分类： 微积分 高等数学

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半角代换，指的是用代换 \(u=\tan \frac{x}{2}\) 将三角函数化简的一种积分方法。 因为这个代换能将任意的三角有理函数化成有理函数，因而也称之为万能代换。我们知道，任何的有理函数都是可以求得出它的不定积分，因而所有的三角有理函数也是可以求它的不定积分。

因为所有的三角函数都可以表示成 \(\sin x, \cos x\) 的表达式，所以我们只需要知道这两个函数在半角代换下的表达式即可。我们利用三角形来导出这些表达式。因为 \(u=\tan\frac{x}{2}\)，由 \(\tan x\) 的定义，我们知道三角形的关系如图

\begin{tikzpicture}
[+preamble]
    \usepackage{tikz}
    \usepackage{pgfplots}
    \pgfplotsset{compat=newest}
[/preamble]
    \draw (0,0)--(6,0)--(6,4)--(0,0);
  \draw (1.5,0) to [out=90, in=315](1.2,0.8);
\node [above] at (1,0){$\frac{x}{2}$};
\node [right] at (6,2) {$u$};
\node [below] at (3,0) {$1$};
\node [above,el] at (3,2.5) {$\sqrt{1+u^2}$};
\end{tikzpicture}

从图形上可以看出

\[\cos\frac{x}{2}=\frac{1}{\sqrt{1+u^2}},\quad \sin\frac{x}{2}=\frac{u}{\sqrt{1+u^2}}\]

从三角恒等式 \[\sin2x=2\sin x\cos x,\quad \cos 2x=\cos^2x-\sin^2x \]可以得到

\[\sin x=\sin(2\cdot\frac{x}{2})=2\sin\frac{x}{2}\cos\frac{x}{2}= \frac{u}{\sqrt{1+u^2}} \cdot \frac{1}{\sqrt{1+u^2}} =\frac{u}{1+u^2} \]

\[\cos x=\cos (2\cdot\frac{x}{2})=\cos^2\frac{x}{2}-\sin^2\frac{x}{2}=\frac{1}{1+u^2}-\frac{u^2}{1+u^2}=\frac{1-u^2}{1+u^2}\]

最后，我们需要导出 \(dx\) 的表达式。 因为 \(x=2\arctan u\)， 所以 \[dx=\frac{2}{1+u^2}du\]

总结起来，我们有

\[\sin x=\frac{u}{1+u^2},\quad \cos x=\frac{1-u^2}{1+u^2},\quad dx=\frac{2}{1+u^2}du\]

有了这些公式之后，我们就可以用半角代换来求三角有理函数的积分了。我们来看两个例子。

例1：求积分

\[\int\frac{dx}{3\sin x-4\cos x}\]

解：应用半角代换 \(u=\tan\frac{x}{2}\)，我们有\( \sin x=\frac{u}{1+u^2},\quad \cos x=\frac{1-u^2}{1+u^2},\quad dx=\frac{2}{1+u^2}du \)，代入到积分里，得到

\begin{align*} \int\frac{dx}{3\sin x-4\cos x} &= \int\frac{1}{3 \frac{u}{1+u^2} -4 \frac{1-u^2}{1+u^2} }\cdot \frac{2}{1+u^2}du \\ &=2\int\frac{1}{6u-4+4u^2}du=\int\frac{1}{ 2u^2+3y-2 }du\\ &=\int\frac{1}{(2u-1)(u+2)}du\end{align*}

利用有理函数的分式分解（参考有理函数的积分），我们有

\[ \frac{1}{(2u-1)(u+2)} =\frac{2}{5}\cdot\frac{1}{2u-1}-\frac{1}{5}\cdot\frac{1}{ u+2 }\]

所以原积分变为

\begin{align*} \int\frac{dx}{3\sin x-4\cos x} &= \frac{2}{5}\int\frac{1}{2u-1}du-\frac{1}{5}\int\frac{1}{ u+2 }du \\ &= \frac{1}{5} \ln|2u-1|-\frac{1}{5}\ln|u+1|+C \\&= \frac{1}{5}\ln\left|\frac{2u-1}{u+1}\right|+C \\ &=\frac{1}{5} \ln\left|\frac{2\tan\frac{x}{2}-1}{\tan\frac{x}{2}+1}\right|+C \end{align*}

