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# System prepended metadata

title: Actual Calculus
tags: [Analysis, math]

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# 微積分 - 數列極限

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定義：  
設$S\subseteq E$且$S\not=\varnothing$，其中$E$是全序集  
上界  
若$\forall x\in S\implies x\le\alpha$，則稱$\alpha$為$S$的上界  
下界則將$x\le\alpha$改為$x\ge\beta$，則$\beta$為$S$的上界。  
最小上界  
設$\alpha$為$S$之最小上界，則其滿足：  
(a) $\alpha$為$S$的上界  
(b) 若$\gamma<\alpha$，則$\gamma$不是$S$的一個上界。  
換言之，若$\gamma$是一個上界，則$\gamma\ge\alpha$。  
我們記$\alpha=\sup S$
最大下界之定義方式相似。  
設$\beta$是$S$之最大下界，則記$\beta=\inf S$

定理：  
若$S$具有最小上界，則最小上界唯一。  
設$\alpha,\alpha'$都是$S$之最小上界  
因為$\alpha,\alpha'$都是$S$之上界，所以$\alpha\le\alpha'$且$\alpha'\le\alpha$。  
因為關係$\le$具有反對稱性，可知$\alpha=\alpha'$，也就是最小上界的唯一性。  
若$S$有最大下界，根據相似的證明方法，也可以得知其唯一。  

定理：  
對於任意$S\subseteq\mathbb{R},S\not=\varnothing$  
$\alpha$為最小上界，則  
$\forall\varepsilon>0,\exists x\in S,s.t.\alpha-\varepsilon<x<\alpha$  

$pf:$  
假設$\exists\varepsilon>0, s.t.\forall x\in S, x\le\alpha-\varepsilon$  
此時$\alpha-\varepsilon$是$S$的上界，但$\alpha-\varepsilon<\alpha$矛盾，故$\forall\varepsilon>0,\exists x\in S,s.t.\alpha-\varepsilon<x<\alpha$

最大下界也具有相同定理，證明也類似。

遞增遞減定義：  
若數列$<a_n>$滿足$\forall n\in\mathbb{N} ,a_n<a_{n+1}$，則稱$<a_n>$為遞增數列  
若數列$<a_n>$滿足$\forall n\in\mathbb{N} ,a_n>a_{n+1}$，則稱$<a_n>$為遞減數列  
若數列$<a_n>$滿足$\forall n\in\mathbb{N} ,a_n\le a_{n+1}$，則稱$<a_n>$為非遞減數列  
若數列$<a_n>$滿足$\forall n\in\mathbb{N} ,a_n\ge a_{n+1}$，則稱$<a_n>$為非遞增數列  

### 數列的極限

設$<a_n>$為一無窮數列  
$\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=L$的定義為  
$\forall\varepsilon>0,\ \exists N\in\mathbb{N}\ ,s.t.\ \forall n\in\mathbb{N}\land n\ge N, |a_n-L|<\varepsilon$

例：  
利用定義證明$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\dfrac{1}{n}=0$  
$pf:$  
給定$\varepsilon>0$  
依據實數的阿基米德性質，必定存在正整數$N$使得$N\varepsilon>1$  
也就是說當我們取$n>N$時，$\dfrac{1}{n}<\dfrac{1}{N}<\varepsilon$  
所以$|\dfrac{1}{n}-0|=\dfrac{1}{n}<\varepsilon$，也就是$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\dfrac{1}{n}=0$  
定義：若數列之極限存在，則稱此數列收斂。

### 數列有界

有界(bounded)之定義：  
若$S\subseteq\mathbb{R},S\not=\varnothing$上下界皆存在，則稱$S$為有界。  

數列有界之定義：  
將$S$改為$\{a_n\mid n\in\mathbb{N}\}$即可。

若一非遞減數列$<a_n>$有最小上界，則數列收斂至其最小上界。  
$pf:$  

設$<a_n>$最小上界為$\alpha$，則：  
$\forall\varepsilon>0, \exists n\in\mathbb{N},s.t.\alpha-\varepsilon<a_n<\alpha<\alpha+\varepsilon$  
$\iff |a_n-\alpha|<\varepsilon$  
所以$\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=\alpha$

> 任意無窮數列皆可透過重組後變為非遞減數列，所以若數列有界(依實數完備性，有最小上界)則其收斂。


### 數列的夾擠定理

設$<a_n>,<b_n>,<c_n>$為三無窮數列  
若$k\ge m,m,k\in\mathbb{N}$時  
皆有$b_k\le a_k \le c_k$且$\displaystyle\lim_{n\to\infty}b_n=\displaystyle\lim_{n\to\infty}c_n=L$  
則$\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=L$

