如何计算 sqrt(tan x) 在 0 到 π/2 的定积分？
计算 $sqrt{ an x}$ 在 $0$ 到 $frac{pi}{2}$ 的定积分是一个经典但相对复杂的积分问题，涉及到特殊函数，特别是椭圆积分。下面我将详细地介绍计算过程和相关的数学概念。
积分问题：
我们要计算的定积分是：
$$ I = int_0^{frac{pi}{2}} sqrt{ an x} , dx $$
第一步：变量替换以简化被积函数
首先，注意到 $ an x$ 在区间 $(0, frac{pi}{2})$ 内是单调递增的，并且当 $x o 0^+$ 时 $ an x o 0$，当 $x o frac{pi}{2}^$ 时 $ an x o infty$。
为了处理平方根，我们可以尝试一个变量替换。令 $u = sqrt{ an x}$。
那么，$u^2 = an x$。
现在我们需要计算 $dx$ 和 $du$ 的关系：
对 $u^2 = an x$ 两边关于 $x$ 求导：
$2u frac{du}{dx} = sec^2 x$
我们知道 $sec^2 x = 1 + an^2 x$。又因为 $u^2 = an x$，所以 $sec^2 x = 1 + u^4$。
因此，$2u frac{du}{dx} = 1 + u^4$。
解出 $dx$:
$dx = frac{2u}{1 + u^4} , du$
接下来，我们需要改变积分的上下限：
当 $x = 0$ 时，$u = sqrt{ an 0} = sqrt{0} = 0$。
当 $x = frac{pi}{2}$ 时，$u = sqrt{ an frac{pi}{2}} = sqrt{infty} = infty$。
将这些代入积分：
$$ I = int_0^{infty} u cdot frac{2u}{1 + u^4} , du = int_0^{infty} frac{2u^2}{1 + u^4} , du $$
第二步：处理新的被积函数 $frac{2u^2}{1 + u^4}$
现在我们需要计算积分 $int_0^{infty} frac{2u^2}{1 + u^4} , du$。
被积函数是一个有理函数，我们可以尝试使用部分分式分解或者直接进行积分。
注意到分母 $1 + u^4$ 可以分解为两个二次因式的乘积。我们知道 $1 + u^4 = (u^2 + sqrt{2}u + 1)(u^2 sqrt{2}u + 1)$。
我们可以尝试将 $frac{2u^2}{1 + u^4}$ 分解成更简单的形式，例如：
$$ frac{2u^2}{1 + u^4} = frac{Au + B}{u^2 + sqrt{2}u + 1} + frac{Cu + D}{u^2 sqrt{2}u + 1} $$
这会导致一些复杂的系数计算。
另一种更巧妙的处理方法：
我们可以对被积函数做一些变形，注意到分母 $1 + u^4$ 的特点。
考虑以下两种分解方式：
$$ frac{2u^2}{1 + u^4} = frac{u^2+1}{1+u^4} frac{u^21}{1+u^4} $$
现在我们分别计算这两个积分：
$$ int_0^{infty} frac{u^2+1}{1+u^4} , du quad ext{和} quad int_0^{infty} frac{u^21}{1+u^4} , du $$
积分 A: $int_0^{infty} frac{u^2+1}{1+u^4} , du$
将分子和分母同时除以 $u^2$：
$$ int_0^{infty} frac{1 + frac{1}{u^2}}{u^2 + frac{1}{u^2}} , du $$
令 $v = u frac{1}{u}$。则 $dv = (1 + frac{1}{u^2}) du$。
同时，$v^2 = u^2 2 + frac{1}{u^2}$，所以 $u^2 + frac{1}{u^2} = v^2 + 2$。
改变积分限：
当 $u o 0^+$ 时，$v = u frac{1}{u} o 0 infty = infty$。
当 $u o infty$ 时，$v = u frac{1}{u} o infty 0 = infty$。
因此，积分 A 变为：
$$ int_{infty}^{infty} frac{1}{v^2 + 2} , dv $$
这是一个标准积分：
