有哪些少見卻實用的解積分的經驗技巧?

12-27

如題，自學完了一些數學分析，感覺常規方法和一些公式僅對某些例題有效，有沒有一些實用的經驗和技巧對於解不定積分，廣義積分，定積分有效?謝謝

引子：這篇長文整理了我積累的一些課本上沒有的積分經驗技巧，主要針對一些中學微積分競賽練習題，一部分例題摘自Putnam/AMT/PuMac/SMT/HMMT。這些積分的解法很多都會涉及到一些非常有意思的技巧，十分建議讀者在看例題的解法之前先自己動筆算一算。（解法在最後）
文章還沒寫完，(5)開始的例題還沒有寫，有空的時候更新。

1.處理一些形如 $int^a_{-a}f(x)mathrm{d}x$ 的定積分，其中 $f(x)$ 是非奇非偶函數

因為 $int^a_{-a}f(x)mathrm{d}x=int^a_{-a}f(-x)mathrm{d}x$ ，我們能夠得出 $int^a_{-a}f(x)mathrm{d}x=frac{1}{2}int^a_{-a}(f(x)+f(-x))mathrm dx$

這個結論很有用，我們可以通過化簡 $f(x)+f(-x)$ 來解決這個積分

此類被積函數的常見形式是 $int_{-a}^afrac{f(x)}{1+g(x)}mathrm dx$ ，其中 $f(x)$ 是偶函數， $g(x)$ 滿足 $g(x)g(-x)=1$ ，如果被積函數是這種形式就能推導出 $int_{-a}^afrac{f(x)}{1+g(x)}mathrm dx=frac{1}{2}int^a_{-a}left(frac{f(x)}{1+g(x)}+frac{f(-x)}{1+g(-x)} ight)mathrm dx=frac{1}{2}int_{-a}^af(x)mathrm dx$

例1.1：求定積分 $int_{-frac{pi}{4}}^{frac{pi}{4}}frac{cos x}{e^{sin^3 x}+1}mathrm dx$

例1.2：求定積分 $int^pi_{-pi}frac{x^2mathrm dx}{1+sin x+displaystylesqrt{1+sin^2 x }}$

例1.3：求定積分 $int_{-1}^1sqrt{frac{1+x}{1-x}}mathrm dx$

2.處理一些形如 $int_0^infty f(x)mathrm dx$ 的定積分

我們先把定積分拆分成兩個區間積分的和 $int_0^infty f(x)mathrm dx=int_0^1 f(x)mathrm dx+int_1^infty f(x)mathrm dx$ ，

然後因為 $int_1^infty f(x)mathrm dx=int_1^0fleft(frac{1}{u} ight)mathrm dleft(frac{1}{u} ight)=int_0^1f(u^{-1})u^{-2}mathrm du$

我們得到 $int_0^infty f(x)mathrm dx=int_0^1(f(x)+x^{-2}f(-x))mathrm dx$

此類被積函數的常見形式是 $f(x)=frac{g(x)}{1+x^2}$ ，如果被積函數是這樣的形式就有 $int_0^infty f(x)mathrm dx=int_0^1frac{g(x)+g(-x)}{1+x^2}mathrm dx$

然後通過進一步化簡 $g(x)+g(-x)$ 解決這個定積分。

例2.1：求定積分 $int_0^inftyfrac{mathrm dx}{(x^2+1)(x^pi+1)}$

例2.2：求定積分 $int_0^inftyfrac{ln x}{1+x^2}mathrm dx$

例2.3：求定積分 $int_0^inftyfrac{lnfrac{1+x^{11}}{1+x^3}}{(1+x^2)ln x}mathrm dx$

3.處理一些形如 $int_0^af(x)mathrm dx$ 的定積分

我們用 $x=a-u$ 換元，就有 $int_0^af(x)mathrm dx=-int_a^0f(a-u)mathrm du=int_0^af(a-x)mathrm dx$

所以 $int_0^af(x)mathrm dx=frac{1}{2}int_0^a(f(x)+f(a-x)) mathrm dx$

第一類常見形式： $int_0^{pi} xf(sin x)mathrm dx$

$egin{aligned}int_0^{pi} xf(sin x)mathrm dx=frac{1}{2}int_0^{pi}(xf(sin x)+(pi-x)f(sin(pi-x))) mathrm dx\=frac{pi}{2}int_0^{pi} f(sin x)mathrm dx end{aligned}$

第二類常見形式： $int_0^{a}ln g(x)mathrm dx$

$int_0^{a}ln g(x)mathrm dx=frac{1}{2}int_0^aln g(x)g(a-x) mathrm dx$ ，然後通過化簡 $g(x)g(a-x)$ 求解

第三類常見形式： $int_0^afrac{f(x)}{1+g(x)}mathrm dx$ ，其中 $f(x)$ 滿足 $f(x)=f(a-x)$ ，且 $g(x)$ 滿足 $g(x)g(a-x)=1$

$int_0^afrac{f(x)}{1+g(x)}mathrm dx=frac{1}{2}int_0^aleft(frac{f(x)}{1+g(x)}+frac{f(a-x)}{1+g(a-x)} ight) mathrm dx=frac{1}{2}int_0^af(x)mathrm dx$

