中册 5.1 反常积分计算 第2题
📝 题目
2．设 $\displaystyle I_{1}=\int_{0}^{+\infty} \frac{1}{1+x^{4}} \mathrm{dx}, I_{2}=\int_{0}^{+\infty} \frac{x^{2}}{1+x^{4}} \mathrm{dx}$ ，证明：$I_{1}$ 收玫，$I_{1}=I_{2}$ ，并求 $I_{1}$ 的值．
💡 答案解析
解题过程：
令 $\displaystyle t=\frac{1}{x}$ ，则 $\displaystyle \mathrm{d} x=-\frac{1}{t^{2}} \mathrm{~d} t$ ，于是 $\displaystyle I_{1}=\int_{0}^{+\infty} \frac{1}{1+x^{4}} \mathrm{~d} x=-\int_{+\infty}^{0} \frac{t^{4}}{1+t^{4}} \frac{1}{t^{2}} \mathrm{~d} t=\int_{0}^{+\infty} \frac{x^{2}}{1+x^{4}} \mathrm{~d} x=I_{2}$ ．下面用三种方法求值．
方法1：由于
$$
\int \frac{1}{x^{4}+1} \mathrm{~d} x=\frac{\sqrt{2}}{8} \ln \frac{x^{2}+\sqrt{2} x+1}{x^{2}-\sqrt{2} x+1}+\frac{\sqrt{2}}{4} \arctan (\sqrt{2} x+1)+\frac{\sqrt{2}}{4} \arctan (\sqrt{2} x-1)+C .
$$
所以
$$
I_{1}=\int_{0}^{+\infty} \frac{1}{x^{4}+1} \mathrm{~d} x=\frac{\pi}{2 \sqrt{2}}
$$
方法 2： $\displaystyle \int_{0}^{+\infty} \frac{1}{1+x^{4}} \mathrm{~d} x=\frac{1}{2}\left(\int_{0}^{+\infty} \frac{1}{1+x^{4}} \mathrm{~d} x+\int_{0}^{+\infty} \frac{x^{2}}{1+x^{4}} \mathrm{~d} x\right)=\frac{1}{2} \int_{0}^{+\infty} \frac{1+x^{2}}{1+x^{4}} \mathrm{~d} x=\frac{1}{2} \int_{0}^{+\infty} \frac{1+x^{-2}}{x^{-2}+x^{2}} \mathrm{~d} x$
$$
=\frac{1}{2} \int_{0}^{+\infty} \frac{\mathrm{d}\left(x-x^{-1}\right)}{\left(x-x^{-1}\right)^{2}+2}=\left.\frac{1}{2 \sqrt{2}} \arctan \frac{1}{\sqrt{2}}\left(x-\frac{1}{x}\right)\right|_{0} ^{+\infty}=\frac{\pi}{2 \sqrt{2}} .
$$
方法 3：令 $\displaystyle t=\frac{1}{1+x^{4}}$ ，则
$$
\int_{0}^{+\infty} \frac{1}{1+x^{4}} \mathrm{~d} x=\frac{1}{4} \int_{0}^{1} t^{-\frac{1}{4}}(1-t)^{-\frac{3}{4}} \mathrm{~d} t=\frac{1}{4} \mathrm{~B}\left(\frac{1}{4}, \frac{3}{4}\right)=\frac{1}{4} \Gamma\left(\frac{1}{4}\right) \Gamma\left(\frac{3}{4}\right)=\frac{\pi}{4 \sin \frac{\pi}{4}}=\frac{\sqrt{2}}{4} \pi
$$
📋 详细解题步骤
步骤 1/5
目标：证明I1收敛
对于 $I_1 = \int_0^{+\infty} \frac{1}{1+x^4} dx$，在 $[0,1]$ 上被积函数连续，在 $[1,+\infty)$ 上 $\frac{1}{1+x^4} \leq \frac{1}{x^4}$，而 $\int_1^{+\infty} \frac{1}{x^4} dx$ 收敛，由比较判别法知 $I_1$ 收敛。
公式：比较判别法：若 $0 \leq f(x) \leq g(x)$ 且 $\int g$ 收敛，则 $\int f$ 收敛。
提示：注意 $x=0$ 不是瑕点，只需考虑无穷远处的行为。
步骤 2/5
目标：证明I1=I2
令 $t = \frac{1}{x}$，则 $dx = -\frac{1}{t^2} dt$。当 $x=0$ 时 $t=+\infty$，$x=+\infty$ 时 $t=0$。于是
$$I_1 = \int_0^{+\infty} \frac{1}{1+x^4} dx = \int_{+\infty}^0 \frac{1}{1+1/t^4} \left(-\frac{1}{t^2}\right) dt = \int_0^{+\infty} \frac{t^2}{1+t^4} dt = I_2.$$
公式：换元积分法：$\int_a^b f(x) dx = \int_{g^{-1}(a)}^{g^{-1}(b)} f(g(t)) g'(t) dt$。
提示：注意积分限变换：$x=0 \to t=+\infty$，$x=+\infty \to t=0$，负号使积分限颠倒。
步骤 3/5
目标：方法1：利用不定积分公式求值