$$ int frac{1}{v^2 + a^2} , dv = frac{1}{a} arctanleft(frac{v}{a} ight) $$
这里 $a^2 = 2$，所以 $a = sqrt{2}$。
$$ int_{infty}^{infty} frac{1}{v^2 + 2} , dv = left[ frac{1}{sqrt{2}} arctanleft(frac{v}{sqrt{2}} ight) ight]_{infty}^{infty} $$
$$ = frac{1}{sqrt{2}} left( arctan(infty) arctan(infty) ight) $$
$$ = frac{1}{sqrt{2}} left( frac{pi}{2} (frac{pi}{2}) ight) = frac{1}{sqrt{2}} (pi) = frac{pi}{sqrt{2}} $$
积分 B: $int_0^{infty} frac{u^21}{1+u^4} , du$
将分子和分母同时除以 $u^2$：
$$ int_0^{infty} frac{1 frac{1}{u^2}}{u^2 + frac{1}{u^2}} , du $$
令 $w = u + frac{1}{u}$。则 $dw = (1 frac{1}{u^2}) du$。
同时，$w^2 = u^2 + 2 + frac{1}{u^2}$，所以 $u^2 + frac{1}{u^2} = w^2 2$。
改变积分限：
当 $u o 0^+$ 时，$w = u + frac{1}{u} o 0 + infty = infty$。
当 $u o infty$ 时，$w = u + frac{1}{u} o infty + 0 = infty$。
这里遇到一个问题： 当 $u$ 从 $0$ 变化到 $infty$ 时，$w = u + frac{1}{u}$ 的值是先减小再增大。它在 $u=1$ 时取得最小值 $1 + 1 = 2$。
所以，我们需要将积分拆成两部分：
$$ int_0^{infty} frac{1 frac{1}{u^2}}{u^2 + frac{1}{u^2}} , du = int_0^1 frac{1 frac{1}{u^2}}{u^2 + frac{1}{u^2}} , du + int_1^{infty} frac{1 frac{1}{u^2}}{u^2 + frac{1}{u^2}} , du $$
对于第一个积分 $int_0^1 frac{1 frac{1}{u^2}}{u^2 + frac{1}{u^2}} , du$:
当 $u o 0^+$ 时，$w = u + frac{1}{u} o infty$。
当 $u = 1$ 时，$w = 1 + 1 = 2$。
所以，第一个积分变为 $int_{infty}^2 frac{1}{w^2 2} , dw$。
对于第二个积分 $int_1^{infty} frac{1 frac{1}{u^2}}{u^2 + frac{1}{u^2}} , du$:
当 $u = 1$ 时，$w = 1 + 1 = 2$。
当 $u o infty$ 时，$w = u + frac{1}{u} o infty$。
所以，第二个积分变为 $int_2^{infty} frac{1}{w^2 2} , dw$。
将两部分合并，并交换积分限的顺序（改变符号）：
$$ int_2^{infty} frac{1}{w^2 2} , dw int_2^{infty} frac{1}{w^2 2} , dw = 2 int_2^{infty} frac{1}{w^2 2} , dw $$
现在我们需要计算 $int_2^{infty} frac{1}{w^2 2} , dw$。
使用部分分式分解：
$$ frac{1}{w^2 2} = frac{1}{(w sqrt{2})(w + sqrt{2})} = frac{A}{w sqrt{2}} + frac{B}{w + sqrt{2}} $$
$1 = A(w + sqrt{2}) + B(w sqrt{2})$
令 $w = sqrt{2}$，则 $1 = A(2sqrt{2})$，所以 $A = frac{1}{2sqrt{2}}$。
令 $w = sqrt{2}$，则 $1 = B(2sqrt{2})$，所以 $B = frac{1}{2sqrt{2}}$。
