§9.1 不定积分的计算方法

9.1.1 内容提要

1. 求原函数的运算是求导数运算的逆运算，即从函数 $F(x)$ 的导函数 $F^{\prime }(x)$ 出发去求 $F(x)$ .

2. 关于原函数的三个基本问题: (1) 存在性, (2) 唯一性, (3) 如何求. 其中问题 (1) 要到下一章才能解决 (见命题 $\mathrm{10.3.3}$ ), 问题 (2) 已在前面解决 (见例题 $\mathrm{7.1.6}$ ). 本章主要是解决问题 (3), 即计算不定积分.

3. 如果函数 $f(x)$ 在区间 $I$ 上有原函数, 则在此区间上 $f(x)$ 是某个函数的导函数, 因此它必须满足导函数的特有性质. 例如, 它一定具有介值性, 且不会有第一类间断点. 反之, 在区间 $I$ 上有第一类间断点的函数在此区间上一定没有原函数. (参见 $Darboux$ 定理 (即命题 $\mathrm{7.1.6}$ ) 和例题 $\mathrm{7.1.1}$ .)

4. $f(x)$ 的不定积分 $\int f(x)\mathrm{d}x$ 是 $f(x)$ 的原函数全体, 它是一族函数, 而不止是一个函数. 由于不定积分 $\int f(x)\mathrm{d}x$ 中任意两个函数相差一个常值函数, 因此, 求 $\int f(x)\mathrm{d}x$ 时只要求出 $f(x)$ 的一个原函数, 再加上一个任意常值函数.

5. 初等函数 $f(x)$ 的原函数 $\int f(x)\mathrm{d}x$ 不一定是初等函数。如果 $\int f(x)\mathrm{d}x$ 也是初等函数，则称 $\int f(x)\mathrm{d}x$ 可积或积得出来；反之，则称其不可积或积不出来。不定积分的计算就是求出原函数为初等函数的不定积分。

9.1.2 思考题

1. “不定积分”与“原函数”这两个概念有什么区别？有什么联系？

2. 在 $x=0$ 点不连续的函数

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

在 $(-\infty ,+\infty )$ 上是否有原函数？

3. 在不定积分公式 $\int \mathrm{sgn}x\mathrm{d}x=|x|+C$ 和 $\int \frac{1}{x}\mathrm{d}x=\ln |x|+C$ 中为什么会出现绝对值号？

4. 下列等式是否正确？说明理由： (1) $\mathrm{d}\int f(x)\mathrm{d}x=f(x);$ (2) $\mathrm{d}\int f(x)\mathrm{d}x=f(x)\mathrm{d}x;$ (3) $\int \mathrm{d}f(x)=f(x);$ (4) $\mathrm{d}\int \mathrm{d}f(x)=\mathrm{d}f(x);$

其中 $\mathrm{d}\int f(x)\mathrm{d}x$ 是指对于 $\int f(x)\mathrm{d}x$ 中每一个函数求微分所得到的集合.

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：

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

因此推出 $0=1$.

9.1.3 基本计算方法

不定积分的基本计算方法有:

1. 第一换元法——凑微分法, 也称为直接代换法: 设 $\int f(u)\mathrm{d}u=F(u)+C$ , $u=u(x)$ 可微, 则 $\int f(u(x))u^{\prime }(x)\mathrm{d}x=F(u(x))+C$ .

我们称这个方法为凑微分法, 是因为在实际计算时, $u(x)$ 的形式是“凑出来”的, 目的是使得被积表达式可以看成为 $f(u)\mathrm{d}u$ , 同时能积出来.

2. 第二换元法——代入换元法, 也称为逆代换法: 设不定积分 $\int f(x)\mathrm{d}x$ 存在, $x=x(t)$ 可微且存在反函数 $t=t(x)$ , 又若 $\int f(x(t))x^{\prime }(t)\mathrm{d}t=F(t)+C$ , 则 $\int f(x)\mathrm{d}x=F(t(x))+C$ .

在使用第二换元法时, 往往会遇到一个问题: 是否一定要求存在反函数, 以及反函数是否要求处处可导? 对此在各种教科书上有不同的条件, 缺乏比较和讨论. 根据《美国数学月刊》(1994) 第 101 卷 520—526 页(译文见《数学译林》(1994) 348—352 页) 一文的调查, 这确实是在绝大多数教科书中都没有说清楚的一个问题. 我们在下面将介绍其中的证明. 从证明中可以看出, 对于 $t(x)$ 只有一个要求, 即满足恒等式 $x(t(x))\equiv x$ , 其他均无须考虑. 此外, 在 [42] 的 235—236 页中也注意到了这个问题.