例3.1：求定積分 $int_0^frac{pi}{2}frac{sin x+cos x}{1+sqrt[5]{ an x}}mathrm dx$

例3.2：求定積分 $int_0^pifrac{xsin x}{1+cos^2x}mathrm dx$

例3.3：求定積分 $int_0^frac{pi}{4}ln(1+ an x)mathrm dx$

4.處理形如 $int_{a(t)}^{b(t)}f(x, t)mathrm dx$ 的定積分（被積函數帶參數 $t$ ）

這種方法在另外一個知乎問題裡面也有討論，據說是費曼非常喜歡用的積分技巧。

設 $I(t)=int_{a(t)}^{b(t)}f(x, t)mathrm dx$ ，我們通過導數的定義可以推導出 $frac{mathrm dI}{mathrm dt}$

首先我們知道

$egin{aligned}I(t+h)-I(t)=int_{a(t+h)}^{b(t+h)}f(x, t+h)mathrm dx-int_{a(t)}^{b(t)}f(x, t)mathrm dx\=left(int_{a(t+h)}^{a(t)}+int_{a(t)}^{b(t)}+int_{b(t)}^{b(t+h)} ight)f(x,t+h)mathrm dx-int_{a(t)}^{b(t)}f(x, t)mathrm dx \=int_{a(t)}^{b(t)}(f(x, t+h)-f(x, t))mathrm dx + int_{b(t)}^{b(t+h)}f(x,t+h)mathrm dx \quad - int_{a(t)}^{a(t+h)}f(x,t+h)mathrm dxend{aligned}$

所以

$egin{aligned}lim_{h ightarrow 0}frac{I(t+h)-I(t)}{h}=int_{a(t)}^{b(t)}lim_{h ightarrow 0}frac{f(x, t+h)-f(x, t)}{h}mathrm dx+lim_{h ightarrow 0}f(b(t), t)frac{b(t+h)-b(t)}{h}\quad- lim_{h ightarrow 0}f(a(t), t)frac{a(t+h)-a(t)}{h}end{aligned}$

於是我們得到一個重要的結論（Leibniz Integral Rule）：

$frac{mathrm d}{mathrm dt}int_{a(t)}^{b(t)}f(x, t)mathrm dx=int_{a(t)}^{b(t)}frac{partial f}{partial t}mathrm dx+f(b(t), t)frac{mathrm db}{mathrm dt}-f(a(t), t)frac{mathrm da}{mathrm dt}$

特別地，當 $a(t)$ 和 $b(t)$ 是常數的時候， $frac{mathrm d}{mathrm dt}int_{a}^{b}f(x, t)mathrm dx=int_{a}^{b}frac{partial f}{partial t}mathrm dx$

最後通過 $I(t)=intfrac{mathrm dI}{mathrm dt}mathrm dt$ ，就能解決這個定積分了

例4.1：求定積分 $int^pi_0ln(a^2-2acos x+1)mathrm dx$ ，其中 $ageq1$

例4.2：求定積分 $int_0^inftyfrac{1}{x}arctanfrac{(a-b)x}{1+abx^2}mathrm dx$

例4.3：求定積分 $int_0^{2pi} e^{cos heta}cos(sin heta)mathrm d heta$

5.逆用(4)中的方法

6.Gamma函數，Beta函數，和Zeta函數

Gamma函數： $Gamma(n)=int_0^infty e^{-x}x^{n-1}mathrm dx$

Beta函數： $mathrm B(m, n)=int_0^1x^{m-1}(1-x)^{n-1}mathrm dx$

Zeta函數： $zeta(s)=sum_{ngeq1}frac{1}{n^s}$

這三個函數之間有一些非常有用的性質，可以幫助解決一些積分。

對於正整數 $n$ 有 $Gamma(n)=(n-1)!$
$mathrm B(m, n)=frac{Gamma(m)Gamma(n)}{Gamma(m+n)}$
$zeta(s)=frac{1}{Gamma(s)}int_0^inftyfrac{x^{s-1}}{e^s-1}mathrm dx$
對於正整數 $n$ 有 $Gamma(n)Gamma(1-n)=frac{pi}{sin npi }$
$mathrm B(m, n)=2int_0^frac{pi}{2}cos^{2m-1} hetasin^{2n-1} hetamathrm d heta=int_0^inftyfrac{x^{m-1}}{(1+x)^{m+n}}mathrm dx$

7.利用黎曼和（Riemann Sum）求積分

上面的那道定積分 $int^pi_0ln(a^2-2acos x+1)dx$ ，其實還可以用黎曼和（Riemann sum - Wikipedia）的方法做。（這個方法是柏松給出來的）

（同時也需要用到 $cos x = frac{e^{ix}+e^{-ix}}{2}$ ）

我們把 $ln(a^2-2acos x +1)$ 圖像下面的面積分成n份，然後計算其右側黎曼和。

$egin{aligned}int^pi_0ln(a^2-2acos x+1)dx=lim_{n ightarrow infty}frac{pi}{n}sum_{k=1}^{n-1}ln(a^2-2acos frac{kpi}{n}+1)+lim_{n ightarrow infty}frac{pi}{n}ln(a^2+2a+1)\=lim_{n ightarrow infty}frac{pi}{n}lnprod_{k=1}^{n-1}(a^2-2acosfrac{kpi}{n}+1)+0\=lim_{n ightarrow infty}frac{pi}{n}lnprod_{k=1}^{n-1}(a-e^frac{kpi i}{n})(a-e^{-frac{kpi i}{n}})end{aligned}$

