刷题-不定积分

35

求 $I = \int x \arctan x \ln (1 + x^{2}) d x$ 。

大胆使用分部积分公式，先消除对数函数，所以先求积分：

\begin{array}{r} J = \int x \arctan x d x = \int \arctan x d (\frac{1}{2} x^{2}) = \frac{1}{2} x^{2} \arctan x - \int \frac{\frac{1}{2} x^{2}}{1 + x^{2}} d x \\ = \frac{1}{2} x^{2} \arctan x - \frac{1}{2} x + \frac{1}{2} \arctan x + C \end{array}

那么就可以使用分部积分法：

\begin{aligned} I & = \int \ln (1 + x^{2}) d J = J \ln (1 + x^{2}) - \int \frac{2 x \cdot J}{1 + x^{2}} d x \\ = J \ln (1 + x^{2}) - \int \frac{2 x \cdot (\frac{1}{2} x^{2} \arctan x - \frac{1}{2} x + \frac{1}{2} \arctan x)}{1 + x^{2}} d x \\ = J \ln (1 + x^{2}) - [\int x \cdot \frac{(1 + x^{2}) \arctan x}{1 + x^{2}} d x - \int \frac{x^{2}}{1 + x^{2}} d x] \\ = J \ln (1 + x^{2}) - \int x \cdot \arctan x d x + \int \frac{x^{2}}{1 + x^{2}} d x \\ = J \ln (1 + x^{2}) - \frac{1}{2} x^{2} \arctan x + \frac{3}{2} \int \frac{x^{2}}{1 + x^{2}} d x \\ = (\frac{1}{2} x^{2} \arctan x - \frac{1}{2} x + \frac{1}{2} \arctan x) \ln (1 + x^{2}) + \frac{3}{2} (x - \arctan x) + C \end{aligned}

36

求 $I = \int x (\sin^{3} x + \cos^{2} x) d x$ 。

使用分部积分法将 $x$ 消除：

\begin{aligned} \int \sin^{3} x d x & = \int \sin x \cdot (1 - \cos^{2} x) d x \\ = \int (1 - \cos^{2} x) d (- \cos x) \\ = \frac{1}{3} \cos^{3} x - \cos x + C \end{aligned}

\begin{aligned} \int \cos^{2} x d x & = \int \frac{\cos 2 x + 1}{2} d x \\ = \frac{1}{4} \sin 2 x + \frac{1}{2} x + C \end{aligned}

从而有：

J = \int (\sin^{3} x + \cos^{2} x) d x = \frac{1}{3} \cos^{3} x - \cos x + \frac{1}{4} \sin 2 x + \frac{1}{2} x + C

故而：

\begin{aligned} I & = \int x d J = x \cdot J - \int J d x \\ \int J d x & = \frac{1}{3} \int \cos^{3} x d x - \int \cos x d x + \frac{1}{4} \int \sin 2 x d x + \frac{1}{2} \int x d x \\ = \frac{1}{3} \int \cos^{3} x d x - \sin x - \frac{1}{8} \cos 2 x + \frac{1}{4} x^{2} \end{aligned}

而：

\begin{aligned} \int \cos^{3} x d x & = \int (1 - \sin^{2} x) d \sin x \\ = \sin x - \frac{1}{3} \sin^{3} x + C \end{aligned}

故而可以得到答案：

\begin{array}{r} I = x \cdot (\frac{1}{3} \cos^{3} x - \cos x + \frac{1}{4} \sin 2 x + \frac{1}{2} x) - \frac{1}{3} (\sin x - \frac{1}{3} \sin^{3} x) + \sin x + \frac{1}{8} \cos 2 x - \frac{1}{4} x^{2} + C \end{array}

37

求 $I = \int {(\frac{x^{2}}{1 - x^{2}})}^{3} d x$ 。

使用分部积分法进行降次：

\begin{aligned} I & = \int x^{6} \frac{1}{(1 - x^{2})^{3}} d x \\ = \int \frac{x^{6}}{4 x} (\frac{4 x}{(1 - x^{2})^{3}} d x) \\ = \int \frac{x^{5}}{4} d (\frac{1}{(1 - x^{2})^{2}}) \\ = \frac{x^{5}}{4} \cdot \frac{1}{(1 - x^{2})^{2}} - \int \frac{1}{(1 - x^{2})^{2}} \cdot \frac{5}{4} x^{4} d x \\ = \frac{x^{5}}{4} \cdot \frac{1}{(1 - x^{2})^{2}} - \int \frac{5}{8} x^{3} (\frac{2 x}{(1 - x^{2})^{2}} d x) \\ = \frac{x^{5}}{4} \cdot \frac{1}{(1 - x^{2})^{2}} - \frac{5}{8} x^{3} \cdot \frac{1}{1 - x^{2}} + \int \frac{1}{1 - x^{2}} \cdot \frac{15}{8} x^{2} d x \end{aligned}