3. 分部积分法: 设 $u(x)$ 与 $v(x)$ 可微, 且在 $u(x)v^{\prime }(x)$ 和 $v(x)u^{\prime }(x)$ 中至少有一个存在原函数, 则

$$\int u(x)v^{\prime }(x)\mathrm{d}x=u(x)v(x)-\int v(x)u^{\prime }(x)\mathrm{d}x.$$

注 1

计算不定积分的一般步骤是: 通过代数运算、三角函数公式或换元、分部积分先将被积函数化为若干简单函数的和, 然后应用不定积分的线性运算法则与基本积分公式求出最后的结果. 为此, 在学习时除了必须牢记基本积分公式外, 还需要熟练掌握中学数学中的一些常用公式.

注 2

分部积分法是与求导运算中的乘积求导法则相对应的积分法则. 如果被积函数中出现幂函数、指数函数、三角函数这三类函数中两类或两类以上函数的乘积, 或者出现对数函数、反三角函数, 都可以考虑用分部积分法. 应用分部积分法, 最重要的是如何正确选择 $u(x)$ 与 $v(x)$ . 一般说来, 要注意下面两个原则:

(1) $v(x)$ 比较容易求出;

(2) $\int v\mathrm{d}u$ 要比 $\int u\mathrm{d}v$ 容易计算.

对于上面提到的五类初等函数, 有人总结出“反对幂三指”五个字, 这里“反”“对”“幂”“三”“指”依次是反三角函数、对数函数、幂函数、三角函数和指数函数, 积分时, 一般应将排列次序在后面的函数优先与 $dx$ 结合成为 $dv$ . (有兴趣的读者可看 [42] 的 237 页和《美国数学月刊》(1983) 第 90 卷 211 页.)

命题9.1.1（第二换元法的证明）

设 $f(x)$ 有原函数， $x=x(t)$ 可微且有 $t=t(x)$ 满足 $x(t(x))\equiv x$ ，又若 $\int f(x(t))x^{\prime }(t)\mathrm{d}t=F(t)+C$ ，则 $\int f(x)\mathrm{d}x=F(t(x))+C.$

证明

已知 $f(x)$ 有原函数, 记为 $U(x)$ , 则有 $U^{\prime }(x)=f(x)$ . 又已知 $F(t)$ 满足

$$F^{\prime }(t)=f(x(t))x^{\prime }(t).$$

从复合函数求导法则得到

$$\frac{\mathrm{d}U(x(t))}{\mathrm{d}t}=U^{\prime }(x(t))x^{\prime }(t)=f(x(t))x^{\prime }(t)=F^{\prime }(t).$$

因此 $U(x(t))$ 和 $F(t)$ 只相差一个常值函数, 即有

$$U(x(t))=F(t)+C.$$

用 $t=t(x)$ 代入，且利用恒等式 $x(t(x))\equiv x$ ，于是就有

$$U(x(t(x)))=U(x)=F(t(x))+C,$$

因此

$$\frac{\mathrm{d}F(t(x))}{\mathrm{d}x}=U^{\prime }(x)=f(x).$$

9.1.4 例题

例题9.1.1

计算 $I=\int \frac{\mathrm{d}x}{x\sqrt{x^2-1}}.$

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 $\frac{\mathrm{d}u}{\sqrt{1-u^2}}$ , 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

$$\mathrm{d}x=-\frac{1}{t^2}\mathrm{d}t,\frac{1}{x\sqrt{x^2-1}}=\frac{t^2}{\sqrt{1-t^2}},$$

于是就有

$$I=-\int \left(\frac{1}{t^2}\right)\cdot \frac{t^2}{\sqrt{1-t^2}}\mathrm{d}t=-\int \frac{\mathrm{d}t}{\sqrt{1-t^2}},$$

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

解3 令 $x=\sec t$ ，则 $\mathrm{d}x=\sec t\tan t\mathrm{d}t,$

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

解4 令 $\sqrt{x^2-1}=x-t$ ，则可解出 $x=\frac{t^2+1}{2t}$ ，并计算得到

$$\mathrm{d}x=\frac{t^2-1}{2t^2}\mathrm{d}t,\sqrt{x^2-1}=\frac{1-t^2}{2t}.$$

因此

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

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

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

因此

$$\begin{array}{rl}& I=\int \frac{(t^2-1{)}^2(-4t)}{(t^2+1)2t(t^2-1{)}^2}\mathrm{d}t=-2\int \frac{\mathrm{d}t}{1+t^2}\\ & =-2\arctan t+C=-2\arctan \frac{\sqrt{x^2-1}}{x-1}+C.\end{array}$$

