来自人教群的一道分式两个根号积分

\[\int\frac{\rmd x}{1+\sqrt{x+1}+\sqrt{x+3}}\]

我的想法是分母有理化，有
\[\frac1{1+\sqrt{x+1}+\sqrt{x+3}}=\frac{2x+3+3\sqrt{x+1}-\sqrt{x+3}-2\sqrt{x+1}\sqrt{x+3}}{4x+3}\]
然后分开，逐个积，前面的好办，就是最后一个有点麻烦，即
\[\int\frac{\sqrt{x+1}\sqrt{x+3}}{4x+3}\rmd x\]
怎么积简单？求教……

群里还提及一个牛逼换元

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2012-12-15 14:56

照我看应该是
\[\sqrt{x+3}=\frac1{\sqrt2}\left(t+\frac1t\right)\text{，}\sqrt{x+1}=\frac1{\sqrt2}\left(t-\frac1t\right)\]
其中 $t\geqslant1$。

或者说更一般地，设常数 $a<b$，对于含 $\sqrt{x+a}$ 和 $\sqrt{x+b}$ 并且 $x$ 能取遍 $[-a,+\infty)$ 的，可作换元
\[\sqrt{x+a}=\frac{\sqrt{b-a}}2\left( t-\frac1t \right)\text{，}\sqrt{x+b}=\frac{\sqrt{b-a}}2\left( t+\frac1t \right)\]
其中 $t\in[1,+\infty)$。

续1#：根号下的二次函数原来有个叫欧拉代换的东东……

3# kuing


怎么能想得到的？

5# 椰乡故有情

我是想不到的……

倒是让我想到另外的换元方法
令 $\sqrt{x+a}=q$, $\sqrt{x+b}=p$，则 $p\geqslant\sqrt{b-a}$, $q\geqslant0$ 且 $p^2-q^2=b-a>0$，所以由双曲线的参数方程，可令
\[p=\frac{\sqrt{b-a}}{\cos \theta }\text{，}q=\sqrt{b-a}\tan \theta\]
其中 $\theta \in [0,\pi/2)$。
若再用万能代换，设 $t=\tan(\theta/2)$，则
\[p=\sqrt{b-a}\cdot \frac{1+t^2}{1-t^2}\text{，}q=\sqrt{b-a}\cdot \frac{2t}{1-t^2}\]
其中 $t\in[0,1)$。
这样就得到了三角代换和另一种代数代换了

\[p=\sqrt{b-a}\cdot \frac{1+t^2}{1-t^2}\text{，}q=\sqrt{b-a}\cdot \frac{2t}{1-t^2}\]
其中 $t\in[0,1)$。
kuing 发表于 2012-12-15 16:28

这个跟前面3#那个代换可以相通，只要作置换 $t\to 1-\frac2{t+1}$ 即可化简得到。