$pf:$

$\because\displaystyle\lim_{n\to\infty}b_n=\displaystyle\lim_{n\to\infty}c_n=L$  
$\therefore\forall\varepsilon>0,\exists n_1\in\mathbb{N},s.t.\forall n\in\mathbb{N},n\ge n_1\implies|b_n-L|<\varepsilon\iff L-\varepsilon<b_n<L+\varepsilon$  
以及$\exists n_2\in\mathbb{N},s.t.\forall n\in\mathbb{N},n\ge n_2\implies|c_n-L|<\varepsilon\iff L-\varepsilon<c_n<L+\varepsilon$  
又$k\ge m,m,k\in\mathbb{N}\implies b_k\le a_k \le c_k$  
取${n_3=\max\{n_1,n_2,m\}},s.t.n\ge n_3{\implies} L-\varepsilon < a_n < L+\varepsilon\iff |a_n-L|<\varepsilon$  
$\iff\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=L$

### 數列極限的雜定理及例題

若$\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=L$，則$\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_{n+1}=L$

$pf:$  
$\forall\varepsilon>0,\ \exists N\in\mathbb{N} \ ,s.t.$  
$\forall n\in\mathbb{N}\land n\ge N,|a_n-L|<\varepsilon$  
$\because n+1>n$  
$\therefore$若$n\ge N$，則$n+1>N$  
$\implies|a_{n+1}-L|<\varepsilon$  
$\iff\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_{n+1}=L$  

設$f:\mathbb{R}\to\mathbb{R},a_n=f(n),\forall n\in\mathbb{N}$  
則：  
若$\displaystyle\lim_{x\to\infty}f(x)=L$，則$\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=L,n\in\mathbb{N},x\in\mathbb{R}$


$pf:$  

$\forall\varepsilon>0,\exists N_1>0,s.t.
\\if\ x\ge N_1\implies|f(x)-L|<\varepsilon$

$\because\forall x\in\mathbb{R^+},\exists m\in\mathbb{N}\cup\{0\}, s.t. m\le x\le m+1$  
$take\ N=\lceil\max\{N_1,m\}\rceil,s.t.$  
$if\ n\ge N, |f(n)-L|=|a_n-L|<\varepsilon$

範例：

$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\dfrac{n^5}{e^n}=?$  
$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\dfrac{\ln{(n)}}{n}=?$  
$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{n}=?$  
$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\dfrac{\sin{n}}{n}=?$  

### Stolz 定理

若$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\dfrac{a_n-a_{n-1}}{b_n-b_{n-1}}$為不定型  
則$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\dfrac{a_n}{b_n}=\displaystyle\lim_{n\to\infty}\dfrac{a_n-a_{n-1}}{b_n-b_{n-1}}$

### 柯西數列

定義：  
若一數列$<a_k>$為柯西數列，則其滿足：  
$\forall\varepsilon>0, \exists n_0\in\mathbb{N}, s.t.$  
$n,m\in\mathbb{N}, if\ n\ge m\ge n_0\implies |a_m-a_n|<\varepsilon$

實數柯西數列必定收斂，收斂數列必定是柯西數列。  
$pf:$  

假設$<a_k>$是一個柯西數列，則：  
$\forall\varepsilon>0, \exists n_0\in\mathbb{N}, s.t.$  
$n,m\in\mathbb{N}, if\ n\ge m\ge n_0\implies |a_m-a_n|<\varepsilon$  
也就是說$\exists n_1\in\mathbb{N},\text{s.t. }\forall n\ge n_1,|a_n-a_{n_1}|<1$  
若取$M:=\max\{a_1,a_2,\dots,a_{n_1}\}$，可得：  
$1-M<a_n<M+1,\forall n\ge n_1$  
這說明了$<a_k>$是有界的，因此$<a_k>$收斂。


反之，假設數列收斂至$L\in\mathbb{R}$

$\forall\dfrac{1}{2}\varepsilon>0,\exists n_0\in\mathbb{N},s.t.
\\\text{if}\ n\ge n_0\implies|a_n-L|<\dfrac{1}{2}\varepsilon$

$\forall\dfrac{1}{2}\varepsilon>0,\exists n_1\in\mathbb{N},s.t.
\\\text{if}\ m\ge n_1\implies|a_m-L|<\dfrac{1}{2}\varepsilon$

