09-第九章 不定积分

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正文部分

9.1.2 思考题

题目 1

“不定积分”与“原函数”这两个概念有什么区别？有什么联系？

解答 “原函数”是单个函数的概念：若 $F^{\prime }(x)=f(x)$，则称 $F$ 是 $f$ 的一个原函数；“不定积分”是全体原函数所成的集合，记为 $\int f(x)dx$。若 $F$ 是一个原函数，则全部原函数恰为 $F+C$，因此

$$\int f(x)dx=F(x)+C.$$

题目 2

在 $x=0$ 点不连续的函数

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}2x\sin \frac{1}{x}-\cos \frac{1}{x},& x\ne 0,\\ 0,& x=0\end{array}$$

在 $(-\infty ,+\infty )$ 上是否有原函数？

解答 有。取

$$F(x)=\{\begin{array}{ll}{x}^2\sin \frac{1}{x},& x\ne 0,\\ 0,& x=0.\end{array}$$

对 $x\ne 0$ 有 $F^{\prime }(x)=2x\sin \frac{1}{x}-\cos \frac{1}{x}=f(x)$；又

$$F^{\prime }(0)=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x^2\sin (1/x)}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }x\sin \frac{1}{x}=0=f(0).$$

故 $F$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上是 $f$ 的原函数。

题目 3

在不定积分公式

$$\int \mathrm{sgn}xdx=|x|+C\text{和}\int \frac{1}{x}dx=\ln |x|+C$$

中为什么会出现绝对值号？

解答 绝对值只是把两侧区间上的原函数写成一个统一公式。对 $\mathrm{sgn}x$，在 $x>0$ 上原函数是 $x+C$，在 $x<0$ 上原函数是 $-x+C$，合写成 $|x|+C$；对 $1/x$，在 $x>0$ 上原函数是 $\ln x+C$，在 $x<0$ 上原函数是 $\ln (-x)+C$，合写成 $\ln |x|+C$。要注意这两个公式都只能在不跨过 $0$ 的区间上理解；例如 $\mathrm{sgn}x$ 在整个 $\mathbb{R}$ 上并没有原函数。

题目 4

下列等式是否正确？说明理由：

$$\begin{array}{ll}(1)d\int f(x)dx=f(x);& (2)d\int f(x)dx=f(x)dx;\\ (3)\int df(x)=f(x);& (4)d\int df(x)=df(x).\end{array}$$

其中 $d\int f(x)dx$ 是指对于 $\int f(x)dx$ 中每一个函数求微分所得的集合。

解答 只有 (2)、(4) 正确。因为 $\int f(x)dx$ 表示一族函数，求微分后得到的是同一个微分 $f(x)dx$，所以

$$d\int f(x)dx=f(x)dx.$$

于是 (1) 错在把微分与函数混为一谈。又

$$\int df(x)=f(x)+C,$$

故 (3) 少了常数项；再对上式求微分便得 (4)。

题目 5

以下推导中有什么错误？用分部积分公式可得到以下等式：

$$\int \frac{dx}{x}=x\cdot \frac{1}{x}-\int xd\left(\frac{1}{x}\right)=1+\int \frac{dx}{x},$$

因此推出 $0=1$。

解答 错在把不定积分当成了一个确定的函数来运算。分部积分只能得到

$$\int \frac{dx}{x}=1+\int \frac{dx}{x}+C,$$

右端与左端的两个“不定积分”本来就可以相差一个常数，因此并不能推出 $0=1$。若在某个不含 $0$ 的区间上写成原函数，则不过是说

$$\ln |x|=1+\ln |x|+C,$$

其中常数 $C=-1$。

9.1.4 例题

例题 9.1.1

计算

$$I=\int \frac{dx}{x\sqrt{x^2-1}}.$$

解 1

$$I=\int \frac{dx}{x^2\sqrt{1-{\left(\frac{1}{x}\right)}^2}}=-\int \frac{d\left(\frac{1}{x}\right)}{\sqrt{1-{\left(\frac{1}{x}\right)}^2}}=-\arcsin \frac{1}{x}+C.$$

注 1 这是第一换元法，在其中将 $1/x$ 看成为 $u$，将被积表达式看成 $-du/\sqrt{1-u^2}$，然后用基本积分公式。但实际上也可以说是用第二换元法。 令 $x=1/t$，这时

$$dx=-\frac{1}{t^2}dt,\frac{1}{x\sqrt{x^2-1}}=\frac{t^2}{\sqrt{1-t^2}},$$

于是就有

$$I=-\int \frac{1}{t^2}\cdot \frac{t^2}{\sqrt{1-t^2}}dt=-\int \frac{dt}{\sqrt{1-t^2}},$$

以下与解 1 相同。这个解法中的变换称为“倒代换”，是一种常用的变量代换。 更一般的还有代换 $x=t^{\alpha }$，其中 $\alpha$ 待定。

解 2

$$I=\int \frac{xdx}{x^2\sqrt{x^2-1}}=\int \frac{d\sqrt{x^2-1}}{{\left(\sqrt{x^2-1}\right)}^2+1}=\arctan \sqrt{x^2-1}+C.$$

解 3 令 $x=\sec t$，则 $dx=\sec t\tan tdt$，

$$I=\int \frac{\sec t\tan t}{\sec t\tan t}dt=\int dt=t+C=\arccos \frac{1}{x}+C.$$

解 4 令 $\sqrt{x^2-1}=x-t$，则可解出

$$x=\frac{t^2+1}{2t},dx=\frac{t^2-1}{2t^2}dt,\sqrt{x^2-1}=\frac{1-t^2}{2t}.$$

因此

$$I=\int \frac{2t\cdot 2t(t^2-1)}{(t^2+1)(1-t^2)2t^2}dt=-2\int \frac{dt}{1+t^2}=-2\arctan t+C=-2\arctan \left(x-\sqrt{x^2-1}\right)+C.$$

解 5 令 $\sqrt{x^2-1}=t(x-1)$，则可解出 $x=(t^2+1)/(t^2-1)$，并计算得到

$$dx=-\frac{4tdt}{(t^2-1{)}^2},\sqrt{x^2-1}=\frac{2t}{t^2-1}.$$

因此

$$I=\int \frac{(t^2-1{)}^2(-4t)}{(t^2+1)2t(t^2-1{)}^2}dt=-2\int \frac{dt}{1+t^2}=-2\arctan t+C=-2\arctan \frac{\sqrt{x^2-1}}{x-1}+C.$$

注 2 最后两种解法中所用的变换称为 Euler 变换。可以证明，对于形如

$$\int R\left(x,\sqrt{a{x}^2+bx+c}\right)dx(a\ne 0)$$

的不定积分（其中 $R$ 为有理分式），利用 Euler 变换一定能解决。 然而，过于一般的方法对于具体问题往往不是最简单的方法。正如本题的解 3 所示， 对形如 $\int R(x,\sqrt{x^2-a^2})dx(a>0)$ 的不定积分，用变换 $x=a\sec t$ 有时要比利用 Euler 变换简单得多。一般来说，对形如

$$\int R\left(x,\sqrt{a^2-x^2}\right)dx\text{与}\int R\left(x,\sqrt{x^2+a^2}\right)dx(a>0)$$

的不定积分，较为简单的常用变换分别是 $x=a\sin t$ 与 $x=a\tan t$。

注 3 本题的 5 种解法的答案表面上均不相同，这在不定积分计算中是常见的现象。 由于不定积分是以一个原函数加上任意常值函数的形式来表示的，而其中原函数的选择是任意的， 彼此之间只相差一个常值函数，因此表面上就可能不一样，但它们的导函数必须相同，否则就出错了。 请初学者注意：要养成用求导运算来检验不定积分计算结果是否正确的习惯。

例题 9.1.2

计算不定积分

$$I=\int x^2\sqrt{x^2+1}dx.$$

解 1 将根号外的一个因子 $x$ 移入到根号下，并将积分表达式看成为 $f(u)du$， 其中 $u=x^2$，就可计算如下：

$$\begin{array}{rl}I& =\frac{1}{2}\int \sqrt{x^4+x^2}d{x}^2\\ & =\frac{1}{2}\int \sqrt{{\left(x^2+\frac{1}{2}\right)}^2-{\left(\frac{1}{2}\right)}^2}d\left(x^2+\frac{1}{2}\right)\\ & =\frac{1}{4}\left(x^2+\frac{1}{2}\right)\sqrt{x^4+x^2}-\frac{1}{16}\ln \left(x^2+\frac{1}{2}+\sqrt{x^4+x^2}\right)+C_1\\ & =\frac{1}{8}x(2x^2+1)\sqrt{x^2+1}-\frac{1}{16}\ln {\left(x+\sqrt{x^2+1}\right)}^2+C\left(C=C_1+\frac{\ln 2}{16}\right)\\ & =\frac{1}{8}x(2x^2+1)\sqrt{x^2+1}-\frac{1}{8}\ln \left(x+\sqrt{x^2+1}\right)+C.\end{array}$$

解 2 因为

$$\int x\sqrt{x^2+1}dx=\frac{1}{2}\int \sqrt{x^2+1}d(x^2+1)=\frac{1}{3}(x^2+1{)}^{3/2}+C_1,$$

