求 \[\int_0^1\frac{\sqrt{1-x^4}}{1+x^2}dx.\]

[相关的积分]

证明:

\[
\int_0^1 \frac{1}{\sqrt{1-x^4}}dx\cdot\int_0^1 \frac{x^2}{\sqrt{1-x^4}}dx=\frac{\pi}{4}.
\]

如果我们记 $f(x)=\frac{1}{\sqrt{1-x^4}}$, $g(x)=\frac{x^2}{\sqrt{1-x^4}}$, 则

\[
\begin{aligned}
​f(x)+g(x)=\frac{1+x^2}{\sqrt{1-x^4}}=\sqrt{\frac{1+x^2}{1-x^2}},\\
f(x)-g(x)=\frac{1-x^2}{\sqrt{1-x^4}}=\sqrt{\frac{1-x^2}{1+x^2}},\\
​\end{aligned}
\]

于是 $(f(x)+g(x))(f(x)-g(x))=1$, 因此原积分

\[
​\begin{split}
\int_0^1\frac{\sqrt{1-x^4}}{1+x^2}dx&=\int_0^1\sqrt{\frac{1-x^2}{1+x^2}}\\
​&=\int_0^1(f(x)-g(x))dx\\
&=\int_0^1 \frac{1}{\sqrt{1-x^4}}dx-\int_0^1 \frac{x^2}{\sqrt{1-x^4}}dx
​\end{split}
\]

References:

吉米多维奇, 《数学分析习题集题解》(五) 3872.

[分析]

设 $x^2=\sin\theta$, $\theta\in[0,\frac{\pi}{2}]$, 则 $x=\sqrt{\sin\theta}$, $dx=\frac{1}{2\sqrt{\sin\theta}}\cos\theta d\theta$.

\[
\begin{split}
\text{原式}&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sqrt{1-\sin^2\theta}}{1+\sin\theta}\cdot\frac{\cos\theta}{2\sqrt{\sin\theta}}d\theta\\
&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos^2\theta}{2\sqrt{\sin\theta}(1+\sin\theta)}d\theta\\
&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1-\sin^2\theta}{2\sqrt{\sin\theta}(1+\sin\theta)}d\theta\\
&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1-\sin\theta}{2\sqrt{\sin\theta}}d\theta\\
&=\frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{\sqrt{\sin\theta}}d\theta-\frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{\sin\theta}d\theta,
\end{split}
\]

其中积分

\[
\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{\sin\theta}d\theta\stackrel{t=\sqrt{\sin\theta}}{=}2\int_0^1\frac{t^2}{\sqrt{1-t^4}}dt
\]

是一个椭圆积分, 可以参考问题998 .