取$n'=\max\{n_0,n_1\}$  
$\text{if}\ n\ge m\ge n'\implies|a_n-a_m|\le|a_n-L|+|a_m-L|<\varepsilon$  
$\therefore$若數列收斂則其為柯西數列。


### 無窮級數
設$\{a_n\}_{n=1}^{\infty}$為一實數數列  
且定義其前$n$項和$S_n:=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}a_k$

則無窮級數
$\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty}a_k:=\displaystyle\lim_{n\to\infty}S_n$

定義無窮級數收斂，若$\displaystyle\lim_{n\to\infty}S_n$存在。  
如果無窮級數不收斂，則定義為發散。

#### 正項級數
如果$<a_k>$滿足$\forall k,a_k>0$，則我們說$\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty}a_k$是正項級數

#### 交錯級數
定義$\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k+1}a_k$為交錯級數，其中$<a_k>$是一正項級數。


我們為了方便，會將$\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty}a_k$記為$\sum a_k$。

### 級數審歛法

設$\sum a_k$為正項級數，則其部分和數列為單調遞增，亦即，部分和數列收斂至其最小上界。  
因此我們以下將$\sum a_k$收斂寫作$\sum a_k<\infty$，而發散則寫為$\sum a_k=\infty$。

**比較審歛**  
設$\sum a_k,\sum b_k$為兩正項級數，則：  
$(\sum a_k\le\sum b_k)\land\sum b_k<\infty\implies\sum a_k<\infty$  
$(\sum a_k\le\sum b_k)\land\sum a_k=\infty\implies\sum b_k=\infty$  

證明：  
因為$\displaystyle\sum_{k=1}^na_k$是單調遞增數列，且有上界$\displaystyle\sum b_k$，由實數完備性的其中一個等價敘述：單調有界數列收斂定理得知$\sum a_k<\infty$  
第二部分即為第一部份的逆否命題。  

**積分審歛**  


### 泰勒展開式

設$f:[a,b]\to\mathbb{R}$是光滑函數，也就是說$f(x)$在$[a,b]$上之$n$階導函數也都在$[a,b]$連續且在$(a,b)$上可微分。  
那麼我們記$f\in C^n{([a,b])},n\in\mathbb{N}$  
我們定$g(t)=f(a+t(x-a))$，容易發現$g\in C^{\infty}([0,1]_t)$  
且$g(0)=f(a),g(1)=f(x)$以及$g^{(k)}(t)=f^{(k)}(a+t(x-a))(x-a)^k,k\in\mathbb{N}$。  
所以$f(x)-f(a)=g(1)-g(0)$，依據微積分基本定理  
$g(1)-g(0)=\displaystyle\int_{0}^{1}g'(t)dt$  
又$g(1)-g(0)=-\displaystyle\int_{0}^{1}g'(t)d(1-t)$  
將右式做分部積分，可得$g(1)-g(0)=-(1-t)g'(t)\Bigg{|}_{0}^{1}+\displaystyle\int_{0}^{1}(1-t)g''(t)dt$  
所以$g(1)-g(0)=g'(0)+\displaystyle\int_{0}^{1}g''(t)d\dfrac{(1-t)^2}{2}$  
可以根據數學歸納原理，得到$g(1)-g(0)=[\displaystyle\sum_{k=1}^{N}\dfrac{g^{(k)}(0)}{k!}]+\dfrac{1}{N!}\displaystyle\int_{0}^{1}(1-t)g^{(N+1)}(t)dt$  
所以，$f(x)-f(a)=[\displaystyle\sum_{k=1}^{N}g^{(k)}(0)]+\displaystyle\int_{0}^{1}(1-t)g^{(k+1)}(t)dt$  
又$g^{(k)}(0)=f^{(k)}(a)(x-a)^k$，可得$f(x)=f(a)+[\displaystyle\sum_{k=1}^{N}\dfrac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k]+\dfrac{(x-a)^{N+1}}{N!}\displaystyle\int_{0}^{1}(1-t)f^{(N+1)}(a+t(x-a))dt$。  
我們把$T_{N,f}(a;x):=\displaystyle\sum_{k=0}^{N}\dfrac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k$叫做$f$在$a$的前$N$項泰勒多項式，而  
$\dfrac{(x-a)^{N+1}}{N!}\displaystyle\int_{0}^{1}(1-t)f^{(N+1)}(a+t(x-a))dt$定為$R_{N,f}(a;x)$，稱為剩餘項。  
若剩餘項之積分部分在某個給定的$x$範圍內是有界的，那麼取夠大的$N$(也就是將$N$逼近無窮)，泰勒級數就會收斂回$f$。  

