区间再现最全模型
本节系统总结区间再现公式的所有形式与技巧，文章极长，例题超多，建议收藏本网站，以免以后找不到。喜欢的话可以帮我多多分享哦！
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主公式 ¶
主公式
设 \(f(x)\) 连续，则有：\(\displaystyle \int_{a}^{b} f(x) \mathrm{~d} x=\int_{a}^{b} f(a+b-x) \mathrm{~d} x\)
证明：换元，令 \(x=a+b-t\)，则有：
\[
\begin{aligned}
\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{~d} x &= -\int_{b}^{a} f(a+b-t) \mathrm{~d} t \\
&= \int_{a}^{b} f(a+b-t) \mathrm{~d} t\\
&= \int_{a}^{b} f(a+b-x) \mathrm{~d} x
\end{aligned}
\]
运用这个公式以后，往往将新旧两个积分表达式相加会有奇效，会产生意想不到的一些效果，所以我们也经常使用下面这种形式：
\[
\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{~d} x = \frac{1}{2} \int_{a}^{b} (f(x)+f(a+b-x)) \mathrm{~d} x
\]
例 1（经典）¶
Example
\[
\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \ln(1+\tan x) \mathrm{~d} x
\]
解：直接运用区间再现公式，结合正切差角公式，几步就做出来了。
\[
\begin{aligned}
\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \ln(1+\tan x) \mathrm{~d} x &= \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \ln\left( 1+\tan\left( \frac{\pi}{4}-x \right) \right) \mathrm{~d} x \\
&=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \ln\left( 1+ \frac{1-\tan x}{1+\tan x} \right) \mathrm{~d} x\\
&= \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \ln\left( \frac{2}{1+\tan x} \right) \mathrm{~d} x \\
&= \frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \left( \ln(1+\tan x)+\ln\left( \frac{2}{1+\tan x} \right) \right)\mathrm{~d} x \\
&= \frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \ln 2 \mathrm{~d} x \\
&= \frac{\pi \ln 2}{8}
\end{aligned}
\]
事实上，通过上面这个例题 1 可以衍生一大类同解题目，下面展开说明。
例 2（经典）¶
Example
\[
\int_{0}^{1} \frac{\ln (1+x)}{1+x^{2}} \mathrm{~d} x
\]
解：换元，令 \(x=\tan t\) 即可转化为例题 1，过程如下：
\[
\begin{aligned}
\int_{0}^{1} \frac{\ln (1+x)}{1+x^{2}} \mathrm{~d} x &= \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{\ln(1+\tan t)}{1+\tan^2t} \sec ^{2}t\mathrm{~d} t\\
&= \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{\ln(1+\tan t)}{\sec ^{2}t} \sec ^{2}t\mathrm{~d} t\\
&= \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \ln(1+\tan ^{2}t) \mathrm{~d} t
\end{aligned}
\]
对例题 2 再做一个换元 \(1+x=t\) 就又可以得到一个很有迷惑性的题目，有同学看到下面这个题目就不会了，事实上都是一样的：
\[
\int_{1}^{2} \frac{\ln x}{x^{2}-2x+2} \mathrm{~d} x
\]
例 3 ¶
Example
\[
\int_{0}^{1} \frac{\arctan x}{1+x} \mathrm{~d} x
\]
解：考虑分部积分，就能把本题转化为例题 2，也是区间再现公式中一个经典的例题。
\[
\begin{aligned}
\int_{0}^{1} \frac{\arctan x}{1+x} \mathrm{~d} x &= \int_{0}^{1} \arctan x \mathrm{~d} (\ln(1+x))\\
&= \ln(1+x)\cdot \arctan x \bigg|_{0}^1-\int_{0}^{1} \frac{\ln(1+x)}{1+x^{2}} \mathrm{~d} x \\
&= \frac{\pi \ln 2}{4} - 例题2\\
&= \frac{\pi \ln 2}{4} - \frac{\pi \ln 2}{8}\\
&= \frac{\pi \ln 2}{8}
\end{aligned}
\]
通过换元 \(t=\arctan x\) 我们又可以得到下面几个和例题 3 同解的题目：
\[
\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{x}{(1+\tan x)\cos ^{2}x} \mathrm{~d} x
\]
\[
\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{x}{(\cos x+\sin x)\cos x} \mathrm{~d} x
\]
例 4（重要）¶
Example
\[
\int_{-\pi}^{\pi} \frac{x\cdot\sin x\cdot\arctan(\mathrm{e}^{ x })}{1+\cos ^{2}x} \mathrm{~d} x
\]
分析：本题需要用到两个引理，第一个是反正切恒等式：
\[
\arctan x+\arctan \frac{1}{x}=\frac{\pi}{2},\quad x>0
\]
这个恒等式在我之前的文章中多次提到，这里不再赘述。
另一个需要用到的引理如下：
引理
\[
\int_{0}^{\pi} x\cdot f(\sin x) \mathrm{~d} x = \frac{\pi}{2}\int_{0}^{\pi} f(\sin x) \mathrm{~d} x =\pi \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} f(\sin x) \mathrm{~d} x
\]
这个结论中的第一个等号相信大家都很熟悉，这是同济版高数第 243 页的例题 6，而对于第二个等号，我们可以拆分区间，并对 \(\left[ \frac{\pi}{2},\pi \right]\) 这个区间做换元 \(x=\pi-t\) 即可完成证明。事实上，这个结论可以推广为我后面要介绍的区间减半公式。
解：直接使用区间再现公式：
\[
\begin{aligned}
\int_{-\pi}^{\pi} \frac{x\cdot\sin x\cdot\arctan(\mathrm{e}^{ x })}{1+\cos ^{2}x} \mathrm{~d} x &= \int_{-\pi}^{\pi} \frac{-x\cdot\sin (-x)\cdot\arctan(\mathrm{e}^{ -x })}{1+\cos ^{2}x} \mathrm{~d} x \\
&= \int_{-\pi}^{\pi} \frac{x\cdot \sin x\cdot \arctan(\mathrm{e}^{ -x })}{1+\cos ^{2}x} \mathrm{~d} x \\
&= \frac{1}{2}\int_{-\pi}^{\pi} \frac{x\cdot \sin x\cdot{\color{red}{(\arctan(\mathrm{e}^{ x })+\arctan(\mathrm{e}^{ -x }))}}}{1+\cos ^{2}x} \mathrm{~d} x \\
&= \frac{1}{2}\cdot \frac{\pi}{2}\int_{-\pi}^{\pi} \frac{x\sin x}{1+\cos ^{2}x} \mathrm{~d} x \\
&= \frac{1}{2}\cdot \frac{\pi}{2}\cdot 2\int_{0}^{\pi} \frac{x\sin x}{1+\cos ^{2}x} \mathrm{~d} x \\