由于：

\int \frac{x^{2}}{1 - x^{2}} d x = - x + \ln ∣ \frac{x + 1}{x - 1} ∣ + C

故而可以轻易得到 $I$ 的积分。

38

求 $I = \int \frac{1}{(1 + x^{4})^{2}} d x$ 。

39

求 $I = \int x^{2} e^{\frac{x^{2}}{2} - x} d x$ 。

先尝试用分部积分，目的是将 $x^{2}$ 降次。故而可以轻易想到凑微分 $d (e^{\frac{x^{2}}{2} - x})$ 。

\begin{aligned} I & = \int \frac{x^{2}}{x - 1} \cdot [(x - 1) e^{\frac{x^{2}}{2} - x}] d x = \frac{x^{2}}{x - 1} \cdot e^{\frac{x^{2}}{2} - x} - \int e^{\frac{x^{2}}{2} - x} \cdot \frac{x^{2} - 2 x}{(x - 1)^{2}} d x \end{aligned}

可以看到，经过分部积分处理过后，形式变得更加复杂了。通过对复杂形式的产生进行分析可得是因为多了一个分母 $x - 1$ ，从而我们想要在分部积分的过程中消去这个分母，于是可以先到以下变形：

x^{2} = x^{2} - 1 + 1

从而分部积分的过程可以是：

\begin{aligned} I & = \int (x^{2} - 1) e^{\frac{x^{2}}{2} - x} d x + \int e^{\frac{x^{2}}{2} - x} d x \\ = \int \frac{(x - 1) (x + 1)}{x - 1} \cdot [(x - 1) e^{\frac{x^{2}}{2} - x}] d x + \int e^{\frac{x^{2}}{2} - x} d x \\ = \int (x + 1) d (e^{\frac{x^{2}}{2} - x}) + \int e^{\frac{x^{2}}{2} - x} d x \\ = (x + 1) e^{\frac{x^{2}}{2} - x} - \int e^{\frac{x^{2}}{2} - x} d x + \int e^{\frac{x^{2}}{2} - x} d x \\ = (x + 1) e^{\frac{x^{2}}{2} - x} + C \end{aligned}

40

求 $I_{n} = \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sin^{n} x d x$ 。

利用分部积分法求递推式：

I_{n} = x \sin^{n} x ∣_{0}^{\frac{π}{2}} - n \int x \cos x \cdot \sin^{n - 1} x d x

我们可以发现这种方法行不通，因为多出了一个因子 $x$ ，所以我们需要换一种方法：

\begin{aligned} I_{n} & = \int \sin^{n - 1} x \cdot (\sin x d x) = \int \sin^{n - 1} x d (- \cos x) \\ = - \cos x \cdot \sin^{n - 1} x ∣_{0}^{\frac{π}{2}} + (n - 1) \int \cos^{2} x \cdot \sin^{n - 2} x d x \\ = (n - 1) \int (1 - \sin^{2} x) \sin^{n - 2} x d x \\ = (n - 1) \int \sin^{n - 2} x d x - (n - 1) \int \sin^{n} x d x \\ = (n - 1) I_{n - 2} - (n - 1) I_{n} \end{aligned}

从而递推式为：

I_{n} = \frac{n - 1}{n} I_{n - 2}

41

求 $I_{n} = \int_{0}^{π} \cos n x \cdot \cos^{n} x d x$ .

利用分部积分法求递推公式：

\begin{aligned} I_{n} & = \int \cos^{n} x d (\frac{\sin n x}{n}) = \frac{\sin n x}{n} \cos^{n} x ∣_{0}^{π} - \frac{1}{n} \int \sin n x \cdot (\cos^{n} x)^{'} d x \\ = \int \sin x \cdot \sin n x \cdot \cos^{n - 1} x d x \end{aligned}

我们可以发现 $\sin x \cdot \sin n x$ 是 $\cos (n - 1) x$ 的一部分，故而有：

\sin n x \cdot \sin x = \cos (n - 1) x - \cos n x \cdot \cos x

从而：

\begin{aligned} I_{n} & = \int (\cos (n - 1) x - \cos n x \cdot \cos x) \cos^{n - 1} x d x \\ = \int \cos (n - 1) x \cdot \cos^{n - 1} x d x - \int \cos n x \cdot \cos x \cdot \cos^{n} x d x \\ = I_{n - 1} - I_{n} \end{aligned}