例2：求积分 \[\int\frac{dx}{\sin x+\tan x}\]

解：作变换 \(u=\tan\frac{x}{2}\)，我们有 \( \sin x=\frac{u}{1+u^2},\quad \cos x=\frac{1-u^2}{1+u^2},\quad dx=\frac{2}{1+u^2}du \)，那么\(\tan x=\frac{\sin x}{\cos x}=\frac{u}{1-u^2}\)，所以原积分为

\begin{align*} \int\frac{dx}{\sin x+\tan x} &= \int\frac{1}{\frac{u}{1+u^2}+\frac{u}{1-u^2}}\cdot\frac{2}{1+u^2}du\\ &=\int\frac{1-u^2}{2u}du=\frac{1}{2}\ln|u|-\frac{1}{4}u^2+C\\ &=\frac{1}{2}\ln\left|\tan\frac{x}{2}\right|-\frac{1}{4}\tan^2\frac{x}{2}+C\end{align*}

形如 \[\int\tan^xdx, \int\cot^nxdx, \int\sec^nxdx, \int\csc^nxdx\]

的积分，基本上可以通过换元法或者分部积分法得出一个递推式，然后用递推法求得出它们的积分。这种类型的积分，递推式比较容易求得。我们来看看怎么做

\[\begin{align*}I_n&=\int\tan^nxdx\\ &=\int\tan^{n-2}x\tan^2xdx\\ &=\int \tan^{n-2}x(\sec^2x-1)dx\\ &=\int \tan^{n-2}x\sec^2x-\int\tan^{n-2}xdx\\ &=\frac{1}{n-1}\tan^{n-1}x-I_{n-2} \end{align*} \]

再由

\[\int\tan xdx=\int\frac{\sin x}{\cos x}dx=-\ln|\cos x|+C\]

和 \[\int\tan^2xdx=\int(\sec^2x-1)dx=\tan x-x+C\]

即可求出积分。例如

\[\begin{align*}\int\tan^5xdx&=\frac{1}{4}\tan^4x-\int\tan^3xdx\\ &= \frac{1}{4}\tan^4x -(\frac{1}{2}\tan^2x -\int\tan xdx)\\ &= \frac{1}{4}\tan^4x -\frac{1}{2}\tan^2x- \ln|\cos x|+C \end{align*}\]

而

\[\begin{align*} \int\tan^6xdx&=\frac{1}{5}\tan^5x-\int\tan^4xdx\\ &= \frac{1}{5}\tan^5x -(\frac{1}{3}\tan^3x -\int\tan^2 xdx)\\ &= \frac{1}{5}\tan^5x -\frac{1}{3}\tan^3x+ \tan x-x+C \end{align*}\]

对于 \(\cot^nx\) 的积分，同样的处理即可。

我们现在来看 \(\sec^nx, \csc^nx\) 的积分。这里需要用到分部积分法

\[\begin{align*}I_n=\int\sec^nxdx&=\int\sec^{n-2}x\sec^2xdx\\ &=\sec^{n-2}\tan x-\int\tan x(n-2)\sec^{n-3}x\tan x\sec xdx\\ &= \sec^{n-2}\tan x – (n-2)\int\sec^{n-2}x\tan^2 x\\ &= \sec^{n-2}\tan x – (n-2)\int\sec^{n-2}x (\sec^2x-1)dx\\ &= \sec^{n-2}\tan x – (n-2)\int\sec^{n}xdx +(n-2)\int\sec^{n-2}xdx \end{align*}\]

将右边\( (n-2)\int\sec^{n}xdx \)移项到左边，我们得到

\[(n-1)I_n= \sec^{n-2}\tan x +(n-2)I_{n-2}\]

也就是 \[I_n=\frac{1}{n-1} \sec^{n-2}\tan x +\frac{n-2}{n-1}I_{n-2}\]

再由

\[\int\sec xdx=\ln|\tan x+\sec x| +C\]

和 \[\int\sec^2xdx=\tan x+C\] 就可以求出积分。例如

\[\begin{align*}\int\sec^5xdx&=\frac{1}{4}\sec^3x\tan x+\frac{3}{4}\int\sec^3xdx\\ &= \frac{1}{4}\sec^3x\tan x + \frac{3}{4} \left(\frac{1}{2}\sec x \tan x+\int\sec x dx\right)\\ &= \frac{1}{4}\sec^3x\tan x + \frac{3}{8} \sec x \tan x + \frac{3}{4} \ln|\tan x+\sec x| +C \end{align*}\]