而 $left{e^{pmfrac{kpi i}{n}};k=1,2,dots,n-1 ight}$ 其實 $a^{2n}-1=0$ 所有的複數根（除 $pm1$ 的所有2n階單位根）

所以我們可以把它化成 $a^{2n}-1$ 除去它兩個實數根 $pm 1$ 的形式。

$egin{aligned}int^pi_0ln(a^2-2acos x+1)dx=lim_{n ightarrow infty}frac{pi}{n}lnfrac{a^{2n}-1}{(a+1)(a-1)}\=pilnlim_{n ightarrow infty}sqrt[n]{frac{a^{2n}-1}{a^2-1}}\=pilnlim_{n ightarrowinfty}a^2\=2piln aend{aligned}$

得到和上面的方法相同的結果 $2piln a$

8.組和積分法

求定積分 $int_0^{frac{pi}{2}}frac{sin x}{3sin x + 4cos x }dx$

如果用(7)的方法，雖然可以做，但是稍微有點複雜，相比起來用組和積分會更方便

我們可以讓

$egin{aligned}A=int_0^frac{pi}{2}frac{sin x}{3sin x + 4cos x}dx\B=int_0^frac{pi}{2}frac{cos x }{3sin x + 4 cos x}dxend{aligned}$

顯然就有

$egin{aligned}3A+4B=int^frac{pi}{2}_0dx=frac{pi}{2}\3B-4A=int^frac{pi}{2}_0frac{3cos x-4sin x}{3sin x + 4 cos x }dx=igg[ln(3sin x +4cos x )igg]^frac{pi}{2}_0=lnfrac{3}{4}end{aligned}$

解二元一次方程組 $left{ egin{aligned}3A+4B=frac{pi}{2}\4A-3B=lnfrac{4}{3}end{aligned} ight.$

得到 $A=frac{3}{50}pi+frac{4}{25}lnfrac{4}{3}$

同樣的方法可以求 $int_0^1frac{dx}{(x+1)(x+2)(x+3)}$

首先讓

$egin{aligned}A=int_0^1frac{dx}{(x+1)(x+2)(x+3)}\B=int_0^1frac{xdx}{(x+1)(x+2)(x+3)}\C=int_0^1frac{x^2dx}{(x+1)(x+2)(x+3)}end{aligned}$

就有

$left{egin{aligned}2A+3B+C=int_0^1frac{x^2+3x+2}{(x+1)(x+2)(x+3)}dx=igg[ln(x+3)igg]^1_0=lnfrac{4}{3}\3A+4B+C=int_0^1frac{x^2+4x+3}{(x+1)(x+2)(x+3)}dx=igg[ln(x+2)igg]^1_0=lnfrac{3}{2}\6A+5B+C=int_0^1frac{x^2+5x+6}{(x+1)(x+2)(x+3)}dx=igg[ln(x+1)igg]^1_0=ln 2end{aligned} ight.$

矩陣 $egin{pmatrix}231\341\651end{pmatrix}$ 滿秩，所以方程組有唯一一組解

由Cramer"s Rule得到

$A=frac{detegin{pmatrix}lnfrac{4}{3}31\lnfrac{3}{2}41\ln 251end{pmatrix}}{detegin{pmatrix}231\341\651end{pmatrix}}=frac{1}{2}lnfrac{32}{27}$
所以 $int_0^1frac{dx}{(x+1)(x+2)(x+3)}=frac{1}{2}lnfrac{32}{27}$

另外一個例子是 $int_0^frac{pi}{2}sqrt{ an x}dx$ ，它也可以用組和積分來做

至於具體的過程，詳情請見這個知乎回答

如何計算sqrt(tan x)在0到pi/2的定積分？

9.在積分符號內泰勒展開

求定積分 $int_0^1ln(1-x)ln xdx$

我們可以展開一下 $ln(1-x)=-sum_{n=1}^inftyfrac{x^n}{n}$

所以

$egin{aligned}int_0^1ln(1-x)ln xdx=-lim_{t ightarrow 0}int_{t}^{1-t}ln xsum_{n=1}^inftyfrac{x^n}{n}dx\=-sum_{n=1}^inftyfrac{1}{n}lim_{t ightarrow 0}int_{t}^{1-t}x^nln xdx\=-sum_{n=1}^inftyfrac{1}{n}lim_{t ightarrow 0}left(igg[frac{x^{n+1}}{n+1}ln xigg]^{1-t}_t-int^{1-t}_tfrac{x^n}{n+1}dx ight)\=sum_{n=1}^inftyfrac{1}{n}lim_{t ightarrow 0}left(igg[frac{x^{n+1}}{(n+1)^2}igg]_t^{1-t}-igg[frac{x^{n+1}}{n+1}ln xigg]_t^{1-t} ight)\=sum_{n=1}^inftyfrac{1}{n}left(frac{1}{(n+1)^2}-lim_{t ightarrow 0}igg[frac{x^{n+1}}{n+1}ln xigg]_t^{1-t} ight)\=sum_{n=1}^inftyfrac{1}{n(n+1)^2}\=sum_{n=1}^inftyleft(frac{1}{n(n+1)}-frac{1}{(n+1)^2} ight)\=sum_{n=1}^inftyleft(frac{1}{n}-frac{1}{n+1} ight)-sum_{n=2}^inftyfrac{1}{n^2}\=1-left(zeta(2)-1 ight)\=2-frac{pi^2}{6}end{aligned}$