&= \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2} \cdot 2\cdot \pi \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin x}{1+\cos ^{2}x} \mathrm{~d} x \\
&= \frac{\pi^{2}}{2} (-1)\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{1+\cos ^{2}x} \mathrm{~d} (\cos x) \\
&= - \frac{\pi^{2}}{2} \cdot \arctan(\cos x)\bigg|_{0}^{\frac{\pi}{2}}\\
&= - \frac{\pi^{2}}{2} \cdot \left( - \frac{\pi}{4} \right)\\
&= \frac{\pi^{3}}{8}
\end{aligned}
\]
通过上面的第一个引理，结合区间再现公式，我们成功消去了积分中的 \(\arctan\) 部分；通过第二个引理，我们成功将三角积分中碍事的 \(x\) 移除，转化为了一个运用凑微分即可解决的简单积分题！
例 5 ¶
Example
\[
\int_0^{\pi}\frac{x}{3+2\cos^2x} \mathrm{~d} x
\]
解：本题在之前的文章中介绍过，直接运用区间再现公式即可，当然也可以利用例题 4 中提到的第二个引理适当简化。
\[
\begin{aligned}\int_0^{\pi}\frac{x}{3+2\cos^2x}dx&=\pi\int_0^{\frac{\pi}2}\frac1{3+2\cos^2x}dx\\&=\pi\int_0^{\frac{\pi}2}\frac{\sec^2xdx}{3\tan^2x+5}\\&\xlongequal{t=\tan x}\pi\int_0^{+\infty}\frac{1}{3t^2+5}dt\\&\xlongequal{t=\frac{\sqrt5}{\sqrt3}u}\pi\int_0^{+\infty}\frac{\frac{\sqrt5}{\sqrt3}du}{5u^2+5}\\&=\frac{\pi}{\sqrt{15}}\int_0^{+\infty}\frac1{u^2+1}du\\&=\frac{\pi}{\sqrt{15}}\cdot\frac{\pi}2\\&=\frac{\pi^2}{2\sqrt{15}}\end{aligned}\hspace{3cm}
\]
例 6 ¶
Example
\[
\int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}} \frac{\cos ^{2}x}{x(\pi-2x)} \mathrm{~d} x
\]
分析：由于 \(\displaystyle \frac{\pi}{3}+\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{2}\)，因此使用区间再现公式后可以直接运用诱导公式进行化简；同时，分母是一个二次函数，且其对称轴为 \(\displaystyle x=\frac{\pi}{4}\)，恰好是区间长度的一半，这也为我们使用区间再现公式提供了先决条件！因为我们运用区间再现公式后，这部分的结构不会发生变化，而恰恰这部分在分母，因此就可以新旧相加除以二了！！！
解：
\[
\begin{aligned}
\int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}} \frac{\cos ^{2}x}{x(\pi-2x)} \mathrm{~d} x &= \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}} \frac{\cos ^{2}\left( \frac{\pi}{2}-x \right)}{\left( \frac{\pi}{2}-x \right)\left( \pi-2\left( \frac{\pi}{2}-x \right) \right)} \mathrm{~d} x \\
&= \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}} \frac{\sin ^{2}x}{\left( \frac{\pi}{2}-x \right)2x} \mathrm{~d} x \\
&= \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}} \frac{\sin ^{2}x}{x\left( \pi-2x \right)} \mathrm{~d} x\\
&= \frac{1}{2} \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}} \frac{\color{red}{\sin ^{2}x+\cos ^{2}x}}{x\left( \pi-2x \right)} \mathrm{~d} x\\
&= \frac{1}{2} \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}} \frac{1}{x(\pi-2x)} \mathrm{~d} x \\
&= \frac{1}{2\pi} \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}} \left( \frac{1}{x}+\frac{2}{\pi-2x} \right) \mathrm{~d} x \\
&= \frac{1}{2\pi}[\ln x-\ln(\pi-2x)]\bigg|_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}}\\
&= \frac{\ln 2}{\pi}
\end{aligned}
\]
例 7 ¶
Example
\[
\int_{0}^{\pi} \frac{\pi+\cos x}{x^{2}-\pi x+2014} \mathrm{~d} x
\]
分析：和上一题十分类似，分母是二次函数，对称轴是 \(\displaystyle x=\frac{\pi}{2}\)，正好是区间长度的一半，因此利用区间再现公式之后分母一定不会变化，这就是我们选择区间再现公式的主要原因！
解：
\[
\begin{aligned}
\int_{0}^{\pi} \frac{\pi+\cos x}{x^{2}-\pi x+2014} \mathrm{~d} x &= \int_{0}^{\pi} \frac{\pi+\cos (\pi-x)}{(\pi-x)^{2}-\pi (\pi-x)+2014} \mathrm{~d} x \\
&= \int_{0}^{\pi} \frac{\pi-\cos x}{x^{2}-\pi x+2014} \mathrm{~d} x \\
&= \frac{1}{2}\int_{0}^{\pi} \frac{(\pi+\cos x)+(\pi-\cos x)}{x^{2}-\pi x+2014} \mathrm{~d} x \\
&= \frac{1}{2}\int_{0}^{\pi} \frac{2\pi}{x^{2}-\pi x+2014} \mathrm{~d} x \\
&= \pi\int_{0}^{\pi} \frac{1}{\left( x-\frac{\pi}{2} \right)^{2}+2014- \frac{\pi^{2}}{4}} \mathrm{~d} x \\
&= \pi\cdot 4\int_{0}^{\pi} \frac{1}{(2x-\pi)^{2}+8056-\pi^{2}} \mathrm{~d} x \\
&= 4\pi \cdot \frac{1}{2 }\int_{0}^{\pi} \frac{1}{(2x-\pi)^{2}+(8056-\pi^{2})} \mathrm{~d} (2x-\pi)\\
&= \frac{2\pi}{\sqrt{ 8056-\pi^{2} }}\arctan \frac{2x-\pi}{\sqrt{ 8056-\pi^{2} }} \bigg|_{0}^{\pi}\\
&= \frac{4\pi}{\sqrt{ 8056-\pi^{2} }}\arctan \frac{\pi}{\sqrt{ 8056-\pi^{2} }}
\end{aligned}
\]
例 8 ¶
Example
\[
\int_{0}^{\pi} (\mathrm{e}^{ \cos x }-\mathrm{e}^{ -\cos x }) \mathrm{~d} x
\]
解：直接运用区间再现公式：
\[
\begin{aligned}
\int_{0}^{\pi} (\mathrm{e}^{ \cos x }-\mathrm{e}^{ -\cos x }) \mathrm{~d} x &= \int_{0}^{\pi} (\mathrm{e}^{ \cos (\pi-x) }-\mathrm{e}^{ -\cos (x-\pi) }) \mathrm{~d} x \\
&= \int_{0}^{\pi} (\mathrm{e}^{ -\cos x }-\mathrm{e}^{ \cos x }) \mathrm{~d} x
\end{aligned}
\]
记原积分为 \(I\)，则上式即为：\(I=-I\)，故 \(I=0\).