另外一个

\[\begin{align*}\int\sec^6xdx&=\frac{1}{5}\sec^4x\tan x+\frac{4}{5}\int\sec^4xdx\\ &= \frac{1}{5}\sec^4x\tan x + \frac{4}{5} \left(\frac{2}{3}\sec^2 x \tan x+\int\sec^2 x dx\right)\\ &= \frac{1}{5}\sec^4x\tan x + \frac{8}{15} \sec^2 x \tan x +\frac{4}{5} \tan x+C \end{align*}\]

\(\sin^n x\) 和 \(\cos^n x\) 的积分方法主要有两种：第一种是根据 \(n\) 的奇、偶情况分别采用换元法或者降阶法来求；另一种是递推法。

我们来看换元法和降阶法。设 \(n\) 是奇数，则我们采用换元法。例如

\[\begin{align*}\int\sin^5xdx&=\int\sin^4x\sin xdx\\ &=\int(1-\cos^2x)^2(-\cos x)’dx\\ &=-\int(1-2\cos^2x+\cos^4x)d(\cos x)\\ &=-\int(1-2u^2+u^4)du\\ &=-(u-\frac{2}{3}u^3+\frac{1}{u^5})+C\\ &= \frac{2}{3} \cos^3x-\cos x-\frac{1}{5}\cos^5x+C\end{align*}\]

对于 \(\cos^nx\) 同样处理。

如果 \(n\) 是偶数，则使用降阶法。我们知道 \(\cos^2x=\frac{1+\cos(2x)}{2}, \sin^2x=\frac{1-\cos(2x)}{2}\)。所以

\[\int\sin^nxdx=\int\left( \frac{1-\cos(2x)}{2} \right)^{n/2}dx\]

\[ \int\cos^nxdx=\int\left( \frac{1+\cos(2x)}{2} \right)^{n/2}dx \]

从而使被积函数的阶降了一半。

例如

\[\begin{align*}\int\cos^4xdx&=\int \left( \frac{1+\cos(2x)}{2} \right)^2dx \\ &=\frac{1}{4}\int\left(1+2\cos(2x)+\cos^2(2x)\right)dx\\ &= \frac{1}{4}\int\left(1+2\cos(2x)+\frac{1+\cos(4x)}{2}\right)dx\\ &= \frac{1}{4}\left(x+\sin(2x)+\frac{x}{2}+\frac{1}{8}\sin(4x)\right)+C \end{align*}\]

第二种方法就是递推法。这种方法的好处是可以不管 \(n\) 的奇偶性，对任何的自然数 \(n\) 都可以用。利用分部积分法

\[\begin{align*}\int\sin^nxdx&=\int\sin^{n-1}x\sin xdx\\ &=-\sin^{n-1}x\cos x+\int(n-1)\sin^{n-2}x\cos x\cos xdx\\ & = -\sin^{n-1}x\cos x+ (n-1)\int\sin^{n-2}x\cos^2xdx\\ &= -\sin^{n-1}x\cos x+ (n-1)\int \sin^{n-2}x(1-\sin^2x)dx\\ &= -\sin^{n-1}x\cos x+ (n-1)\int (\sin^{n-2}x-\sin^nx)dx \end{align*}\]

将右边的 \(\int\sin^nxdx\) 移到左边，我们得到

\[n\int\sin^nxdx= -\sin^{n-1}x\cos x+ (n-1)\int \sin^{n-2}xdx \]

如果记 \(I_n=\int\sin^nxdx\)，则上式为

\[I_n= -\frac{1}{n}\sin^{n-1}x\cos x+\frac{n-1}{n}I_{n-2} \]

那么只要给出 \(n\) 的值，我们就可以利用这个公式以及

\[\int\sin^0xdx=x+C, \quad \int\sin xdx=-\cos x+C\]

求出积分的值。

我们来看这个公式的应用。

\[\begin{align*}\int\sin^5xdx&= -\frac{1}{5}\sin^{4}x\cos x+\frac{4}{5}\int\sin^3xdx\\ &= -\frac{1}{5}\sin^{4}x\cos x +\frac{4}{5} \left(-\frac{1}{3}\sin^2x\cos x+\frac{2}{3}\int\sin xdx\right)\\ &= -\frac{1}{5}\sin^{4}x\cos x -\frac{4}{15} \sin^2x\cos x -\frac{8}{15}\cos x+C \end{align*}\]

