入积分：将x和dx代入积分：∫1+x2 dx=∫1+tan⁡2θ⋅sec⁡2θ dθ.由于1+tan⁡2θ=sec⁡2θ，因此：∫1+x2 dx=∫sec⁡θ⋅sec⁡2θ dθ=∫sec⁡3θ dθ.3.计算∫sec⁡3θ dθ：这是一个经典的积分，可以通过分部积分法计算：∫sec⁡3θ dθ=12sec⁡θtan⁡θ+12ln⁡∣sec⁡θ+tan⁡θ∣+C.4.将θ换回x：由于x=tan⁡θ，因此：sec⁡θ=1+x2,tan⁡θ=x.代入后得到：∫1+x2 dx=12x1+x2+12ln⁡∣x+1+x2∣+C. 1. 设变量替换： 令 x = \tan \theta ，则 dx = \sec^2 \theta \, d\theta 。\\ 2. 代入积分： 将 x 和 dx 代入积分： \\ \int \sqrt{1 + x^2} \, dx = \int \sqrt{1 + \tan^2 \theta} \cdot \sec^2 \theta \, d\theta. \\ 由于 1 + \tan^2 \theta = \sec^2 \theta ，因此： \\ \int \sqrt{1 + x^2} \, dx = \int \sec \theta \cdot \sec^2 \theta \, d\theta = \int \sec^3 \theta \, d\theta. \\ 3. 计算 \int \sec^3 \theta \, d\theta： 这是一个经典的积分，可以通过分部积分法计算： \\ \int \sec^3 \theta \, d\theta = \frac{1}{2} \sec \theta \tan \theta + \frac{1}{2} \ln |\sec \theta + \tan \theta| + C. \\ 4. 将 \theta 换回 x： 由于 x = \tan \theta ，因此： \\ \sec \theta = \sqrt{1 + x^2}, \quad \tan \theta = x. \\ 代入后得到： \\ \int \sqrt{1 + x^2} \, dx = \frac{1}{2} x \sqrt{1 + x^2} + \frac{1}{2} \ln \left| x + \sqrt{1 + x^2} \right| + C. \\
 

用重积分辅助计算

重积分有时还能计算较难处理的一元积分，如Poisson积分
∫−∞∞e−x2 dx=π\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} \, dx = \sqrt{\pi}
过程
平方转换为二重积分
(∫−∞∞e−x2 dx)2=∫−∞∞∫−∞∞e−(x2+y2) dxdy\left( \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} \, dx \right)^2 = \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-(x^2 + y^2)} \, dxdy
极坐标代换
∫−∞∞∫−∞∞e−(x2+y2) dxdy=∫02π∫0∞e−r2⋅r drdθ\int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-(x^2 + y^2)} \, dxdy = \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{\infty} e^{-r^2} \cdot r \, drd\theta
这样利用Jacobi行列式多出来的r可以凑平方微分，来解决指数上的平方。
∫0∞e−r2⋅r dr=∫0∞e−u⋅12 du=12∫0∞e−u du12∫0∞e−u du=12[−e−u]0∞=12(0−(−1))=12\int_{0}^{\infty} e^{-r^2} \cdot r \, dr = \int_{0}^{\infty} e^{-u} \cdot \frac{1}{2} \, du = \frac{1}{2} \int_{0}^{\infty} e^{-u} \, du\\\frac{1}{2} \int_{0}^{\infty} e^{-u} \, du = \frac{1}{2} \left[ -e^{-u} \right]_{0}^{\infty} = \frac{1}{2} \left( 0 - (-1) \right) = \frac{1}{2}
最后计算外层积分并回代即可
∫02π∫0∞e−r2⋅r drdθ=∫02π(∫0∞e−r2⋅r dr)dθ=2π⋅12=π\int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{\infty} e^{-r^2} \cdot r \, drd\theta = \int_{0}^{2\pi} \left( \int_{0}^{\infty} e^{-r^2} \cdot r \, dr \right) d\theta = 2\pi \cdot \frac{1}{2} = \pi
又如Dirichlet积分
∫0∞sin⁡xx dx=π2\int_{0}^{\infty} \frac{\sin x}{x} \, dx=\frac\pi2
过程
I=∫0∞∫0∞e−xysin⁡x dy dxI = \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{\infty} e^{-xy} \sin x \, dy \, dx
其中
∫0∞e−xy dy=1x\int_{0}^{\infty} e^{-xy} \, dy = \frac{1}{x}
交换积分次序，对于内层积分
∫0∞e−xysin⁡x dx=11+y2\int_{0}^{\infty} e^{-xy} \sin x \, dx = \frac{1}{1 + y^2}
可以用两次分部积分构造循环，然后整体求出
具体步骤
 
回代
I=∫0∞11+y2 dy=[arctan⁡y]0∞=π2=∫0∞sin⁡xx dxI = \int_{0}^{\infty} \frac{1}{1 + y^2} \, dy = \left[ \arctan y \right]_{0}^{\infty} = \frac{\pi}{2}=\int_{0}^{\infty} \frac{\sin x}{x} \, dx
 
 
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