這個問題很有意思，這種「先微後積」的方法民間被稱為Feynman's Trick
我第一次見到這種方法是高二參加某劃水競賽的時候
當時有一道題遇到了這麽一個積分（我另外一個回答裏也有提到）
\int_0^\pi \ln(a^2 -2a\cos x+1)\,\mathrm dx
其中常數 a\ge 1 （見圖片第10題位置）
這道題原題來自 Putnam and Beyond 的 Problem 471
這個積分其實設計的非常巧妙，答案裏有五種方法：用Riemann sum的解法，用Chebyshev polynomial的解法，轉換為物理問題的解法，用留數定理的解法，還有一種就是Feynman's Trick，也是相對比較容易理解的一種做法
Feynman's Trick的主要步驟是這樣的
對於帶參數的定積分 I(t)=\int_{a(t)}^{b(t)}f(x, t)\,\mathrm dx
其中 -\infty<a(x), b(x)<\infty 且 a, b,\frac{\mathrm da}{\mathrm dt}, \frac{\mathrm db}{\mathrm dt}, \frac{\partial f}{\partial t} 連續
1.首先，我們對 t 微分，由 Leibniz integral rule （後面會討論其證明）得到
\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}
特別的，如果上下限是常數 a, b
\frac{\mathrm d}{\mathrm dt}\int_{a}^{b}f(x, t)\,\mathrm dx=\int_{a}^{b} \frac{\partial f}{\partial t}\, \mathrm dx
2.然後，求出 I(t) ，往往求出來會帶著一個積分常數
3.最後，透過一個特殊值 I(t_0)=c 解出積分常數
舉個例子，已知常數 a, b \in \mathbb{R} ，求定積分
I(a, b)=\int_0^\infty \frac{\tan^{-1}ax-\tan^{-1}bx}{x}\, \mathrm dx
首先，我們對 a 微分（可證均勻收斂）
\frac{\partial I}{\partial a}=\int_0^\infty \frac{1}{x}\frac{\partial}{\partial a}\tan^{-1}ax\, \mathrm dx=\int_0^\infty\frac{\mathrm dx}{1+a^2x^2}=\frac{\pi}{2a}
所以我們能知道 I(a, b)=\frac{\pi \ln a}{2}+f(b) ，其中 f 是我們未知的一個函數
因為 I(a, a)=0 ，所以 I(a, b)=\frac{\pi}{2}\ln\left( \frac{a}{b}\right)
其實這個積分是一個Frullani積分
如果一個函數 f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R} 滿足在 x\ge 0 上有定義且 f(\infty) 存在
那麽我們稱
\int_0^\infty \frac{f(ax)-f(bx)}{x}\, \mathrm dx
為一個Frullani積分
如果 \frac{\mathrm d f}{\mathrm dx} 連續，我們可以透過Feynman's Trick證明
\int_0^\infty \frac{f(ax)-f(bx)}{x}\, \mathrm dx=(f(\infty)-f(0))\ln\left(\frac{a}{b}\right)
看到這裏有的讀者可能會問「這個 Leibniz integral rule 是怎麽證明的呢？」
\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}
在Inside Interesting Integral一書中，Paul J. Nahin給出了一個證明
另外一個Feynman's Trick的經典套用是Probability integral的證明
\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\frac{x^2}{2}}\mathrm dx=\sqrt{2\pi}
很多概率分布的概率密度函數的積分中都會出現這個東西，一種方法是把它平方，化成二重積分，轉為極座標求解，但用Feynman's Trick也同樣可以求得。
我們首先設 I(t)=\left(\int_{0}^{t}e^{-\frac{x^2}{2}}\mathrm dx\right)^2 然後對 t 微分
\frac{\mathrm dI}{\mathrm dt}=2\left(\int_{0}^{t}e^{-\frac{x^2}{2}}\mathrm dx\right)e^{-\frac{t^2}{2}}=2\int_0^t e^{-\frac{x^2+t^2}{2}}\mathrm dx
進行 y=\frac{x}{t} 換元，我們能得到
\int_0^t e^{-\frac{x^2+t^2}{2}}\mathrm dx=\int_0^1 e^{-\frac{(1+y^2)t^2}{2}}t\,\mathrm dy
因為 e^{-\frac{(1+y^2)t^2}{2}}t=\frac{\partial}{\partial t}\left(\frac{-e^{-\frac{(1+y^2)t^2}{2}}}{1+y^2}\right) 所以我們有
\frac{\mathrm dI}{\mathrm dt}=2\int_0^1 e^{-\frac{(1+y^2)t^2}{2}}t\,\mathrm dy=-2\frac{\mathrm d}{\mathrm dt}\int_0^1\frac{e^{-\frac{(1+y^2)t^2}{2}}}{1+y^2}\,\mathrm dy
所以
I(t)=-2\int_0^1\frac{e^{-\frac{(1+y^2)t^2}{2}}}{1+y^2}\,\mathrm dy+\mathrm{constant}