所以由分部积分法，可得

$$\begin{array}{rl}I& =\frac{1}{3}\int xd(x^2+1{)}^{3/2}=\frac{1}{3}x(x^2+1{)}^{3/2}-\frac{1}{3}\int (x^2+1{)}^{3/2}dx\\ & =\frac{1}{3}x(x^2+1{)}^{3/2}-\frac{1}{3}\int (x^2+1)\sqrt{x^2+1}dx\\ & =\frac{1}{3}x(x^2+1{)}^{3/2}-\frac{1}{3}\int x^2\sqrt{x^2+1}dx-\frac{1}{3}\int \sqrt{x^2+1}dx\\ & =\frac{1}{3}x(x^2+1{)}^{3/2}-\frac{1}{3}I-\frac{1}{6}\left[x\sqrt{x^2+1}+\ln \left(x+\sqrt{x^2+1}\right)\right].\end{array}$$

将 $\frac{1}{3}I$ 移项到左边，且对两边同除以 $\frac{4}{3}$，得到

$$I=\frac{1}{4}x(x^2+1{)}^{3/2}-\frac{1}{8}\left[x\sqrt{x^2+1}+\ln \left(x+\sqrt{x^2+1}\right)\right]+C.$$

解 3 因为

$${\left(x^3\sqrt{x^2+1}\right)}^{\prime }=3x^2\sqrt{x^2+1}+\frac{x^4}{\sqrt{x^2+1}}=4x^2\sqrt{x^2+1}-\sqrt{x^2+1}+\frac{1}{\sqrt{x^2+1}},$$

所以

$$x^2\sqrt{x^2+1}=\frac{1}{4}\left[{\left(x^3\sqrt{x^2+1}\right)}^{\prime }+\sqrt{x^2+1}-\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}\right].$$

于是

$$I=\frac{1}{4}\left[x^3\sqrt{x^2+1}+\frac{x}{2}\sqrt{x^2+1}-\frac{1}{2}\ln \left(x+\sqrt{x^2+1}\right)\right]+C.$$

注 1 可由此设计不定积分 $\int x^k\sqrt{x^2+1}dx$ 和 $\int x^k/\sqrt{x^2+1}dx$ 的一般解法。

注 2 如解 1 所示，往往可通过加减一个常数的方法来化简不定积分的结果。

注 3 本题解 2 通过分部积分法产生一个关于所求积分的方程，然后解这个方程得到所求积分。 这样运用分部积分的方法可称为“循环法”，是一种常用的技巧。特别当被积函数中含有指数函数与三角函数的乘积时， 往往可以用循环法来进行积分。下面我们再看一道用循环法进行积分的例题。

例题 9.1.3

计算

$$I=\int {\csc }^{4}xdx.$$

解

$$\begin{array}{rl}I& =\int {\csc }^{2}xd(-\cot x)=-\cot x{\csc }^{2}x+\int \cot xd({\csc }^{2}x)\\ & =-\cot x{\csc }^{2}x-2\int ({\csc }^{4}x-{\csc }^{2}x)dx\\ & =-\cot x{\csc }^{2}x-2I-2\cot x,\end{array}$$

因此得到

$$I=-\frac{1}{3}\cot x{\csc }^{2}x-\frac{2}{3}\cot x+C.$$

例题 9.1.4

计算

$$I=\int x\tan x{\sec }^{2}xdx.$$

解 用分部积分法计算：

$$I=\int xd\left(\frac{1}{2}{\sec }^{2}x\right)=\frac{1}{2}x{\sec }^{2}x-\frac{1}{2}\int {\sec }^{2}xdx=\frac{1}{2}(x{\sec }^{2}x-\tan x)+C.$$

注 有人用下面的方法做这道题：

$$x=\pi -t,I=\int \frac{(\pi -t)\sin t}{{\cos }^{3}t}dt=\pi \int \frac{\sin t}{{\cos }^{3}t}dt-\int \frac{t\sin t}{{\cos }^{3}t}dt=\frac{\pi }{2}{\sec }^{2}t-I,$$

所以得到

$$I=\frac{\pi }{4}{\sec }^{2}x+C.$$

用求导还原的方法就可以发现上述结果是错的。原因是：虽然 $\int t\sin t/{\cos }^{3}tdt$ 与 $\int x\sin x/{\cos }^{3}xdx$ 的被积函数有相同形式， 但它们是不同变量 $t$ 与 $x$ 的函数，且有关系 $x=\pi -t$，不能合并。 同样，${\sec }^{2}t$ 与 ${\sec }^{2}x$ 也是不同的函数，不能任意替换。

当被积函数含有指数函数、对数函数和反三角函数时，其不定积分既可以用换元积分法求， 也可以用分部积分法求或用两种方法结合求。但是，同一道题，用不同的方法去解，其解法的难易程度可能很不相同。

例题 9.1.5

求不定积分

$$\int \frac{x\ln x}{(1+x^2{)}^2}dx.$$

解 用分部积分法计算：

$$\begin{array}{rl}\int \frac{x\ln x}{(1+x^2{)}^2}dx& =-\frac{1}{2}\int \ln xd\left(\frac{1}{1+x^2}\right)\\ & =-\frac{1}{2}\left(\frac{\ln x}{1+x^2}-\int \frac{1}{1+x^2}d\ln x\right)\\ & =-\frac{1}{2}\left[\frac{\ln x}{1+x^2}-\int \frac{dx}{x(1+x^2)}\right]\\ & =-\frac{1}{2}\left[\frac{\ln x}{1+x^2}-\int \left(\frac{1}{x}-\frac{x}{1+x^2}\right)dx\right]\\ & =-\frac{1}{2}\left[\frac{\ln x}{1+x^2}-\ln x+\frac{1}{2}\ln (1+x^2)\right]+C\\ & =-\frac{1}{2}\frac{\ln x}{1+x^2}+\frac{1}{4}\ln \frac{x^2}{1+x^2}+C.\end{array}$$

例题 9.1.6

求不定积分

$$\int \frac{x\arctan x}{(1+x^2{)}^2}dx.$$

解 将分部积分法和换元法结合起来就很容易解决这个积分问题。首先用分部积分法计算如下：

$$\int \frac{x\arctan x}{(1+x^2{)}^2}dx=-\frac{1}{2}\int \arctan xd\left(\frac{1}{1+x^2}\right)=-\frac{\arctan x}{2(1+x^2)}+\frac{1}{2}\int \frac{d\arctan x}{1+x^2}.$$

然后对最后一个积分用代换 $\arctan x=t$，就有

$$\begin{array}{rl}\frac{1}{2}\int \frac{d\arctan x}{1+x^2}& =\frac{1}{2}\int \frac{dt}{1+{\tan }^{2}t}=\frac{1}{2}\int {\cos }^{2}tdt\\ & =\frac{1}{4}\int (\cos 2t+1)dt=\frac{1}{8}\sin 2t+\frac{1}{4}t+C\\ & =\frac{x}{4(1+x^2)}+\frac{1}{4}\arctan x+C.\end{array}$$

合并以上结果就得到

$$\int \frac{x\arctan x}{(1+x^2{)}^2}dx=-\frac{\arctan x}{2(1+x^2)}+\frac{x}{4(1+x^2)}+\frac{1}{4}\arctan x+C=\frac{x^2-1}{4(x^2+1)}\arctan x+\frac{x}{4(1+x^2)}+C.$$

注 从以上例题的解法可以看出，对于不定积分而言，并不存在能对一切情况都适用的固定方法。 初学者必须通过相当数量的解题训练，积累经验，才能掌握计算不定积分的技能。

9.1.5 特殊计算方法

例题 9.1.7

计算不定积分

$$I=\int \frac{\sin xdx}{2\sin x+3\cos x}.$$

解 注意到

$$\int \frac{2\sin x+3\cos x}{2\sin x+3\cos x}dx=\int dx=x+C,$$

又有

$$\int \frac{(2\sin x+3\cos x{)}^{\prime }}{2\sin x+3\cos x}dx=\int \frac{2\cos x-3\sin x}{2\sin x+3\cos x}dx=\ln |2\sin x+3\cos x|+C.$$

不难看出，如果设

$$J=\int \frac{\cos x}{2\sin x+3\cos x}dx,$$

则 $2I+3J$ 与 $2J-3I$ 是直接可以求出的。因此为了求 $I$，只要解代数方程组就行了。 具体计算从略。

评注 从上面这道题我们看到，有时为了计算不定积分 $I(x)=\int f(x)dx$， 可以找另一个不定积分 $J(x)=\int g(x)dx$ 及实数 $a,b,c,d(ad-bc\ne 0)$， 使 $af+bg$ 和 $cf+dg$ 的积分都比 $\int f(x)dx$ 容易计算。 计算出 $aI(x)+bJ(x)$ 和 $cI(x)+dJ(x)$ 之后，就容易用代数方法求出 $I(x)$。

