五、含有根式的积分

小题

1. 【1987-4-4 分】 求不定积分

$$\int e^{\sqrt{2x-1}}dx.$$

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答案：

$$\int e^{\sqrt{2x-1}}dx=\left(\sqrt{2x-1}-1\right)e^{\sqrt{2x-1}}+C.$$

解析： 被积函数的指数中含有根式，令

$$t=\sqrt{2x-1}.$$

则

$$t^2=2x-1,x=\frac{t^2+1}{2},dx=tdt.$$

原积分化为

$$\begin{array}{rl}\int e^{\sqrt{2x-1}}dx& =\int t{e}^{t}dt\\ & =t{e}^t-\int e^{t}dt\\ & =(t-1)e^t+C.\end{array}$$

代回 $t=\sqrt{2x-1}$，得

$$\int e^{\sqrt{2x-1}}dx=\left(\sqrt{2x-1}-1\right)e^{\sqrt{2x-1}}+C.$$

本题的关键是用根式整体作换元，随后对 $\int t{e}^{t}dt$ 使用分部积分。

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2. 【1992-3-5 分】 求

$$\int \frac{x^3}{\sqrt{1+x^2}}dx.$$

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答案：

$$\int \frac{x^3}{\sqrt{1+x^2}}dx=\frac{1}{3}{\left(1+x^2\right)}^{\frac{3}{2}}-\sqrt{1+x^2}+C.$$

也可写为

$$\frac{x^2-2}{3}\sqrt{1+x^2}+C.$$

解析： 注意到分母含有 $\sqrt{1+x^2}$，且分子可以拆成

$$x^{3}dx=x^2\cdot xdx.$$

令

$$u=1+x^2,du=2xdx,x^2=u-1.$$

则

$$\begin{array}{rl}\int \frac{x^3}{\sqrt{1+x^2}}dx& =\frac{1}{2}\int \frac{u-1}{\sqrt{u}}du\\ & =\frac{1}{2}\int \left(u^{\frac{1}{2}}-u^{-\frac{1}{2}}\right)du\\ & =\frac{1}{3}{u}^{\frac{3}{2}}-u^{\frac{1}{2}}+C.\end{array}$$

代回 $u=1+x^2$，得到

$$\int \frac{x^3}{\sqrt{1+x^2}}dx=\frac{1}{3}{\left(1+x^2\right)}^{\frac{3}{2}}-\sqrt{1+x^2}+C.$$

提取 $\sqrt{1+x^2}$ 后，还可化为

$$\frac{x^2-2}{3}\sqrt{1+x^2}+C.$$

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3. 【1993-5-3 分】

$$\int \frac{dx}{(2-x)\sqrt{1-x}}=\underline{}.$$

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答案：

$$\int \frac{dx}{(2-x)\sqrt{1-x}}=-2\arctan \sqrt{1-x}+C.$$

解析： 令

$$t=\sqrt{1-x},$$

则

$$x=1-t^2,dx=-2tdt,2-x=1+t^2.$$

因而

$$\begin{array}{rl}\int \frac{dx}{(2-x)\sqrt{1-x}}& =\int \frac{-2tdt}{(1+t^2)t}\\ & =-2\int \frac{dt}{1+t^2}\\ & =-2\arctan t+C.\end{array}$$

代回 $t=\sqrt{1-x}$，即得

$$-2\arctan \sqrt{1-x}+C.$$

由于原被积函数含有 $\sqrt{1-x}$ 且该根式位于分母，因此实数范围内原函数应在区间 $(-\infty ,1)$ 上理解。

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4. 【1997-2-3 分】

$$\int \frac{dx}{\sqrt{x(4-x)}}=\underline{}.$$

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答案：

$$\int \frac{dx}{\sqrt{x(4-x)}}=\arcsin \left(\frac{x-2}{2}\right)+C.$$

解析： 先将根式中的二次式配方：

$$\begin{array}{rl}x(4-x)& =4x-x^2\\ & =4-(x-2{)}^2.\end{array}$$

因此原积分为

$$\int \frac{dx}{\sqrt{4-(x-2{)}^2}}.$$

令

$$u=\frac{x-2}{2},dx=2du.$$

则

$$\begin{array}{rl}\int \frac{dx}{\sqrt{4-(x-2{)}^2}}& =\int \frac{2du}{2\sqrt{1-u^2}}\\ & =\int \frac{du}{\sqrt{1-u^2}}\\ & =\arcsin u+C.\end{array}$$

代回后得到

$$\arcsin \left(\frac{x-2}{2}\right)+C.$$

原被积函数在实数范围内的连续区间为 $(0,4)$。答案也可写成 $2\arcsin \frac{\sqrt{x}}{2}+C$，两种形式在该区间内只相差常数。

大题

1. 【2001-2-6 分】 求

$$\int \frac{dx}{(2x^2+1)\sqrt{x^2+1}}.$$

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答案：

$$\int \frac{dx}{(2x^2+1)\sqrt{x^2+1}}=\arctan \left(\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}\right)+C.$$

解析： 观察到 $\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}$ 的导数能够产生 $(x^2+1{)}^{-\frac{3}{2}}$，令

$$t=\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}.$$

对其求导，得

$$\begin{array}{rl}dt& ={\left[x(x^2+1{)}^{-\frac{1}{2}}\right]}^{\prime }dx\\ & =\left[(x^2+1{)}^{-\frac{1}{2}}-x^2(x^2+1{)}^{-\frac{3}{2}}\right]dx\\ & =\frac{dx}{(x^2+1{)}^{\frac{3}{2}}}.\end{array}$$

又由

$$t^2=\frac{x^2}{x^2+1}$$

可得

$$\begin{array}{rl}1+t^2& =1+\frac{x^2}{x^2+1}\\ & =\frac{2x^2+1}{x^2+1}.\end{array}$$

将原被积式改写为

$$\begin{array}{rl}\frac{dx}{(2x^2+1)\sqrt{x^2+1}}& =\frac{x^2+1}{2x^2+1}\cdot \frac{dx}{(x^2+1{)}^{\frac{3}{2}}}\\ & =\frac{dt}{1+t^2}.\end{array}$$

因此

$$\begin{array}{rl}\int \frac{dx}{(2x^2+1)\sqrt{x^2+1}}& =\int \frac{dt}{1+t^2}\\ & =\arctan t+C\\ & =\arctan \left(\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}\right)+C.\end{array}$$

验算时，利用

$${\left(\arctan t\right)}^{\prime }=\frac{t^{\prime }}{1+t^2}$$

即可直接还原原被积函数。本题的关键是选择能够同时化简根式 $\sqrt{x^2+1}$ 与二次因子 $2x^2+1$ 的换元。