\(\int\cos^nxdx\) 可以完全同样的方式处理。我们有

\[\begin{align*}\int\cos^n xdx&=\int\cos^{n-1}x\cos xdx\\ &=\cos^{n-1}x\sin x+\int(n-1)\cos^{n-2}x\sin^2xdx\\ &= \cos^{n-1}x\sin x+ (n-1) \int\cos^{n-2}x(1-\cos^2x)dx \\ &= \cos^{n-1}x\sin x+ (n-1) \int\cos^{n-2}xdx- (n-1) \int\cos^nxdx\end{align*}\]

所以

\[\int\cos^nxdx=\frac{1}{n} \cos^{n-1}x\sin x + \frac{n-1}{n} \int\cos^{n-2}xdx\]

例如

\[\begin{align*}\int\cos^4xdx&=\frac{1}{4}\cos^3x\sin x+ \frac{2}{3} \int\cos^2xdx\\ &= \frac{1}{4}\cos^3x\sin x+ \frac{2}{3} \left(\frac{1}{2}\cos x\sin x+\frac{1}{2}\int\cos^0xdx\right)\\ &= \frac{1}{4}\cos^3x\sin x+ \frac{1}{3} \cos x\sin x +\frac{1}{3}x+C \end{align*}\]

这篇文章我们考虑两个积分

\[\int\frac{1}{x^7-x}dx,\qquad \int\frac{x^2-1}{x^4+1}\]

这是两个有理函数的积分。我在之前的文章里说过 ，有理函数的积分，一般采用部分分式法，就是将有理函数分解成四种简单分式之和，然后对简单分式分别积分就行。对于有理函数的积分，总是能采用这种方法求得出它们的积分 （参见 不定积分求法总结）。 读者可以先试试用部分分式法求这两个积分，看看能不能积出来，需要花费多长时间。

我们的问题是，部分分式积分法对有理函数并不总是最有效的，对于有些有理函数，采用其它的方法或许会更有效。我们来看第一个积分

\[\int\frac{1}{x^7-x}dx\]

对于这一个积分 ，如果采用部分分式法来积分 ，我们来看一下需要哪些步骤：

\[ \frac{1}{x^7-x} =\frac{1}{x(x^3-1)(x^3+1)}=\frac{1}{x(x-1)(x^2+x+1)(x+1)(x^2-x+1)}\]

那么它的部分分式就该有五部分

\[\frac{A_1}{x}, \frac{A_2}{x-1},\frac{A_3}{x+1},\frac{B_1x+C_1}{x^2+x+1},\frac{B_2x+C_2}{x^2-x+1}\]

光是求这些系数就够烦琐的了，而且最后两个二次分式的积分还需要分成两个积分来求 。虽然这也能求出最后的积分，但这中间的过程绝不是一件有趣的事。

其实，这样的积分 ，我们有一种更有效，更简单的方式来求。我们来看解答。

解：积分可以写成

\[\int\frac{1}{x^7-x}dx=\int\frac{1}{x^7(1-\frac{1}{x^6})}dx\]

如果我们令 \(u= 1-\frac{1}{x^6} \)，则 \(du=\frac{6}{x^7}\)，则上式变为

\[\begin{align*} \int\frac{1}{x^7(1-\frac{1}{x^6})}dx &=\frac{1}{6}\int\frac{6}{x^7}\frac{1}{1-\frac{1}{x^6}}dx\\ &= \int\ \frac{1}{6}\frac{1}{u}du\\ &=\frac{1}{6}\ln|u|+c \\ &=\frac{1}{6}\ln|1-\frac{1}{x^6}|+c\end{align*}\]

我们来看第二个例子。

\[\int\frac{x^2-1}{x^4-1}dx\]

解：这个积分初看起来，甚至都不知道怎么对分式进行分解（当然是可以进行分解的，只是不那么明显而已，你可以试一试）。但即使是我们找到了它的分解方式，使用部分分式法来求这个积分，也不是最有效的。 我们来看一下如何简便地求出这个积分。我们先对分子分母同除以 \(x^2\)，得到了