例题 9.1.8

求不定积分

$$\int \frac{dx}{1+x^4}.$$

解 令

$$M(x)=\int \frac{dx}{1+x^4},N(x)=\int \frac{x^{2}dx}{1+x^4},$$

则有

$$\begin{array}{rl}M(x)-N(x)& =\int \frac{1-x^2}{1+x^4}dx=\int \frac{1-\frac{1}{x^2}}{x^2+\frac{1}{x^2}}dx\\ & =-\int \frac{d\left(x+\frac{1}{x}\right)}{{\left(x+\frac{1}{x}\right)}^2-2}=-\frac{1}{2\sqrt{2}}\ln \frac{x^2-\sqrt{2}x+1}{x^2+\sqrt{2}x+1}+C,\end{array}$$

并且

$$\begin{array}{rl}M(x)+N(x)& =\int \frac{1+x^2}{1+x^4}dx=\int \frac{1+\frac{1}{x^2}}{x^2+\frac{1}{x^2}}dx\\ & =\int \frac{d\left(x-\frac{1}{x}\right)}{{\left(x-\frac{1}{x}\right)}^2+2}=\frac{1}{\sqrt{2}}\arctan \frac{x-\frac{1}{x}}{\sqrt{2}}+C=\frac{1}{\sqrt{2}}\arctan \frac{x^2-1}{\sqrt{2}x}+C.\end{array}$$

因此得到

$$M(x)=\frac{1}{2}[(M(x)+N(x))+(M(x)-N(x))]=-\frac{1}{4\sqrt{2}}\ln \frac{x^2-\sqrt{2}x+1}{x^2+\sqrt{2}x+1}+\frac{1}{2\sqrt{2}}\arctan \frac{x^2-1}{\sqrt{2}x}+C.$$

注 本题也可用后面 9.2.1 小节中的标准方法做，但计算量却要大得多。

例题 9.1.9

导出求不定积分

$$I_n=\int \frac{dx}{(1+x^2{)}^n}$$

（$n$ 是正整数）的递推公式。

解 由分部积分法，我们有

$$\begin{array}{rl}{I}_n& =\int \frac{dx}{(1+x^2{)}^n}=\frac{x}{(1+x^2{)}^n}+2n\int \frac{x^2}{(1+x^2{)}^{n+1}}dx\\ & =\frac{x}{(1+x^2{)}^n}+2n\int \left[\frac{1}{(1+x^2{)}^n}-\frac{1}{(1+x^2{)}^{n+1}}\right]dx\\ & =\frac{x}{(1+x^2{)}^n}+2n{I}_n-2n{I}_{n+1}.\end{array}$$

因此得到递推公式

$$I_{n+1}=\frac{1}{2n}\cdot \frac{x}{(1+x^2{)}^n}+\left(1-\frac{1}{2n}\right)I_n,n\in {\mathbb{N}}_{+}.$$

例题 9.1.10

设对正整数 $m,n$，定义

$$I(m,n)=\int {\cos }^{m}x{\sin }^{n}xdx,$$

证明：

$$I(m,n)=\frac{{\cos }^{m-1}x{\sin }^{n+1}x}{m+n}+\frac{m-1}{m+n}I(m-2,n).$$

证 用分部积分法得到

$$\begin{array}{rl}I(m,n)& =\int {\cos }^{m}x{\sin }^{n}xdx=\int {\cos }^{m-1}x{\sin }^{n}xd(\sin x)\\ & ={\cos }^{m-1}x{\sin }^{n+1}x-\int \sin xd({\cos }^{m-1}x{\sin }^{n}x).\end{array}$$

而最后一个积分可以计算如下：

$$\begin{array}{rl}& \int \sin xd({\cos }^{m-1}x{\sin }^{n}x)\\ & =\int \sin x[-(m-1){\cos }^{m-2}x{\sin }^{n+1}x+n{\cos }^{m}x{\sin }^{n-1}x]dx\\ & =-(m-1)\int {\cos }^{m-2}x(1-{\cos }^{2}x){\sin }^{n}xdx+n\int {\cos }^{m}x{\sin }^{n}xdx\\ & =-(m-1)I(m-2,n)+(m+n-1)I(m,n).\end{array}$$

加以整理并除以 $m+n$，即得所要的递推公式。

评注 虽然建立不定积分的递推公式主要是用分部积分法，但有时还需要考虑其他方法。 下面我们看一道例题。

例题 9.1.11

设对正整数 $n>2$，定义

$$I_n=\int \frac{\sin nx}{\sin x}dx,$$

证明：

$$I_n=\frac{2}{n-1}\sin (n-1)x+I_{n-2}.$$

证 考虑降 $n$，

$$\begin{array}{rl}{I}_n& =\int \frac{\sin (n-1)x\cos x+\sin x\cos (n-1)x}{\sin x}dx\\ & =\int \frac{\sin (n-1)x\cos x}{\sin x}dx+\int \cos (n-1)xdx\\ & =\frac{1}{2}\int \frac{\sin nx+\sin (n-2)x}{\sin x}dx+\int \cos (n-1)xdx\\ & =\frac{1}{2}{I}_n+\frac{1}{2}{I}_{n-2}+\frac{1}{n-1}\sin (n-1)x,\end{array}$$

所以

$$I_n=\frac{2}{n-1}\sin (n-1)x+I_{n-2}.$$

9.1.6 练习题

题目 1

计算下列不定积分：

1. $\int \frac{x}{1+x^4}dx$;
2. $\int \frac{dx}{\sqrt{x(1-x)}}$;
3. $\int \ln (1+x^2)dx$;
4. $\int \frac{\arctan \sqrt{x}}{\sqrt{x}(1+x)}dx$;
5. $\int \frac{dx}{e^x-1}$;
6. $\int \frac{x\ln \left(x+\sqrt{1+x^2}\right)}{(1+x^2{)}^2}dx$;
7. $\int \frac{x{e}^x}{(1+x{)}^2}dx$;
8. $\int \frac{1+x}{x(1+x{e}^x)}dx$;
9. $\int {\ln }^2\left(x+\sqrt{1+x^2}\right)dx$;
10. $\int \frac{e^{\arctan x}}{(1+x^2{)}^{3/2}}dx$.

解答 记不定积分常数均为 $C$。

1. 令 $u=x^2$，则

$$\int \frac{x}{1+x^4}dx=\frac{1}{2}\int \frac{du}{1+u^2}=\frac{1}{2}\arctan x^2+C.$$

2. 令 $x={\sin }^{2}t$，则 $dx=2\sin t\cos tdt$，故

$$\int \frac{dx}{\sqrt{x(1-x)}}=2\int dt=2\arcsin \sqrt{x}+C.$$

3. 分部积分取 $u=\ln (1+x^2)$，$dv=dx$，得

$$\int \ln (1+x^2)dx=x\ln (1+x^2)-2\int \frac{x^2}{1+x^2}dx=x\ln (1+x^2)-2x+2\arctan x+C.$$

4. 令 $u=\sqrt{x}$，则

$$\int \frac{\arctan \sqrt{x}}{\sqrt{x}(1+x)}dx=2\int \frac{\arctan u}{1+u^2}du=(\arctan u{)}^2+C=(\arctan \sqrt{x}{)}^2+C.$$

5. 令 $t=e^x$，则

$$\int \frac{dx}{e^x-1}=\int \frac{dt}{t(t-1)}=\ln |t-1|-\ln t+C=\ln (e^x-1)-x+C.$$

6. 分部积分取 $u=\ln (x+\sqrt{1+x^2})$，$dv=\frac{xdx}{(1+x^2{)}^2}$，则

$$v=-\frac{1}{2(1+x^2)},du=\frac{dx}{\sqrt{1+x^2}},$$

从而

$$\int \frac{x\ln (x+\sqrt{1+x^2})}{(1+x^2{)}^2}dx=\frac{x}{2\sqrt{1+x^2}}-\frac{\ln (x+\sqrt{1+x^2})}{2(1+x^2)}+C.$$

7. 注意到

$${\left(\frac{e^x}{1+x}\right)}^{\prime }=\frac{x{e}^x}{(1+x{)}^2},$$

故结果为 $\frac{e^x}{1+x}+C$。 8. 注意到

$${\left[\ln \frac{x{e}^x}{1+x{e}^x}\right]}^{\prime }=\frac{1+x}{x(1+x{e}^x)},$$

故结果为

$$\ln \frac{x{e}^x}{1+x{e}^x}+C.$$

9. 令 $u=\mathrm{arsinh}x=\ln (x+\sqrt{1+x^2})$，则 $x=\sinh u$，$dx=\cosh udu$，于是

$$\int {\ln }^2(x+\sqrt{1+x^2})dx=\int u^2\cosh udu=x{u}^2-2\sqrt{1+x^2}u+2x+C.$$

即

$$x{\ln }^2(x+\sqrt{1+x^2})-2\sqrt{1+x^2}\ln (x+\sqrt{1+x^2})+2x+C.$$

10. 令 $t=\arctan x$，则 $x=\tan t$，$dx={\sec }^{2}tdt$，故

$$\int \frac{e^{\arctan x}}{(1+x^2{)}^{3/2}}dx=\int e^t\cos tdt=\frac{e^t}{2}(\sin t+\cos t)+C.$$

代回得

$$\frac{e^{\arctan x}(x+1)}{2\sqrt{1+x^2}}+C.$$

题目 2

用配对积分法计算下列不定积分：

1. $\int \frac{dx}{1+x^2+x^4}$;
2. $\int \frac{e^{x}dx}{e^x+e^{-x}}$;
3. $\int \frac{b\sin x+a\cos x}{a\sin x+b\cos x}dx(a\ne b)$;
4. $\int \frac{dx}{1+x^3}$.