這其實是一個瑕積分，所以我們讓 $t ightarrow0$ 積分 $[t,1-t]$ 這個區間

10.解法

例1.1： $int_{-frac{pi}{4}}^{frac{pi}{4}}frac{cos x}{e^{sin^3 x}+1}mathrm dx=frac{1}{2}int_{-frac{pi}{4}}^frac{pi}{4} cos xleft(frac{1}{e^{sin^3 x}+1}+frac{1}{e^{-sin^3 x}+1} ight)mathrm dx=frac{1}{2}int_{-frac{pi}{4}}^frac{pi}{4}cos xmathrm dx=oxed{frac{sqrt 2}{2}}$

例1.2：

$egin{aligned}I=frac{1}{2}int^{pi}_{-pi}x^2left(frac{1}{1-sin x+displaystylesqrt{1+sin^2 x }}+frac{1}{1+sin x+displaystylesqrt{1+sin^2 x }} ight)mathrm dx\=frac{1}{2}int^{pi}_{-pi}x^2left(frac{2+2displaystylesqrt{1+sin ^2 x}}{2+sin ^ 2x+2displaystylesqrt{1+sin^2 x}-sin^2 x} ight)mathrm dx\=frac{1}{2}int_{-pi}^{pi}x^2mathrm dx=frac{1}{2}left[frac{x^3}{3} ight]^pi_{-pi}=oxed{frac{pi^3}{3}}end{aligned}$

例1.3：

$int_{-1}^1sqrt{frac{1+x}{1-x}}mathrm dx=frac{1}{2}int_{-1}^1left(sqrt{frac{1+x}{1-x}}+sqrt{frac{1-x}{1+x}} ight)mathrm dx=int_{-1}^1frac{mathrm dx}{sqrt{1-x^2}}=oxed{pi}$

例2.1：

$egin{aligned}int_0^inftyfrac{mathrm dx}{(x^2+1)(x^pi+1)}=int_0^1left(frac{1}{(x^2+1)(x^pi+1)}+frac{1}{x^2(x^{-2}+1)(x^{-pi}+1)} ight)mathrm dx\=int_0^1frac{1}{x^2+1}left(frac{1}{x^pi+1}+frac{1}{x^{-pi}+1} ight)mathrm dx\=int_0^1frac{mathrm dx}{x^2+1}=igg[arctan xigg]^1_0=oxed{frac{pi}{4}}end{aligned}$

例2.2：

$int_0^inftyfrac{ln x}{1+x^2}mathrm dx=int_0^1left(frac{ln x}{1+x^2}+frac{ln x^{-1}}{(1+x^{-2})x^2} ight)mathrm dx=oxed{0}$

例2.3：

$egin{aligned}int_0^inftyfrac{lnfrac{1+x^{11}}{1+x^3}}{(1+x^2)ln x}mathrm dx=int_0^1left(frac{lnfrac{1+x^{11}}{1+x^3}}{(1+x^2)ln x}+frac{lnfrac{1+x^{-11}}{1+x^{-3}}}{(1+x^{-2})x^2ln x^{-1}} ight)mathrm dx\=int_0^1left(frac{lnfrac{1+x^{11}}{1+x^3}}{(1+x^2)ln x}-frac{ln x^{-8}frac{1+x^{11}}{1+x^{3}}}{(1+x^{2})ln x} ight)mathrm dx\=int_0^1frac{lnfrac{1+x^{11}}{1+x^3}+8ln x-lnfrac{1+x^{11}}{1+x^3}}{(1+x^2)ln x}mathrm dx\=8int_0^1frac{mathrm dx}{1+x^2}=8igg[arctan xigg]_0^1=oxed{2pi}end{aligned}$

例3.1：

$egin{aligned}int_0^frac{pi}{2}frac{sin x+cos x }{1+sqrt[5]{ an x}}mathrm dx =frac{1}{2}int_0^frac{pi}{2}left(frac{sin x +cos x}{1+sqrt[5]{ an x}}+frac{sin left(frac{pi}{2}-x ight) +cos left(frac{pi}{2}-x ight)}{1+sqrt[5]{ an left(frac{pi}{2}-x ight)}} ight)mathrm dx\=frac{1}{2}int_0^frac{pi}{2}(sin x + cos x)left(frac{1}{1+sqrt[5]{ an x}}+frac{1}{1+sqrt[5]{cot x}} ight)mathrm dx\=frac{1}{2}int_0^frac{pi}{2}(sin x + cos x)mathrm dx=frac{1}{2}igg[sin x - cos xigg]_0^frac{pi}{2}=oxed{1}end{aligned}$

例3.2：

$int_0^pifrac{xsin x}{1+cos^2x}mathrm dx=-int^0_pifrac{(pi-t)sin(pi -t)}{1+cos^2(pi -t)}mathrm dt=piint_0^pifrac{sin x}{1+cos^2x}dx - int_0^pifrac{xsin x}{1+cos^2x}mathrm dx$

所以 $int_0^pifrac{xsin x}{1+cos^2x}mathrm dx=frac{pi}{2}int_0^pifrac{sin x}{1+cos^2x}mathrm dx=frac{pi}{2}int_{1}^{-1}frac{sin x}{1+u^2}left(-frac{mathrm du}{sin x} ight)=frac{pi}{2}int_{-1}^1frac{mathrm du}{1+u^2}=oxed{frac{pi^2}{4}}$