故而递推式为：

I_{n} = \frac{1}{2} I_{n - 1}

42

求 $I_{n} = \int_{0}^{1} x^{n} \sqrt[]{1 - x^{2}} d x$ 。

解法 1

利用分部积分公式尝试找到递推关系：

\begin{aligned} I_{n} & = \int_{0}^{1} x^{n} \sqrt[]{1 - x^{2}} d x = \int_{0}^{1} \sqrt[]{1 - x^{2}} d \frac{x^{n + 1}}{n + 1} = \frac{x^{n + 1}}{n + 1} \sqrt[]{1 - x^{2}} ∣_{0}^{1} + \frac{1}{n + 1} \int_{0}^{1} \frac{x^{n + 2}}{\sqrt[]{1 - x^{2}}} d x \\ = \frac{1}{n + 1} \int_{0}^{1} \frac{x^{n + 2}}{\sqrt[]{1 - x^{2}}} d x \end{aligned}

继续变形得：

\begin{array}{r} \int_{0}^{1} \frac{x^{n + 2}}{\sqrt[]{1 - x^{2}}} d x = \int_{0}^{1} \frac{x^{n} (x^{2} - 1 + 1)}{\sqrt[]{1 - x^{2}}} d x = \int \frac{(x^{2} - 1) x^{n}}{\sqrt[]{1 - x^{2}}} d x + \int_{0}^{1} \frac{x^{n}}{\sqrt[]{1 - x^{2}}} d x \\ = - I_{n} + \int \frac{x^{n}}{- x} \cdot (\frac{- x}{\sqrt[]{1 - x^{2}}}) d x = - I_{n} - \int_{0}^{1} x^{n - 1} d \sqrt[]{1 - x^{2}} \\ = - I_{n} - x^{n - 1} \sqrt[]{1 - x^{2}} ∣_{0}^{1} + (n - 1) \int x^{n - 2} \sqrt[]{1 - x^{2}} d x \\ = - I_{n} + (n - 1) I_{n - 2} \end{array}

从而得到递推式：

I_{n} = \frac{n - 1}{n + 2} I_{n - 2}

随后我们只需要分奇偶讨论就可以得到通项公式了。

解法 2

这是另外一种分部积分方法将 $x^{n} \sqrt[]{1 - x^{2}}$ 看成一个整体，即 $I_{n} = \int_{0}^{1} (x^{n} \sqrt[]{1 - x^{2}}) \cdot (1 d x)$ .

\begin{aligned} I_{n} & = x^{n + 1} \sqrt[]{1 - x^{2}} ∣_{0}^{1} - \int_{0}^{1} x \cdot (x^{n} \sqrt[]{1 - x^{2}})^{'} d x = \int_{0}^{1} \frac{x^{n + 2}}{\sqrt[]{1 - x^{2}}} d x - \int_{0}^{1} n x^{n} \sqrt[]{1 - x^{2}} d x \\ = \int_{0}^{1} \frac{x^{n + 2}}{\sqrt[]{1 - x^{2}}} d x - I_{n} \end{aligned}

于是，我们可以很轻松的得到递推公式。

43

求 $I = \int \frac{1 + \sin x}{1 + \cos x} e^{x} d x$ 。

可以想到使用分部积分法，也可以想到将 $\frac{1 + \sin x}{1 + \cos x}$ 分离成 $\frac{1}{1 + \cos x} + \frac{\sin x}{1 + \cos x}$ 然后再积分，然而并没有什么用，分母这个主要矛盾仍然消不掉，分母的主要矛盾又在于那个常数。

解法 1

我们可以借用二倍角公式将分母的常数消去：

\frac{1 + \sin x}{1 + \cos x} = \frac{1 + \sin \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2}}{2 \cos^{2} \frac{x}{2}}

从而可以变形为：

\begin{aligned} I & = \int \frac{1}{2 \cos^{2} \frac{x}{2}} e^{x} d x + \int \frac{\sin \frac{x}{2}}{2 \cos^{2} \frac{x}{2}} e^{x} d x \\ = \frac{1}{2} [\int \sec^{2} \frac{x}{2} \cdot e^{x} d x + \int e^{x} \cdot \tan \frac{x}{2} d x] \\ = \tan \frac{x}{2} \cdot e^{x} - \int \tan \frac{x}{2} \cdot e^{x} d x + \int \tan \frac{x}{2} \cdot e^{x} d x \\ = e^{x} \cdot \tan \frac{x}{2} + C \end{aligned}