例 9（欧拉积分）¶
Example
\[
\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \ln \sin x \mathrm{~d} x
\]
解：典中典，欧拉积分，相信这个题目一定是很多人入门区间再现的题目，当然这个题目的做法非常多，这里只介绍区间再现这一种方法。
\[
\begin{aligned}
\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \ln \sin x \mathrm{~d} x &= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \ln \sin\left( \frac{\pi}{2}-x \right) \mathrm{~d} x \\
&= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \ln \cos x \mathrm{~d} x \\
&= \frac{1}{2} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} (\ln \sin x+\ln \cos x) \mathrm{~d} x \\
&= \frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \ln(\sin x\cdot \cos x) \mathrm{~d} x \\
&= \frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \ln \frac{\sin 2x}{2} \mathrm{~d} x \\
&= \frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \ln \sin 2x \mathrm{~d} x -\frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \ln 2 \mathrm{~d} x \\
&= \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \ln \sin 2x \mathrm{~d} (2x) - \frac{1}{2}\cdot \frac{\pi}{2} \cdot \ln 2\\
&= \frac{1}{4}\int_{0}^{\pi} \ln \sin u \mathrm{~d} u - \frac{\pi \ln 2}{4}\\
&= \frac{1}{4} \cdot 2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \ln \sin u \mathrm{~d} u - \frac{\pi \ln 2}{4}\\
\end{aligned}
\]
上面的最后一步用的是例题 4 的第二个引理，将区间在 \([0,\pi]\) 上的三角积分转化为区间 \(\left[ 0, \frac{\pi}{2} \right]\) 上的积分。
现在记原积分为 \(I\)，则上面的推导过程就可以得到：
\[
I=\frac{1}{2}I- \frac{\pi \ln 2}{4}
\]
解得：\(\displaystyle I = -\frac{\pi \ln 2}{2}\)
例 10 ¶
Example
\[
\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin ^{10}-\cos ^{10}}{4-\sin x-\cos x} \mathrm{~d} x
\]
解：区间再现后显然分母不变，分子变为相反数，故答案为 \(0\).
例题 11 ¶
Example
\[
\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\mathrm{e}^{ \sin x }-\mathrm{e}^{ \cos x }+\sin ^{5}x}{8} \mathrm{~d} x
\]
解：直接使用区间再现公式，然后新旧相加除以二得：
\[
\begin{aligned}
I &= \frac{1}{16} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} (\sin ^{5}x+\cos ^{5}x) \mathrm{~d} x \\
&= \frac{1}{16}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos ^{5}x \mathrm{~d} x + \frac{1}{16}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin ^{5}x \mathrm{~d} x \\
&= \frac{1}{8}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin ^{5}x \mathrm{~d} x \\
&= \frac{1}{8} \cdot \frac{4}{5} \cdot \frac{2}{3} \cdot 1\\
&= \frac{1}{15}
\end{aligned}
\]
最后一步运用的是 \(\mathrm{Wallis}\) 公式。
例 12 ¶
Example
\[
\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin x\cos x}{1+\sqrt{ \tan x }} \mathrm{~d} x
\]
解：直接使用区间再现公式，结合诱导公式得：
\[
\begin{aligned}
\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin x\cos x}{1+\sqrt{ \tan x }} \mathrm{~d} x &= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin x\cos x}{1+\sqrt{ \cot x }} \mathrm{~d} x \\
&= \frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin x\cos x\left( \frac{1}{1+\sqrt{ \tan x }}+\frac{\sqrt{ \tan x }}{1+\sqrt{ \tan x }} \right) \mathrm{~d} x \\
&= \frac{1}{2} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin x\cos x \mathrm{~d} x \\
&= \frac{1}{2} \cdot \frac{0!! \cdot 0!!}{2!!}\\
&= \frac{1}{4}
\end{aligned}
\]
最后一步直接凑微分即可，当然当被积三角函数复杂时，可以使用我之前讲过的 \(\mathrm{Beta}\) 函数。文章附在下面：Beta 函数的三角形式
例 13（经典）¶
Example
\[
\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{x}{\cos\left( \frac{\pi}{4}-x \right)\cdot \cos x} \mathrm{~d} x
\]
解：分母都已经不是暗示了，已经是明示让你用区间再现公式了！
\[
\begin{aligned}
\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{x}{\cos\left( \frac{\pi}{4}-x \right)\cdot \cos x} \mathrm{~d} x &= \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{\frac{\pi}{4}-x}{\cos\left( \frac{\pi}{4}-x \right)\cdot \cos x} \mathrm{~d} x \\
&= \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{4} \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{1}{\cos\left( \frac{\pi}{4}-x \right)\cdot \cos x} \mathrm{~d} x \\
&= \frac{\pi}{8} \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{1}{\cos\left( \frac{\pi}{4}-x \right)\cdot \cos x} \mathrm{~d} x
\end{aligned}
\]
做到这里又是一类经典的模型，处理方法有很多，这里我就用最简单的差角展开进行解决了：
\[
\begin{aligned}
\frac{\pi}{8}\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{1}{\cos\left( \frac{\pi}{4}-x \right)\cdot \cos x} \mathrm{~d} x &= \frac{\pi}{8} \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{1}{\cos x\cdot \frac{\sqrt{ 2 }}{2}(\cos x+\sin x)} \mathrm{~d} x\\