例3.3：

$egin{aligned}int_0^frac{pi}{4}ln(1+ an x)mathrm dx=-int_frac{pi}{4}^0lnleft(1+ anleft(frac{pi}{4}-x ight) ight)mathrm dx=int_0^frac{pi}{4}lnleft(1+frac{1- an x}{1+ an x} ight)\=int_0^frac{pi}{4}lnleft(frac{2}{1+ an x} ight)mathrm dx=int_0^frac{pi}{4}ln2mathrm dx-int_0^frac{pi}{4}ln(1+ an x)mathrm dxend{aligned}$

所以 $int_0^frac{pi}{4}ln(1+ an x)mathrm dx=oxed{frac{piln 2}{8}}$

例4.1：

讓 $I(a)=int^pi_0ln(a^2-2acos x+1)mathrm dx$

$egin{aligned}frac{mathrm d}{ mathrm da}I(a)=frac{ mathrm d}{mathrm da}int^pi_0ln(a^2-2acos x+1)mathrm dx=int^pi_0frac{partial}{partial a}ln(a^2-2acos x + 1)mathrm dx\=int_0^pifrac{2a - 2cos x}{a^2-2acos x+1}mathrm dx=int_0^pifrac{2a - 2frac{1-t^2}{1+t^2}}{a^2-2afrac{1-t^2}{1+t^2}+1}mathrm d(2arctan t)\=4int_0^inftyfrac{a(1+t^2)-(1-t^2)}{a^2(1+t^2)-2a(1-t^2)+(1+t^2)}frac{mathrm dt}{1+t^2}\=4int_0^inftyfrac{(a+1)t^2+a-1}{(a+1)^2t^2+(a-1)^2}frac{mathrm dt}{1+t^2}\=frac{2}{a}int^infty_0frac{a^2-1}{(a+1)^2t^2+(a-1)^2}mathrm dt+frac{2}{a}int^infty_0frac{mathrm dt}{1+t^2}\=frac{2}{a}int^infty_0frac{mathrm du}{1+u^2}+frac{2}{a}int^infty_0frac{mathrm dt}{1+t^2}=frac{2}{a}(frac{pi}{2}+frac{pi}{2})=frac{2pi}{a}end{aligned}$

我們接下來證明 $I(1)=0$

$int^pi_0ln(2-2cos x)mathrm dx=frac{1}{2}int_0^pi(ln4+2lnsin x)mathrm dx=pi ln 2+int_0^pi ln sin xmathrm dx$

讓 $J=int_0^pi ln sin xmathrm dx$ ，就有

$egin{aligned}J=int_0^frac{pi}{2} ln sin xmathrm dx+int_frac{pi}{2}^pi ln sin xmathrm dx=int_0^frac{pi}{2} ln sin xmathrm dx+int_0^frac{pi}{2} ln cos xmathrm dx\=int_0^frac{pi}{2}(lnsin 2x-ln2)mathrm dx=frac{1}{2}int_0^pi ln sin xmathrm dx-frac{piln2}{2}end{aligned}$

所以 $J=frac{J}{2}-frac{piln 2}{2}$ ，得到 $J=-piln2$ ，所以 $I(1)=0$

$I(a)=intfrac{2pi}{a}mathrm da=2piln a + c$ ，因為 $I(1)=0$ 所以 $c=0$ ，所以 $I(a)=oxed{2piln a}$

例4.2：

注意到 $frac{(a-b)x}{1+abx^2}=frac{ax-bx}{1+(ax)(bx)}= an(arctan ax-arctan bx)$

$I(a, b)=int_0^inftyfrac{1}{x}arctanfrac{(a-b)x}{1+abx^2}mathrm dx=int_0^inftyfrac{arctan ax-arctan bx}{x}mathrm dx$

所以 $frac{partial I}{partial a}=int_0^infty frac{1}{x}frac{partial }{partial a}arctan axmathrm dx=int_0^inftyfrac{mathrm dx}{1+a^2x^2}=frac{1}{a}lim_{x ightarrowinfty}arctan(ax)=frac{pi}{2a}$

所以 $I(a, b)=frac{pi}{2}ln a +f(b)$ ，其中 $f(b)$ 是一個只關於 $b$ 的函數

我們可以設 $f(b)=frac{pi}{2}ln g(b)$ ，那麼 $I(a, b)=frac{pi}{2}ln left(a g(b) ight)$ ，因為 $I(a, a)=1$ ，我們有 $ag(a)=1$ ，所以我們可以斷定 $g(b)=frac{1}{b}$ ，所以 $I(a, b)=oxed{frac{pi}{2}ln(frac{a}{b})}$

此題其實是Frullani integral的一個特殊情況，

讀者可以自己嘗試證明 $int_0^inftyfrac{f(ax)-f(bx)}{x}mathrm dx=(f(infty)-f(0))ln(frac{a}{b})$