解法 2

也可以上下同乘 $(1 - \cos x)$ ：

\frac{1 + \sin x}{1 + \cos x} = \frac{(1 + \sin x) \cdot (1 - \cos x)}{\sin^{2} x} = \frac{1 - \cos x + \sin x - \sin x \cos x}{\sin^{2} x}

然后拆开即可得到四个积分：

\begin{aligned} I & = \int \csc^{2} x \cdot e^{x} d x - \int e^{x} \cdot \frac{\cos x}{\sin^{2} x} d x + \int \cdot \csc x d x - \int e^{x} \cdot \cot x d x \end{aligned}

然后再次对每个积分利用分部积分就可以各个击破了。

44

用表格积分法求： $I = \int (x \ln x)^{3} d x$ 。

首先进行去复合操作，设 $t = \ln x$ ，则有：

x = e^{t}, d x = e^{t} d t

从而有：

\begin{aligned} I & = \int t^{3} e^{3 t} d x \end{aligned}

进行表格积分：

求导	$t^{3}$	$3 t^{2}$	$6 t$	$6$	$0$
积分	$e^{3 t}$	$\frac{1}{3} e^{3 t}$	$\frac{1}{9} e^{3 t}$	$\frac{1}{27} e^{3 t}$	$\frac{1}{81} e^{3 t}$
从而有：

I = \frac{1}{3} t^{3} e^{3 t} - \frac{1}{3} t^{2} e^{3 t} + \frac{2}{9} t e^{3 t} - \frac{2}{27} e^{3 t} + C

最后将 t 换回来即可。

45

用表格积分法求： $I = \int e^{\arccos x} d x$ 。

设 $t = \arccos x$ ，则有

x = \cos t, d x = (- \sin t) d t

从而积分为：

I = \int (- \sin t) e^{t} d t

使用表格积分：


求导	$- \sin t$	$\cos t$	$\sin t$
积分	$e^{t}$	$e^{t}$	$e^{t}$
从而有：

\begin{aligned} I & = - \sin t \cdot e^{t} - \cos t \cdot e^{t} + \int \sin t \cdot e^{t} d x \\ ⟹ I = - \frac{\sin t - \cos t}{2} e^{t} \end{aligned}

最后代入 $t$ 即可得到答案。

46

求 $I = \int \frac{1}{x^{3} + 1} d x$ 。

很明显， $x = - 1$ 是 $x^{3} + 1 = 0$ 的根，故而，可以使用长除法或者立方差公式得到：

x^{3} + 1 = (x + 1) (x^{2} - x + 1)

从而有：

\frac{1}{x^{3} + 1} = \frac{1}{(x + 1) (x^{2} - x + 1)} = \frac{a}{x + 1} + \frac{b x + c}{x^{2} - x + 1}

从而有方程：

\begin{array}{r} 1 = a (x^{2} - x + 1) + (b x + c) (x + 1) \\ ⟹ {\begin{cases} a + b = 0 \\ 2 b + c = 0 \\ - b + c = 1 \end{cases} ⟹ {\begin{cases} a = \frac{1}{3} \\ b = - \frac{1}{3} \\ c = \frac{2}{3} \end{cases} \\ ⟹ I = \int \frac{1}{3 (x + 1)} d x + \int \frac{- \frac{1}{3} x + \frac{2}{3}}{x^{2} - x + 1} d x \\ = \frac{1}{3} \ln (x + 1) + \int - \frac{1}{6} \cdot \frac{2 x - 1}{x^{2} - x + 1} d x + \int \frac{\frac{2}{3} - \frac{1}{6}}{x^{2} - x + 1} d x \end{array}

接下来的答案就显而易见了。

47

求 $I = \int \frac{1}{x^{6} + 1} d x$ 。

注意到该积分是 $\int \frac{1}{x^{3} + 1} d x$ 的变形，故而设 $t = x^{2}$ ，那么：

x^{6} + 1 = t^{3} + 1 = (t + 1) (t^{2} - t + 1)

由于我们需要 $x^{2}$ ，故而需要继续对 $t^{2} - t + 1$ 进行分解，又因为实数域上没有解，故而只能在复数域上分解：

\begin{aligned} t^{2} - t + 1 & = (t - \frac{1 + \sqrt[]{3} i}{2}) (t - \frac{1 - \sqrt[]{3} i}{2}) \\ = (x^{2} - \frac{1 + \sqrt[]{3} i}{2}) (x^{2} - \frac{1 - \sqrt[]{3} i}{2}) \end{aligned}