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

$$\int R(x,\sqrt{a{x}^2+bx+c})\mathrm{d}x(a\ne 0)$$

的不定积分 (其中 $R$ 为有理分式), 利用 $Euler$ 变换一定能解决, 见 [14] 第二卷 281 小节和 [59] 第二册的 3.3.3 小节. 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 $\int R(x,\sqrt{x^2-a^2})\mathrm{d}x(a>0)$ 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 $\int R(x,\sqrt{a^2-x^2})\mathrm{d}x$ 与 $\int R(x,\sqrt{x^2+a^2})\mathrm{d}x(a>0)$ 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 $I=\int x^2\sqrt{x^2+1}\mathrm{d}x.$

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 $f(u)\mathrm{d}u$ , 其中 $u=x^2$ , 就可计算如下:

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

解2 因为 $\int x\sqrt{x^2+1}\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\int \sqrt{x^2+1}\mathrm{d}(x^2+1)=\frac{1}{3}(x^2+1{)}^{\frac{3}{2}}+C_1$ ，所以由分部积分法，可得

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

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

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

本题还有下列解法, 这种解法虽然不容易想到, 但十分简洁.

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

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

注 1

可由此设计不定积分 $\int x^k\sqrt{x^2+1}\mathrm{d}x$ 和 $\int \frac{x^k}{\sqrt{x^2+1}}\mathrm{d}x$ 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 $I=\int {\csc }^{4}x\mathrm{d}x.$

解

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

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

解 用分部积分法计算:

$$\begin{array}{l}I=\int x\mathrm{d}\left(\frac{1}{2}{\sec }^{2}x\right)=\frac{1}{2}x{\sec }^{2}x-\frac{1}{2}\int {\sec }^{2}x\mathrm{d}x\\ =\frac{1}{2}(x{\sec }^{2}x-\tan x)+C.\end{array}$$

注

有人用下面的方法做这道题:

错误解法 令 $x=\pi -t$ ，则

$$\begin{array}{l}I=\int \frac{(\pi -t)\sin t}{{\cos }^{3}t}\mathrm{d}t=\pi \int \frac{\sin t}{{\cos }^{3}t}\mathrm{d}t-\int \frac{t\sin t}{{\cos }^{3}t}\mathrm{d}t\\ =\pi \int \mathrm{d}\left(\frac{1}{2{\cos }^{2}t}\right)-I=\frac{\pi }{2}{\sec }^{2}t-I,\end{array}$$

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 $\int \frac{t\sin t}{{\cos }^{3}t}\mathrm{d}t$ 与 $\int \frac{x\sin x}{{\cos }^{3}x}\mathrm{d}x$ 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.

例题9.1.5

求不定积分 $\int \frac{x\ln x}{(1+x^2{)}^2}\mathrm{d}x.$

解 用分部积分法计算:

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

例题9.1.6

求不定积分 $\int \frac{x\arctan x}{(1+x^2{)}^2}\mathrm{d}x.$

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:

$$\begin{array}{r}\int \frac{x\arctan x}{(1+x^2{)}^2}\mathrm{d}x=-\frac{1}{2}\int \arctan x\mathrm{d}\left(\frac{1}{1+x^2}\right)\\ =-\frac{\arctan x}{2(1+x^2)}+\frac{1}{2}\int \frac{\mathrm{d}\arctan x}{1+x^2}.\end{array}$$

然后对最后一个积分用代换 $\arctan x=t$ ，就有

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

合并以上结果就得到

$$\begin{array}{r}\int \frac{x\arctan x}{(1+x^2{)}^2}\mathrm{d}x=-\frac{\arctan x}{2(1+x^2)}+\frac{x}{4(1+x^2)}+\frac{1}{4}\arctan x+C\\ =\frac{x^2-1}{4(x^2+1)}\cdot \arctan x+\frac{x}{4(1+x^2)}+C.\end{array}$$

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

配对积分法

先看下面这道例题:

例题9.1.7

计算不定积分 $I=\int \frac{\sin x\mathrm{d}x}{2\sin x+3\cos x}$ .

解 注意到 $\int \frac{2\sin x+3\cos x}{2\sin x+3\cos x}\mathrm{d}x=\int \mathrm{d}x=x+C,$ 又有

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

不难看出, 如果设 $J=\int \frac{\cos x}{2\sin x+3\cos x}\mathrm{d}x$ , 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.

