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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 。