N-L公式的逆用

此题为一道反常积分的计算题, 由于被积函数中含有反三角函数 $\arctan x$, 致使难以求出被积函数的原函数, 从而使用N-L公式, 代入上下限求解出积分值的做法并不容易. 这里, 我们采用逆用N-L公式的做法, 将$\arctan x$视作积分之后的结果, 进而还原成$1/(1+x^2)$, 这样对后续的积分是方便的.

题目

计算

\[\int_0^1{\frac{\mathrm{arc}\tan x}{x\sqrt{1-x^2}}\mathrm{d}x}.\]

解析

我们知道, 在二重积分的习题中, 由于积分次序选取的不同, 就会使第二个积分的被积函表达式不同, 就很可能导致这个积分做不出来, 即很难求出原函数. 这时我们就考虑对这一积分次序做调整.

例如, 对于二重积分

\[\iint{f\left( x,y \right) \mathrm{d}x\mathrm{d}y},\]

采用不同的积分次序之后就得到

\[\int_a^b{g\left( x \right) \mathrm{d}x} \quad or \quad \int_c^d{h\left( y \right) \mathrm{d}y}, \]

逆用N-L公式的关键就在于, 对于以上这两个定积分, 能否反向构造出$f(x,y)$, 接着交换积分次序.

此题中, 我们可以视

\[\frac{\mathrm{arc}\tan x}{x\sqrt{1-x^2}}\]

是二重积分中的第二次积分的结果, 现在考虑基于此反向构造出原来第一次积分时的函数$f(x,y)$.

注意到,

\[\frac{\mathrm{arc}\tan x}{x\sqrt{1-x^2}}=\frac{\mathrm{arc}\tan x-\mathrm{arc}\tan 0}{x-0}\frac{1}{\sqrt{1-x^2}},\]

这提示我们, 如果记

\[\varphi \left( x,y \right) =\frac{\arctan xy}{x\sqrt{1-x^2}},\]

那么问题中的积分可以看成$\varphi(x,y)$代入上下限 $y=1,y=0$ 的结果. 也就是

\[\int_0^1{\psi \left( x,y \right) \mathrm{d}y}=\varphi \left( x,y \right) \mid_{0}^{1}=\frac{\mathrm{arc}\tan x}{x\sqrt{1-x^2}}.\]

这表明, 如果现在有一个二元函数 $\psi(x,y)$, 考虑它在 $[0,1]\times[0,1]$ 上的积分, 如果我们先对 $y$ 积分, 就能得到 $\varphi(x,y)$, 再把关于 $y$ 的上下限代入, 就是我们问题所求的积分了.

因此, 现在的目标就是去寻找这样一个 $\psi(x,y)$, 它对 $y$ 的积分是 $\varphi (x,y)$, 即 $\psi(x,y)$ 是 $\varphi(x,y)$ 对 $y$ 的偏导数, 构造

\[\psi \left( x,y \right) =\frac{\partial \varphi}{\partial y}=\frac{1}{x\sqrt{1-x^2}}\frac{x}{1+x^2y^2}=\frac{1}{\left( 1+x^2y^2 \right) \sqrt{1-x^2}},\]

然后对二重积分

\[\iint\limits_{\left[ 0,1 \right] \times \left[ 0,1 \right]}{\frac{1}{\left( 1+x^2y^2 \right) \sqrt{1-x^2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y}\]

交换积分次序, 如果先对 $y$ 积分, 那么就会得到题中的积分, 而这是我们要求的, 所以只能先对 $x$ 积分, 再对 $y$ 积分, 即

\[\int_0^1{\mathrm{d}y\int_0^1{\frac{1}{\left( 1+x^2y^2 \right) \sqrt{1-x^2}}\mathrm{d}x}},\]

作换元 $x=\sin t$, 从而

\[ \begin{align*} \int_0^1{\frac{1}{\left( 1+x^2y^2 \right) \sqrt{1-x^2}}\mathrm{d}x}&=\int_0^{\frac{\pi}{2}}{\frac{\cos t}{\left( 1+y^2\sin ^2t \right) \cos t}\mathrm{d}t} \\ &=\int_0^{\frac{\pi}{2}}{\frac{1}{1+y^2\sin ^2t}\mathrm{d}t} \\ &=\int_0^{\frac{\pi}{2}}{\frac{1}{\left( y^2+1 \right) \sin ^2t+\cos ^2t}\mathrm{d}t} \\ &=\int_0^{\frac{\pi}{2}}{\frac{\sec ^2t}{\left( y^2+1 \right) \tan ^2t+1}\mathrm{d}t} \\ &=\int_0^{\frac{\pi}{2}}{\frac{\mathrm{d}\tan t}{\left( y^2+1 \right) \tan ^2t+1}} \\ &=\frac{1}{\sqrt{y^2+1}}\int_0^{\frac{\pi}{2}}{\frac{\mathrm{d}\left( \sqrt{y^2+1}\tan t \right)}{\left( y^2+1 \right) \tan ^2t+1}} \\ &=\frac{1}{\sqrt{y^2+1}}\left[ \mathrm{arc}\tan \left( \sqrt{y^2+1}\tan t \right) \right] \mid_{0}^{\frac{\pi}{2}} \\ &=\frac{\pi}{2\sqrt{y^2+1}}, \end{align*} \]

这样, 原来的二重积分就转化成了上式对 $y$ 在$$上的积分. 即

\[ \begin{align*} \int_0^1{\frac{\pi}{2\sqrt{1+y^2}}\mathrm{d}y}&=\frac{\pi}{2}\int_0^1{\frac{1}{\sqrt{1+y^2}}\mathrm{d}y}=\frac{\pi}{2}\left( \mathrm{arsh}y \right) \mid_{0}^{1} \\ &=\frac{\pi}{2}\ln \left( 1+\sqrt{2} \right) . \end{align*}. \]

综上, 原积分的结果也就是

\[\frac{\pi}{2}\ln \left( 1+\sqrt{2} \right) .\]