解答

1. 由

$$\frac{1}{1+x^2+x^4}=\frac{1}{2}\left(\frac{x+1}{x^2+x+1}-\frac{x-1}{x^2-x+1}\right)$$

得

$$\int \frac{dx}{1+x^2+x^4}=\frac{1}{4}\ln \frac{x^2+x+1}{x^2-x+1}+\frac{1}{2\sqrt{3}}\arctan \frac{\sqrt{3}x}{1-x^2}+C.$$

2. 令 $t=e^x$，则

$$\int \frac{e^{x}dx}{e^x+e^{-x}}=\int \frac{tdt}{1+t^2}=\frac{1}{2}\ln (1+e^{2x})+C.$$

3. 设 $D=a\sin x+b\cos x$，解出

$$b\sin x+a\cos x=\frac{a^2-b^2}{a^2+b^2}{D}^{\prime }+\frac{2ab}{a^2+b^2}D,$$

故

$$\int \frac{b\sin x+a\cos x}{a\sin x+b\cos x}dx=\frac{a^2-b^2}{a^2+b^2}\ln |a\sin x+b\cos x|+\frac{2ab}{a^2+b^2}x+C.$$

4. 将 $1+x^3$ 分解为 $(x+1)(x^2-x+1)$，有

$$\frac{1}{1+x^3}=\frac{1}{3(x+1)}+\frac{-x+2}{3(x^2-x+1)},$$

因而

$$\int \frac{dx}{1+x^3}=\frac{1}{3}\ln |x+1|-\frac{1}{6}\ln (x^2-x+1)+\frac{\sqrt{3}}{3}\arctan \frac{2x-1}{\sqrt{3}}+C.$$

题目 3

通过计算不定积分

$$\int ({\cos }^{4}x-{\sin }^{4}x)dx\text{与}\int ({\cos }^{4}x+{\sin }^{4}x)dx,$$

进而求出不定积分

$$\int {\cos }^{4}xdx\text{和}\int {\sin }^{4}xdx.$$

解答 先有

$${\cos }^{4}x-{\sin }^{4}x=({\cos }^{2}x-{\sin }^{2}x)({\cos }^{2}x+{\sin }^{2}x)=\cos 2x,$$

故

$$\int ({\cos }^{4}x-{\sin }^{4}x)dx=\frac{1}{2}\sin 2x+C.$$

又

$${\cos }^{4}x+{\sin }^{4}x=({\cos }^{2}x+{\sin }^{2}x{)}^2-2{\sin }^{2}x{\cos }^{2}x=1-\frac{1}{2}{\sin }^{2}2x=\frac{3}{4}+\frac{1}{4}\cos 4x,$$

因而

$$\int ({\cos }^{4}x+{\sin }^{4}x)dx=\frac{3}{4}x+\frac{1}{16}\sin 4x+C.$$

两式相加、相减即得

$$\int {\cos }^{4}xdx=\frac{3}{8}x+\frac{1}{4}\sin 2x+\frac{1}{32}\sin 4x+C,$$ $$\int {\sin }^{4}xdx=\frac{3}{8}x-\frac{1}{4}\sin 2x+\frac{1}{32}\sin 4x+C.$$

题目 4

导出计算下列不定积分的递推公式：

1. $\int {\sin }^{n}xdx$;
2. $\int {\tan }^{n}xdx$;
3. $\int {\sec }^{n}xdx$;
4. $\int \frac{1}{x^n\sqrt{1+x^2}}dx$.

解答 设 $I_n=\int {\sin }^{n}xdx$，$J_n=\int {\tan }^{n}xdx$，$K_n=\int {\sec }^{n}xdx$， $L_n=\int \frac{dx}{x^n\sqrt{1+x^2}}$，则由分部积分或恒等变形可得

$$I_n=-\frac{{\sin }^{n-1}x\cos x}{n}+\frac{n-1}{n}{I}_{n-2},$$ $$J_n=\frac{{\tan }^{n-1}x}{n-1}-J_{n-2}(n\ge 2),$$ $$K_n=\frac{{\sec }^{n-2}x\tan x}{n-1}+\frac{n-2}{n-1}{K}_{n-2}(n\ge 2),$$ $$L_n=-\frac{\sqrt{1+x^2}}{(n-1)x^{n-1}}-\frac{n-2}{n-1}{L}_{n-2}(n\ge 2).$$

题目 5

试求：

$$(1)\int x{f}^{\prime \prime }(x)dx;(2)\int f^{\prime }(2x)dx.$$

解答 直接分部积分与换元即可：

$$\int x{f}^{\prime \prime }(x)dx=x{f}^{\prime }(x)-f(x)+C,\int f^{\prime }(2x)dx=\frac{1}{2}f(2x)+C.$$

题目 6

设对任意正整数 $m,n$，定义

$$I(m,n)=\int {\cos }^{m}x{\sin }^{n}xdx,$$

证明：

$$(1)I(m,n)=-\frac{{\sin }^{n-1}x{\cos }^{m+1}x}{m+n}+\frac{n-1}{m+n}\cdot I(m,n-2);$$ $$(2)I(n,n)=-\frac{\cos 2x{\sin }^{n-1}2x}{n\cdot 2^{n+1}}+\frac{n-1}{4n}\cdot I(n-2,n-2).$$

解答 对

$$I(m,n)=\int {\cos }^{m}x{\sin }^{n}xdx$$

先看第一式。注意

$$d\left({\sin }^{n-1}x{\cos }^{m+1}x\right)=(n-1){\sin }^{n-2}x{\cos }^{m+2}xdx-(m+1){\sin }^{n}x{\cos }^{m}xdx.$$

用 ${\cos }^{2}x=1-{\sin }^{2}x$ 化简后移项，便得

$$I(m,n)=-\frac{{\sin }^{n-1}x{\cos }^{m+1}x}{m+n}+\frac{n-1}{m+n}I(m,n-2).$$

再令 $m=n$，并将

$$I(n,n-2)=\int {\sin }^{n-2}x{\cos }^{n-2}x{\cos }^{2}xdx=I(n-2,n-2)-I(n,n)$$

代入，整理得

$$I(n,n)=\frac{1}{4}I(n-2,n-2)-\frac{1}{4n}{\sin }^{n-1}x{\cos }^{n-1}x\cos 2x.$$

由 $\sin x\cos x=\frac{1}{2}\sin 2x$，于是

$$I(n,n)=-\frac{\cos 2x{\sin }^{n-1}2x}{n{2}^{n+1}}+\frac{n-1}{4n}I(n-2,n-2).$$

9.2.1 有理函数的积分

例题 9.2.1

将

$$\frac{1}{1+x^3}$$

化为部分分式的和。

解 对待定的表达式

$$\frac{1}{1+x^3}=\frac{1}{(1+x)(1-x+x^2)}=\frac{A}{1+x}+\frac{Bx+C}{1-x+x^2}$$

两边同乘 $1+x$ 后，令 $x\to -1$，得 $A=\frac{1}{3}$。 又将两边同乘 $x$ 后，令 $x\to +\infty$，得 $A+B=0$，因此 $B=-A=-\frac{1}{3}$。 再在两边令 $x=0$ 代入，得 $1=A+C$，因此 $C=1-A=\frac{2}{3}$。

注 从一般理论知道在求部分分式的计算中用四则代数运算就够了。以上引入的极限计算也是如此。 容易看出，求 $A$ 的过程就是在左边将分母的因子 $(1+x)$ 去掉之后再用 $x=-1$ 代入的结果。

例题 9.2.2

求不定积分

$$\int \frac{x^7-2x^6+4x^5-5x^4+4x^3-5x^2-x}{(x-1{)}^2(x^2+1{)}^2}dx.$$

解 1 记被积函数为 $R(x)$。首先要分离出真分式，得到

$$R(x)=x+\frac{x^5-x^4+x^3-3x^2-2x}{(x-1{)}^2(x^2+1{)}^2}.$$

根据部分分式理论，一定有唯一的分解如下：

$$\frac{x^5-x^4+x^3-3x^2-2x}{(x-1{)}^2(x^2+1{)}^2}=\frac{A}{(x-1{)}^2}+\frac{B}{x-1}+\frac{Cx+D}{(x^2+1{)}^2}+\frac{Ex+F}{x^2+1}.(9.2)$$

两边同乘 $(x-1{)}^2$ 后令 $x\to 1$，就得到 $A=-1$。 又两边同乘 $(x-1{)}^2$ 后求在点 $x=1$ 处的导数值，则就可用求导法则计算如下：

$$B=\frac{(5-4+3-6-2)\cdot 4-8\cdot (1-1+1-3-2)}{16}=1.$$

又在 (9.2) 两边同乘 $(x^2+1{)}^2$，再令 $x\to i$（复数域中的极限），就得到

$$Ci+D=\frac{i-1-i+3-2i}{(-2i{)}^2}=1+i,$$

因此 $C=D=1$。再在 (9.2) 两边令 $x=0$ 代入，得到 $A-B+D+F=0$，因此 $F=1$。 最后在 (9.2) 两边同乘以 $x$，并令 $x\to +\infty$，就得到 $1=B+E$，因此 $E=0$。 以下的积分没有困难，我们只列出结果为

$$\int R(x)dx=\frac{1}{2}{x}^2+\frac{1}{x-1}+\frac{x-1}{2(x^2+1)}+\ln |x-1|+\frac{3}{2}\arctan x+C.$$