$f(x)$ 是定義在 $xgeq0$ 上的函數、且 $f(infty)$ 存在， $frac{mathrm df}{mathrm dx}$ 連續。

例4.3：

讓 $I(t)=int_0^{2pi}e^{tcos heta}cos( tsin heta)mathrm d heta$

那麼就有

$egin{aligned}frac{mathrm d I}{mathrm dt}=int_0^{2pi}e^{tcos heta}(cos hetacos (tsin heta)-sin hetasin(tsin heta))mathrm d heta\=int_0^{2pi}e^{tcos heta}cos( heta+tsin heta)mathrm d hetaend{aligned}$

我們把這個積分分成兩個區間用 $u=tcos heta$ 換元

$egin{aligned}frac{mathrm d I}{mathrm dt}=left(int_0^{pi}+int_{pi}^{2pi} ight)e^{tcos heta}cos( heta+tsin heta)mathrm d heta\=left(int_t^{-t}-int_{t}^{-t} ight)e^{tcos heta}cos( heta+tsin heta)frac{mathrm d heta}{mathrm du}mathrm du=0end{aligned}$

所以 $I(t)$ 是一個常數， $I(t)=I(0)=int_0^{2pi}mathrm d heta=oxed{2pi}$

感謝邀請。終於有空來回答這個問題了。

首先 @Xuthurs 已經總結了很多常用的積分方法了。同時，這些方法也確實非常有力，在面對很多複雜的問題時依然十分強有力。

下面我來補充一下：
1. 適當的展開被積函數然後交換積分與求和。例子可以參考：H.M.Srivastava, Harold Exton, A generalization of the Weber-Schafheitlin integral. 1978. 在此文中，作者計算了：
$int_{0}^{infty}t^{mu-1}prod_{j=1}^{n}left{J_{v_j}left(x_j t ight) ight}mathrm{d}t$
其中 $J_{v_j}$ 為Bessel函數。這個結論的計算中還用到了一些多變數超幾何函數的性質，以及一些技巧性的東西。文章不難讀懂，挺有意思的。

2. 依賴於已知的積分和更為複雜的差分運算元的作用，我們可以得到很多包含特殊函數的積分。例子可以參考：K.C.Gupta, A.Srivastava, On integrals involving generalized hypergeometric functions, 1970. 在此文中，作者計算了：
$egin{align} int_{a}^{b}(x-a)^{alpha-1}(b-x)^{eta-1}(x-c)^{-alpha-eta}\ {}_pF_{q}left[egin{matrix} a_1,cdots,a_p\ b_1,cdots,b_q end{matrix};frac{x-a}{x-c}v ight] {}_pF_{q}left[egin{matrix} a$
事實上，這篇文章的方法的有趣之處在於，作者是通過在積分：
$egin{align} int_{a}^{b}(x-a)^{alpha-1}(b-x)^{eta-1}(x-c)^{-alpha-eta} mathrm{d}x\ =frac{Gamma(alpha)Gamma(eta)}{Gamma(alpha+eta)}(b-a)^{alpha+eta-1}(b-c)^{-alpha} (a-c)^{-eta} end{align}$
上作用運算元：
$exp(E_alpha E_{alpha$
其中， $E_{alpha}f(alpha)=f(alpha+1)$ 。
這種方法更多的被應用在和q-series相關的課題中。

3. 利用與積分變換相關的結論，例如：Parseval-Goldstein type identities. 這方面的結論可以參考：Osman Yurekli, A Theorem on the Generalized Stieltjes Transform and its Applications, 1990. 相關的定理和例子比較複雜，就不詳細給出了。

2014-8-19 補充~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~

4. 利用 Ramanujan"s Master Theorem 及其相關的結論。這部分的內容我主要參考：T.Amdeberhan, O.Espinosa, I. Gonzalez, M.Harrison, V.H.Moll, A.Straub, Ramanujan"s Master Theorem, Ramanujan J (2012) 29: 103-120. 這個結論的最初想法是和計算Mellin變換聯繫在一起的。

A. 一維的情況：

我們來看一個非常重要的例子：

我們知道超幾何函數理論中的一個非常重要的結論就是Mellin-Barnes圍道積分表示（實際上就是Mellin變換的逆變換的形式）。通過計算該圍道積分（留數定理），我們可以得到一般超幾何函數的級數形式。而從圍道積分出發來尋求漸近展開也是常用的方法。如果我們想推導一個新的函數的Mellin-Barnes積分表示該怎麼做呢？當然就是藉助Mellin變換及其逆變換啦，所以Ramanujan的Master Theorem提供了我們一個強有力的工具。

關於一維情況的其他文獻有：
1. M.A.Chaudhry, A.Qadir, Extension of Hardy"s class for Ramanujan"s interpolation formula and master theorem with applications, Journal of Inequalities and Applications (2012).
2. G.Boros, V.H.Moll, The double square root, Jacobi polynomials and Ramanujan"s Master Theorem, Journal of Computational and Applied Mathematics (2001)

B. 高維的情況：
既然Ramanujan"s Master Theorem如此有用，那麼對於多變數的情況是否也有相應的結論呢？答案是肯定的。這裡的方法被稱之為：The Method of Brackets。這種方法可以描述為：

更多的關於高維的情況可以參考：I.Gonzalez, V.H.Moll, Definite Integrals by the Method of Brackets. Part 1, Advances in Applied Mathematics (2010), 50-73.我再想想，想到啥不定時更新。。。

其實讀書到現在我都不是特別擅長計算，以至於做Calculus的TA時經常被學生問住，場面那是無比的尷尬。不過我想大家可能更關心的是，有沒有一種方法，可以一勞永逸的解決所有的積分問題？甚至更一般的，這個方法積不出來的題目我們可以大膽的說題目出錯了（不是初等函數）而不是我沒想到更巧妙的方法？

