【高等数学】双元法：求解不定积分的巧妙方法

双元法求解不定积分

本方法是一种新颖，基于微分公式，求解迅速的积分方法。

说明：本方法为虚调子大佬原创。本文仅作一些整理和证明。

另外，以下所有不定积分均省略常数C。

1.双元基本概念

使用双元法之前，首先需要有双元，不妨记为$x,y$，

且满足平方差或者平方和为常数，也即：$xdx\pm ydy=0$

2.双元法的三个基本公式

本节内容的前置知识是微分的运算法则。

（1）公式1

$$\int \frac{dx}{y}=\{\begin{array}{rl}& \arctan \frac{x}{y},当xdx+ydy=0\\ & \ln |x+y|,当xdx-ydy=0\end{array}$$

[证明]：

• 先证明$xdx+ydy=0$时公式成立，

考虑：
$$d(\frac{x}{y})=\frac{ydx-xdy}{y^2}$$
将$xdx+ydy=0$变形代入得：
$$\begin{array}{rl}d(\frac{x}{y})& =\frac{ydx+x\cdot \frac{xdx}{y}}{y^2}\\ & =\frac{(x^2+y^2)dx}{y^3}\end{array}$$
得到：
$$dx=\frac{y^3}{x^2+y^2}d(\frac{x}{y})$$
因此：
$$\begin{array}{rl}\int \frac{dx}{y}& =\int \frac{y^2}{x^2+y^2}d(\frac{x}{y})\\ & =\int \frac{1}{(\frac{x}{y}{)}^2+1}d(\frac{x}{y})\\ & =\arctan \frac{x}{y}+C\end{array}$$

• 以下证明$xdx-ydy=0$公式成立，

考虑：
$$d(x+y)=dx+dy=dx+\frac{x}{y}dx=\frac{x+y}{y}dx$$
代入原式得：
$$\begin{array}{rl}\int \frac{dx}{y}& =\frac{d(x+y)}{x+y}\\ & =\ln |x+y|\end{array}$$

（2）公式2

$$\int \frac{dx}{y^3}=\frac{1}{y^2\pm x^2}\cdot \frac{x}{y}$$

式中，$y^2\pm x^2$即平方和或差，是常数。

[证明]：

证明$xdx+ydy=0$时成立即可，另一种情况同理可证

同上可得：
$$dx=\frac{y^3}{x^2+y^2}d(\frac{x}{y})$$
因此：
$$\int \frac{dx}{y^3}=\frac{1}{x^2+y^2}\int d(\frac{y}{x})=\frac{1}{y^2+x^2}\cdot \frac{x}{y}$$

（3）公式3

$$\int ydx=\frac{1}{2}xy+\frac{y^2\pm x^2}{2}\int \frac{dx}{y}$$

[证明]： 考虑分部积分法，证明$xdx-ydy=0$的情形，

有：
$$\begin{array}{rl}\int ydx& =xy-\int xdy\\ & =xy-\int \frac{x^2}{y}dx\\ & =xy+\int \frac{y^2-x^2-y^2}{y}dx\\ & =xy+(y^2-x^2)\int \frac{dx}{y}-\int ydx\end{array}$$
令$A=\int ydx$，立即可得：
$$A=\frac{1}{2}xy+\frac{y^2-x^2}{2}\int \frac{dx}{y}$$
另一种情形同理可证，略。

3.基础操作示例

No.1

求：$\int \sqrt{x^2+a^2}dx$

[解]： 令$y=\sqrt{x^2+a^2},y^2-x^2=a^2,ydy=xdx$

于是，原式$=\int ydx$

根据公式3：
$$\int ydx=\frac{1}{2}xy+\frac{y^2-x^2}{2}\int \frac{dx}{y}$$
根据公式1，有：
$$\int \frac{dx}{y}=\ln |x+y|$$
于是，
$$\begin{array}{rl}\int \sqrt{x^2+a^2}dx& =\frac{1}{2}xy+\frac{y^2-x^2}{2}\int \frac{dx}{y}\\ & =\frac{1}{2}x\sqrt{x^2+a^2}+\frac{a^2}{2}\ln |x+\sqrt{x^2+a^2}|\end{array}$$