解 2 代替用各种手段去确定 (9.2) 中的未知数的思路，另外还有一种方法值得介绍。 它看似笨拙，实际上往往很有效。写出 (9.2) 并求出 $A=-1$ 之后，将右边这一项移到左边，计算出

$$\frac{x^5-x^4+x^3-3x^2-2x}{(x-1{)}^2(x^2+1{)}^2}-\frac{-1}{(x-1{)}^2}=\frac{x^5+x^3-x^2-2x+1}{(x-1{)}^2(x^2+1{)}^2}$$ $$=\frac{x^4+x^3+2x^2+x-1}{(x-1)(x^2+1{)}^2}=\frac{B}{x-1}+\cdots ,$$

然后就容易求出 $B=1$。再将这右边的第一项移到左边，计算得到

$$\frac{x^4+x^3+2x^2+x-1}{(x-1)(x^2+1{)}^2}-\frac{1}{x-1}=\frac{-x^3+x-2}{(x-1)(x^2+1{)}^2}=\frac{x^2+x+2}{(x^2+1{)}^2}=\frac{x+1}{(x^2+1{)}^2}+\frac{1}{x^2+1},$$

以下从略。

例题 9.2.3

计算

$$\int \frac{1-x^3}{(1+x{)}^4}dx.$$

解 令 $u=1+x$，则 $x=u-1$，因此

$$\begin{array}{rl}\int \frac{1-x^3}{(1+x{)}^4}dx& =\int \frac{1-(u-1{)}^3}{u^4}du\\ & =\int \left(-\frac{1}{u}+\frac{3}{u^2}-\frac{3}{u^3}+\frac{2}{u^4}\right)du\\ & =-\ln |u|-\frac{3}{u}+\frac{3}{2u^2}-\frac{2}{3u^3}+C\\ & =-\ln |x+1|-\frac{3}{x+1}+\frac{3}{2(x+1{)}^2}-\frac{2}{3(x+1{)}^3}+C.\end{array}$$

9.2.2 三角函数有理式的积分

例题 9.2.4

计算

$$I=\int \frac{dx}{\sin x\cos 2x}.$$

解 这属于上面的情况 1，所以可试用 $t=\cos x$ 计算如下：

$$\begin{array}{rl}I& =\int \frac{\sin xdx}{(1-{\cos }^{2}x)(2{\cos }^{2}x-1)}=\int \frac{d\cos x}{({\cos }^{2}x-1)(2{\cos }^{2}x-1)}\\ & =\int \frac{dt}{(t^2-1)(2t^2-1)}=\int \left(\frac{1}{t^2-1}-\frac{2}{2t^2-1}\right)dt\\ & =\frac{1}{2}\ln \left|\frac{t-1}{t+1}\right|-\frac{1}{\sqrt{2}}\ln \left|\frac{\sqrt{2}t-1}{\sqrt{2}t+1}\right|+C\\ & =\frac{1}{2}\ln \left|\frac{\cos x-1}{\cos x+1}\right|-\frac{1}{\sqrt{2}}\ln \left|\frac{\sqrt{2}\cos x-1}{\sqrt{2}\cos x+1}\right|+C.\end{array}$$

例题 9.2.5

计算

$$I=\int \frac{\cos 2x}{{\sin }^{4}x+{\cos }^{4}x}dx.$$

解 1 这属于上面的情况 3，因此可令 $t=\tan x$ 计算如下：

$$\begin{array}{rl}I& =\int \frac{\frac{{\cos }^{2}x-{\sin }^{2}x}{{\cos }^{2}x}}{\frac{{\sin }^{4}x+{\cos }^{4}x}{{\cos }^{4}x}}\cdot \frac{1}{{\cos }^{2}x}dx\\ & =\int \frac{1-{\tan }^{2}x}{1+{\tan }^{4}x}d\tan x=\int \frac{1-t^2}{1+t^4}dt\\ & =\frac{1}{2\sqrt{2}}\ln \frac{t^2+\sqrt{2}t+1}{t^2-\sqrt{2}t+1}+C\\ & =\frac{1}{2\sqrt{2}}\ln \frac{{\sec }^{2}x+\sqrt{2}\tan x}{{\sec }^{2}x-\sqrt{2}\tan x}+C.\end{array}$$

上面最后一个积分利用了例题 9.1.8 中的结果。

解 2 如下解法更为简单：

$$\begin{array}{rl}I& =\int \frac{\cos 2x}{({\sin }^{2}x+{\cos }^{2}x{)}^2-2{\sin }^{2}x{\cos }^{2}x}dx\\ & =\int \frac{\cos 2x}{2-{\sin }^{2}2x}d(2x)=\int \frac{d\sin 2x}{2-{\sin }^{2}2x}\\ & =\frac{1}{2\sqrt{2}}\ln \left|\frac{\sin 2x+\sqrt{2}}{\sin 2x-\sqrt{2}}\right|+C.\end{array}$$

注 上面的例题表明，求三角函数有理式的不定积分时，不必拘泥于所提到的各种变换， 而应根据具体问题去寻求最适当的解法。下面我们再举一例。

例题 9.2.6

计算

$$I=\int {\sin }^{4}xdx.$$

分析 本题属于上面的情况 3，但如果用变换 $t=\tan x$ 做，计算量较大。下面介绍两种解法。

解 1 用分部积分法可进行如下：

$$\begin{array}{rl}I& =-\int {\sin }^{3}xd\cos x=-{\sin }^{3}x\cos x+\int \cos xd{\sin }^{3}x\\ & =-{\sin }^{3}x\cos x+3\int {\sin }^{2}x{\cos }^{2}xdx\\ & =-{\sin }^{3}x\cos x+3\int {\sin }^{2}x(1-{\sin }^{2}x)dx\\ & =-{\sin }^{3}x\cos x+3\int {\sin }^{2}xdx-3\int {\sin }^{4}xdx\\ & =-{\sin }^{3}x\cos x+\frac{3}{2}\int (1-\cos 2x)dx-3I\\ & =-{\sin }^{3}x\cos x+\frac{3}{2}x-\frac{3}{4}\sin 2x-3I.\end{array}$$

所以得到

$$I=-\frac{1}{4}{\sin }^{3}x\cos x+\frac{3}{8}x-\frac{3}{16}\sin 2x+C.$$

解 2 如果用三角函数的倍角公式，则可得到更简单的解法：

$$\begin{array}{rl}I& =\int {\left(\frac{1-\cos 2x}{2}\right)}^{2}dx=\frac{1}{4}\int (1-2\cos 2x+{\cos }^{2}2x)dx\\ & =\frac{1}{4}\int \left(1-2\cos 2x+\frac{1+\cos 4x}{2}\right)dx\\ & =\frac{3}{8}x-\frac{1}{4}\sin 2x+\frac{1}{32}\sin 4x+C.\end{array}$$

9.2.3 无理函数积分的例子

例题 9.2.7

计算不定积分

$$\int \frac{1}{x}\sqrt{\frac{x+2}{x-2}}dx.$$

解 令

$$t=\sqrt{\frac{x+2}{x-2}},x=\frac{2(t^2+1)}{t^2-1},dx=-\frac{8t}{(t^2-1{)}^2}dt.$$

因此

$$\begin{array}{rl}\int \frac{1}{x}\sqrt{\frac{x+2}{x-2}}dx& =\int \frac{4t^2}{(1-t^2)(1+t^2)}dt\\ & =2\int \left(\frac{1}{1-t^2}-\frac{1}{1+t^2}\right)dt\\ & =\ln \left|\frac{1+t}{1-t}\right|-2\arctan t+C\\ & =\ln \left|\frac{1+\sqrt{\frac{x+2}{x-2}}}{1-\sqrt{\frac{x+2}{x-2}}}\right|-2\arctan \sqrt{\frac{x+2}{x-2}}+C\\ & =\ln \left|x+\sqrt{x^2-4}\right|+\arctan \frac{\sqrt{x^2-4}}{2}+C.\end{array}$$

注 对于形如

$$\int R\left(x,\sqrt[n]{\frac{ax+b}{cx+d}}\right)dx(n>1,ad-bc\ne 0)$$

的不定积分，一般只要令

$$t=\sqrt[n]{\frac{ax+b}{cx+d}},$$

就可以将其化为有理函数积分。

例题 9.2.8

计算不定积分

$$I=\int \frac{1-\sqrt{x+1}}{(x+1)(1+\sqrt[3]{x+1})}dx.$$

解 令 $t=\sqrt[6]{x+1}$，则 $x=t^6-1,dx=6t^{5}dt$。因此

$$\begin{array}{rl}I& =\int \frac{6(1-t^3)t^5}{t^6(1+t^2)}dt=6\int \frac{1-t^3}{t(1+t^2)}dt\\ & =6\int \frac{(1+t^2)-t(t-1)-t(1+t^2)}{t(1+t^2)}dt\\ & =6\int \left(\frac{1}{t}-\frac{t-1}{t^2+1}-1\right)dt\\ & =6\left(\ln |t|-\frac{1}{2}\ln (1+t^2)+\arctan t-t\right)+C\\ & =6\left(\ln \sqrt[6]{x+1}-\frac{1}{2}\ln (1+\sqrt[3]{x+1})+\arctan \sqrt[6]{x+1}-\sqrt[6]{x+1}\right)+C\\ & =3\ln \frac{\sqrt[3]{x+1}}{1+\sqrt[3]{x+1}}+6\arctan \sqrt[6]{x+1}-6\sqrt[6]{x+1}+C.\end{array}$$