$$ int frac{1}{w^2 2} , dw = int left( frac{1}{2sqrt{2}} frac{1}{w sqrt{2}} frac{1}{2sqrt{2}} frac{1}{w + sqrt{2}} ight) , dw $$
$$ = frac{1}{2sqrt{2}} left( ln|w sqrt{2}| ln|w + sqrt{2}| ight) = frac{1}{2sqrt{2}} lnleft|frac{w sqrt{2}}{w + sqrt{2}} ight| $$
现在计算定积分：
$$ 2 int_2^{infty} frac{1}{w^2 2} , dw = 2 left[ frac{1}{2sqrt{2}} lnleft|frac{w sqrt{2}}{w + sqrt{2}} ight| ight]_2^{infty} $$
$$ = frac{1}{sqrt{2}} left[ lnleft|frac{w sqrt{2}}{w + sqrt{2}} ight| ight]_2^{infty} $$
当 $w o infty$ 时，$frac{w sqrt{2}}{w + sqrt{2}} = frac{1 frac{sqrt{2}}{w}}{1 + frac{sqrt{2}}{w}} o frac{10}{1+0} = 1$。 $ln(1) = 0$。
当 $w = 2$ 时，$frac{2 sqrt{2}}{2 + sqrt{2}} = frac{sqrt{2}(sqrt{2} 1)}{sqrt{2}(sqrt{2} + 1)} = frac{sqrt{2} 1}{sqrt{2} + 1} = frac{(sqrt{2} 1)^2}{(sqrt{2} + 1)(sqrt{2} 1)} = frac{2 2sqrt{2} + 1}{2 1} = 3 2sqrt{2}$。
所以，积分 B 的值为：
$$ frac{1}{sqrt{2}} left( 0 ln(3 2sqrt{2}) ight) = frac{1}{sqrt{2}} ln(3 2sqrt{2}) $$
注意到 $3 2sqrt{2} = (sqrt{2} 1)^2$.
所以，$ln(3 2sqrt{2}) = ln((sqrt{2} 1)^2) = 2 ln(sqrt{2} 1)$。
积分 B 的值为：
$$ frac{1}{sqrt{2}} cdot 2 ln(sqrt{2} 1) = sqrt{2} ln(sqrt{2} 1) $$
将积分 A 和积分 B 相加
我们的原始积分 $I = int_0^{infty} frac{2u^2}{1 + u^4} , du = int_0^{infty} frac{u^2+1}{1+u^4} , du int_0^{infty} frac{u^21}{1+u^4} , du$。
注意： 我之前将原式拆成了 A B，但实际上 $frac{2u^2}{1 + u^4} = frac{u^2+1}{1+u^4} frac{u^21}{1+u^4}$ 是错误的。
让我们回到 $frac{2u^2}{1 + u^4}$ 的分解。
正确的分解方式是：
$$ frac{2u^2}{1 + u^4} = frac{u^2+1}{1+u^4} + frac{u^21}{1+u^4} $$
这样相加才能得到 $2u^2$。
所以，
$$ I = int_0^{infty} frac{u^2+1}{1+u^4} , du + int_0^{infty} frac{u^21}{1+u^4} , du $$
积分 A 的值是 $frac{pi}{sqrt{2}}$。
积分 B 的值是 $sqrt{2} ln(sqrt{2} 1)$。
所以，
$$ I = frac{pi}{sqrt{2}} + sqrt{2} ln(sqrt{2} 1) $$
这个结果似乎不太对，因为我记得这个积分有更简洁的答案，而且通常用 $pi$ 的倍数表示。
让我们重新审视积分 $int_0^{infty} frac{2u^2}{1 + u^4} , du$ 的计算方法。
另一种更简洁的计算方法：
考虑积分 $int_0^{infty} frac{x^a}{1+x^b} dx$ 的形式。
我们可以使用 Gamma 函数和 Beta 函数的性质，但这会涉及到复分析。
对于 $frac{2u^2}{1 + u^4}$，我们也可以使用另一个变量替换：
令 $u = an heta$. $du = sec^2 heta d heta$.