No.2

求$\int \frac{x^2}{\sqrt{x^2-1}}dx$

[解]：
$$\int \frac{x^2}{\sqrt{x^2-1}}dx=xd(\sqrt{x^2-1})$$
令$y=\sqrt{x^2-1}$，有：$x^2-y^2=1,ydy=xdx$

于是：
$$\int xdy=\frac{1}{2}xy+\frac{x^2-y^2}{2}\ln |x+y|$$
即：
$$\int \frac{x^2}{\sqrt{x^2-1}}dx=\frac{1}{2}x\sqrt{x^2-1}+\frac{1}{2}\ln |x+\sqrt{x^2-1}|$$

No.3

求：$\int \frac{dx}{\sqrt{x^2+a^2}}$

[解]： 令$y=x^2+a^2,y^2-x^2=a^2,ydy=xdx$

由公式1，得：
$$\begin{array}{rl}\int \frac{dx}{\sqrt{x^2+a^2}}& =\int \frac{dx}{y}\\ & =\ln |x+y|\\ & =\ln |x+\sqrt{x^2+a^2}|\end{array}$$

4.根式示例

No.1

求：$\int \sqrt{\frac{x-a}{x-b}}dx$

[解]： 令$p=\sqrt{x-a},q=\sqrt{x-b}$

有：$p^2+a=q^2+b=x$

所以：
$$\begin{array}{rl}\int \sqrt{\frac{x-a}{x-b}}dx& =\int \frac{p}{q}\cdot 2qdq\\ & =2\int pdq\\ & =2(\frac{1}{2}pq+\frac{p^2-q^2}{2}\int \frac{dq}{p})\\ & =pq+(b-a)\ln |p+q|\\ & =\sqrt{(x-a)(x-b)}+(b-a)\ln |\sqrt{x-a}+\sqrt{x-b}|\end{array}$$
为了不改变定义域，改写为：
$$\int \sqrt{\frac{x-a}{x-b}}dx=\sqrt{(x-a)(x-b)}+\frac{b-a}{2}\ln |2x-a-b+\sqrt{(x-a)(x-b)}|$$

No.2

求：$\int \frac{xdx}{\sqrt{x^2+2x+3}}dx$

[解]： 不妨令$m=x+1,n=\sqrt{(x+1{)}^2+2}$

有：$n^2-m^2=2,ndn=mdm$

于是：
$$\begin{array}{rl}\int \frac{xdx}{\sqrt{x^2+2x+3}}dx& =\int \frac{(m-1)dm}{n}\\ & =\int \frac{mdm}{n}-\int \frac{dm}{n}\end{array}$$
考虑：
$$\begin{array}{rl}\int \frac{mdm}{n}& =\frac{1}{2}\int \frac{d(m^2)}{n}\\ & =\frac{1}{2}\cdot \frac{m^2}{n}+\int \frac{m^2}{n^2}dn\\ & =\frac{m^2}{2n}+\int \frac{n^2-2}{n^2}dn\\ & =\frac{m^2}{2n}+n+\frac{2}{n}\end{array}$$

而：
$$\int \frac{dm}{n}=\ln |m+n|$$
所以，
$$\begin{array}{rl}\int \frac{xdx}{\sqrt{x^2+2x+3}}dx& =\frac{m^2}{2n}+n+\frac{2}{n}-\ln |m+n|\\ & =\frac{(x+1{)}^2}{2\sqrt{x^2+2x+3}}+\sqrt{x^2+2x+3}+\frac{2}{\sqrt{x^2+2x+3}}+\ln |m+n|\end{array}$$

