中册 4.2 定积分计算 第22题
📝 题目
22．计算下列积分．
（1）求 $\displaystyle \int_{0}^{1} \frac{\ln (1+x)}{1+x^{2}} \mathrm{~d} x$ 或 $\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \ln (1+\tan \theta) \mathrm{d} \theta$ ．
（2）设 $\displaystyle I(a)=\int_{0}^{1} \frac{\ln (1+a x)}{1+x^{2}} \mathrm{~d} x, a>0$ ，求 $I^{\prime}(a), I(1)$ ．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）方法 1 ：令 $x=\tan \theta$ ，则
$$
\begin{aligned}
\int_{0}^{1} \frac{\ln (1+x)}{1+x^{2}} \mathrm{~d} x & =\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \ln (1+\tan \theta) \mathrm{d} \theta=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \ln (\sin \theta+\cos \theta) \mathrm{d} \theta-\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \ln \cos \theta \mathrm{~d} \theta \\
& =\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \ln \left(\sqrt{2} \cos \left(\theta-\frac{\pi}{4}\right)\right) \mathrm{d} \theta-\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \ln \cos \theta \mathrm{~d} \theta \\
& =\frac{\pi}{8} \ln 2+\int_{\frac{\pi}{4}}^{0} \ln (\cos u)(-\mathrm{d} u)-\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \ln \cos \theta \mathrm{~d} \theta=\frac{\pi}{8} \ln 2 .
\end{aligned}
$$
方法 2：记 $\displaystyle I=\int_{0}^{1} \frac{\ln (1+x)}{1+x^{2}} \mathrm{~d} x$ 。令 $\displaystyle x=\frac{1-t}{1+t}$ ，则
$$
I=\int_{0}^{1} \frac{\ln (1+x)}{1+x^{2}} \mathrm{~d} x=\int_{0}^{1} \frac{\ln 2-\ln (1+t)}{1+t^{2}} \mathrm{~d} t=\ln 2 \int_{0}^{1} \frac{1}{1+t^{2}} \mathrm{~d} t-I=\ln 2 \cdot \frac{\pi}{4}-I
$$
于是 $\displaystyle I=\frac{\pi}{8} \ln 2$ ．
（2）由 $\displaystyle I(a)=\int_{0}^{1} \frac{\ln (1+a x)}{1+x^{2}} \mathrm{~d} x$ 得 $I(0)=0$ ，
$$
I^{\prime}(a)=\int_{0}^{1} \frac{x}{(1+a x)\left(1+x^{2}\right)} \mathrm{d} x=\int_{0}^{1} \frac{1}{1+a^{2}}\left(\frac{x+a}{1+x^{2}}-\frac{a}{1+a x}\right) \mathrm{d} x=\frac{1}{1+a^{2}}\left[\frac{1}{2} \ln 2+a \frac{\pi}{4}-\ln (1+a)\right]
$$
$$
I(1)=\int_{0}^{1} I^{\prime}(a) \mathrm{d} a=\int_{0}^{1} \frac{1}{1+a^{2}}\left[\frac{1}{2} \ln 2+a \frac{\pi}{4}-\ln (1+a)\right] \mathrm{d} a=\frac{1}{2} \ln 2 \cdot \frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{4} \cdot \frac{1}{2} \ln 2-I(1)=\frac{\pi}{4} \ln 2-I(1) .
$$
于是 $\displaystyle \int_{0}^{1} \frac{\ln (1+x)}{1+x^{2}} \mathrm{~d} x=I(1)=\frac{\pi}{8} \ln 2$ ．
📋 详细解题步骤
步骤 1/8
目标：变量代换将积分转化为三角形式
令 $x = \tan \theta$，则 $dx = \sec^2 \theta d\theta$，$1+x^2 = \sec^2 \theta$，积分限 $x=0 \to \theta=0$，$x=1 \to \theta=\frac{\pi}{4}$。于是原积分化为：
$$
\int_0^1 \frac{\ln(1+x)}{1+x^2} dx = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \ln(1+\tan\theta) d\theta.
$$
公式：$x = \tan\theta$，$dx = \sec^2\theta d\theta$，$1+x^2 = \sec^2\theta$
提示：注意积分限的对应关系，$x$从0到1对应$\theta$从0到$\frac{\pi}{4}$。
步骤 2/8
目标：利用三角恒等式化简被积函数
利用 $1+\tan\theta = \frac{\sin\theta+\cos\theta}{\cos\theta}$，则
$$
\ln(1+\tan\theta) = \ln(\sin\theta+\cos\theta) - \ln\cos\theta.
$$
积分变为
$$
\int_0^{\frac{\pi}{4}} \ln(\sin\theta+\cos\theta) d\theta - \int_0^{\frac{\pi}{4}} \ln\cos\theta d\theta.
$$
公式：$1+\tan\theta = \frac{\sin\theta+\cos\theta}{\cos\theta}$
提示：注意对数运算性质：$\ln\frac{A}{B} = \ln A - \ln B$。
步骤 3/8
目标：进一步化简正弦加余弦项
利用恒等式 $\sin\theta+\cos\theta = \sqrt{2}\cos\left(\theta-\frac{\pi}{4}\right)$，则
$$
\ln(\sin\theta+\cos\theta) = \ln\sqrt{2} + \ln\cos\left(\theta-\frac{\pi}{4}\right).