將$f$在$x=a$處之泰勒級數定義為：  
$T_f(a;x):=\displaystyle\lim_{N\to\infty}(T_{N,f}(a;x)+R_{N,f}(a;x))$  

範例：  
$e^x=\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty}\dfrac{x^k}{k!}$  
$e^x$無窮多次可微分，因為$e^x$微分還是自己。  
且$e^x$在實數上連續，所以$e^x$是光滑函數。  
計算剩餘項：  
$\displaystyle\dfrac{x^{N+1}}{N!}\int_{0}^{1}(1-t)e^{tx}dt$  
$=\displaystyle\dfrac{x^{N+1}}{N!}(\dfrac{1}{x}e^{tx}\Bigg{|}_{t=0}^{t=1}-\int_{0}^{1}te^{tx}dt)$  
$=\displaystyle\dfrac{x^{N+1}}{N!}(\dfrac{e^x-1}{x}-\int_{0}^{1}te^{tx}dt)$  
$=\displaystyle\dfrac{x^{N+1}}{N!}(\dfrac{e^x-1}{x}-\dfrac{xe^x-e^x+1}{x^2})$  
$=\displaystyle\dfrac{x^{N-1}(e^x-x-1)}{N!}$  
當$x\in(-R,R),R\in\mathbb{R}$時，顯然的$e^{-R}-R-1\le e^x-x-1\le e^R-R-1$  
所以$e^x-x-1$在某個給定之$x$範圍內為有界，此時對於任意正數$\varepsilon$，必定存在$N$，使得  
$|\dfrac{x^{N-1}(e^x-x-1)}{N!}-0|<\varepsilon$。  
也就是剩餘項之極限值為$0$，故$e^x=\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty}\dfrac{x^k}{k!}$  

由此，我們可以知道$e=\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty}\dfrac{1}{k!}$，也能夠證出$e<3$了。  
$pf:$  
我們說$\forall n\in\mathbb{N},\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dfrac{1}{k!}\le3$，也就是  
$\forall n\in\mathbb{N},\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{k!}\le2$  
因為當$k\ge1$時，$k!\ge2^{k-1}$，其中$k\in\mathbb{N}$。  
且當$k\ge3$時，$k!>2^{k-1}$  
所以可以得到$n\ge3,\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{k!}<\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{2^{k-1}}=\dfrac{1(1-\dfrac{1}{2^n})}{1-\dfrac{1}{2}}=2-\dfrac{1}{2^{n-1}}<2$  
因此自然的得到$\forall n\in\mathbb{N},\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dfrac{1}{k!}\le 3$  
當$n\to\infty$，$e<3$，因為此時$n$可以取$>3$之正整數。  
且根據實數完備性，這個級數只能收斂到唯一的一個實數，且為這個級數之最小上界。  
$e\approx 2.7182818$  



定義：  
若$f$是可解析的，那麼  
$\forall a\in\mathbb{R},\exists\delta>0,s.t.$  
$\forall x\in(a-\delta,a+\delta),T_f(a;x)=f$  
定義：  
$C^{\omega}=\{f\mid \forall a\in\mathbb{R},\exists\delta>0,s.t.\ \forall x\in(a-\delta,a+\delta),T_f(a;x)=f\}$  

定理：  
$C^{\omega}\subset C^\infty$  
右包左顯然，因為泰勒級數存在之條件為$f$為光滑函數。  
這個定理之意義是在說所有光滑函數不一定可以解析  
反例：  
設$f(x)=\begin{cases}e^{\frac{-1}{x^2}},&\text{if}\  x\ge0\\0,&\text{if}\ x<0\end{cases}$  
其在$x=0$不可解析，因此$f\not\in C^\omega$。  
但$f$是光滑函數，我們只需證明對於任意正整數$n$，$f^{(n)}(0)$皆存在即可。  
$pf:$  



### 反函數積分法

$\displaystyle\int f(x)dx=xf(x)-F(f(x))+C,F(x)=\int f^{-1}(x)dx$

$pf:$

$\displaystyle\int f(x)dx=\displaystyle\int f(x)df^{-1}(f(x))\overset{IBP}=xf(x)-\int f^{-1}(f(x))df(x)+C$