很明显上述式子中出现了完全平法差公式，故而需要尝试对 $\frac{1 \pm \sqrt[]{3} i}{2}$ 进行分解，根据复数的定义可以设：

\begin{aligned} \frac{1 + \sqrt[]{3} i}{2} = (a + b i)^{2} = a^{2} - b^{2} + 2 a b i \\ ⟹ {\begin{cases} a^{2} - b^{2} = \frac{1}{2} \\ 2 a b = \frac{\sqrt[]{3}}{2} \end{cases} \\ ⟹ {\begin{cases} a = \frac{\sqrt[]{3}}{2} \\ b = \frac{1}{2} \end{cases} \\ ⟹ t^{2} - t + 1 = (x - \frac{1 + \sqrt[]{3} i}{2}) (x + \frac{1 + \sqrt[]{3} i}{2}) (x - \frac{1 - \sqrt[]{3} i}{2}) (x + \frac{1 + \sqrt[]{3} i}{2}) \end{aligned}

根据共轭复根的性质： $(x - z) (x - \overset{―}{z}) = x^{2} - 2 a x + a^{2} + b^{2}$ ，其中 $z = (a + b i)$ 。可以得到：

\begin{array}{r} t^{2} - t + 1 = (x^{2} - \sqrt[]{3} x + 1) (x^{2} + \sqrt[]{3} x + 1) \end{array}

故而积分 $I$ 可以变形为：

\begin{aligned} I & = \int \frac{1}{x^{6} + 1} d x = \int \frac{1}{(x^{2} + 1) (x^{2} - \sqrt[]{3} x + 1) (x^{2} + \sqrt[]{3} x + 1)} d x \end{aligned}

于是我们就可以根据有理函数的拆项法则进行分解：

\frac{1}{x^{6} + 1} = \frac{a_{1} x + b_{1}}{x^{2} + 1} + \frac{a_{2} x + b_{2}}{x^{2} - \sqrt[]{3} x + 1} + \frac{a_{3} x + b_{3}}{x^{2} + \sqrt[]{3} x + 1}

这样我们就可以通过分别求解这三个积分求出答案，具体过程略。

48

求 $I = \int \frac{1}{x^{8} (1 + x^{2})} d x$ 。

可以观察到分母的次数明显高于分子，故而可以进行倒代换：

\begin{array}{r} let t = \frac{1}{x}, d x = - \frac{1}{t^{2}} d t \\ I = - \int \frac{t^{8}}{t^{2} + 1} d t \end{array}

矛盾是分母，所以我们要尽可能的消去分母，可以使用凑平方差公式消去：

\begin{aligned} \frac{t^{8}}{t^{2} + 1} & = \frac{t^{8} - 1 + 1}{t^{2} + 1} = \frac{t^{8} - 1}{t^{2} + 1} + \frac{1}{t^{2} + 1} \\ = \frac{(t^{4} - 1) (t^{4} + 1)}{t^{2} + 1} + \frac{1}{t^{2} + 1} \\ = \frac{(t^{2} - 1) (t^{2} + 1) (t^{4} + 1)}{t^{2} + 1} + \frac{1}{t^{2} + 1} \\ = (t^{2} - 1) (t^{4} + 1) + \frac{1}{t^{2} + 1} \\ ⟹ I = \int (t^{2} - 1) (t^{4} + 1) d t + \int \frac{1}{t^{2} + 1} d t \\ = \int (t^{6} + t^{2} - t^{4} - 1) d t + \arctan t \\ = \frac{1}{7} t^{7} + \frac{1}{3} t^{3} - \frac{1}{5} t^{5} - t + \arctan t + C \end{aligned}

49

求 $I = \int \frac{1}{x \sqrt[]{x^{2} - 1}} d x$ 。

使用倒代换，设 $t = \frac{1}{x}, d x = - \frac{1}{t^{2}} d t$ 。故而有：

\begin{array}{r} I = - \int \frac{1}{t \cdot \sqrt[]{\frac{1 - t^{2}}{t^{2}}}} d t \end{array}

易错点

这里的t不能直接放入根号中，因为我们不知道t的正负，故而需要进行分类讨论。

如果 $t > 0$ ，那么有：

I = - \int \frac{1}{\sqrt[]{1 - t^{2}}} d t = - \arcsin t + C

如果 $t < 0$ ，那么有：

I = \int \frac{1}{\sqrt[]{1 - t^{2}}} d t = \arcsin t + C

50

求 $I = \int \frac{1}{x^{4} + 1} d x$ 。

设 $t = x^{2}$ ，则有：

t^{2} + 1 = (t - i) (t + i) = (x^{2} - i) (x^{2} + i)