5.指数示例

No.1

求：$\int \sqrt{\frac{e^x-1}{e^x+1}}dx$

[解]： 令$p=e^x,q=\sqrt{e^{2x}-1}$

于是：$p^2-q^2=1,pdp=qdp,dp=pdx$
$$\begin{array}{rl}\int \sqrt{\frac{e^x-1}{e^x+1}}dx& =\int \frac{p-1}{q}\frac{dp}{p}\\ & =\int \frac{dp}{q}-\int \frac{dp}{pq}\\ & =\int \frac{dp}{q}-\int \frac{dq}{p^2}\\ & =\int \frac{dp}{q}-\int \frac{dq}{q^2+1}\\ & =\ln |p+q|+\arctan q\\ & =\ln |e^x+\sqrt{e^{2x}-1}|+\arctan \sqrt{e^{2x}-1}\end{array}$$

No.2

求：$\int \frac{dx}{\sqrt{1+e^x}+\sqrt{1-e^x}}$

[解]： 令$p=\sqrt{1+e^x},q=\sqrt{1-e^x},r=e^{\frac{x}{2}}$

于是：$p^2-1=1-q^2=r^2=e^x,2rdr=r^{2}dx$

所以：
$$\begin{array}{rl}\int \frac{dx}{\sqrt{1+e^x}+\sqrt{1-e^x}}& =\int \frac{1}{p+q}\cdot \frac{2dr}{r}\\ & =\int \frac{p-q}{2r^2}\cdot \frac{dr}{r}\\ & =\frac{q-p}{2r^2}+\int \frac{dp-dq}{2r^2}[分部积分]\\ & =\frac{q-p}{2r^2}+\frac{1}{2}\int \frac{dp}{r^2}-\frac{1}{2}\int \frac{dq}{r^2}\\ & =\frac{q-p}{2r^2}+\frac{1}{2}\int \frac{dp}{p^2-1}-\frac{1}{2}\int \frac{dq}{1-q^2}\\ & =\frac{q-p}{2r^2}+\frac{1}{4}(\ln |\frac{p-1}{p+1}|+\ln |\frac{q-1}{q+1}|)\\ & =\frac{\sqrt{1-e^x}-\sqrt{1+e^x}}{2e^x}+\frac{1}{4}\ln |\frac{\sqrt{1+e^x}-1}{\sqrt{1+e^x}+1}|+\frac{1}{4}\ln |\frac{\sqrt{1-e^x}-1}{\sqrt{1-e^x}+1}|\end{array}$$

6.三角函数示例

No.1

求：$\int \frac{1-\tan x}{1+\tan x}dx$

[解]： 先考虑切化弦，然后令$m=\cos x,n=\sin x$

于是：$m^2+n^2=1,mdm+ndn=0$

所以：
$$\begin{array}{rl}\int \frac{1-\tan x}{1+\tan x}dx& =\int \frac{\cos x-\sin x}{\cos x+\sin x}dx\\ & =\int \frac{m-n}{m+n}\cdot \frac{dn}{m}\\ & =\int \frac{mdn+mdm}{m+n}\cdot \frac{1}{m}\\ & =\int \frac{dm+dn}{m+n}\\ & =\ln |m+n|\\ & =\ln |\sin x+\cos x|\end{array}$$

No.2

求：$\int \frac{dx}{\tan x+\sin x}$

[解]： 令$m=\sin x,n=\cos x$

于是：
$$\begin{array}{rl}\int \frac{dx}{\tan x+\sin x}& =\int \frac{1}{\frac{m}{n}+m}\cdot \frac{dm}{n}\\ & =\int \frac{dm}{m(1+n)}\\ & =\int \frac{dm(1-n)}{m^3}\\ & =\frac{n-1}{2m^2}+\frac{1}{2}\int \frac{dn}{m^2}\\ & =\frac{n-1}{2m^2}+\frac{1}{2}\int \frac{dn}{1-n^2}\\ & =\frac{n-1}{2m^2}-\frac{1}{4}\ln |\frac{n-1}{n+1}|\\ & =-\frac{1}{2(1+\cos x)}-\frac{1}{4}\ln |\frac{\cos x-1}{\cos x+1}|\end{array}$$