方法大概是有的，不過我了解的不多，這裡就拋磚引玉一下。（本答案不涉及定理證明，不過涉及的幾乎所有定理證明都是平凡的：反證法或者歸納法）

積分的一個首要矛盾是積分運算在Differential field上不封閉，比如 $int frac{1}{x} mathrm{d}x$ 就跑到有理函數域外邊去了。所以積分就要談到域的擴張。設 $K$ 是一個域， $F_n=K(x)( heta_1, heta_2,dots, heta_n)$ ，其中 $heta_i$ 是exponential，logarithm，或者algebraic over $F_{i-1}$ ，我們稱 $F_n$ 是elementary extension of $K(x)$

主要方法是用下面的定理（Liouville"s Theorem）

如果F是一個differential field並包含一個代數閉的常數子域K，令 $fin F$ 。假設 $int f(x) mathrm{d}xin G$ ，且G是F的elementary extension，那麼存在 $v_0,v_1,dots,v_min F$ ， $c_1,c_2,dots,c_min K$ ，使得 $int f(x) mathrm{d}x=v_0+sum_{i=1}^m c_ilog v_i$ 。

有理函數的積分就不說了，所以主要有三種情況：log，exp，algebraic

1. the logarithmic subcase

設 $F$ 是 $K(x)$ 的elementary extension， $uin F$ ， $heta=log u$ ， $heta$ is not algebraic over $F$ 。設 $fin F( heta)$ ，現在考慮計算 $int f(x) mathrm{d}x$ 。

設 $f(x)=frac{a}{b}$ ，其中 $a,bin F[ heta]$ 。由於 $F$ 是域， $F[ heta]$ 是Euclidean domain，不妨設 $a=bP+R$ ，於是我們把積分化為了分數部分和多項式部分 $int P+intfrac{R}{b}$ 。可以證明如果這兩部分中的某一部分not elementary，那麼總的積分也不是elementary的。先說分數部分的計算：

Hermite Reduction：對於 $int frac{P}{Q}$ ， $P,Qin F[ heta]$ ， $deg P<deg Q$ ，設 $Q=prod_{i=1}^k q_i^i$ ，滿足 $gcd(q_i,q_j)=1$ ， $gcd(q_i,frac{mathrm{d}q_i}{mathrm{d} heta})=1$ 。設 $T=Q/q_k^k$ 。解方程 $sigma q_k^{prime}T+ au q_k=P$ ， $sigma, auin F[ heta]$ 且 $degsigma<deg q_k$ 。那麼 $intfrac{P}{Q}=frac{-sigma/(k-1)}{q_k^{k-1}}+intfrac{ au+sigma^prime/(k-1)cdot T}{Q/q_k}$ 。

注意到得到的新積分分母次數變低，重複下去就可以得到最終積分一個多項式或者一個分母square free的函數。舉一個例子：

例1 $int frac{1}{log^2x} mathrm{d}x$

這裡 $heta=log x, P=1, Q= heta^2,q_2= heta,T=1,q_2^prime=frac{1}{x}$ 。代入方程，有 $sigmafrac{1}{x}+ au heta=1$ ，於是 $sigma=x, au=0$ 。繼續代入公式，得到 $int frac{1}{log^2x} mathrm{d}x=-frac{x}{log x}+intfrac{1}{log x} mathrm{d}x$ 。再由Liouville"s Theorem容易證明後者不是初等函數。

對於分母square free的函數，考慮 $int frac{a}{b}$ ，其中 $a,bin F[ heta]$ ， $deg a<deg b$ ， $b$ 首一且無平方因子。我們有如下定理：

Rothstein-Trager Method: $int frac{a}{b}$ 是初等函數當且僅當多項式 $R(z)=mathrm{res}_ heta(a-zb^prime,b)$ 都是常數，此時令 $c_iin K$ 是 $R(z)$ 的m個不同的根， $v_i=gcd(a-c_ib^prime,b)$ 。則 $intfrac{a}{b}=sum_{i=1}^{m}c_ilog v_i$ 。其中res是resultant，定義如下：

對多項式 $A(x)=a_m(x-alpha_1)(x-alpha_2)cdots(x-alpha_m)$ ， $B(x)=b_n(x-eta_1)(x-eta_2)cdots(x-eta_n)$ ， $mathrm{res}_x(A,B)=a_m^nb_n^mprod_{i=1}^mprod_{j=1}^n(alpha_i-eta_j)$ 。

其實我更喜歡resultant的另一個定義，Sylvester"s Matrix的行列式，這樣避免了分解因式，只需要知道 $A,B$ 的係數就行。但是矩陣實在太難打了，定義可以參考wiki。再舉個例子：

例2 $intfrac{1}{log x} mathrm{d}x$

這裡 $heta=log x,a=1,b= heta,b^prime=frac{1}{x}$ 。 $R(z)=1-frac{z}{x}$ 有一個根是x不是常數，因此這個積分不是初等函數。

例3 $int frac{1}{xlog x} mathrm{d}x$

這裡 $heta=log x,a=1/x,b= heta,b^prime=frac{1}{x}$ 。 $R(z)=frac{1}{x}(1-z)$ ，於是 $c_1=1$ ， $v_1=gcd(0, heta)= heta$ 。 $int frac{1}{xlog x} mathrm{d}x=log heta=loglog x$ 。