我们可以通过待定系数法求得 $i = (a + b i)^{2}$ 中的值，也可以直接凑：

\begin{aligned} x^{4} + 1 & = x^{4} + 2 x^{2} + 1 - 2 x^{2} = (x^{2} + 1)^{2} - 2 x^{2} \\ = (x^{2} - \sqrt[]{2} x + 1) (x^{2} + \sqrt[]{2} x + 1) \end{aligned}

接着就可以分解计算积分了。

51

求 $I = \int \frac{x^{2} + 2}{(x^{2} + x + 1)^{2}} d x$ 。

由于 $x^{2} + x + 1$ 在实数域上不能继续分解，故而可以直接设：

\frac{x^{2} + 2}{(x^{2} + x + 1)^{2}} = \frac{a_{1} x + b_{1}}{x^{2} + x + 1} + \frac{a_{2} x + b_{2}}{(x^{2} + x + 1)^{2}}

由于有：

\frac{a_{2} x + b_{2}}{(x^{2} + x + 1)^{2}} = {[\frac{m x + n}{x^{2} + x + 1}]}^{'} + \frac{α}{x^{2} + x + 1}

故而可以得到：

\begin{array}{r} J = \frac{x^{2} + 2}{(x^{2} + x + 1)^{2}} = {(\frac{m x + n}{x^{2} + x + 1})}^{'} + \frac{a_{1} x + b_{1} + α}{x^{2} + x + 1} \end{array}

现在算出 $m, n, k = b_{1} + α$ 即可：

\begin{array}{r} J = \frac{m (x^{2} + x + 1) - (2 x + 1) (m x + n)}{(x^{2} + x + 1)^{2}} + \frac{a_{1} x + k}{x^{2} + x + 1} \\ ⟹ m (x^{2} + x + 1) - (2 x + 1) (m x + n) + (a_{1} x + k) (x^{2} + x + 1) = x^{2} + 2 \end{array}

从而我们可以通过对比系数得出答案并计算积分。

52

求 $I = \int \sec^{6} x d x$ 。

该被积函数是以 cos 为变量的偶函数，故而做 tan 换元。

\begin{aligned} I & = \int \sec^{4} x d (\tan x) \\ = \int (\tan^{2} x - 1)^{2} d \tan x \\ \overset{t = \tan x}{=} \int (t^{2} - 1)^{2} d t \end{aligned}

接下来答案就显然了。

53

求 $I = \int \frac{\ln \tan x}{\sin x \cos x} d x$ 。

该被积函数是以 cos 为变量的偶函数，故而做 tan 换元。

\begin{aligned} I & = \int \frac{\ln \tan x}{\sin x \cos x} \cdot \cos^{2} x \cdot \sec^{2} x d x \\ = \int \frac{\ln \tan x}{\tan x} d \tan x \\ \overset{t = \tan x}{=} \int \frac{\ln t}{t} d t \\ = \frac{1}{2} \ln^{2} t + C \end{aligned}

54

求 $I = \int \frac{1}{\sin x + \cos x + 2} d x$ 。

这个被积函数没有任何关于 sin、cos 的奇偶对称关系，故而只能做万能代换：

let t = \tan \frac{x}{2}, d x = \frac{2}{1 + t^{2}} d t

现在要将 $\sin x$ 转化为关于 $t$ 的函数：

\begin{aligned} \sin x & = 2 \sin \frac{x}{2} \cdot \cos \frac{x}{2} \\ = \frac{2 \sin \frac{x}{2} \cdot \cos \frac{x}{2}}{\sin^{2} \frac{x}{2} + \cos^{2} \frac{x}{2}} \\ = \frac{2 t}{1 + t^{2}} \end{aligned}

同理有：

\cos x = \frac{1 - t^{2}}{1 + t^{2}}

从而，原式：

\begin{aligned} I & = \int \frac{1}{\frac{2 t}{1 + t^{2}} + \frac{1 - t^{2}}{1 + t^{2}} + 2} \cdot \frac{2}{1 + t^{2}} d t \\ = 2 \int \frac{1}{t^{2} + 2 t + 3} d t \\ = 2 \int \frac{1}{(t + 1)^{2} + 2} d t \\ = \sqrt[]{2} \int \frac{1}{{(\frac{t + 1}{\sqrt[]{2}})}^{2} + 1} d (\frac{t + 1}{\sqrt[]{2}}) \\ \overset{u = \frac{t + 1}{2}}{=} \sqrt[]{2} \int \frac{1}{u^{2} + 1} d u \\ = \sqrt[]{2} \arctan u + C \end{aligned}