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

再对分母配方，我们得到

\[\int\frac{ 1-\frac{1}{x^2} }{(x+\frac{1}{x})^2-2}dx\]

这个时候注意到 \(\left( x+\frac{1}{x} \right)’= 1-\frac{1}{x^2} \)，所以我们可以用代换 \(u= x+\frac{1}{x} \)，从而积分可以变成

\[\int\frac{du}{u^2-2}\]

这时候我们再用部分分式 \[ \frac{1}{u^2-2}=\frac{1}{(u-\sqrt{2})(u+\sqrt{2})}=\frac{A}{u-\sqrt2}+\frac{B}{u+\sqrt2} \]

求出 \(A,B\)，我们得到 \(A=\frac{1}{2\sqrt2}, B=-\frac{1}{2\sqrt2}\)。所以积分 变为

\[ \begin{align*}\int\frac{du}{u^2-2} &= \frac{1}{2\sqrt2} \int\frac{du}{u-\sqrt2}- \frac{1}{2\sqrt2} \int\frac{du}{u+\sqrt2}\\ &= \frac{1}{2\sqrt2}( \ln|u-\sqrt2|+\ln|u+\sqrt2|)+C\\ &= \frac{1}{2\sqrt2} \ln\left|\frac{u-\sqrt2}{u+\sqrt2} \right|+C \end{align*}\]

代回原来变量，我们得到了

\[\int\frac{x^2-1}{x^4+1}dx= \frac{1}{2\sqrt2} \ln\left|\frac{x+\frac{1}{x}-\sqrt2}{x+\frac{1}{x}+\sqrt2} \right|+C \]

最后，我们看看，如果要用部分分式法求解，如何对被积函数进行分解。我们对分母进行配方

\[\begin{align*}\frac{x^2-1}{x^4+1}&=\frac{x^2-1}{(x^4+2x^2+1)-2x^2}\\ &=\frac{x^2-1}{(x^2+1)^2-2x^2}\\ &= \frac{x^2-1}{(x^2+1-\sqrt{2}x)(x^2+1-\sqrt{2}x)}\\ &= \frac{A_1x+B_1}{x^2+1-\sqrt{2}x}+\frac{A_2x+B_2}{x^2+1-\sqrt{2}x} \end{align*}\]

剩下的部分留给读者去完成 。

假如函数\(y=f(x)\) 的一条切线过点 \((a,b)\)，如何求这条切线的方程？

这样的题通常有点迷惑性，有些同学经常是求出函数的导数后，想都不想就把 \((a,b)\) 的值代入到切线的方程里去，自然就求出了一个错误的方程。另外，这样的题也稍微有一点难度，纵然知道怎么求，也需要花一点点时间来计算。

我们用一个例子说明如何求这样的切线。

例：已知曲线 \(y=\frac{1}{x}\) 的切线过点 \((4,0)\) ，求该切线的方程。

解：这种题的迷惑性在于，它并没有直接说点 \((4,0)\) 不在曲线上，这使得不少的同学直接把它当成直线上的点来计算切线的方程。当然这个例子，比较明显这个点不在直线上。那我们来看一看如何处理这种题型。

我们假设切线与曲线相切于点 \((x_0,y_0)\)，则切线的方程为

\[y-y_0=f'(x_0)(x-x_0)\]

我们求出函数的一阶导数为 \(f'(x)=-\frac{1}{x^2}\)。所以曲线在该点的切线方程为

\[ y-y_0=-\frac{1}{x_0^2}(x-x_0) \]

因为 \((x_0,y_0)\) 在曲线上，所以有 \(y_0=\frac{1}{x_0}\)，所以切线方程为

\[y= -\frac{x}{x_0^2}+\frac{2}{x_0} \]

又因为切线过点 \((4,0)\) ，所以切线方程又可以写成

\[ y= -\frac{1}{x_0^2}(x-4) \]

将这两个方程比较 ，我们得到

\[ \frac{2}{x_0} = \frac{4}{x_0^2} \]

两边同乘以 \(x_0^2\)，我们得到 \(x_0=2\)，代入到上面任何一个切线方程里，就可以得到切线的方程为

\[y=-\frac{1}{4}x+1\]

对于这种类型的题目，关键步骤是求出切点的坐标。求切点坐标的方法就是将用导数给出的切线方程与用已给点导出切线方程做比较。只要求出切点，切线的方程就出来了。

我们知道，\(y=f(x), a\le x\le b\) 绕 \(x\) 轴旋转时，我们用切片法（参见切片法求旋转体的体积）求得它的体积为

\[V=\int_a^b \pi f^2(x)dx\]