已知不定积分公式：
$$\int \frac{1}{x^4+1} dx = \frac{\sqrt{2}}{8} \ln \frac{x^2+\sqrt{2}x+1}{x^2-\sqrt{2}x+1} + \frac{\sqrt{2}}{4} \arctan(\sqrt{2}x+1) + \frac{\sqrt{2}}{4} \arctan(\sqrt{2}x-1) + C.$$
代入上下限：$x=0$ 时，$\ln \frac{1}{1}=0$，$\arctan 1 = \frac{\pi}{4}$，$\arctan(-1)=-\frac{\pi}{4}$，和为 $\frac{\sqrt{2}}{4}(\frac{\pi}{4}-\frac{\pi}{4})=0$；$x\to +\infty$ 时，$\ln \frac{x^2+\sqrt{2}x+1}{x^2-\sqrt{2}x+1} \to \ln 1 = 0$，$\arctan(\sqrt{2}x+1) \to \frac{\pi}{2}$，$\arctan(\sqrt{2}x-1) \to \frac{\pi}{2}$，和为 $\frac{\sqrt{2}}{4}(\frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{2}) = \frac{\sqrt{2}\pi}{4}$。因此 $I_1 = \frac{\sqrt{2}\pi}{4} - 0 = \frac{\pi}{2\sqrt{2}}$。
公式：不定积分公式及牛顿-莱布尼茨公式。
提示：计算极限时注意 $\arctan$ 的极限值，以及 $\ln$ 的极限为0。
步骤 4/5
目标：方法2：利用对称性转化为有理积分
由 $I_1 = I_2$，得 $I_1 = \frac{1}{2}(I_1 + I_2) = \frac{1}{2} \int_0^{+\infty} \frac{1+x^2}{1+x^4} dx$。分子分母同除以 $x^2$：
$$\frac{1}{2} \int_0^{+\infty} \frac{1+x^{-2}}{x^{-2}+x^2} dx = \frac{1}{2} \int_0^{+\infty} \frac{d(x - x^{-1})}{(x - x^{-1})^2 + 2}.$$
令 $u = x - x^{-1}$，则 $du = (1 + x^{-2})dx$，积分限：$x=0$ 时 $u \to -\infty$，$x=+\infty$ 时 $u \to +\infty$。于是
$$I_1 = \frac{1}{2} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{du}{u^2+2} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} \arctan\frac{u}{\sqrt{2}} \Big|_{-\infty}^{+\infty} = \frac{1}{2\sqrt{2}} \left( \frac{\pi}{2} - (-\frac{\pi}{2}) \right) = \frac{\pi}{2\sqrt{2}}.$$
公式：换元积分法：$\int \frac{du}{u^2+a^2} = \frac{1}{a} \arctan\frac{u}{a} + C$。
提示：注意 $x \to 0^+$ 时 $u \to -\infty$，$x \to +\infty$ 时 $u \to +\infty$，积分区间为整个实数轴。
步骤 5/5
目标：方法3：利用Beta函数求值
令 $t = \frac{1}{1+x^4}$，则 $x = \left(\frac{1}{t} - 1\right)^{1/4}$，$dx = \frac{1}{4} \left(\frac{1}{t} - 1\right)^{-3/4} \cdot (-\frac{1}{t^2}) dt$。简化得 $dx = -\frac{1}{4} t^{-5/4} (1-t)^{-3/4} dt$。积分限：$x=0$ 时 $t=1$，$x=+\infty$ 时 $t=0$。于是
$$I_1 = \int_1^0 \frac{1}{1+\frac{1}{t}-1} \cdot \left(-\frac{1}{4} t^{-5/4} (1-t)^{-3/4}\right) dt = \frac{1}{4} \int_0^1 t^{-1/4} (1-t)^{-3/4} dt = \frac{1}{4} B\left(\frac{1}{4}, \frac{3}{4}\right).$$
利用Beta函数与Gamma函数的关系：$B(p,q) = \frac{\Gamma(p)\Gamma(q)}{\Gamma(p+q)}$，且 $\Gamma(\frac{1}{4})\Gamma(\frac{3}{4}) = \frac{\pi}{\sin(\pi/4)} = \frac{\pi}{\sqrt{2}/2} = \sqrt{2}\pi$，而 $\Gamma(1)=1$，所以 $I_1 = \frac{1}{4} \cdot \sqrt{2}\pi = \frac{\sqrt{2}\pi}{4} = \frac{\pi}{2\sqrt{2}}$。
公式：Beta函数：$B(p,q) = \int_0^1 t^{p-1}(1-t)^{q-1} dt$；余元公式：$\Gamma(p)\Gamma(1-p) = \frac{\pi}{\sin(\pi p)}$。
提示：换元时注意符号和积分限的变换，最终得到标准Beta积分形式。
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