&= \frac{\sqrt{ 2 }\pi}{8} \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{1}{\cos ^{2}x+\sin x\cos x} \mathrm{~d} x
\end{aligned}
\]
此时被积函数分子是 \(0\) 次的，分母是 \(2\) 次的，自然想到齐次化处理：
\[
\begin{aligned}
I &= \frac{\sqrt{ 2 }\pi}{8} \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{1}{\cos ^{2}x+\sin x\cos x} \mathrm{~d} x \\
&= \frac{\sqrt{ 2 }\pi}{8} \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{\sin ^{2}x+\cos ^{2}x}{\cos ^{2}x+\sin x\cos x} \mathrm{~d} x \\
&= \frac{\sqrt{ 2 }\pi}{8} \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{\tan ^{2}x+1}{1+\tan x} \mathrm{~d} x \\
&\xlongequal{t=\tan x} \frac{\sqrt{ 2 }\pi}{8} \int_{0}^{1} \frac{t^{2}+1}{1+t} \cdot \frac{1}{1+t^{2}} \mathrm{~d} t\\
&= \frac{\sqrt{ 2 }\pi}{8} \int_{0}^{1} \frac{1}{1+t} \mathrm{~d} (1+t)\\
&= \frac{\sqrt{ 2 }\pi}{8} \ln(1+t)\bigg|_{0}^1\\
&= \frac{\sqrt{ 2 }\pi}{8}\ln 2
\end{aligned}
\]
对称区间公式 ¶
对称区间公式
\[
\int_{-a}^{a} f(x) \mathrm{~d} x=\int_{0}^{a} [f(x)+f(-x)] \mathrm{~d} x
\]
分析：这个公式实际上是“偶倍奇零”的一般形式，除了对于 \(f(x)+f(-x)\) 能极大化简的函数有奇效外，对于一些非奇非偶函数也往往有奇效，注意积累！
证明：
\[
\begin{aligned}
\int_{-a}^{a} f(x) \mathrm{~d} x &= \int_{-a}^{0} f(x) \mathrm{~d} x +\int_{0}^{a} f(x) \mathrm{~d} x \\
&\xlongequal{x=-t} -\int_{a}^{0} f(-t) \mathrm{~d} t + \int_{0}^{a} f(x) \mathrm{~d} x\\
&= \int_{0}^{a} f(-t) \mathrm{~d} t+\int_{0}^{a} f(x) \mathrm{~d} x \\
&= \int_{0}^{a} [f(x)+f(-x)] \mathrm{~d} x
\end{aligned}
\]
例 14 ¶
Example
\[
\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin ^{2}x}{1+\mathrm{e}^{ x }} \mathrm{~d} x
\]
解：对称区间，并且对于函数 \(f(x) = \displaystyle \frac{1}{1+\mathrm{e}^{ x }}\) 而言，有：
\[
f(x)+f(-x) = 1
\]
因此使用上述对称区间公式有奇效：
\[
\begin{aligned}
\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin ^{2}x}{1+\mathrm{e}^{ x }} \mathrm{~d} x &= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \left[ \frac{\sin ^{2}x}{1+\mathrm{e}^{ x }}+\frac{\sin ^{2}(-x)}{1+\mathrm{e}^{ -x }} \right] \mathrm{~d} x \\
&= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin ^{2}x \mathrm{~d} x \\
&= \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2}\\
&= \frac{\pi}{4}
\end{aligned}
\]
例 15（拓展）¶
Example
\[
\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos ^{2}x}{a-\sin x} \mathrm{~d} x ,\quad (a>1)
\]
解：常规方法是转化为只含有 \(\sin x\) 的积分，然后有一项可以考虑使用万能公式进行计算，计算量也不大，下面我们用对称区间公式解决一下：
考虑：
\[f(x) = \frac{\cos^2 x}{a - \sin x}\]
因此：
\[
\begin{aligned}
I &= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \left( \frac{\cos^2 x}{a - \sin x} + \frac{\cos^2 x}{a + \sin x} \right) \mathrm{~d} x \\
&= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos^2 x \left( \frac{a + \sin x + a - \sin x}{(a - \sin x)(a + \sin x)} \right) \mathrm{~d} x\\
&= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos^2 x \left( \frac{2a}{a^2 - \sin^2 x} \right) \mathrm{~d} x\\
&= 2a \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1 - \sin^2 x}{a^2 - \sin^2 x} \mathrm{~d} x
\end{aligned}
\]
考虑将分子改写为 \((a^2 - \sin^2 x) - (a^2 - 1)\) 进行化简：
\[
\begin{aligned}
I &= 2a \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \left( \frac{a^2 - \sin^2 x}{a^2 - \sin^2 x} - \frac{a^2 - 1}{a^2 - \sin^2 x} \right) \mathrm{~d} x \\
&= 2a \left[ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} 1 \mathrm{~d} x - (a^2 - 1) \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{a^2 - \sin^2 x} \mathrm{~d} x \right] \\
&= 2a \left( \frac{\pi}{2} - (a^2 - 1) \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{a^2 - \sin^2 x} \mathrm{~d} x \right) \\
\end{aligned}
\]
下面考察积分： \(\displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{a^2 - \sin^2 x} \mathrm{~d} x\)，分子分母同时除以 \(\cos^2 x\)：
\[
\begin{aligned}
\displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{a^2 - \sin^2 x} \mathrm{~d} x &=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sec^2 x}{a^2 \sec^2 x - \tan^2 x} \mathrm{~d} x \\ &=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sec^2 x}{a^2(1 + \tan^2 x) - \tan^2 x} \mathrm{~d} x\\
&= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sec^2 x}{a^2 + (a^2 - 1)\tan^2 x} \mathrm{~d} x\\
