2021年考研数学一第11题

首先，观察分母表达式 $x^2+2x+2$。为了将其转化为完全平方形式，我们回忆完全平方公式：$(x+a)^2 = x^2 + 2ax + a^2$。这里，一次项系数为 $2$，因此 $2a = 2$，解得 $a = 1$。于是 $(x+1)^2 = x^2 + 2x + 1$。原分母比 $(x+1)^2$ 多出 $1$，即 $x^2+2x+2 = (x^2+2x+1) + 1 = (x+1)^2 + 1$。因此，分母配方后为 $(x+1)^2+1$。这一步骤为后续积分或求极限等操作提供了更简洁的形式，例如在积分中可令 $u = x+1$ 进行变量代换。

根据第一步中确定的换元 $t = x + 1$，我们需要将原积分中的被积函数和积分限全部用 $t$ 表示。原积分是 $\int_0^{+\infty} \frac{dx}{x^2 + 2x + 2}$。首先，对分母进行配方：$x^2 + 2x + 2 = (x^2 + 2x + 1) + 1 = (x+1)^2 + 1$。因此被积函数变为 $\frac{1}{(x+1)^2 + 1}$。接下来，换元 $t = x + 1$，则 $dt = dx$。当 $x = 0$ 时，$t = 1$；当 $x \to +\infty$ 时，$t \to +\infty$。所以积分限从 $0$ 到 $+\infty$ 变为 $1$ 到 $+\infty$。于是原积分化为 $\int_1^{+\infty} \frac{dt}{t^2 + 1}$。注意，步骤概要中给出的形式是 $\int_0^{+\infty} \frac{dx}{(x+1)^2+1}$，这是将换元后的变量仍写作 $x$ 的写法，实际上等价于 $\int_1^{+\infty} \frac{dx}{x^2+1}$。为了与步骤概要一致，我们保留变量 $x$，写出积分形式为 $\int_0^{+\infty} \frac{dx}{(x+1)^2+1}$，但需注意此时积分下限对应的是 $x=0$ 时 $t=1$ 的映射，实际上该积分与 $\int_1^{+\infty} \frac{dx}{x^2+1}$ 是等价的。因此，本步骤得到的积分形式为 $\int_0^{+\infty} \frac{dx}{(x+1)^2+1}$。

在完成变量代换后，积分转化为标准形式。我们已有积分式： $$ \int \frac{dx}{(x+1)^2 + 1} $$ 令 $u = x+1$，则 $du = dx$，积分变为： $$ \int \frac{du}{u^2 + 1} $$ 这正是基本积分公式 $\int \frac{du}{u^2 + a^2} = \frac{1}{a} \arctan\frac{u}{a} + C$ 中 $a=1$ 的情形。代入公式得： $$ \int \frac{du}{u^2 + 1} = \arctan u + C $$ 将 $u = x+1$ 代回，得到原函数： $$ \arctan(x+1) + C $$ 因此，不定积分的结果为 $\arctan(x+1) + C$。

本步骤需要将积分结果中的上下限代入表达式。由前一步骤得到原函数为 $\arctan(x+1)$，定积分为 $\arctan(x+1)\big|_0^{+\infty}$。代入上限时，需计算极限：$\lim\limits_{x\to +\infty}\arctan(x+1)$。由于当 $x\to +\infty$ 时，$x+1\to +\infty$，而 $\arctan t$ 在 $t\to +\infty$ 时的极限为 $\frac{\pi}{2}$，因此 $\lim\limits_{x\to +\infty}\arctan(x+1)=\frac{\pi}{2}$。代入下限时，$x=0$，得 $\arctan(0+1)=\arctan 1=\frac{\pi}{4}$。于是原定积分值为 $\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{4}$。

本步骤计算定积分 $\int_{0}^{+\infty} \frac{1}{(x+1)(x^2+1)} \, dx$ 的值。首先，由前几步的分解结果，原积分化为： $$ \int_{0}^{+\infty} \left( \frac{1}{2(x+1)} - \frac{x-1}{2(x^2+1)} \right) dx. $$ 分别计算两个广义积分。对于第一个积分： $$ \int_{0}^{+\infty} \frac{1}{2(x+1)} \, dx = \frac{1}{2} \lim_{b \to +\infty} \int_{0}^{b} \frac{1}{x+1} \, dx = \frac{1}{2} \lim_{b \to +\infty} \left[ \ln(x+1) \right]_{0}^{b} = \frac{1}{2} \lim_{b \to +\infty} \ln(b+1). $$ 该极限发散，但注意第二个积分会抵消发散部分。将两个积分合并计算： $$ \int_{0}^{+\infty} \left( \frac{1}{2(x+1)} - \frac{x-1}{2(x^2+1)} \right) dx = \frac{1}{2} \int_{0}^{+\infty} \left( \frac{1}{x+1} - \frac{x-1}{x^2+1} \right) dx. $$ 对括号内的表达式通分： $$ \frac{1}{x+1} - \frac{x-1}{x^2+1} = \frac{x^2+1 - (x-1)(x+1)}{(x+1)(x^2+1)} = \frac{x^2+1 - (x^2-1)}{(x+1)(x^2+1)} = \frac{2}{(x+1)(x^2+1)}. $$ 因此原积分等于 $\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot 2 \int_{0}^{+\infty} \frac{1}{(x+1)(x^2+1)} \, dx$，这变成了恒等式，无法直接计算。改用另一种方法：将原积分拆分为 $\int_{0}^{+\infty} \frac{1}{(x+1)(x^2+1)} \, dx = \frac{1}{2} \int_{0}^{+\infty} \left( \frac{1}{x+1} - \frac{x-1}{x^2+1} \right) dx$。分别计算两个部分在 $[0, R]$ 上的定积分，再取极限 $R \to +\infty$。 计算 $\int_{0}^{R} \frac{1}{x+1} \, dx = \ln(R+1)$。 计算 $\int_{0}^{R} \frac{x-1}{x^2+1} \, dx = \int_{0}^{R} \frac{x}{x^2+1} \, dx - \int_{0}^{R} \frac{1}{x^2+1} \, dx = \frac{1}{2} \ln(R^2+1) - \arctan R$。 因此， $$ \int_{0}^{R} \left( \frac{1}{x+1} - \frac{x-1}{x^2+1} \right) dx = \ln(R+1) - \frac{1}{2} \ln(R^2+1) + \arctan R. $$ 利用对数性质：$\ln(R+1) - \frac{1}{2} \ln(R^2+1) = \ln \frac{R+1}{\sqrt{R^2+1}}$。当 $R \to +\infty$ 时，$\frac{R+1}{\sqrt{R^2+1}} \to 1$，故对数部分趋于 $0$。而 $\arctan R \to \frac{\pi}{2}$。所以极限为 $\frac{\pi}{2}$。原积分乘以 $\frac{1}{2}$ 得： $$ \int_{0}^{+\infty} \frac{1}{(x+1)(x^2+1)} \, dx = \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{4}. $$ 最终答案为 $\frac{\pi}{4}$。验证：该积分收敛且值为正，$\frac{\pi}{4} \approx 0.785$，合理。