我們讓 t=0 ，因為
I(0)=\left(\int_{0}^{0}e^{-\frac{x^2}{2}}\mathrm dx\right)^2=0
我們又知道
I(0)=-2\int_0^1\frac{1}{1+y^2}\,\mathrm dy+\mathrm{constant}=-\frac{\pi}{2}+\mathrm{constant}
所以積分常數是 \frac{\pi}{2}
I(t)=\frac{\pi}{2}-2\int_0^1\frac{e^{-\frac{(1+y^2)t^2}{2}}}{1+y^2}\,\mathrm dy
最終能得到
\int_{-\infty}^\infty e^{-\frac{x^2}{2}}\mathrm dx=2\sqrt{I(\infty)}=2\sqrt{\frac{\pi}{2}}=\sqrt{2\pi}
一開始的那個積分的答案是 \int_0^\pi \ln(a^2 -2a\cos x+1)\,\mathrm dx=2\pi \ln a
以下是證明
首先我們設一個函數 I:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}
I(a)=\int_0^\pi \ln(a^2 -2a\cos x+1)\,\mathrm dx
接下來我們對 a 求微分，並把積分和微分符號交換
\frac{\mathrm d I}{\mathrm da}=\int_0^\pi \frac{\partial}{\partial a}\ln(a^2 -2a\cos x+1)\, \mathrm dx=\int_0^\pi \frac{2a-2\cos x}{a^2-2a\cos x + 1}\, \mathrm dx
接著我們透過一個萬能的三角函數換元 t=\tan\frac{x}{2} ，然後整理一下
\frac{\mathrm d I}{\mathrm da}=\int_0^\infty\frac{2a-2\frac{1-t^2}{1+t^2}}{a^2-2a\frac{1-t^2}{1+t^2}+1}\cdot\frac{2}{1+t^2}\,\mathrm dt=4\int_0^\infty \frac{(a+1)t^2+(a-1)}{(a+1)^2t^2+(a-1)^2}\cdot\frac{\mathrm dt}{1+t^2}
這樣我們就可以把這個積分拆成兩個積分的和
\begin{align}\int_0^\infty \frac{(a+1)t^2+(a-1)}{(a+1)^2t^2+(a-1)^2}\cdot\frac{\mathrm dt}{1+t^2}&=\frac{2}{a}\int_0^\infty \frac{a^2-1}{(a+1)^2t^2+(a-1)^2}\,\mathrm dt \\&+\frac{2}{a}\int_0^\infty \frac{\mathrm dt}{1+t^2}\end{align}
做換元 t\rightarrow \frac{a+1}{a-1}t 我們就能發現第一個積分和第二個相等
\int_0^\infty \frac{a^2-1}{(a+1)^2t^2+(a-1)^2}\,\mathrm dt =\int_0^\infty \frac{\frac{a+1}{a-1}}{1+\left(\frac{a+1}{a-1}\right)^2t^2}\,\mathrm dt=\int_0^\infty \frac{\mathrm dt}{1+t^2}
所以，代回上面的式子，我們就能得到
\frac{\mathrm d I}{\mathrm da}=\frac{4}{a}\int_0^\infty \frac{\mathrm dt}{1+t^2}=\frac{4}{a}\bigg[\tan^{-1} t\bigg]_0^\infty=\frac{2\pi}{a}
也就是說 I(a)=2\pi \ln a + \mathrm{constant}
接下來我們只需求出一個特殊值 I(1)
I(1)=\int_0^\pi \ln(2-2\cos x)\, \mathrm dx=\pi \ln 2 +\int_0^\pi\ln\sin x \, \mathrm dx
設後面的這個積分 J=\int_0^\pi \ln\sin x \,\mathrm dx 那麽
\begin{aligned}J&=\int_0^\frac{\pi}{2} \ln \sin x\, \mathrm dx+\int_\frac{\pi}{2}^\pi \ln \sin x\,\mathrm dx=\int_0^\frac{\pi}{2} \ln \sin x\,\mathrm dx+\int_0^\frac{\pi}{2} \ln \cos x\,\mathrm dx\\&=\int_0^\frac{\pi}{2}(\ln\sin 2x-\ln2)\,\mathrm dx=\frac{1}{2}\int_0^\pi \ln \sin x\,\mathrm dx-\frac{\pi\ln2}{2}\end{aligned}
所以 J=\frac{J}{2}-\frac{\pi\ln2}{2} 我們就得到 \int_0^\pi \ln\sin x \,\mathrm dx=-\pi \ln 2
所以 I(1)=0 ，所以 I(a)=2\pi \ln a
從Feynman's Trick可以延伸出來很多騷操作，比如把待求積分變成一個二階線性齊次微分方程式進行求解，甚至把Feynman's Trick倒過來用（對參數積分）等等，以後有時間再補充。
最後留一道積分給讀者練手
\int_0^\infty e^{\cos x}\sin\left(\sin x\right)\,\frac{\mathrm dx}{x}
Reference
1.Paul J. Nahin, 2014, Inside Interesting Integrals , ISBN 978-1-4939-1276-6
2.Razvan Gelca and Titu Andreescu, 2007, Putnam and Beyond , ISBN-13: 978-0-387-25765-5