55

求 $I = \int \frac{1}{\sqrt[]{x + 1} + \sqrt[3]{x + 1}} d x$ 。

设 $\sqrt[6]{x + 1} = t$ ，则有

x + 1 = t^{6}, d x = 6 t^{5} d t, \sqrt[]{x + 1} = t^{3}, \sqrt[3]{x + 1} = t^{2}

从而：

\begin{aligned} I & = \int \frac{6 t^{5}}{t^{3} + t^{2}} d t = \int \frac{t^{3}}{t + 1} d t \\ = 6 \int (t^{2} - t + 1) d t + 6 \int \frac{1}{t + 1} d t \\ = 2 t^{3} - 3 t^{2} + 6 t - 6 \ln (t + 1) + C \end{aligned}

56

求 $I = \int \frac{1}{\sqrt[3]{(x + 1)^{2} (x - 1)^{4}}} d x$ 。

先对根号内的多项式进行化简：

\begin{array}{r} \sqrt[3]{(x + 1)^{2} (x - 1)^{4}} = (x + 1) (x - 1) \cdot \sqrt[3]{\frac{x - 1}{x + 1}} \end{array}

设 $\sqrt[3]{\frac{x - 1}{x + 1}} = t$ ，则有：

x = \frac{1 + t^{3}}{1 - t^{3}}, d x = 6 \frac{t^{2}}{(1 - t^{3})^{2}} d t

从而：

\begin{aligned} I & = \int \frac{1}{\frac{4 t^{3}}{(1 - t^{3})^{2}} \cdot t} d t \\ = \int \frac{6}{4 t^{2}} d t = - \frac{3}{2 t} + C \end{aligned}

57

求 $I = \int \frac{1}{\sqrt[]{x^{2} - x + 1}} d x$ 。

解法 1-欧拉代换

注意到对于 $a x^{2} + b x + c$ 中， $a > 0, c > 0, Δ < 0$ ，故而可以采用欧拉第一或者第二代换：设 $\sqrt[]{x^{2} - x + 1} = t + x$ 。从而有

x = \frac{1 - t^{2}}{2 t + 1}, d x = - \frac{2 t^{2} + 2 t + 2}{(2 t + 1)^{2}} d t

故而有：

\begin{aligned} I & = \int \frac{- 2}{t + \frac{1 - t^{2}}{2 t + 1}} \cdot \frac{t^{2} + t + 1}{(2 t + 1)^{2}} d t \\ = - 2 \int \frac{1}{2 t + 1} d t \\ = - \ln ∣ 2 t + 1 ∣ + C \end{aligned}

解法 2-三角代换

设 $x - \frac{1}{2} = \frac{\sqrt[]{3}}{2} \tan θ$ ，从而有 $d x = \frac{\sqrt[]{3}}{2} \sec^{2} θ d θ$ ，故而：

\begin{aligned} I & = \int \frac{1}{\sec θ} \cdot \sec^{2} θ d θ = \int \sec θ d θ = \int \frac{1}{\cos θ} d θ = \int \frac{\cos θ}{\cos^{2} θ} d θ \\ \overset{t = \sin θ}{=} \int \frac{1}{1 - t^{2}} d t \\ = \frac{1}{2} \ln ∣ 1 - t ∣ + \frac{1}{2} \ln ∣ 1 + t ∣ + C \end{aligned}

我们再尝试将 $t$ 用 $x$ 表出：

\begin{array}{r} t = \sin θ ⟹ \sin^{2} θ = \frac{\sin^{2} θ}{\sin^{2} θ + \cos^{2} θ} = \frac{\tan^{2} θ}{1 + \tan^{2} θ} \\ \overset{\tan θ = \frac{2}{\sqrt[]{3}} (x - \frac{1}{2})}{=} \frac{\frac{4}{3} {(x - \frac{1}{2})}^{2}}{1 + \frac{4}{3} {(x - \frac{1}{2})}^{2}} \end{array}

接下来的答案就显然了。

58

求 $I = \int \frac{1}{x \sqrt[]{- x^{2} + 3 x - 2}} d x$ 。

解法 1-欧拉代换

我们发现 $- x^{2} + 3 x - 2$ 中 $a, c < 0$ ，故而只能使用，第三欧拉代换，由于 $- x^{2} + 3 x - 2 = - (x - 2) (x - 1)$ ，故而可以设：