注 对于形如

$$\int R\left(x,\sqrt[n]{ax+b},\sqrt[m]{ax+b}\right)dx$$

的不定积分，其中 $m,n$ 是正整数，可以用 $t=\sqrt[p]{ax+b}$，其中 $p$ 是 $m,n$ 的最小公倍数， 将其有理化。

例题 9.2.9

计算不定积分

$$I=\int \sqrt{1+\sin x}dx.$$

分析 关键是去掉根号或化掉根号下的三角函数。我们介绍下列两种方法。

解 1 用适当的三角恒等式，可计算如下：

$$\begin{array}{rl}I& =\int \sqrt{{\sin }^2\frac{x}{2}+{\cos }^2\frac{x}{2}+2\sin \frac{x}{2}\cos \frac{x}{2}}dx\\ & =\int \left(\sin \frac{x}{2}+\cos \frac{x}{2}\right)dx\\ & =-2\cos \frac{x}{2}+2\sin \frac{x}{2}+C.\end{array}$$

解 2 用代换法，令 $t=\sqrt{1+\sin x}$，则

$$x=\arcsin (t^2-1),dx=\frac{2tdt}{\sqrt{2t^2-t^4}}.$$

因此

$$I=\int \frac{2t^{2}dt}{\sqrt{2t^2-t^4}}=\int \frac{d{t}^2}{\sqrt{2-t^2}}=-2\sqrt{2-t^2}+C=-2\sqrt{1-\sin x}+C.$$

例题 9.2.10

计算不定积分

$$I=\int \arctan \sqrt{\frac{a-x}{a+x}}dx(a>0).$$

解 1 用分部积分法：

$$\begin{array}{rl}I& =x\arctan \sqrt{\frac{a-x}{a+x}}-\int x\cdot \frac{1}{1+\frac{a-x}{a+x}}\cdot \frac{1}{2\sqrt{\frac{a-x}{a+x}}}\cdot \frac{-2a}{(a+x{)}^2}dx\\ & =x\arctan \sqrt{\frac{a-x}{a+x}}+\frac{1}{2}\int \frac{x}{\sqrt{a^2-x^2}}dx\\ & =x\arctan \sqrt{\frac{a-x}{a+x}}-\frac{1}{2}\sqrt{a^2-x^2}+C.\end{array}$$

解 2 令 $x=a\cos t$，则有

$$\arctan \sqrt{\frac{a-x}{a+x}}=\arctan \sqrt{\frac{1-\cos t}{1+\cos t}}=\arctan \sqrt{\frac{2{\sin }^2\frac{t}{2}}{2{\cos }^2\frac{t}{2}}}=\arctan \left(\tan \frac{t}{2}\right)=\frac{t}{2}.$$

因此

$$I=a\int \frac{t}{2}d\cos t=a\cdot \frac{t}{2}\cos t-\frac{a}{2}\int \cos tdt=\frac{at}{2}\cos t-\frac{a}{2}\sin t+C=\frac{x}{2}\arccos \frac{x}{a}-\frac{1}{2}\sqrt{a^2-x^2}+C.$$

9.2.4 练习题

题目 1

用观察法将被积函数拆开后计算不定积分：

1. $\int \frac{x}{(x+1)(x+2)}dx$;
2. $\int \frac{x^2+x+1}{x(1+x^2)}dx$;
3. $\int \frac{dx}{x^4(x^2+1)}$;
4. $\int \frac{4x^2+3}{(x^2+1)(x^2+2)}dx$.

解答 直接拆分可得

1. $\frac{x}{(x+1)(x+2)}=-\frac{1}{x+1}+\frac{2}{x+2}$，故

$$\int \frac{x}{(x+1)(x+2)}dx=-\ln |x+1|+2\ln |x+2|+C.$$

2. $\frac{x^2+x+1}{x(1+x^2)}=\frac{1}{x}+\frac{1}{1+x^2}$，故

$$\int \frac{x^2+x+1}{x(1+x^2)}dx=\ln |x|+\arctan x+C.$$

3. $\frac{1}{x^4(x^2+1)}=\frac{1}{x^4}-\frac{1}{x^2}+\frac{1}{1+x^2}$，故

$$\int \frac{dx}{x^4(x^2+1)}=-\frac{1}{3x^3}+\frac{1}{x}+\arctan x+C.$$

4. $\frac{4x^2+3}{(x^2+1)(x^2+2)}=-\frac{1}{x^2+1}+\frac{5}{x^2+2}$，故

$$\int \frac{4x^2+3}{(x^2+1)(x^2+2)}dx=-\arctan x+\frac{5}{\sqrt{2}}\arctan \frac{x}{\sqrt{2}}+C.$$

题目 2

计算下列有理函数的不定积分：

1. $\int \frac{x^5-x}{1+x^8}dx$;
2. $\int \frac{dx}{x(x^n+a)}(a\ne 0)$;
3. $\int \frac{xdx}{(x+1)(x^2+3)}$;
4. $\int \frac{x-1}{(x^2+2x+3{)}^2}dx$;
5. $\int \frac{1+x+x^2+x^3}{(x-2{)}^{10}}dx$;
6. $\int \frac{x^3+1}{x^3-5x^2+6x}dx$;
7. $\int \frac{dx}{1+x^6}$;
8. $\int \frac{x^2-x+3}{(x^2+x+1)(x-1{)}^2}dx$.

解答

1. 令 $u=x^2$，则

$$\int \frac{x^5-x}{1+x^8}dx=\frac{1}{2}\int \frac{u^2-1}{1+u^4}du=\frac{\sqrt{2}}{8}\ln \frac{x^4-\sqrt{2}{x}^2+1}{x^4+\sqrt{2}{x}^2+1}+C.$$

2. 由

$$\frac{1}{x(x^n+a)}=\frac{1}{a}\left(\frac{1}{x}-\frac{x^{n-1}}{x^n+a}\right)$$

得

$$\int \frac{dx}{x(x^n+a)}=\frac{1}{a}\ln |x|-\frac{1}{an}\ln |x^n+a|+C.$$

$$\frac{x}{(x+1)(x^2+3)}=-\frac{1}{4(x+1)}+\frac{x+3}{4(x^2+3)},$$

故

$$\int \frac{xdx}{(x+1)(x^2+3)}=-\frac{1}{4}\ln |x+1|+\frac{1}{8}\ln (x^2+3)+\frac{3}{4\sqrt{3}}\arctan \frac{x}{\sqrt{3}}+C.$$

4. 令 $u=x+1$，则

$$\int \frac{x-1}{(x^2+2x+3{)}^2}dx=\int \frac{u-2}{(u^2+2{)}^2}du=-\frac{u+1}{2(u^2+2)}-\frac{\sqrt{2}}{4}\arctan \frac{u}{\sqrt{2}}+C,$$

即

$$-\frac{x+2}{2(x^2+2x+3)}-\frac{\sqrt{2}}{4}\arctan \frac{x+1}{\sqrt{2}}+C.$$

5. 令 $t=x-2$，则被积函数化为 $t^{-7}+7t^{-8}+17t^{-9}+15t^{-10}$，故

$$\int \frac{1+x+x^2+x^3}{(x-2{)}^{10}}dx=-\frac{1}{6(x-2{)}^6}-\frac{1}{(x-2{)}^7}-\frac{17}{8(x-2{)}^8}-\frac{5}{3(x-2{)}^9}+C.$$

6. 先作带余除法并部分分式分解：

$$\frac{x^3+1}{x^3-5x^2+6x}=1+\frac{1}{6x}-\frac{9}{2(x-2)}+\frac{28}{3(x-3)}.$$

因而

$$\int \frac{x^3+1}{x^3-5x^2+6x}dx=x+\frac{1}{6}\ln |x|-\frac{9}{2}\ln |x-2|+\frac{28}{3}\ln |x-3|+C.$$

7. 将 $1+x^6$ 分解为

$$(x^2+1)(x^2+\sqrt{3}x+1)(x^2-\sqrt{3}x+1),$$

并作部分分式分解，可得

$$\begin{array}{rl}\int \frac{dx}{1+x^6}& =\frac{1}{3}\arctan x+\frac{1}{6}\arctan (2x-\sqrt{3})+\frac{1}{6}\arctan (2x+\sqrt{3})\\ & +\frac{\sqrt{3}}{12}\ln \frac{x^2+\sqrt{3}x+1}{x^2-\sqrt{3}x+1}+C.\end{array}$$

$$\frac{x^2-x+3}{(x^2+x+1)(x-1{)}^2}=\frac{2(x+2)}{3(x^2+x+1)}-\frac{2}{3(x-1)}+\frac{1}{(x-1{)}^2},$$

故

$$\begin{array}{rl}\int \frac{x^2-x+3}{(x^2+x+1)(x-1{)}^2}dx& =\frac{1}{3}\ln (x^2+x+1)+\frac{2}{\sqrt{3}}\arctan \frac{2x+1}{\sqrt{3}}\\ & -\frac{2}{3}\ln |x-1|-\frac{1}{x-1}+C.\end{array}$$

题目 3

计算下列三角函数有理式的不定积分：

1. $\int \frac{dx}{1+\cos x}$;
2. $\int \frac{dx}{\sin x{\cos }^{4}x}$;
3. $\int \frac{dx}{2+{\tan }^{2}x}$;
4. $\int {\tan }^{5}x{\sec }^{3}xdx$;
5. $\int \frac{\sec x}{(1+\sec x{)}^2}dx$;
6. $\int \frac{{\sin }^{2}x\cos x}{\sin x+\cos x}dx$;
7. $\int \frac{\sin x\cos x}{1+{\sin }^{4}x}dx$;
8. $\int \frac{dx}{{\sin }^{4}x{\cos }^{2}x}$.