&\xlongequal{u=\tan x} \int_{0}^{\infty} \frac{\mathrm{~d} u}{a^2 + (\sqrt{a^2 - 1} \cdot u)^2}\\
&= \frac{1}{\sqrt{a^2 - 1}} \cdot \frac{1}{a} \arctan\left( \frac{\sqrt{a^2 - 1} \cdot u}{a} \right) \bigg|_0^\infty\\
&= \frac{1}{a\sqrt{a^2 - 1}} \cdot \frac{\pi}{2}
\end{aligned}
\]
回代即可得到最终结果：
\[
\begin{aligned}
I &= 2a \left( \frac{\pi}{2} - (a^2 - 1) \cdot \frac{\pi}{2a\sqrt{a^2 - 1}} \right)\\
& = 2a \left( \frac{\pi}{2} - \frac{\pi \sqrt{a^2 - 1}}{2a} \right)\\
& = \pi (a - \sqrt{a^2 - 1})
\end{aligned}
\]
例 16 ¶
Example
\[
\int_{-1}^{1} \sin x\cdot \ln(1+\mathrm{e}^{ x }) \mathrm{~d} x
\]
解：直接使用对称区间积分公式：
\[
\begin{aligned}
\int_{-1}^{1} \sin x\cdot \ln(1+\mathrm{e}^{ x }) \mathrm{~d} x &= \int_{0}^{1} [\sin x\cdot \ln(1+\mathrm{e}^{ x })+\sin(-x)\ln(1+\mathrm{e}^{ -x })] \mathrm{~d} x \\
&= \int_{0}^{1} \sin x\ln \frac{1+\mathrm{e}^{ x }}{1+\mathrm{e}^{ -x }} \mathrm{~d} x \\
&= \int_{0}^{1} \sin x \ln \mathrm{e}^{ x } \mathrm{~d} x \\
&= \int_{0}^{1} x\sin x \mathrm{~d} x \\
&= (-x\cos x+\sin x)\bigg|_{0}^1\\
&= -\cos 1+\sin 1
\end{aligned}
\]
最后一步使用分部积分即可，也可以用表格法简化计算，不过多赘述。
例 17 ¶
Example
\[
\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \sin ^{4}x\cdot \frac{\mathrm{e}^{ x }}{1+\mathrm{e}^{ x }} \mathrm{~d} x
\]
解：直接使用对称区间积分公式：
\[
\begin{aligned}
\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \sin ^{4}x\cdot \frac{\mathrm{e}^{ x }}{1+\mathrm{e}^{ x }} \mathrm{~d} x &= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin ^{4}\left( \frac{\mathrm{e}^{ x }}{1+\mathrm{e}^{ x }}+\frac{\mathrm{e}^{ -x }}{1+\mathrm{e}^{ -x }} \right) \mathrm{~d} x \\
&= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin ^{4}x \mathrm{~d} x \\
&= \frac{3}{4} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2}\\
&= \frac{3\pi}{16}
\end{aligned}
\]
最后一步运用的是 \(\mathrm{Wallis}\) 公式。
例 18 ¶
Example
\[
\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} \frac{x}{1+\sin x} \mathrm{~d} x
\]
解：直接使用对称区间积分公式：
\[
\begin{aligned}
\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} \frac{x}{1+\sin x} \mathrm{~d} x &=
\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \left( \frac{x}{1+\sin x}+ \frac{-x}{1-\sin x} \right) \mathrm{~d} x \\
&= \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{-2x\sin x}{\cos ^{2}x} \mathrm{~d} x \\
&= 2\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{x}{\cos ^{2}x} \mathrm{~d} (\cos x) \\
&= -2\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} x \mathrm{~d} \left( \frac{1}{\cos x} \right) \\
&= -2\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} x \mathrm{~d} (\sec x)\\
&= -2x\sec x\bigg|_{0}^{\frac{\pi}{4}} + 2\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \sec x \mathrm{~d} x \\
&= -2\cdot \frac{\pi}{4} \cdot \sqrt{ 2 } +2 \ln(\sec x+\tan x)\bigg|_{0}^{\frac{\pi}{4}}\\
&= - \frac{\sqrt{ 2 }}{2}\pi + 2\ln(\sqrt{ 2 }+1)
\end{aligned}
\]
Tip
过程中直接运用到了 \(\sec x\) 的不定积分，像这种不太常用的三角积分也一定要记牢。
例 19 ¶
Example
\[
\int_{-\frac{\sqrt{ 2 }}{2}}^{\frac{\sqrt{ 2 }}{2}} x^{2}\cdot \arccos x \mathrm{~d} x
\]
解：联想到反余弦恒等式：
\[
\arccos x + \arccos(-x) = \pi
\]
我们自然想到运用昨天介绍的对称区间积分公式，得：
\[
\begin{aligned}
\int_{-\frac{\sqrt{ 2 }}{2}}^{\frac{\sqrt{ 2 }}{2}} x^{2}\cdot \arccos x \mathrm{~d} x &= \int_{0}^{\frac{\sqrt{ 2 }}{2}} x^{2}\cdot(\arccos x+\arccos(-x)) \mathrm{~d} x \\
&= \pi \int_{0}^{\frac{\sqrt{ 2 }}{2}} x^{2} \mathrm{~d} x \\
&= \frac{\pi \sqrt{ 2 }}{12}
\end{aligned}
\]
Beta 函数对称性 ¶
Beta 函数对称性
\[
\int_{0}^{1} x^{m}(1-x)^{n} \mathrm{~d} x =\int_{0}^{1} x^{n}(1-x)^{m} \mathrm{~d} x
\]
解：我之前介绍 \(\mathrm{Beta}\) 函数对称性的时候提过一嘴，可以用区间再现公式来理解，通过前文的学习，相信大家一眼就能看出这个等式是成立的。这个等式的本质就是：
\[
\mathrm{B}(m+1,n+1)=\mathrm{B}(n+1,m+1)
\]
区间减半公式 ¶
区间减半公式
\[
\begin{aligned}
\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{~d} x &= \int_{\frac{a+b}{2}}^{b} [f(x)+f(a+b-x)] \mathrm{~d} x \\
&= \int_{a}^{\frac{a+b}{2}} [f(x)+f(a+b-x)] \mathrm{~d} x
\end{aligned}
\]
证明：我只证明第一个等式，第二个方法是一样的，都是拆分区间，然后对其中一个区间进行换元处理。
设 \(I_{0} = \displaystyle \int_{a}^{\frac{a+b}{2}} f(x) \mathrm{~d} x\)，令 \(x=a+b-t\)，则有：
\[
\begin{aligned}
I_{0} &= \displaystyle \int_{a}^{\frac{a+b}{2}} f(x) \mathrm{~d} x\\
&= \int_{b}^{\frac{a+b}{2}} f(a+b-t) \mathrm{~d} (-t)\\