从上面这道题我们看到, 有时为了计算不定积分 $I(x)=\int f(x)\mathrm{d}x$ , 可以找另一个不定积分 $J(x)=\int g(x)\mathrm{d}x$ 及实数 $a,b,c,d(ad-bc\ne 0)$ , 使 $af+bg$ 和 $cf+dg$ 的积分都比 $\int f(x)\mathrm{d}x$ 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 $\int \frac{\mathrm{d}x}{1+x^4}$ .

解 令 $M(x)=\int \frac{\mathrm{d}x}{1+x^4},N(x)=\int \frac{x^2\mathrm{d}x}{1+x^4}$ , 则有

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

因此得到

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

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.

递推法

设 $f_n(x)$ 是变量 $x$ 的函数, 其表达式中含有参数 $n\in {\mathbf{N}}_{+}$ . 为了计算积分 $I_n=\int f_n(x)\mathrm{d}x$ , 可以用各种方法将它化成求参数值较小的积分 $I_{n-k}=\int f_{n-k}(x)\mathrm{d}x(0<k⩽n)$ , 并且继续如此做下去, 直到最后把问题化为求参数值最小的一个或几个积分. 这种计算不定积分的方法, 称为递推法.

例题9.1.9

导出求不定积分 $I_n=\int \frac{\mathrm{d}x}{(1+x^2{)}^n}$ （ $n$ 是正整数）的递推公式

解 由分部积分法, 我们有

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

因此得到递推公式

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

例题9.1.10

设对正整数 $m,n,$ 定义 $I(m,n)=\int {\cos }^{m}x{\sin }^{n}x\mathrm{d}x,$ 证明：

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

证明

用分部积分法得到

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

而最后一个积分可以计算如下

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

加以整理并除以 $m+n$ ，即得所要的递推公式.

例题9.1.11

设对正整数 $n>2$ ，定义 $I_n=\int \frac{\sin nx}{\sin x}\mathrm{d}x$ ，证明：

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

证

考虑降 $n$,

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

所以

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

9.1.6 练习题

1. 计算下列不定积分:

(1) $\int \frac{x}{1+x^4}\mathrm{d}x;$

(2) $\int \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x(1-x)}};$

(3) $\int \ln (1+x^2)\mathrm{d}x;$

(4) $\int \frac{\arctan \sqrt{x}}{\sqrt{x}(1+x)}\mathrm{d}x;$

(5) $\int \frac{\mathrm{d}x}{{\mathrm{e}}^x-1}$ ;

(6) $\int \frac{x\ln (x+\sqrt{1+x^2})}{(1+x^2{)}^2}\mathrm{d}x;$

(7) $\int \frac{x{\mathrm{e}}^x}{(1+x{)}^2}\mathrm{d}x;$

(8) $\int \frac{1+x}{x(1+x{\mathrm{e}}^x)}\mathrm{d}x;$

(9) $\int {\ln }^2(x+\sqrt{1+x^2})\mathrm{d}x;$

(10) $\int \frac{{\mathrm{e}}^{\arctan x}}{(1+x^2{)}^{\frac{3}{2}}}\mathrm{d}x.$

2. 用配对积分法计算下列不定积分:

(1) $\int \frac{\mathrm{d}x}{1+x^2+x^4};$

(2) $\int \frac{{\mathrm{e}}^x\mathrm{d}x}{{\mathrm{e}}^x+{\mathrm{e}}^{-x}};$

(3) $\int \frac{b\sin x+a\cos x}{a\sin x+b\cos x}\mathrm{d}x(a\ne b);$

(4) $\int \frac{\mathrm{d}x}{1+x^3}.$

3. 通过计算不定积分

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

进而求出不定积分

$$\int {\cos }^{4}x\mathrm{d}x\text{和}\int {\sin }^{4}x\mathrm{d}x.$$

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) $\int \frac{1}{x^n\sqrt{1+x^2}}\mathrm{d}x.$

5. 试求: (1) $\int x{f}^{\prime \prime }(x)\mathrm{d}x$ ; (2) $\int f^{\prime }(2x)\mathrm{d}x$ .

6. 设对任意正整数 $m,n$ , 定义 $I(m,n)=\int {\cos }^{m}x{\sin }^{n}x\mathrm{d}x$ , 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) $I(n,n)=-\frac{\cos 2x{\sin }^{n-1}2x}{n\cdot 2^{n+1}}+\frac{n-1}{4n}\cdot I(n-2,n-2)$ .