### 瑕積分

當一積分如$\displaystyle\int_{0}^{1}\ln{x}dx$，被積函數在積分下界時不連續，那麼就視同取極限  
$\displaystyle\lim_{t\to{0}}\int_{t}^{1}\ln{x}dx$

也就是說，當考慮$\displaystyle\int_{a}^{b}f(x)dx$時  
$f(x)$至少滿足以下一個條件  

1. $\displaystyle\lim_{x\to{a}}f(x)=D.N.E$  
2. $\displaystyle\lim_{x\to{b}}f(x)=D.N.E$  

滿足$1$時：$\displaystyle\int_{a}^{b}f(x)dx=\lim_{t\to{a^+}}\displaystyle\int_{t}^{b}f(x)dx$  
滿足$2$時：
$\displaystyle\int_{a}^{b}f(x)dx=\lim_{t\to{b^-}}\displaystyle\int_{a}^{t}f(x)dx$

故當同時滿足時：  
$\displaystyle\int_{a}^{b}f(x)dx=\lim_{s\to{a^+}}\lim_{t\to{b^-}}\displaystyle\int_{s}^{t}f(x)dx$

就拿$\displaystyle\int_{0}^{1}\ln{x}dx$當例子  
先計算其不定積分：  
$\displaystyle\int\ln{x}dx=x\ln{x}-x+C$  
因為$\displaystyle\lim_{x\to{0^+}}\ln{x}=\infty=D.N.E$  
此時須將定積分改為$\displaystyle\lim_{t\to{0^+}}\int_{t}^{1}\ln{x}dx$  
故此時將上下界分別以$1,t$代入後得到  
$\displaystyle\lim_{t\to{0^+}}[(1\ln{1}-1)-(t\ln{t}-t)]=\lim_{t\to{0^+}}(-1-t\ln{t}+t)=-1-\lim_{t\to{0^+}}t\ln{t}=-1$

若瑕積分$\displaystyle\int_a^b f(x)dx$收斂，即表示不論為何種情況，極限皆存在。

若$c\in[a,b],\displaystyle\lim_{x\to c^+}f(x)=\pm\infty$，則瑕積分$\displaystyle\int_a^bf(x)dx=\displaystyle\int_a^cf(x)dx+\displaystyle\int_c^bf(x)dx$  
且此時$\displaystyle\int_a^bf(x)dx$存在之充要條件為$\displaystyle\int_a^cf(x)dx,\displaystyle\int_c^bf(x)dx$皆收歛。

歛散性判別：

設$f(x)\ge g(x),\forall x\in[a,b]$  
1. 若$\displaystyle\int_a^b g(x)dx$發散，則$\displaystyle\int_a^b f(x)dx$發散。  
2. 若$\displaystyle\int_a^b f(x)dx$收斂，則$\displaystyle\int_a^b g(x)dx$收斂。  



例：

$p>0,\displaystyle\int_1^\infty\dfrac{1}{x^p}dx\begin{cases}0<p\le1,diverge\\p>1,converge\end{cases}$

$pf:$  
$p\not=1:\displaystyle\int_1^\infty\dfrac{1}{x^p}dx=\displaystyle\lim_{t\to\infty}(\dfrac{x^{1-p}}{(1-p)})\Bigg{|}_1^t$  
故當$0<p<1\iff 1>1-p>0$，瑕積分發散，$p>1\iff 1-p<0$，瑕積分收斂。
$p=1:\displaystyle\int_1^\infty\dfrac{1}{x}dx=\displaystyle\lim_{t\to\infty}(\ln{x})\Bigg{|}_1^t$發散。  
綜合以上可得$p>0,\displaystyle\int_1^\infty\dfrac{1}{x^p}dx\begin{cases}0<p\le1,diverge\\p>1,converge\end{cases}$

### 極座標

一極座標系上曲線$r=\phi(\theta)$  
其對應至直角坐標系之參數方程為  
$\begin{cases}x=\phi{(\theta)}\cos{\theta}\\y=\phi{(\theta)}\sin{\theta}\end{cases}$  
故其在直角坐標系上之切線斜率函數為  
$\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{dy/d\theta}{dx/d\theta}
\\=\dfrac{\phi'(\theta)\cos{\theta}-\phi{(\theta)}\sin{\theta}}{\phi'(\theta)\sin{\theta}+\phi{(\theta)}\cos{\theta}}$