当 $u=0, heta=0$. 当 $u=infty, heta=pi/2$.
$$ int_0^{pi/2} frac{2 an^2 heta}{1 + an^4 heta} sec^2 heta , d heta $$
这个替换似乎又回到了原点。
回到 $int_0^{infty} frac{2u^2}{1 + u^4} , du$ 的分解：
考虑分母 $1+u^4$ 的根。它们是 $e^{ipi/4}, e^{i3pi/4}, e^{i5pi/4}, e^{i7pi/4}$。
或者，我们使用分解 $1+u^4 = (u^2 + sqrt{2}u + 1)(u^2 sqrt{2}u + 1)$。
令被积函数为 $f(u) = frac{2u^2}{1 + u^4}$。
我们可以将它分解为：
$$ frac{2u^2}{1 + u^4} = frac{A}{u^2 + sqrt{2}u + 1} + frac{B}{u^2 sqrt{2}u + 1} + frac{C}{u e^{ipi/4}} + dots $$
使用部分分式分解到实系数二次因式：
$$ frac{2u^2}{1+u^4} = frac{a u + b}{u^2 + sqrt{2}u + 1} + frac{c u + d}{u^2 sqrt{2}u + 1} $$
解出系数会很繁琐。
一个重要的观察：
考虑积分 $J = int_0^{infty} frac{1}{1+u^4} du$.
这个积分可以通过使用余项积分或者复分析中的留数定理来计算。
$J = frac{pi}{2 sin(pi/4)} = frac{pi}{2(sqrt{2}/2)} = frac{pi}{sqrt{2}}$。
我们注意到 $int_0^{infty} frac{2u^2}{1 + u^4} , du$ 和 $int_0^{infty} frac{1}{1+u^4} , du$ 之间的关系。
令 $u = 1/v$, $du = 1/v^2 dv$.
$$ int_0^{infty} frac{2u^2}{1 + u^4} , du = int_{infty}^0 frac{2(1/v)^2}{1 + (1/v)^4} (1/v^2) , dv $$
$$ = int_0^{infty} frac{2/v^2}{1 + 1/v^4} (1/v^2) , dv = int_0^{infty} frac{2/v^2}{(v^4+1)/v^4} (1/v^2) , dv $$
$$ = int_0^{infty} frac{2v^4}{v^2(v^4+1)} (1/v^2) , dv = int_0^{infty} frac{2}{v^4+1} , dv $$
这说明 $int_0^{infty} frac{2u^2}{1 + u^4} , du = int_0^{infty} frac{2}{1 + u^4} , du = 2J = 2 frac{pi}{sqrt{2}} = pi sqrt{2}$。
让我们验证这个结果。
如果我们能证明 $int_0^{infty} frac{2u^2}{1 + u^4} , du = int_0^{infty} frac{2}{1 + u^4} , du$，那么结果就是 $pi sqrt{2}$。
这是因为：
$$ frac{2u^2}{1 + u^4} + frac{2}{1 + u^4} = frac{2u^2 + 2}{1 + u^4} $$
这个和并没有简化成一个常数或者易于积分的形式。
让我们回到变量替换 $u = sqrt{ an x}$ 的过程。
$I = int_0^{infty} frac{2u^2}{1 + u^4} , du$
我们可以考虑积分 $I_1 = int_0^{infty} frac{1}{1+u^4} du$ 和 $I_2 = int_0^{infty} frac{u^2}{1+u^4} du$.
那么 $I = 2 I_2$.
我们知道 $I_1 = frac{pi}{sqrt{2}}$.
现在计算 $I_2 = int_0^{infty} frac{u^2}{1+u^4} du$.