&= \int_{\frac{a+b}{2}}^{b} f(a+b-t) \mathrm{~d} t
\end{aligned}
\]
因此对原积分拆区间即可得证：
\[
\begin{aligned}
\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{~d} x &= \int_{a}^{\frac{a+b}{2}} f(x) \mathrm{~d} x + \int_{\frac{a+b}{2}}^{b} f(x) \mathrm{~d} x \\
&= I_{0} + \int_{\frac{a+b}{2}}^{b} f(x) \mathrm{~d} x \\
&= \int_{\frac{a+b}{2}}^{b} f(a+b-x) \mathrm{~d} x + \int_{\frac{a+b}{2}}^{b} f(x) \mathrm{~d} x \\
&= \int_{\frac{a+b}{2}}^{b} [f(x)+f(a+b-x)] \mathrm{~d} x
\end{aligned}
\]
特别地，有：
\[
\int_{0}^{2a} f(x) \mathrm{~d} x = \int_{0}^{a} [f(x)+f(2a-x)] \mathrm{~d} x
\]
现在再来回顾一下例题 4 我提到的第二个引理：
\[
\int_{0}^{\pi} x\cdot f(\sin x) \mathrm{~d} x = \frac{\pi}{2}\int_{0}^{\pi} f(\sin x) \mathrm{~d} x =\pi \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} f(\sin x) \mathrm{~d} x
\]
第二个等号运用的就是区间减半公式，现在看是不是非常显然？
例 20 ¶
Example
\[
\int_{0}^{2\pi} \frac{x\sin x}{1+\cos ^{2}x} \mathrm{~d} x
\]
解：首先直接运用区间减半公式，然后运用例题 4 的推论 2，将三角积分中碍事的 \(x\) 消掉：
\[
\begin{aligned}
\int_{0}^{2\pi} \frac{x\sin x}{1+\cos ^{2}x} \mathrm{~d} x &= \int_{0}^{\pi} \left[ \frac{x\sin x}{1+\cos ^{2}x}+\frac{(2\pi-x)\sin(2\pi-x)}{1+\cos ^{2}(2\pi-x)} \right]\mathrm{~d} x \\
&= 2\int_{0}^{\pi} \frac{x\sin x}{1+\cos ^{2}x} \mathrm{~d} x -2\pi \int_{0}^{\pi} \frac{\sin x}{1+\cos ^{2}x} \mathrm{~d} x \\
&= 2\cdot \pi \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin x}{1+\cos ^{2}x} \mathrm{~d} x -2\pi\cdot 2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin x}{1+\cos ^{2}x} \mathrm{~d} x \\
&= -2\pi \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin x}{1+\cos ^{2}x} \mathrm{~d} x \\
&= 2\pi \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{1+\cos ^{2}x} \mathrm{~d} (\cos x) \\
&= 2\pi \cdot \arctan(\cos x)\bigg|_{0}^{\frac{\pi}{2}}\\
&= -\frac{\pi^{2}}{2}
\end{aligned}
\]
例 21（经典）¶
Example
\[
\int_{0}^{4} x(x-1)(x-2)(x-3)(x-4) \mathrm{~d} x
\]
解：看见这种被积函数我们往往都要考虑对称性，记：
\[
f(x)=x(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)
\]
则有：
\[
\begin{aligned}
f(4-x) &= (4-x)(3-x)(2-x)(1-x)(-x)\\
&=-f(x)
\end{aligned}
\]
因此可以利用区间减半公式进行化简：
\[
\begin{aligned}
\int_{0}^{4} x(x-1)(x-2)(x-3)(x-4) \mathrm{~d} x &= \int_{0}^{4} f(x) \mathrm{~d} x \\
&= \int_{0}^{2} [f(x)+f(4-x)] \mathrm{~d} x \\
&= 0
\end{aligned}
\]
例 22 ¶
Example
\[
\int_{0}^{1} x\cdot \arcsin[2\sqrt{ x(1-x) }] \mathrm{~d} x
\]
解：直接运用区间减半公式：
\[
\begin{aligned}
\int_{0}^{1} x\cdot \arcsin[2\sqrt{ x(1-x) }] \mathrm{~d} x &= \int_{0}^{\frac{1}{2}} [x\cdot\arcsin[2\sqrt{ x(1-x) }]+(1-x)\arcsin[2\sqrt{ x(1-x) }]] \mathrm{~d} x \\
&= \int_{0}^{\frac{1}{2}} \arcsin[2\sqrt{ x(1-x) }] \mathrm{~d} x
\end{aligned}
\]
这样我们就把讨厌的 \(x\) 消掉了。
现在考虑整体换元，令 \(t=\arcsin[2\sqrt{ x(1-x) }]\)，则有 \(\sin t=2\sqrt{ x(1-x) }\)，则 \(\sin ^{2}t=4x-4x^{2}=1-(2x-1)^{2}\)，因此有 \(\cos ^{2}t=(2x-1)^{2}\)，所以 \(\cos t=|2x-1|\).
对于 \(t \in \left[ 0, \frac{\pi}{2} \right]\)，有 \(\cos t\geqslant 0\)，故 \(\cos t=2x-1\)，也即 \(x=\displaystyle \frac{1-\cos t}{2}\).
代入得：
\[
\begin{aligned}
I &= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} t \mathrm{~d} \left( \frac{1-\cos t}{2} \right) \\
&= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} t\cdot \frac{1}{2}\sin t \mathrm{~d} t\\
&= \frac{1}{2}(-t\cos t+\sin t)\bigg|_{0}^{\frac{\pi}{2}}\\
&= \frac{1}{2}
\end{aligned}
\]
平方消失模型 ¶
平方消失模型
\[
\int_{1}^{a} f\left( x^{2}+ \frac{a^{2}}{x^{2}} \right) \frac{\mathrm{~d} x }{x}=\int_{1}^{a} f\left( x+ \frac{a^{2}}{x} \right) \frac{\mathrm{~d} x }{x}
\]
证明：换元，令 \(t=x^{2}\)，然后拆分区间
\[
\begin{aligned}
\int_{1}^{a} f\left( x^{2}+ \frac{a^{2}}{x^{2}} \right) \frac{\mathrm{~d} x }{x}&= \int_{1}^{a^{2}} f\left( t+ \frac{a^{2}}{t} \right) \frac{\mathrm{~d} t }{2t}\\
&= \frac{1}{2}\int_{1}^{a} f\left( t+ \frac{a^{2}}{t} \right) \frac{\mathrm{~d} t }{t}+\frac{1}{2}\int_{a}^{a^{2}} f\left( t+ \frac{a^{2}}{t} \right) \frac{\mathrm{~d} t }{t}\\
\end{aligned}
\]
对上式中的第二个积分进行换元，考虑令 \(u = \dfrac{a^{2}}{t}\)，得：
\[
\begin{aligned}
I &= \frac{1}{2}\int_{1}^{a} f\left( t+ \frac{a^{2}}{t} \right) \frac{\mathrm{~d} t }{t}+\frac{1}{2}\int_{a}^{a^{2}} f\left( t+ \frac{a^{2}}{t} \right) \frac{\mathrm{~d} t }{t}\\
&= \frac{1}{2}\int_{1}^{a} f\left( t+ \frac{a^{2}}{t} \right) \frac{\mathrm{~d} t }{t}+\frac{1}{2}\int_{a}^{1} f\left( u+ \frac{a^{2}}{u} \right) \frac{-\mathrm{~d} u }{u} \\