解答

1. 由 $1+\cos x=2{\cos }^2\frac{x}{2}$，得

$$\int \frac{dx}{1+\cos x}=\int \frac{1}{2}{\sec }^2\frac{x}{2}dx=\tan \frac{x}{2}+C.$$

2. 令 $t=\tan x$，则

$$\int \frac{dx}{\sin x{\cos }^{4}x}=\int \frac{t^{2}dt}{(1+t^2{)}^2(t+1)}=\sec x+\frac{1}{3}{\sec }^{3}x+\ln \left|\tan \frac{x}{2}\right|+C.$$

3. 令 $t=\tan x$，则

$$\int \frac{dx}{2+{\tan }^{2}x}=\int \frac{dt}{(1+t^2)(2+t^2)}=\arctan t-\frac{1}{\sqrt{2}}\arctan \frac{t}{\sqrt{2}}+C.$$

即

$$x-\frac{1}{\sqrt{2}}\arctan \frac{\tan x}{\sqrt{2}}+C.$$

4. 令 $u=\sec x$，则

$$\int {\tan }^{5}x{\sec }^{3}xdx=\int (u^2-1{)}^2{u}^{2}du=\frac{1}{7}{u}^7-\frac{2}{5}{u}^5+\frac{1}{3}{u}^3+C,$$

即

$$\frac{1}{7}{\sec }^{7}x-\frac{2}{5}{\sec }^{5}x+\frac{1}{3}{\sec }^{3}x+C.$$

5. 化为 $\frac{\cos x}{(1+\cos x{)}^2}$，再令 $t=\tan \frac{x}{2}$，得

$$\int \frac{\sec x}{(1+\sec x{)}^2}dx=\frac{1}{2}\tan \frac{x}{2}-\frac{1}{6}{\tan }^3\frac{x}{2}+C.$$

6. 令 $t=\tan x$，则积分化为有理式，整理后得

$$\int \frac{{\sin }^{2}x\cos x}{\sin x+\cos x}dx=\frac{1}{4}\ln |\sin x+\cos x|-\frac{1}{4}\cos x(\sin x+\cos x)+C.$$

7. 令 $u={\sin }^{2}x$，则

$$\int \frac{\sin x\cos x}{1+{\sin }^{4}x}dx=\frac{1}{2}\int \frac{du}{1+u^2}=\frac{1}{2}\arctan ({\sin }^{2}x)+C.$$

8. 令 $t=\tan x$，则

$$\int \frac{dx}{{\sin }^{4}x{\cos }^{2}x}=\int \frac{(1+t^2{)}^2}{t^4}dt=\tan x-2\cot x-\frac{1}{3}{\cot }^{3}x+C.$$

题目 4

计算 Poisson（泊松）积分

$$\int \frac{1-r^2}{1-2r\cos x+r^2}dx(-1<r<1).$$

解答 令 $t=\tan \frac{x}{2}$，则

$$\cos x=\frac{1-t^2}{1+t^2},dx=\frac{2dt}{1+t^2},$$

从而

$$1-2r\cos x+r^2=\frac{(1-r{)}^2+(1+r{)}^2{t}^2}{1+t^2}.$$

于是

$$\int \frac{1-r^2}{1-2r\cos x+r^2}dx=2\arctan \left(\frac{1+r}{1-r}\tan \frac{x}{2}\right)+C.$$

题目 5

计算下列无理函数的不定积分：

1. $\int \frac{dx}{\sqrt{\sin x{\cos }^{7}x}}$;
2. $\int \frac{dx}{x\sqrt{2x^2+3}}$;
3. $\int \sqrt{{\tan }^{2}x+2}dx$;
4. $\int \frac{x{e}^{x}dx}{\sqrt{1+e^x}}$;
5. $\int \frac{dx}{\sqrt{(x-1{)}^3(x-2)}}$;
6. $\int \frac{\sqrt{x}-1}{\sqrt[3]{x}+1}dx$.

解答

1. 因为 $\sin x{\cos }^{7}x=\tan x{\cos }^{8}x$，令 $u=\sqrt{\tan x}$，则

$$\int \frac{dx}{\sqrt{\sin x{\cos }^{7}x}}=\int \frac{{\sec }^{4}x}{\sqrt{\tan x}}dx=2\int (1+u^4)du=2\sqrt{\tan x}+\frac{2}{5}{\tan }^{5/2}x+C.$$

2. 令 $x=\sqrt{\frac{3}{2}}\tan \theta$，则

$$\int \frac{dx}{x\sqrt{2x^2+3}}=\frac{1}{\sqrt{3}}\int \csc \theta d\theta =\frac{1}{\sqrt{3}}\ln \left|\frac{\sqrt{2x^2+3}-\sqrt{3}}{\sqrt{2}x}\right|+C.$$

3. 令 $t=\tan x$，再令 $t=\sqrt{2}\sinh u$，则

$$\int \sqrt{{\tan }^{2}x+2}dx=\int \frac{\sqrt{t^2+2}}{1+t^2}dt=u+\frac{1}{2}\arctan (\sinh 2u)+C.$$

代回得

$$\mathrm{arsinh}\frac{\tan x}{\sqrt{2}}+\frac{1}{2}\arctan \left(\tan x\sqrt{{\tan }^{2}x+2}\right)+C.$$

4. 令 $u=\sqrt{1+e^x}$，则 $e^x=u^2-1$，$dx=\frac{2u}{u^2-1}du$，故

$$\int \frac{x{e}^{x}dx}{\sqrt{1+e^x}}=2\int \ln (u^2-1)du.$$

积分后得

$$\begin{array}{rl}\int \frac{x{e}^{x}dx}{\sqrt{1+e^x}}& =2x\sqrt{1+e^x}-4\sqrt{1+e^x}\\ & +2\ln \frac{\sqrt{1+e^x}+1}{\sqrt{1+e^x}-1}+C.\end{array}$$

5. 令

$$u=\sqrt{\frac{x-2}{x-1}},$$

则 $x-1=\frac{1}{1-u^2}$，$dx=\frac{2u}{(1-u^2{)}^2}du$，而

$$\sqrt{(x-1{)}^3(x-2)}=\frac{u}{(1-u^2{)}^2}.$$

因而

$$\int \frac{dx}{\sqrt{(x-1{)}^3(x-2)}}=2u+C=2\sqrt{\frac{x-2}{x-1}}+C.$$

6. 令 $x=t^6$，则

$$\int \frac{\sqrt{x}-1}{\sqrt[3]{x}+1}dx=\int \frac{6t^5(t^3-1)}{t^2+1}dt.$$

作多项式除法后得

$$\frac{6t^5(t^3-1)}{t^2+1}=6t^6-6t^4-6t^3+6t^2+6t-6+\frac{6-6t}{t^2+1},$$

故积分为

$$\begin{array}{rl}& \frac{6}{7}{t}^7-\frac{6}{5}{t}^5-\frac{3}{2}{t}^4+2t^3+3t^2-6t+6\arctan t-3\ln (1+t^2)+C\\ & (t=x^{1/6}).\end{array}$$

9.3.2 参考题

题目 1

设 $f^{\prime }({\sin }^{2}x)=\cos 4x+{\tan }^{2}x,0<x<1$，求函数 $f(x)$。

题目 2

计算下列不定积分：

1. $\int x\arctan x\ln (1+x^2)dx$;
2. $\int \frac{1-\ln x}{(x-\ln x{)}^2}dx$;
3. $\int [x]|\sin \pi x|dx(x\ge 0)$;
4. $\int \sin x\ln (\sin x)dx$;
5. $\int \frac{dx}{\sin (x+a)\sin (x+b)}$;
6. $\int \frac{1-x}{x(1+x^n)}dx(n\in {\mathbb{N}}_{+})$.

