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- 本人提供一下自己学习中积分的一些想法，一些 \( \frac{A\sin x+B\cos x}{M\sin x+N\cos x} dx \) 可以考虑拆分，sinx和cosx的微分变形。
- 考虑到正负符号和位置转换，理论上是一个循环变化：首先第一个位置可以由正负sinx，然后正负cosx，sinx，第二个相反。不论如何考虑到这种变化我们可以将它拆分再变形。
- 对于形如 \(\int \frac{\sin x \cos x}{A\sin x+B\cos x} dx\) 的积分，如何通过初等变换将乘积 \(\sin x \cos x\) 转化为分母线性组合 \(D=A\sin x+B\cos x\) 的函数，从而完成积分。答案是：利用恒等式 \(D^2+(D')^2=A^2+B^2\)（常数），将 \(\sin x \cos x\) 表示为 \(D\) 和 \(D'\) 的二次型，进而消去 \(D'\)，得到只含 \(D\) 和 \(1/D\) 的表达式，积分结果自然为初等函数。
具体推导（以一般系数 \(A,B\) 为例）
设：
\[D=A\sin x+B\cos x,\quad D'=A\cos x-B\sin x.\]
则有恒等式：
\[D^2+(D')^2=(A^2+B^2)(\sin^2 x+\cos^2 x)=A^2+B^2=\text{常数}.\]
反解 \(\sin x,\cos x\)：
\[\begin{cases} \sin x=\dfrac{AD-BD'}{A^2+B^2}, \\ \cos x=\dfrac{BD+AD'}{A^2+B^2}. \end{cases}\]
于是：
\[\sin x \cos x=\frac{(AD-BD')(BD+AD')}{(A^2+B^2)^2}=\frac{AB(D^2-(D')^2)+(A^2-B^2)DD'}{(A^2+B^2)^2}.\]
代入 \(D'^2=(A^2+B^2)-D^2\)，得：
\[\sin x \cos x=\frac{AB(D^2-((A^2+B^2)-D^2))+(A^2-B^2)DD'}{(A^2+B^2)^2}=\frac{AB(2D^2-(A^2+B^2))+(A^2-B^2)DD'}{(A^2+B^2)^2}.\]
因此：
\[\frac{\sin x \cos x}{D}=\frac{2AB}{A^2+B^2}\cdot D-\frac{AB}{A^2+B^2}\cdot \frac{1}{D}+\frac{A^2-B^2}{(A^2+B^2)^2}\cdot D'.\]
注意 \(D'dx=dD\)，所以第三项 \(\int \frac{A^2-B^2}{(A^2+B^2)^2}D'dx=\frac{A^2-B^2}{(A^2+B^2)^2}D\) 可直接积分。
最终积分化为：
\[\int \frac{\sin x \cos x}{D}dx=\frac{2AB}{A^2+B^2}\int Ddx-\frac{AB}{A^2+B^2}\int \frac{dx}{D}+\frac{A^2-B^2}{(A^2+B^2)^2}D+C.\]
其中 \(\int Ddx=\int (A\sin x+B\cos x)dx=-A\cos x+B\sin x\)，而 \(\int \frac{dx}{D}\) 是标准积分（可用万能代换或辅助角公式），结果含 \(\ln\left|\tan\left(\frac{x+\varphi}{2}\right)\right|\) 或 \(\ln\left|D+\sqrt{A^2+B^2}\right|\) 等形式，显然为初等函数。
结论
乘积 \(\sin x \cos x\) 可以转化为分母 \(D\) 及其导数 \(D'\) 的二次型，利用恒等式 \(D^2+(D')^2=\text{常数}\) 消去 \(D'^2\)，最终表示为 \(D\)、\(1/D\) 和 \(D'\) 的线性组合。
这种转化完全在初等函数范围内（只用到代数运算、三角函数、导数关系），因此积分结果必定为初等函数。
您所设想的“i·j 转化为 i+j”在此处体现为：将乘积用分母 \(D\) 的一次项和倒数项表示，而 \(D\) 正是 \(\sin x\) 和 \(\cos x\) 的线性组合（即 i 与 j 的线性组合）。
- 对于二次不可约因式 \(x^2+px+q\)，对应的分式项形如：
\[
\frac{Ax+B}{x^2+px+q}
\]
通过配方：
\[
x^2+px+q=\left(x+\frac{p}{2}\right)^2+\left(q-\frac{p^2}{4}\right)
\]
记 \(a^2=q-\dfrac{p^2}{4}>0\)，并令 \(u=x+\dfrac{p}{2}\)，则积分变为：
\[
\int\frac{A\left(u-\frac{p}{2}\right)+B}{u^2+a^2}\,du
=A\int\frac{u}{u^2+a^2}\,du+\left(B-\frac{Ap}{2}\right)\int\frac{du}{u^2+a^2}
\]
其中：
\[
\int\frac{u}{u^2+a^2}\,du=\frac{1}{2}\ln(u^2+a^2)
\]
给出对数项，
\[
\int\frac{du}{u^2+a^2}=\frac{1}{a}\arctan\frac{u}{a}
\]
给出反正切项。
- \(\frac{x!}{x!+1}\)，2阶分母可以考虑配方再有\(\arctan x\)，也可以考虑\((a+b)(a-b)=a^2-b^2\)，三阶考虑三阶公式再划分，对于四阶或者以上的公式则考虑如下公式化简：
- 找出实根：当 n 为奇数时，有一个实根 \(x=-1\)，对应因式 \(x+1\)；当 n 为偶数时，没有实根。
- 配对共轭复根：每对共轭复根 \(e^{i\theta},e^{-i\theta}\) 生成一个实二次不可约因式：
\[
(x-e^{i\theta})(x-e^{-i\theta})=x^2-2\cos\theta\,x+1
\]
其中 \(\theta=\dfrac{(2k+1)\pi}{n}\)，且 \(0<\theta<\pi\)。
- 最终分解：
若 n 为偶数：
\[
x^n+1=\prod_{k=0}^{n/2-1}\left(x^2-2\cos\frac{(2k+1)\pi}{n}\,x+1\right)
\]
若 n 为奇数：
\[
x^n+1=(x+1)\prod_{k=0}^{(n-3)/2}\left(x^2-2\cos\frac{(2k+1)\pi}{n}\,x+1\right)
\]
放松一下
- 详细的可以参考一下知乎上的这篇文章：https://zhuanlan.zhihu.com/p/334542301
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