$$
于是第一个积分为
$$
\int_0^{\frac{\pi}{4}} \ln\sqrt{2} d\theta + \int_0^{\frac{\pi}{4}} \ln\cos\left(\theta-\frac{\pi}{4}\right) d\theta = \frac{\pi}{4}\cdot\frac{1}{2}\ln 2 + \int_0^{\frac{\pi}{4}} \ln\cos\left(\theta-\frac{\pi}{4}\right) d\theta.
$$
公式：$\sin\theta+\cos\theta = \sqrt{2}\cos(\theta-\pi/4)$
提示：注意 $\ln\sqrt{2} = \frac{1}{2}\ln 2$。
步骤 4/8
目标：变量代换处理余弦积分
对第二个积分令 $u = \theta - \frac{\pi}{4}$，则 $d\theta = du$，积分限 $\theta=0 \to u=-\frac{\pi}{4}$，$\theta=\frac{\pi}{4} \to u=0$。于是
$$
\int_0^{\frac{\pi}{4}} \ln\cos\left(\theta-\frac{\pi}{4}\right) d\theta = \int_{-\frac{\pi}{4}}^0 \ln\cos u \, du = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \ln\cos u \, du,
$$
其中最后一步利用了偶函数性质（$\cos u$为偶函数，积分区间对称）。因此原积分化为
$$
\frac{\pi}{8}\ln 2 + \int_0^{\frac{\pi}{4}} \ln\cos u \, du - \int_0^{\frac{\pi}{4}} \ln\cos\theta d\theta = \frac{\pi}{8}\ln 2.
$$
公式：$\int_{-a}^a f(u) du = 2\int_0^a f(u) du$ 当 $f$ 为偶函数
提示：注意积分限变换时符号的变化，以及偶函数性质的应用。
步骤 5/8
目标：方法二：利用倒代换
令 $x = \frac{1-t}{1+t}$，则 $dx = -\frac{2}{(1+t)^2} dt$，$1+x^2 = \frac{2(1+t^2)}{(1+t)^2}$，$1+x = \frac{2}{1+t}$。积分限 $x=0 \to t=1$，$x=1 \to t=0$。于是
$$
I = \int_0^1 \frac{\ln(1+x)}{1+x^2} dx = \int_1^0 \frac{\ln\frac{2}{1+t}}{\frac{2(1+t^2)}{(1+t)^2}} \cdot \left(-\frac{2}{(1+t)^2}\right) dt = \int_0^1 \frac{\ln 2 - \ln(1+t)}{1+t^2} dt = \ln 2 \int_0^1 \frac{dt}{1+t^2} - I.
$$
公式：$x = \frac{1-t}{1+t}$，$dx = -\frac{2}{(1+t)^2} dt$
提示：注意代换后积分限的颠倒和负号的处理，最终得到关于 $I$ 的方程。
步骤 6/8
目标：解方程求积分值
由 $I = \ln 2 \cdot \frac{\pi}{4} - I$，得 $2I = \frac{\pi}{4}\ln 2$，所以 $I = \frac{\pi}{8}\ln 2$。
公式：$\int_0^1 \frac{dt}{1+t^2} = \frac{\pi}{4}$
提示：注意解方程时移项要小心，不要漏掉系数。
步骤 7/8
目标：求 $I'(a)$
对 $I(a) = \int_0^1 \frac{\ln(1+ax)}{1+x^2} dx$ 求导，得
$$
I'(a) = \int_0^1 \frac{\partial}{\partial a} \frac{\ln(1+ax)}{1+x^2} dx = \int_0^1 \frac{x}{(1+ax)(1+x^2)} dx.
$$
利用部分分式分解：$\frac{x}{(1+ax)(1+x^2)} = \frac{1}{1+a^2}\left(\frac{x+a}{1+x^2} - \frac{a}{1+ax}\right)$。积分得
$$
I'(a) = \frac{1}{1+a^2}\left[ \frac{1}{2}\ln(1+x^2) + a\arctan x - \ln(1+ax) \right]_0^1 = \frac{1}{1+a^2}\left( \frac{1}{2}\ln 2 + a\frac{\pi}{4} - \ln(1+a) \right).
$$
公式：部分分式分解：$\frac{x}{(1+ax)(1+x^2)} = \frac{1}{1+a^2}\left(\frac{x+a}{1+x^2} - \frac{a}{1+ax}\right)$
提示：求导与积分交换顺序需验证条件（被积函数连续），此处成立。注意积分上下限代入。
步骤 8/8
目标：求 $I(1)$
由 $I(0)=0$，$I(1) = \int_0^1 I'(a) da$。代入 $I'(a)$ 得
$$
I(1) = \int_0^1 \frac{1}{1+a^2}\left( \frac{1}{2}\ln 2 + a\frac{\pi}{4} - \ln(1+a) \right) da.
$$
注意到 $\int_0^1 \frac{\ln(1+a)}{1+a^2} da = I(1)$，且 $\int_0^1 \frac{da}{1+a^2} = \frac{\pi}{4}$，$\int_0^1 \frac{a}{1+a^2} da = \frac{1}{2}\ln 2$。于是
$$
I(1) = \frac{1}{2}\ln 2 \cdot \frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{4} \cdot \frac{1}{2}\ln 2 - I(1) = \frac{\pi}{4}\ln 2 - I(1).
$$
解得 $I(1) = \frac{\pi}{8}\ln 2$。
公式：$\int_0^1 \frac{da}{1+a^2} = \frac{\pi}{4}$，$\int_0^1 \frac{a}{1+a^2} da = \frac{1}{2}\ln 2$
提示：注意 $\int_0^1 \frac{\ln(1+a)}{1+a^2} da$ 正是 $I(1)$，从而得到方程。
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