&= \frac{1}{2}\int_{1}^{a} f\left( t+ \frac{a^{2}}{t} \right) \frac{\mathrm{~d} t }{t}+\frac{1}{2}\int_{1}^{a} f\left( u+ \frac{a^{2}}{u} \right) \frac{\mathrm{~d} u }{u} \\
&= \int_{1}^{a} f\left( x+ \frac{a^{2}}{x} \right) \frac{\mathrm{~d} x }{x}
\end{aligned}
\]
乘积形式区间再现 ¶
乘积形式区间再现
\[
\begin{aligned}
\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{~d} x &= \int_{a}^{b} \frac{ab}{x^{2}}f\left( \frac{ab}{x} \right) \mathrm{~d} x \\
&= \frac{1}{2}\int_{a}^{b} \left[ f(x)+\frac{ab}{x^{2}}f\left( \frac{ab}{x} \right) \right] \mathrm{~d} x
\end{aligned}
\]
证明：考虑广义倒代换，令 \(t = \dfrac{ab}{x}\)，则：
\[
\begin{aligned}
\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{~d} x &= \int_{b}^{a} f\left( \frac{ab}{t} \right) \left( -\frac{ab}{t^{2}} \right)\mathrm{~d} t \\
&= \int_{a}^{b} \frac{ab}{t^{2}}f\left( \frac{ab}{t} \right) \mathrm{~d} t
\end{aligned}
\]
例 23 ¶
Example
\[
\int_{\frac{1}{3}}^{3} \left( x-\frac{1}{x} \right)^{2n} \mathrm{~d} x
\]
解：由于积分上下限乘积为 \(1\)，故考虑使用乘积形式的区间再现公式：
\[
\begin{aligned}
\int_{\frac{1}{3}}^{3} \left( x-\frac{1}{x} \right)^{2n} \mathrm{~d} x &= \int_{\frac{1}{3}}^{3} \frac{1}{x^{2}}\left( x-\frac{1}{x} \right)^{2n} \mathrm{~d} x \\
&= \frac{1}{2}\int_{\frac{1}{3}}^{3} \left[ \left( x-\frac{1}{x} \right)^{2n}+\frac{1}{x^{2}}\left( x-\frac{1}{x} \right)^{2n} \right] \mathrm{~d} x\\
&= \frac{1}{2}\int_{\frac{1}{3}}^{3} \left( 1+\frac{1}{x^{2}} \right) \left( x-\frac{1}{x} \right)^{2n} \mathrm{~d} x\\
&= \frac{1}{2}\int_{\frac{1}{3}}^{3} \left( x-\frac{1}{x} \right)^{2n} \mathrm{~d} \left( x-\frac{1}{x} \right)\\
&= \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2n+1}\left( x-\frac{1}{x} \right)^{2n+1}\bigg|_{\frac{1}{3}}^3\\
&= \frac{1}{2n+1}\left( \frac{8}{3} \right)^{2n+1}
\end{aligned}
\]
例 24 ¶
Example
\[
\int_{\frac{1}{\sqrt{ 3 }}}^{\sqrt{ 3 }} \left( x\ln x+\frac{1}{4x} \right)\mathrm{e}^{ \left( x-\frac{1}{x} \right)^{2} } \mathrm{~d} x
\]
解：由于积分上下限乘积为 \(1\)，故考虑使用乘积形式的区间再现公式：
\[
\begin{aligned}
\int_{\frac{1}{\sqrt{ 3 }}}^{\sqrt{ 3 }} \left( x\ln x+\frac{1}{4x} \right)\mathrm{e}^{ \left( x-\frac{1}{x} \right)^{2} } \mathrm{~d} x &= \int_{\frac{1}{\sqrt{ 3 }}}^{\sqrt{ 3 }} \frac{1}{x^{2}}\left( \frac{1}{x}\ln \frac{1}{x}+\frac{1}{4}x \right)\mathrm{e}^{ \left( x-\frac{1}{x} \right)^{2} } \mathrm{~d} x \\
&= \frac{1}{2}\int_{\frac{1}{\sqrt{ 3 }}}^{\sqrt{ 3 }} \left[ \left( x\ln x+\frac{1}{4x} \right)\mathrm{e}^{ \left( x-\frac{1}{x} \right)^{2} }+\frac{1}{x^{2}}\left( \frac{1}{x}\ln \frac{1}{x}+\frac{1}{4}x \right)\mathrm{e}^{ \left( x-\frac{1}{x} \right)^{2} } \right] \mathrm{~d} x \\
&= \frac{1}{2} \int_{\frac{1}{\sqrt{ 3 }}}^{\sqrt{ 3 }} \left[ \left( x-\frac{1}{x^{3}} \right)\ln x+\frac{1}{2x} \right]\mathrm{e}^{ \left( x-\frac{1}{x} \right)^{2} } \mathrm{~d} x \\
\end{aligned}
\]
试导法，考虑：
\[
\left( \mathrm{e}^{ \left( x- \frac{1}{x} \right)^{2} }\ln x \right)' = 2\mathrm{e}^{ \left( x- \frac{1}{x} \right)^{2} }\left[ \frac{1}{2x}+\left( x-\frac{1}{x^{3}} \right)\ln x \right]
\]
因此：
\[
\begin{aligned}
I &= \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2} \ln x \cdot \mathrm{e}^{ \left( x- \frac{1}{x} \right)^{2} }\bigg|_{\frac{1}{\sqrt{ 3 }}}^{\sqrt{ 3 }}\\
&= \frac{1}{2}\ln 3 \cdot\mathrm{e}^{ \left( \sqrt{ 3 }- \frac{1}{\sqrt{ 3 }} \right)^{2} }
\end{aligned}
\]
鸡肋模型 ¶
鸡肋模型
已知 \(f(x) = f(a+b-x)\)，则：
\[
\int_{a}^{b} x\cdot f(x) \mathrm{~d} x = \frac{a+b}{2}\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{~d} x
\]
Tip
事实上，能用这个模型解决的题目都可以直接用区间再现主公式解决，因此基本上不用，所以我称之为“鸡肋”模型。同时例题 4 的第二个引理中的第一个等式，其实也就是这个模型的一个特殊情况。
证明：换元 \(x=a+b-t\) :
\[
\begin{aligned}
\int_{a}^{b} xf(x) \mathrm{~d} x &= \int_{b}^{a} (a+b-t)f(a+b-t) \mathrm{~d} (-t)\\
&= \int_{a}^{b} (a+b-t)f(t) \mathrm{~d} t\\
&= \int_{a}^{b} (a+b-x)f(x) \mathrm{~d} x\\
&= (a+b)\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{~d} x - \int_{a}^{b} xf(x) \mathrm{~d} x
\end{aligned}
\]
记原积分为 \(I\)，则可以得到：
\[
2I=(a+b)\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{~d} x
\]
因此：
\[
I= \frac{a+b}{2}\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{~d} x
\]
倒代换 ¶
这里有两个经典的模型，可以参考我之前的一篇文章，附在下面：倒代换经典模型。
例 25 ¶
