问题及解答

求不定积分

\[\int\sqrt{\frac{1+x}{1-x}}dx.\]

令 $t=\sqrt{\frac{1+x}{1-x}}$, 可得 $x=\frac{t^2-1}{t^2+1}$. 从而

\[
dx=d(\frac{t^2-1}{t^2+1})=\frac{4t}{(t^2+1)^2}dt
\]

于是, 原不定积分

\[
\begin{split}
\int\sqrt{\frac{1+x}{1-x}}dx&=\int t\cdot\frac{4t}{(t^2+1)^2}dt\\
&=\int\biggl(\frac{4t^2+4}{(t^2+1)^2}-\frac{4}{(t^2+1)^2}\biggr)dt\\
&=4\int\frac{1}{t^2+1}dt-4\int\frac{1}{(t^2+1)^2}dt\\
&=4\arctan t-4\int\frac{1}{(t^2+1)^2}dt\\
\end{split}
\]

根据问题 1448中的公式

\[
I_{n+1}=\frac{2n-1}{2na^2}I_n+\frac{1}{2na^2}\frac{x}{(x^2+a^2)^n}.
\]

可得这里的 $I_2=\int\frac{1}{(t^2+1)^2}dt$ 为

\[
I_{2}=\frac{1}{2}I_1+\frac{1}{2}\frac{t}{(t^2+1)}.
\]

而

\[
I_1=\int\frac{1}{t^2+1}dt=\arctan t+C,
\]

于是

\[
\int\frac{1}{(t^2+1)^2}dt=\frac{1}{2}\arctan t+\frac{1}{2}\frac{t}{(t^2+1)}+C.
\]

因此

\[
\begin{split}
\int\sqrt{\frac{1+x}{1-x}}dx&=4\arctan t-2\arctan t-2\frac{t}{(t^2+1)}+C\\
&=2\arctan\sqrt{\frac{1+x}{1-x}}-2\frac{\sqrt{\frac{1+x}{1-x}}}{(\frac{1+x}{1-x}+1)}+C\\
&=2\arctan\sqrt{\frac{1+x}{1-x}}-\sqrt{1-x^2}+C.
\end{split}
\]

若令 $\theta=\arctan\sqrt{\frac{1+x}{1-x}}$, 则 $\tan^2\theta=\frac{1+x}{1-x}$, 求得

\[
x=\frac{\tan^2\theta-1}{\tan^2\theta+1}=\sin^2\theta-\cos^2\theta=-\cos(2\theta)=\sin(2\theta-\frac{\pi}{2}),
\]

因此, $2\theta=\arcsin x+\frac{\pi}{2}$, 于是也可以写

\[
\int\sqrt{\frac{1+x}{1-x}}dx=\arcsin x-\sqrt{1-x^2}+C.
\]

第二种方法并不是常规的做法, 但在这里比较简单.

注意到

\[
\int\sqrt{\frac{1+x}{1-x}}dx=\int\frac{1+x}{\sqrt{1-x^2}}dx.
\]

令 $t=\sqrt{1-x^2}$, 不妨设 $x>0$, 则 $x=\sqrt{1-t^2}$, 从而 $dx=-\frac{t}{\sqrt{1-t^2}}dt$. 于是,

\[
\begin{split}
\int\sqrt{\frac{1+x}{1-x}}dx&=\int\frac{1+\sqrt{1-t^2}}{t}\cdot\frac{-t}{\sqrt{1-t^2}}dt\\
&=-\int(\frac{1}{\sqrt{1-t^2}}+1)dt\\
&=-\arcsin t-t+C\\
&=-\arcsin\sqrt{1-x^2}-\sqrt{1-x^2}+C.
\end{split}
\]

注意到 $x^2+(\sqrt{1-x^2})^2=1$, 所以

\[
\arcsin\frac{\sqrt{1-x^2}}{1}+\arcsin\frac{x}{1}=\frac{\pi}{2},
\]

故

\[
\int\sqrt{\frac{1+x}{1-x}}dx=\arcsin x-\sqrt{1-x^2}+C.
\]