\sqrt[]{- x^{2} + 3 x - 2} = t (x - 1) ⟹ x = \frac{2 t^{2} + 3}{2 t^{2} + 2}, d x = - \frac{t}{(t^{2} + 1)^{2}} d t

从而有：

\begin{aligned} I & = \int \frac{- 4}{2 t^{2} + 3} d t \end{aligned}

接下来的过程很简单，这里就不过多赘述。

解法 2-三角代换

由于

\sqrt[]{- x^{2} + 3 x - 2} = \sqrt[]{\frac{1}{4} - {(x - \frac{1}{2})}^{2}}

故而，设 $x - \frac{3}{2} = \frac{1}{2} \sin θ$ ，从而 $d x = \frac{1}{2} \cos θ, \sqrt[]{- x^{2} + 3 x - 2} = \frac{1}{2} \cos θ$ ，其中 $θ \in (- \frac{π}{2}, \frac{π}{2})$ 从而：

\begin{aligned} I & = 2 \int \frac{1}{3 + \sin θ} d θ \end{aligned}

由于上述没有关于 $\sin θ, \cos θ$ 的奇偶性，故而只能进行万能代换：

t = \tan \frac{θ}{2}, d θ = \frac{2}{1 + t^{2}} d t, \sin θ = \frac{2 t}{1 + t^{2}}

从而有：

\begin{aligned} I & = \int \frac{1}{3 + \frac{2 t}{1 + t^{2}}} \cdot \frac{4}{1 + t^{2}} d t \\ = 4 \int \frac{1}{3 t^{2} + 2 t + 3} d t = \frac{4}{3} \int \frac{1}{t^{2} + \frac{2}{3} t + 1} d t \\ = \frac{3}{2} \int \frac{1}{{(\frac{t + \frac{1}{3}}{\frac{2 \sqrt[]{2}}{3}})}^{2} + 1} d t \\ = \sqrt[]{2} \arctan (\frac{t + \frac{1}{3}}{\frac{2 \sqrt[]{2}}{3}}) + C \end{aligned}

最后我们将 t 表示成 x 即可：

\begin{array}{r} t = \tan \frac{θ}{2} = \frac{\sin \frac{θ}{2} \cdot \cos \frac{θ}{2}}{\cos \frac{θ}{2} \cdot \cos \frac{θ}{2}} = \frac{\frac{1}{2} \sin θ}{\frac{\cos θ - 1}{2}} = \frac{\sin θ}{\cos θ - 1} = \frac{\sin θ}{\sqrt[]{1 - \sin^{2} θ} - 1} \end{array}

从而，我们就可以得出答案。

59

求 $I = \int (x + 1) \sqrt[]{1 - x^{2}} \arcsin x d x$ 。

先试用分部积分消除因子 $(x + 1)$ ，设 $J = \int \sqrt[]{1 - x^{2}} \arcsin x d x$ , 则有：

\begin{aligned} I & = \int (x + 1) d J = (x + 1) J - \int J d x \end{aligned}

现在需要求出 $J$ ，设 $\arcsin x = t, x = \sin t, d x = \cos t \cdot d t$ . 从而:

\begin{aligned} J & = \int \cos^{2} t \cdot t d t = \int \frac{\cos 2 t - 1}{2} \cdot t d t \\ = \int t \cdot \cos 2 t d t - \int \frac{1}{2} \cdot t d t \\ = \frac{1}{4} + \frac{1}{2} \sin 2 t - \frac{1}{8} \cos 2 t - \frac{1}{4} t^{2} + C \\ \overset{\cos t = \sqrt[]{1 - x^{2}}}{=} \frac{1}{4} + \frac{1}{2} x \cdot \sqrt[]{1 - x^{2}} - \frac{1}{8} (1 - 2 x^{2}) - \frac{1}{4} \arcsin x + C \end{aligned}

60

求 $I = \int \frac{e^{\arctan x}}{(1 + x^{2})^{\frac{3}{2}}} d x$ 。

设 $\arctan x = t, x = \tan t, d x = \sec^{2} t d t$ 。从而：

\begin{aligned} I & = \int \frac{e^{t}}{\sec^{3} t} \cdot \sec^{2} t d t = \int \cos t \cdot e^{t} d t \\ = \frac{1}{2} (\cos t \cdot e^{t} - \sin t \cdot e^{t}) + C \end{aligned}

由于

\cos t = \frac{1}{1 + x^{2}}, \sin t = \frac{x^{2}}{1 + x^{2}}

故而有：

I = \frac{1}{2} \cdot \frac{1 - x^{2}}{1 + x^{2}} \cdot e^{\arctan x} + C