使用我们之前的方法：
$I_2 = frac{1}{2} int_0^{infty} left( frac{u^2+1}{1+u^4} frac{u^21}{1+u^4} ight) du$
$I_2 = frac{1}{2} left( int_0^{infty} frac{u^2+1}{1+u^4} du int_0^{infty} frac{u^21}{1+u^4} du ight)$
$I_2 = frac{1}{2} left( frac{pi}{sqrt{2}} sqrt{2} ln(sqrt{2} 1) ight)$
$I_2 = frac{pi}{2sqrt{2}} frac{sqrt{2}}{2} ln(sqrt{2} 1) = frac{pisqrt{2}}{4} frac{sqrt{2}}{2} ln(sqrt{2} 1)$
所以 $I = 2 I_2 = frac{pisqrt{2}}{2} sqrt{2} ln(sqrt{2} 1)$.
这个结果仍然是之前出现的。
让我们重新检查原始积分的代换。
原始积分 $I = int_0^{frac{pi}{2}} sqrt{ an x} , dx$.
另一种可能的代换是 $t = an x$. $dt = sec^2 x dx = (1+t^2) dx$.
$dx = frac{dt}{1+t^2}$.
当 $x=0, t=0$. 当 $x=pi/2, t=infty$.
$$ I = int_0^{infty} sqrt{t} frac{dt}{1+t^2} $$
这个积分是 $int_0^{infty} frac{t^{1/2}}{1+t^2} dt$.
这是一个Beta 函数和Gamma 函数的组合。
我们可以利用 Gamma 函数的特殊性质来计算这个积分。
考虑积分 $B(x,y) = int_0^1 t^{x1} (1t)^{y1} dt = frac{Gamma(x)Gamma(y)}{Gamma(x+y)}$.
我们也可以使用另一种形式的 Beta 函数：
$B(x,y) = int_0^infty frac{t^{x1}}{(1+t)^{x+y}} dt$.
我们的积分是 $int_0^{infty} frac{t^{1/2}}{1+t^2} dt$.
令 $u = t^2$, 则 $t = u^{1/2}$, $dt = frac{1}{2} u^{1/2} du$.
$$ I = int_0^{infty} frac{(u^{1/2})^{1/2}}{1+u} frac{1}{2} u^{1/2} du $$
$$ = int_0^{infty} frac{u^{1/4}}{1+u} frac{1}{2} u^{1/2} du $$
$$ = frac{1}{2} int_0^{infty} frac{u^{1/4}}{1+u} du $$
这里我们遇到了积分 $int_0^{infty} frac{u^{p1}}{1+u} du$, 其中 $p1 = 1/4$, 所以 $p = 3/4$.
这个积分的值是 $frac{pi}{sin(pi p)} = frac{pi}{sin(3pi/4)}$.
$sin(3pi/4) = sin(pi pi/4) = sin(pi/4) = frac{sqrt{2}}{2}$.
所以，
$$ I = frac{1}{2} cdot frac{pi}{frac{sqrt{2}}{2}} = frac{1}{2} cdot frac{2pi}{sqrt{2}} = frac{pi}{sqrt{2}} = frac{pisqrt{2}}{2} $$
这个结果 $frac{pisqrt{2}}{2}$ 看起来是正确的，并且比之前的结果简洁。
让我们回顾一下计算过程：
1. 原始积分： $I = int_0^{frac{pi}{2}} sqrt{ an x} , dx$
2. 变量替换： 令 $t = an x$. 则 $dt = sec^2 x , dx = (1+ an^2 x) , dx = (1+t^2) , dx$.
所以 $dx = frac{dt}{1+t^2}$.
积分限：$x=0 implies t=0$, $x=pi/2 implies t=infty$.
$$ I = int_0^{infty} sqrt{t} frac{dt}{1+t^2} = int_0^{infty} frac{t^{1/2}}{1+t^2} , dt $$
3. 再次变量替换： 令 $u = t^2$. 则 $t = u^{1/2}$, $dt = frac{1}{2} u^{1/2} du$.
