两道特殊积分

本文将讨论如下两种形式的积分，找到其易积时各待定系数满足的关系：

$$\begin{array}{rl}{I}_1& ={\int }_0^p\frac{\arctan x}{x^2+Bx+C}\mathrm{d}x\\ I_2& ={\int }_0^p\frac{\ln (x+A)}{x^2+Bx+C}\mathrm{d}x\end{array}$$

分子为反正切函数

我们先考虑 $I_1$：

$$I_1={\int }_0^p\frac{\arctan x}{x^2+Bx+C}\mathrm{d}x$$

其中 $p>0$ ，若能够使用换元 $x\mapsto \frac{p-x}{1+px}$ 以及等式 $(\text{1})$ 解决 ，

$$\arctan x+\arctan \frac{p-x}{1+px}=\arctan p\text{\hspace{1em}(1)}$$

则

$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\frac{p-x}{1+px}=\frac{-(1+px)-(p-x)p}{(1+px{)}^2}=-\frac{p^2+1}{(1+px{)}^2},$$

$$I_1={\int }_0^p\frac{\arctan \frac{p-x}{1+px}}{{\left(\frac{p-x}{1+px}\right)}^2+B\left(\frac{p-x}{1+px}\right)+C}\frac{p^2+1}{(1+px{)}^2}\mathrm{d}x$$

为了使用等式 $(\text{1})$，还需使分母的方程一致，即

$$\left[{\left(\frac{p-x}{1+px}\right)}^2+B\left(\frac{p-x}{1+px}\right)+C\right]\frac{(1+px{)}^2}{p^2+1}=x^2+Bx+C$$

展开可得

$$\frac{p^{2}C-pB+1}{p^2+1}{x}^2+\frac{p^{2}B+2pC-2p-B}{p^2+1}x+\frac{p^2+pB+C}{p^2+1}=x^2+Bx+C$$

使对应系数相等，三个方程均解得

$$B=p(C-1)$$

从而我们得到：

$${\int }_0^p\frac{\arctan x}{x^2+p(C+1)x+C}\mathrm{d}x$$

其中 $p>0,C\in \mathbb{R}$. 求解时，只需

$$I\stackrel{x\mapsto \frac{p-x}{1+px}}{=}{\int }_0^p\frac{\arctan \frac{p-x}{1+px}}{x^2+Bx+C}\mathrm{d}x=\frac{\arctan p}{2}{\int }_0^p\frac{1}{x^2+Bx+C}\mathrm{d}x$$

再考虑形如 $\int \frac{1}{(ax+b{)}^2\pm c^2}\mathrm{d}x$ 的积分即可，可参考几种基本形式的积分。

分子为对数函数

对于 $I_2$：

$$I_2={\int }_0^p\frac{\ln (x+A)}{x^2+Bx+C}\mathrm{d}x$$

为了使用类似的方法，需要找到一个代换 $f$，且满足：

$$\begin{array}{c}f(0)=p,f(p)=0,\\ \ln (f(x)+A)=\ln \frac{c}{x+A}\end{array}\text{\hspace{1em}(2)}$$

其中 $c$ 为正常数。等式两端分别取指数，于是

$$f(x)=\frac{c}{x+A}-A=\frac{c-Ax-A^2}{x+A}$$

再带入条件 $(\text{2})$，可求得：

$$c=A(A+p)$$

于是，我们找到了满足以上条件的代换

$$f=\frac{A(p-x)}{x+A}$$

且

$$\mathrm{d}\left(\frac{p-x}{x+A}\right)=-\frac{A+p}{(x+A{)}^2}\mathrm{d}x$$

从而

$$I_2\stackrel{x\mapsto f(x)}{=}{\int }_0^p\frac{\ln (A(p+A))-\ln (x+A)}{{\left(A\frac{p-x}{x+A}\right)}^2+B\left(A\frac{p-x}{x+A}\right)+C}\frac{A(A+p)}{(x+A{)}^2}\mathrm{d}x$$

下面探索系数 $B$，$C$ 之间的关系。令

$$x^2+Bx+C=\left[{\left(A\frac{p-x}{x+A}\right)}^2+B\left(A\frac{p-x}{x+A}\right)+C\right]\frac{{\left(x+A\right)}^2}{A(A+p)}$$

$$\begin{array}{rl}RHS=(A^2-AB+C)x^2& +(-2A^{2}p-AB(A-p)+2AC)x\\ & +(A^2{p}^2+A^{2}Bp+A^{2}C)\end{array}$$

对应系数相等，则

$$\{\begin{array}{l}{A}^2-AB+C=A(A+p)\\ -2A^{2}p+AB(A+p)+2AC=BA(A+p)\\ A^2(p^2+Bp+C)=CA(A+p)\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}C=A(p+B)\\ C=A(B+p)\\ A(p+B)=C\end{array}$$

即三个方程均满足

$$C=A(p+B)$$

则满足上式的积分 $I_2$：

$$\begin{array}{rl}{I}_2& ={\int }_0^p\frac{\ln (x+A)}{x^2+Bx+A(p+B)}\mathrm{d}x\\ & \stackrel{x\mapsto A\frac{p-x}{x+A}}{=}\frac{\ln (A(p+A))}{2}{\int }_0^p\frac{1}{x^2+Bx+A(p+B)}\mathrm{d}x\\ & =\frac{1}{2}{\int }_0^p\frac{\ln (A(p+A))}{x^2+Bx+A(p+B)}\mathrm{d}x\end{array}$$

例题

求积分 ${\int }_2^6\frac{\ln x}{x^2+2x+12}\mathrm{d}x$.

查看参考答案

$$\begin{array}{rl}I& \stackrel{t=x-2}{=}{\int }_0^4\frac{\ln (t+2)}{t^2+6t+20}\mathrm{d}t=\frac{\ln (2\cdot (2+4))}{2}{\int }_0^4\frac{1}{t^2+6t+20}\mathrm{d}t\\ & =\frac{\ln 12}{2}{\int }_0^4\frac{1}{(t+3{)}^2+11}\mathrm{d}t=\frac{\ln 12}{2}{\left[\frac{1}{\sqrt{11}}\arctan \frac{t+3}{\sqrt{11}}\right]}_0^4\\ & =\frac{\ln 12}{2\sqrt{11}}\left[\arctan \frac{7}{\sqrt{11}}-\arctan \frac{3}{\sqrt{11}}\right]\\ & =\frac{\ln 12}{2\sqrt{11}}\arctan \frac{\frac{7-3}{\sqrt{11}}}{1+\frac{7}{\sqrt{11}}\cdot \frac{3}{\sqrt{11}}}\\ & =\frac{\ln 12}{2\sqrt{11}}\arctan \frac{\sqrt{11}}{8}\end{array}$$

总结

有以下结论：

$${\int }_0^p\frac{\arctan x}{x^2+p(B+1)x+B}\mathrm{d}x=\frac{1}{2}{\int }_0^p\frac{\arctan p}{x^2+p(B+1)x+B}\mathrm{d}x$$

$${\int }_0^p\frac{\ln (x+A)}{x^2+Bx+A(p+B)}\mathrm{d}x=\frac{1}{2}{\int }_0^p\frac{\ln (A(p+A))}{x^2+Bx+A(p+B)}\mathrm{d}x$$

其中 $p>0,A,B\in \mathbb{R},A>0$。