Example
\[
\int_{0}^{+\infty} \frac{1}{(1+x^{n})(1+x^{2})} \mathrm{~d} x
\]
解：直接倒代换就行了，这里我采用我上面列出的这篇文章的模型进行解决，大家哪种方法用的熟练就用哪种。
\[
\begin{aligned}
\int_0^{+\infty} \frac{\mathrm{d}x}{(1+x^2)(1+x^n)} &= \int_0^{+\infty} \frac{1}{1+x^n}\cdot \frac{1}{x+\dfrac1x} \cdot \frac{\mathrm{d}x}{x} \\[0.3cm]
&= \int_0^1 \frac{1}{x+\dfrac1x} \cdot \frac{\mathrm{d}x}{x} \\[0.2cm]
&= \int_0^1 \frac{1}{1+x^2}\mathrm{d}x\\[0.2cm]
&= \arctan x \bigg|_0^1\\[0.2cm]
&= \frac{\pi}{4}
\end{aligned}
\]
例 26 ¶
Example
\[
\int_{\frac{\sqrt{ 3 }}{3}}^{\sqrt{ 3 }} \frac{1}{\left( 1+\mathrm{e}^{ x-\frac{1}{x} } \right)(1+x^{2})} \mathrm{~d} x
\]
解：使用倒代换，其实也就是所谓的乘积形式的区间再现公式，我反复强调，数学学习注重的一定是方法本身，而不是所谓的技巧名词。
\[
\begin{aligned}
\int_{\frac{\sqrt{ 3 }}{3}}^{\sqrt{ 3 }} \frac{1}{\left( 1+\mathrm{e}^{ x-\frac{1}{x} } \right)(1+x^{2})} \mathrm{~d} x &= \int_{\frac{\sqrt{ 3 }}{3}}^{\sqrt{ 3 }} \frac{1}{x^{2}}\cdot\frac{1}{\left( 1+\mathrm{e}^{ \frac{1}{x}-x } \right)\left( 1+\frac{1}{x^{2}} \right)} \mathrm{~d} x \\
&= \int_{\frac{\sqrt{ 3 }}{3}}^{\sqrt{ 3 }} \frac{1}{\left( 1+\mathrm{e}^{ \frac{1}{x}-x } \right)(1+x^{2})} \mathrm{~d} x \\
\end{aligned}
\]
由于：
\[
\frac{1}{1+\mathrm{e}^{ x- \frac{1}{x} }}+\frac{1}{1+\mathrm{e}^{ \frac{1}{x}-x }}=1
\]
因此新旧积分相加除以二得到：
\[
\begin{aligned}
I &= \frac{1}{2} \int_{\frac{\sqrt{ 3 }}{3}}^{\sqrt{ 3 }} \frac{1}{1+x^{2}} \mathrm{~d} x \\
&= \frac{1}{2} \cdot \arctan x\bigg|_{\frac{\sqrt{ 3 }}{3}}^{\sqrt{ 3 }}\\
&= \frac{\pi}{12}
\end{aligned}
\]
例 27（经典）¶
Example
\[
\int_{0}^{+\infty} \frac{\ln x}{a^{2}+x^{2}} \mathrm{~d} x ,\quad(a>0)
\]
解：本题难度不小，我们首先进行区间拆分，然后考虑广义倒代换，对区间 \([a, +\infty]\) 上的积分做换元 \(x = \dfrac{a^{2}}{t}\)，具体过程如下：
\[
\begin{aligned}
\int_{0}^{+\infty} \frac{\ln x}{a^{2}+x^{2}} \mathrm{~d} x &= \int_{0}^{a} \frac{\ln x}{a^{2}+x^{2}} \mathrm{~d} x +\int_{a}^{+\infty} \frac{\ln x}{a^{2}+x^{2}} \mathrm{~d} x\\
&\xlongequal{x=\frac{a^{2}}{t}} \int_{0}^{a} \frac{\ln x}{a^{2}+x^{2}} \mathrm{~d} x + \int_{a}^{0} \frac{2\ln a-\ln t}{a^{2}+\frac{a^{4}}{t^{2}}} \left( -\frac{a^{2}}{t^{2}} \right)\mathrm{~d} t \\
&= \int_{0}^{a} \frac{\ln x}{a^{2}+x^{2}} \mathrm{~d} x +\int_{0}^{a} \frac{2\ln a-\ln t}{a^{2}+t^{2}} \mathrm{~d} t\\
&= \int_{0}^{a} \frac{\ln x}{a^{2}+x^{2}} \mathrm{~d} x +\int_{0}^{a} \frac{2\ln a-\ln x}{a^{2}+x^{2}} \mathrm{~d} x\\
&= 2\ln a\int_{0}^{a} \frac{1}{a^{2}+x^{2}} \mathrm{~d} x \\
&= 2\ln a\cdot \frac{1}{a}\arctan \frac{x}{a}\bigg|_{0}^a\\
&= \frac{\pi \ln a}{2a}
\end{aligned}
\]
例 28 ¶
Example
\[
\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{\sqrt[3]{ \tan x }} \mathrm{~d} x
\]
解：做换元，令 \(t = \sqrt[3]{ \tan x }\)，则 \(x=\arctan t^{3}\)，微分得：\(\mathrm{~d} x = \dfrac{3t^{2}}{1+t^{6}}\mathrm{~d} t\).
代入得：
\[
\begin{aligned}
\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{\sqrt[3]{ \tan x }} \mathrm{~d} x &= \int_{0}^{+\infty} \frac{1}{t}\cdot \frac{3t^{2}}{1+t^{6}} \mathrm{~d} t\\
&= \int_{0}^{+\infty} \frac{3t}{1+t^{6}} \mathrm{~d} t\\
&= \frac{3}{2}\int_{0}^{+\infty} \frac{1}{1+t^{6}} \mathrm{~d} (t^{2}) \\
&\xlongequal{u=t^{2}} \frac{3}{2}{\color{red}{\int_{0}^{+\infty} \frac{1}{1+u^{3}} \mathrm{~d} u}}\\
&\xlongequal{v=\frac{1}{u}} \frac{3}{2}\int_{+\infty}^{0} \frac{1}{1+\frac{1}{v^{3}}} \mathrm{~d} \left( \frac{1}{v} \right)\\
&= \frac{3}{2}\int_{0}^{+\infty} \frac{v}{v^{3}+1} \mathrm{~d} v\\
&= \frac{3}{2}{\color{red}{\int_{0}^{+\infty} \frac{u}{1+u^{3}} \mathrm{~d} u }}
\end{aligned}
\]
注意我标红的两个积分，他们相加之后是可以对分母使用立方和公式进行化简的，因此我们做如下处理：
\[
\begin{aligned}
I &= \frac{1}{2}\cdot \frac{3}{2} \int_{0}^{+\infty} \frac{1+u}{1+u^{3}} \mathrm{~d} u\\
&= \frac{3}{4} \int_{0}^{+\infty} \frac{1+x}{1+x^{3}} \mathrm{~d} x \\
&= \frac{3}{4} \int_{0}^{+\infty} \frac{1}{x^{2}-x+1} \mathrm{~d} x \\
&= \frac{3}{4} \cdot \frac{2}{\sqrt{ 3 }} \cdot \arctan \frac{2x-1}{\sqrt{ 3 }}\bigg|_{0}^{\infty}\\
&= \frac{\sqrt{ 3 }}{2} \left( \frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{6} \right)\\
&= \frac{\sqrt{ 3 }}{3}\pi
\end{aligned}
\]
至此，我彻底梳理完毕了区间再现公式的所有形式，以及它的推论、技巧和使用方法。相信大家经过这 28 道例题的学习，对区间再现公式一定有了一个全新的认识，也许大家之前只知道部分公式和推论，但是没想到这部分的内容这么多吧！整理这篇文章也花了我好长时间，我翻了好久才把我之前的笔记本找出来，希望内容对大家有帮助！喜欢的话麻烦多多帮我分享哦！
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