题目 3

对每个正整数 $n$，定义

$$I_n=\int \frac{(ax+b{)}^n}{\sqrt{cx+b}}dx,$$

求出计算 $I_n$ 的递推公式。

题目 4

对于实数 $a\ne 0$ 与正整数 $n>2$，定义

$$I_n=\int {\left[\frac{\sin \frac{x-a}{2}}{\sin \frac{x+a}{2}}\right]}^{n}dx.$$

证明：对于 $I_n$ 有递推公式

$$I_n=-I_{n-2}+2\cos a\cdot I_{n-1}+\frac{2\sin a}{n}{\left[\frac{\sin \frac{x-a}{2}}{\sin \frac{x+a}{2}}\right]}^{n-1}.$$

题目 5

设 $Q$ 为 $n$ 次多项式，且具有 $n$ 个相异实根 $x_i,i=1,2,\dots ,n$。 又设 $P$ 是与 $Q$ 不可约的 $m$ 次多项式，且 $m<n$，证明：

$$\int \frac{P(x)}{Q(x)}dx=\sum _{i=1}^n\frac{P(x_i)}{Q^{\prime }(x_i)}\ln |x-x_i|+C.$$

题目 6

求 $\int f(x)dx$，其中 $f(x)$ 为 $x$ 到离其最近的整数的距离。

题目 7

Liouville 在 19 世纪 30 年代对于初等函数的不定积分在什么条件下是初等函数进行了深入的研究， 他得到的一个结果是：

定理\quad 设 $f,g$ 为有理函数，$g$ 不是常值函数，如果

$$\int f(x)e^{g(x)}dx$$

是初等函数，则存在有理函数 $h$，使得

$$\int f(x)e^{g(x)}dx=h(x)e^{g(x)}+C.$$

试用这个定理证明：$\int e^{-x^2}dx$ 和 $\int \frac{e^x}{x}dx$ 都是非初等不定积分 （由后者又可推出 $\int \frac{dx}{\ln x}$ 也是非初等不定积分）。

解答

1. 令 $y={\sin }^{2}x$，则 $0<y<{\sin }^{2}1$，且

$$\cos 4x=1-8y(1-y)=8y^2-8y+1,{\tan }^{2}x=\frac{y}{1-y}.$$

因而

$$f^{\prime }(y)=8y^2-8y+1+\frac{y}{1-y}.$$

积分得

$$f(y)=\frac{8}{3}{y}^3-4y^2-\ln (1-y)+C,$$

即

$$f(x)=\frac{8}{3}{x}^3-4x^2-\ln (1-x)+C.$$

3. 分部积分取 $u=\arctan x\ln (1+x^2)$，$dv=xdx$，得

$$\begin{array}{rl}\int x\arctan x\ln (1+x^2)dx& =\frac{x^2+1}{2}\arctan x\ln (1+x^2)-\frac{1}{2}{x}^2\arctan x\\ & -\frac{1}{2}x\ln (1+x^2)+\frac{3}{2}x-\frac{3}{2}\arctan x+C.\end{array}$$

2. 注意到

$${\left(\frac{x}{x-\ln x}\right)}^{\prime }=\frac{1-\ln x}{(x-\ln x{)}^2},$$

故结果为 $\frac{x}{x-\ln x}+C$。 3. 设 $n=[x]$。在区间 $[n,n+1)$ 上，$|\sin \pi x|=\sin \pi (x-n)$，故原函数可取为

$$F(x)=\frac{n}{\pi }(n-\cos \pi (x-n))+C,n=[x].$$

等价地，也可写成分段形式：对 $x\in [n,n+1)$，

$$F(x)=\frac{n(n-1)}{\pi }+\frac{n}{\pi }(1-\cos \pi (x-n))+C.$$

4. 分部积分取 $u=\ln (\sin x)$，$dv=\sin xdx$，得

$$\int \sin x\ln (\sin x)dx=-\cos x\ln (\sin x)+\int \frac{{\cos }^{2}x}{\sin x}dx=-\cos x\ln (\sin x)+\ln \tan \frac{x}{2}+\cos x+C.$$

5. 用恒等式

$$\cot (x+a)-\cot (x+b)=\frac{\sin (b-a)}{\sin (x+a)\sin (x+b)}$$

即得

$$\int \frac{dx}{\sin (x+a)\sin (x+b)}=\frac{1}{\sin (b-a)}\ln \left|\frac{\sin (x+a)}{\sin (x+b)}\right|+C.$$

6. 先拆成

$$\frac{1-x}{x(1+x^n)}=\frac{1}{x}-\frac{x^{n-1}+1}{1+x^n},$$

故

$$\int \frac{1-x}{x(1+x^n)}dx=\ln |x|-\frac{1}{n}\ln (1+x^n)-\int \frac{dx}{1+x^n}.$$

最后一项再按 $1+x^n$ 的实因式分解作部分分式即可得到显式结果。

3. 设

$$I_n=\int \frac{(ax+b{)}^n}{\sqrt{cx+b}}dx.$$

分部积分取 $u=(ax+b{)}^n$，$dv=\frac{dx}{\sqrt{cx+b}}$，则

$$v=\frac{2}{c}\sqrt{cx+b}.$$

又因

$$cx+b=\frac{c}{a}(ax+b)+\frac{b(a-c)}{a},$$

得

$$\int (ax+b{)}^{n-1}\sqrt{cx+b}dx=\frac{c}{a}{I}_n+\frac{b(a-c)}{a}{I}_{n-1}.$$

代回整理，便有递推式

$$I_n=\frac{2(ax+b{)}^n\sqrt{cx+b}}{c(2n+1)}-\frac{2nb(a-c)}{c(2n+1)}{I}_{n-1}.$$

4. 设

$$u=\frac{\sin \frac{x-a}{2}}{\sin \frac{x+a}{2}}.$$

直接计算得

$$u^{\prime }=\frac{\sin a}{2{\sin }^2\frac{x+a}{2}},u^2-2\cos au+1=\frac{{\sin }^{2}a}{{\sin }^2\frac{x+a}{2}}.$$

因而

$$u^{\prime }=\frac{u^2-2\cos au+1}{2\sin a}.$$

从而

$$u^n-2\cos a{u}^{n-1}+u^{n-2}=\frac{2\sin a}{n-1}(u^{n-1}{)}^{\prime }.$$

两边积分便得

$$I_n=-I_{n-2}+2\cos a{I}_{n-1}+\frac{2\sin a}{n-1}{\left[\frac{\sin \frac{x-a}{2}}{\sin \frac{x+a}{2}}\right]}^{n-1}.$$

由直接计算可见，递推式中的分母应为 $n-1$；若题面写成 $n$，应为笔误。

5. 因为 $m<n$ 且 $Q$ 有 $n$ 个相异实根，$P$ 与 $Q$ 不可约，故

$$\frac{P(x)}{Q(x)}=\sum _{i=1}^n\frac{A_i}{x-x_i}.$$

两边乘以 $x-x_i$ 再令 $x\to x_i$，得

$$A_i=\frac{P(x_i)}{Q^{\prime }(x_i)}.$$

于是

$$\int \frac{P(x)}{Q(x)}dx=\sum _{i=1}^n\frac{P(x_i)}{Q^{\prime }(x_i)}\ln |x-x_i|+C.$$

6. 设 $f(x)$ 为 $x$ 到最近整数的距离，记 $x=n+t$，其中 $n=[x]$，$0\le t<1$。则

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}t,& 0\le t\le \frac{1}{2},\\ 1-t,& \frac{1}{2}\le t<1.\end{array}$$

由每个长度为 $1$ 的区间上的面积等于 $\frac{1}{4}$，可取原函数

$$F(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{n}{4}+\frac{1}{2}{t}^2,& 0\le t\le \frac{1}{2},\\ \frac{n}{4}+t-\frac{1}{2}{t}^2-\frac{1}{4},& \frac{1}{2}\le t<1,\end{array}(x=n+t,n=[x]).$$

7. 若 $\int e^{-x^2}dx$ 是初等函数，由定理存在有理函数 $h$ 使

$$h^{\prime }(x)-2xh(x)=1.$$

若 $h$ 在有限点有极点，则左边必有极点，而右边无极点，矛盾，故 $h$ 只能是多项式。但若 $\mathrm{deg}h=m\ge 0$，则左边首项次数为 $m+1$，不可能恒等于常数 $1$，矛盾。因此 $\int e^{-x^2}dx$ 非初等。

同理，若 $\int \frac{e^x}{x}dx$ 是初等函数，则存在有理函数 $h$ 使

$$h^{\prime }(x)+h(x)=\frac{1}{x}.$$

若 $h$ 在某个有限点 $x_0\ne 0$ 有极点，则左边在 $x_0$ 有极点，右边没有，矛盾；若 $h$ 在 $0$ 处有极点，设其主部首项为 $a_{-m}{x}^{-m}$，则 $h^{\prime }+h$ 的主部首项为 $-m{a}_{-m}{x}^{-m-1}$，不可能只出现 $x^{-1}$ 项，仍矛盾。故 $h$ 无有限极点，只能是多项式，而多项式不可能满足 $h^{\prime }+h=1/x$，矛盾。因此 $\int \frac{e^x}{x}dx$ 也非初等。再令 $x=e^t$，便得

$$\int \frac{dx}{\ln x}=\int \frac{e^t}{t}dt,$$

于是 $\int \frac{dx}{\ln x}$ 亦非初等。