当它绕 \(y\) 轴旋转时，我们用圆桶法（参见圆桶法求旋转体的体积）求得它的体积为

\[V=\int_a^b2\pi xf(x)dx\]

同样的分析，我们可以求得 \(x=g(y), c\le y\le d\) 分别绕 \(x\) 轴和 \(y\) 轴旋转时的旋转体体积

\[V_x=\int_c^d2\pi y g(y)dy,\quad V_y=\int_c^d\pi g^2(y)dy\]

那么，如果旋转轴不是坐标轴，那旋转体的体积怎么算呢？我们可以同样用切片法或者圆桶法来求得它们的体积。我们用例子来说明这些方法。

例1，求由曲线 \(y=x, y=\sqrt{x}\) 所围成的图形分别绕 \(y=-1\) 和 \(x=-1\) 旋转所得的旋转体的体积。

解：我们先求绕 \(y=-1\) 旋转的旋转体的体积。我们可以用外层的曲线旋转围出来的体积减去内层曲线旋转围出来的体积。对任何 \(0\le x\le 1\)，外层曲线旋转的截面的半径为 \(y-(-1)=x+1\)， 内层曲线旋转的截面的半径为 \(y-(-1)=\sqrt{x}+1\)，所以由切片法， 我们得到旋转面的面积为

\[V_x=\pi\int_0^1[(x+1)^2-(\sqrt{x}+1)^2]dx\]

现在我们用圆桶法求绕 \(x=-1\) 旋转所得的体积。我们还是用外层曲线绕出来的体积减去内层曲线绕出来的体积。对任何 \(0\le x\le 1\), 圆桶的内径为 \(x-(-1)=x+1\)，外径为 \(x+\Delta x-(-1)=x+1+\Delta x\)，高为 \(x-\sqrt{x}\) （上曲线减下曲线）所以圆桶壁的体积近似为

\[\pi( x+1+\Delta x )^2( x-\sqrt{x} )- \pi( x+1 )^2( x-\sqrt{x} )=2\pi (x+1)( x-\sqrt{x} )\Delta x+\pi\Delta^2x( x-\sqrt{x} ) \]

略去高阶无穷小，圆桶壁的体积近似于

\[ 2\pi (x+1)( x-\sqrt{x} )\Delta x \]

求和之后再求极限，就是定积分

\[V_y=\int_0^12\pi(x+1)( x-\sqrt{x} )dx\]

我们知道，求隐函数的二阶导数，方法就是将隐函数方程的两边同时对 \(x\) 求导，在求导的过程中，将 \(y\) 看成 \(x\) 的函数，然后利用复合函数的求导法则，得到 \(\frac{dy}{dx}\) 的方程，解这个方程，就得到了 \(\frac{dy}{dx}\) 的表达式。

那么，问题是，对于隐函数的二阶导数，我们是不是还要这样求呢？其实不必了，因为我们求出来一阶导数，它有个具体的表达式，我们对这个表达式再对 \(x\) 求导就行了。如果这个表达里还有 \(y\)，那么就将它看成中间变量或者看成 \(x\) 的函数，它对 \(x\) 的导数是已知的（我们求一阶导数的时候就得到它了）。然后将它的表达式代入到二阶导数的表达里面就可以了。

我们来看一个例子。

例：设 \(xy+y^2=2\) ，求 \(\frac{d^2y}{dx^2}\)。

解：我们先求一阶导数。对方程两边同时对 \(x\) 求导，我们得到

\[y+x\frac{dy}{dx}+2y\frac{dy}{dx}=0.\]

再对 \(x\) 求导，我们得到

\[\frac{d^2y}{dx^2}=-\frac{\frac{dy}{dx}(x+2y)-y(1+2\frac{dy}{dx})}{(x+2y)^2}.\]

将 \( \frac{dy}{dx}=-\frac{y}{x+2y} \) 代入，并化简，我们得到

\[\frac{d^2y}{dx^2}= \frac{\frac{y}{x+2y}(x+2y)+y(1-2\frac{y}{x+2y})}{(x+2y)^2}=\frac{2y^2+2xy}{(x+2y)^3}\]