再說多項式部分的積分計算：

$Pin F[ heta]$ ， $heta=log u$ ，計算 $int P$ 。這部分想法很容易，直接利用Liouville"s Theorem然後從高到低比較兩邊係數就可以。比如經過簡單推導，我們有如果 $P=p_l heta^l+dots+p_1 heta+p_0$ ，那麼 $int P=q_{l+1} heta^{l+1}+q_l heta^l+dots+q_0+sum L$ ，最後一項是一些log。繼續用例子說明：

例4 $int xlog x mathrm{d}x$

$heta=log x$ ，於是 $int x heta=q_2 heta^2+q_1 heta+q_0+sum L$ 。兩邊求導：

$x=2q_2 heta^prime+q_1^prime$ (1)

$0=q_1 heta^prime+q_0^prime+sum L^prime$ (2)

將（1）積分： $frac{1}{2}x^2+b_1=2q_2 heta+q_1$ ，有 $q_2=0,q_1=frac{1}{2}x^2+b_1$ 。

代入（2）： $-frac{1}{2}x=b_1 heta^prime+q_0^prime+sum L^prime$ ，積分： $-frac{1}{4}x^2+b_2=b_1 heta+q_0+sum L$ 。於是有 $b_1=0,q_0=-frac{1}{4}x^2+b_0,sum L=0$ 。於是 $int xlog x mathrm{d}x=frac{1}{2}x^2log x-frac{1}{4}x^2+b_0$ 。

例5 $int loglog x mathrm{d}x$

此時 $F( heta)=mathbb{Q}(x,log x)( heta=loglog x)$ ,有 $int heta=q_2 heta^2+q_1 heta+q_0+sum L$ 。求導：

$1=2q_2 heta^prime+q_1^prime$ (1)

$0=q_1 heta^prime+q_0^prime+sum L^prime$ (2)

積分（1），有： $q_1=x+b$ 。代入（2）： $-frac{1}{log x}=b heta^prime+q_0^prime+sum L^prime$ 。積分： $-intfrac{1}{log x} mathrm{d}x=b heta+q_0+sum L$ ，因此不是初等函數。

2. the exponential subcase

有空再更。。

蒙特卡洛方法求解定積分，引自：鄧一碩: 蒙特卡洛方法與定積分計算
假設存在函數 $f(x)$ 滿足：
$0 leq f(x) leq 1$
使用蒙特卡洛方法求解積分： $I=int_0^1f(x) ext{d}x$
設二維平面上的點 $(X,Y)$ 服從正方形 ${0leq xleq1,0leq yleq1}$ 上的均勻分布，則可知 $(X,Y)$ 分別服從 $[0,1]$ 上的均勻分布，且相互獨立。記事件 $A={Yleq f(X)}$ ，則A的概率為:
$P(A)=P(Yleq f(x))=int_0^1int_0^{f(x)} ext{d}y ext{d}x=int_0^{1}f(x) ext{d}x=I$
這時候事件A發生的概率P就與積分結果相等，直觀來說就是隨機點落入 $f(x)$ 下方的概率等於該區間內 $f(x)$ 下的面積百分比，如圖：

對於一般的區間[a,b]可以使用線性變換的方法實現[a,b]到[0,1]的映射。
更詳細的內容以及樣例請參考：鄧一碩: 蒙特卡洛方法與定積分計算
另外還有 @Xuthurs 提到的留數定理，以前學習複變函數的時候真的是百試不爽，後來學控制的時候還用到過，不過現在都不記得了，真是個悲傷的故事轉載圖一張(人人網)：

數學系的表示現在只會mathematica……謝妖

謝邀。感覺這個問題空了好久啊，但理應是一個蠻有趣的問題的。
首先，關於定積分，除了數值積分以外，我能想到的方法只有用微積分基本定理，然後用不定積分來算。（印象中做過利用對稱性計算定積分的，那是極少的例子。）所以這個就不討論了。
然後，關於不定積分。建議題主可以去翻一下菲赫金哥爾茨的《微積分學教程》中不定積分的部分，裡面有很多恐怖的不定積分換元技巧……
記得之後學數理方程的時候，需要算某個定積分，正常的方法大概是利用Green函數的某些性質算出來，但我當時的想法就是，這個積分這麼換元一定能積得出，就是算起來太麻煩了……
總之我能想到的不定積分技巧都是來自那本書的，可惜書不在手邊不方便貼出來，題主可以搜一下電子版翻翻看吧……
最後，關於反常積分。隨想隨寫

分部積分。相信題主的很多例題都是用這個方法做的，有時候能巧妙地問題簡化，但有時候會變複雜……
留數定理。百試不爽，常見而實用。張錦豪,邱維元的《複變函數論》的附錄里講了很多如何使用留數定理的例子，是我看過的書裡面最詳細的了。
積分號下放一個參數，然後對參數求導，再解微分方程。這個應該算是比較少見的吧，但還是蠻實用的。
比如說求 $I=int e^{-x^2}cos x dx$ ，可以考慮 $I(alpha )=int e^{-x^2}cos {alpha x} dx$
然後對 $alpha$ 求導.
確定是積分號下求導需要條件的，因此嚴格起來還是需要想很多事情的。