其$r$由起始點$\theta_i$至$\theta_{f}$所掃過之面積為  
$\displaystyle\int_{\theta_i}^{\theta_f}dA$  
其中$dA$為面積元素  
又$\Delta{A}=\dfrac{1}{2}r_1(r_1+\Delta{\theta})\sin{\Delta\theta}$  
取極限後$\displaystyle\lim_{\Delta\theta\to0}\Delta{A}=dA=\lim_{\Delta\theta\to0}\dfrac{1}{2}\phi(\theta)(\phi(\theta)+\Delta{\theta})\sin{\Delta\theta}=\dfrac{1}{2}\phi^2(\theta)d\theta$  
故$\displaystyle\int_{\theta_i}^{\theta_f}dA=\int_{\theta_i}^{\theta_f}\dfrac{1}{2}\phi^{2}(\theta)d\theta$

例：試證明圓面積為$A_C=\pi r^2$，$r$為圓半徑

$C:\begin{cases}x=r\cos{\theta}\\y=r\sin{\theta}\end{cases}\qquad\theta\in\mathbb{R}$  

故令  
$\phi{(\theta)}=r$  
$\therefore A_C=\displaystyle\int_{0}^{2\pi}\dfrac{1}{2}r^2d\theta=\dfrac{r^2}{2}2\pi=\pi r^2$


範例：  

利用反函數積分法求$\displaystyle\int\tan^{-1}(\sqrt{x})dx$  
設$y=f(x)=\tan^{-1}(\sqrt{x})$  
欲求其反函數：$xy$互換，解$y=g(x)=f^{-1}(x)$  
故：$x=\tan^{-1}(\sqrt{y})\implies\tan^2{x}=y$  
注意範圍：$-\dfrac{\pi}{2}\le x\le\dfrac{\pi}{2}$  

故原式為  
$x\tan^{-1}(\sqrt{x})-\displaystyle\int\tan^2{(f(x))}df(x)$  
$=x\tan^{-1}(\sqrt{x})-\displaystyle\int(\sec^2{(f(x))}-1)df(x)$  
$=x\tan^{-1}(\sqrt{x})-\tan{f(x)}+f(x)+C$  
$=x\tan^{-1}(\sqrt{x})-\tan{(\tan^{-1}(\sqrt{x}))}+\tan^{-1}(\sqrt{x})+C$  
$=x\tan^{-1}(\sqrt{x})-\sqrt{x}+\tan^{-1}(\sqrt{x})+C$

若利用四大積分方法：  
$\displaystyle\int\tan^{-1}(\sqrt{x})dx=x\tan^{-1}(\sqrt{x})-\displaystyle\int xd\tan^{-1}(\sqrt{x})$  
$=x\tan^{-1}(\sqrt{x})-\displaystyle\int x\dfrac{1}{2\sqrt{x}(1+x)}dx$  
$=x\tan^{-1}(\sqrt{x})-\displaystyle\int \dfrac{\sqrt{x}}{2(1+x)}dx$  
$\overset{u=\sqrt{x}}=x\tan^{-1}(\sqrt{x})-\displaystyle\int \dfrac{2u^2}{2(1+u^2)}du$  
$=x\tan^{-1}(\sqrt{x})-\displaystyle\int\dfrac{u^2+1-1}{(1+u^2)}du$  
$=x\tan^{-1}(\sqrt{x})-\sqrt{x}+\tan^{-1}(\sqrt{x})+C$

### 費曼積分法

$\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\dfrac{\sin{x}}{x}dx=?$

設$I(t)=\displaystyle\int_{0}^{\infty}\dfrac{e^{-tx}\sin{x}}{x}dx$則所求為$2I(0)$  
等式兩邊分別對$t$微分(右邊對$t$偏微)  
$\dfrac{dI(t)}{dt}=-\displaystyle\int_{0}^{\infty}\dfrac{xe^{-tx}\sin{x}}{x}dx=-\displaystyle\int_{0}^{\infty}e^{-tx}\sin{x}dx$  
而經過分部積分可得  
$\dfrac{dI(t)}{dt}=\dfrac{-1}{t^2+1}$  
解微分方程知$I(t)=-\tan^{-1}{t}+C$  
求$C$，利用$-\tan^{-1}{t}+C=\displaystyle\int_{0}^{\infty}\dfrac{e^{-tx}\sin{x}}{x}dx$，並令$t\to\infty$  
得到$-\dfrac{\pi}{2}+C=0\iff C=\dfrac{\pi}{2}$  
所以$2I(0)=\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\dfrac{\sin{x}}{x}dx=\pi$

