问题及解答

1.   $\displaystyle\int\frac{2^{\arctan x}}{1+x^2}\mathrm{d}x$

2.   $\displaystyle\int(\tan x)\ln\cos x\mathrm{d}x$

3.   $\displaystyle\int\frac{\mathrm{d}x}{x^2\sqrt{4+x^2}}$

1.

\[
\int\frac{2^{\arctan x}}{1+x^2}\mathrm{d}x=\int 2^{\arctan x}\mathrm{d}\arctan x=\frac{1}{\ln 2}2^{\arctan x}+C.
\]

2. 

\[
\int(\tan x)\ln\cos x\mathrm{d}x
\]

考虑 $\ln\cos x$ 的导函数,

\[(\ln\cos x)'=\frac{1}{\cos x}\cdot(-\sin x)=-\tan x.\]

于是

\[
\int(\tan x)\ln\cos x\mathrm{d}x=-\int\ln(\cos x)\mathrm{d}\ln(\cos x)=-\frac{1}{2}\ln^2(\cos x)+C
\]

3.

\[
\int\frac{\mathrm{d}x}{x^2\sqrt{4+x^2}}
\]

被积函数分母上 $x$ 的次数比较高, 可以尝试使用倒代换, 即 $t=\frac{1}{x}$. 当然也可以尝试令 $x=2\tan\theta$ 以将根号去掉.

令 $t=\frac{1}{x}$, 不妨设 $x > 0$, 则 $t > 0$. $\mathrm{d}x=-\frac{1}{t^2}\mathrm{d}t$.

\[
\begin{split}
\text{原式}&=\int\frac{t^2}{\sqrt{4+\frac{1}{t^2}}}\cdot\frac{-1}{t^2}\mathrm{d}t\\
&=-\int\frac{t}{\sqrt{4t^2+1}}\mathrm{d}t\\
&=-\frac{1}{8}\int\frac{\mathrm{d}(4t^2)}{\sqrt{4t^2+1}}\\
&=-\frac{1}{4}\sqrt{4t^2+1}+C\\
&=-\frac{1}{4}\sqrt{\frac{4}{x^2}+1}+C
\end{split}
\]

（法二）若令 $x=2\tan\theta$, $\theta\in(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2})$. 则

\[
\begin{split}
\text{原式}&=\int\frac{\mathrm{d}(2\tan\theta)}{4\tan^2\theta\sqrt{4+4\tan^2\theta}}\\
&=\int\frac{2\sec^2\theta\mathrm{d}\theta}{4\tan^2\theta\cdot 2\sec\theta}\\
&=\frac{1}{4}\int\frac{\cos\theta}{\sin^2\theta}\mathrm{d}\theta\\
&=\frac{1}{4}\int\frac{1}{\sin^2\theta}\mathrm{d}\sin\theta\\
&=-\frac{1}{4}\frac{1}{\sin\theta}+C
\end{split}
\]

又 $\tan\theta=\frac{x}{2}$ 可推出 $\sin\theta=\frac{x}{\sqrt{4+x^2}}$, 故原积分为

\[
-\frac{\sqrt{4+x^2}}{4x}+C
\]