积分限：$t=0 implies u=0$, $t=infty implies u=infty$.
$$ I = int_0^{infty} frac{(u^{1/2})^{1/2}}{1+u} left( frac{1}{2} u^{1/2} du ight) $$
$$ I = int_0^{infty} frac{u^{1/4}}{1+u} frac{1}{2} u^{1/2} , du $$
$$ I = frac{1}{2} int_0^{infty} frac{u^{1/4 1/2}}{1+u} , du $$
$$ I = frac{1}{2} int_0^{infty} frac{u^{1/4}}{1+u} , du $$
4. 使用 Gamma 函数和 Beta 函数的性质：
我们知道一个重要的积分公式：
$$ int_0^{infty} frac{x^{ u1}}{1+x} , dx = frac{pi}{sin(pi u)}, quad ext{其中 } 0 < u < 1 $$
在我们的积分中，$ u1 = 1/4$，所以 $ u = 1 1/4 = 3/4$.
由于 $0 < 3/4 < 1$，该公式适用。
$$ int_0^{infty} frac{u^{1/4}}{1+u} , du = frac{pi}{sin(pi cdot frac{3}{4})} $$
计算 $sin(frac{3pi}{4})$:
$sin(frac{3pi}{4}) = sin(pi frac{pi}{4}) = sin(frac{pi}{4}) = frac{sqrt{2}}{2}$.
所以，
$$ int_0^{infty} frac{u^{1/4}}{1+u} , du = frac{pi}{frac{sqrt{2}}{2}} = frac{2pi}{sqrt{2}} = pisqrt{2} $$
5. 最终结果：
$$ I = frac{1}{2} left( pisqrt{2} ight) = frac{pisqrt{2}}{2} $$
总结详细步骤：
1. 理解问题： 需要计算定积分 $int_0^{frac{pi}{2}} sqrt{ an x} , dx$.
2. 变量替换： 这是一个标准的三角积分。注意到被积函数是 $sqrt{ an x}$，可以进行变量替换 $t = an x$。
求微分：$dt = sec^2 x , dx$。
将 $sec^2 x$ 用 $ an x$ 表示：$sec^2 x = 1 + an^2 x = 1 + t^2$.
得到 $dx = frac{dt}{1+t^2}$.
改变积分限：当 $x=0$ 时，$t = an 0 = 0$。当 $x o frac{pi}{2}^$ 时，$t = an(frac{pi}{2}^) o infty$。
积分变为：$I = int_0^{infty} sqrt{t} frac{dt}{1+t^2} = int_0^{infty} frac{t^{1/2}}{1+t^2} , dt$.
3. 处理有理函数的积分： 现在积分是 $int_0^{infty} frac{t^{1/2}}{1+t^2} , dt$. 这是关于幂函数的积分，可以尝试再次变量替换。
注意到分母是 $1+t^2$，可以令 $u = t^2$。
求微分：$du = 2t , dt$。由于积分中有 $t^{1/2}$，需要将 $dt$ 用 $du$ 表示。
从 $u = t^2$ 可知 $t = u^{1/2}$ (因为积分范围 $t in [0, infty)$，所以 $t$ 是非负的)。
所以 $dt = frac{du}{2t} = frac{du}{2u^{1/2}}$.
改变积分限：当 $t=0$ 时，$u = 0^2 = 0$。当 $t o infty$ 时，$u = infty^2 o infty$。
将代换代入积分：
$$ I = int_0^{infty} frac{(u^{1/2})^{1/2}}{1+u} left( frac{1}{2} u^{1/2} du ight) $$
$$ I = int_0^{infty} frac{u^{1/4}}{1+u} frac{1}{2} u^{1/2} , du $$
$$ I = frac{1}{2} int_0^{infty} u^{1/4 1/2} frac{1}{1+u} , du $$
$$ I = frac{1}{2} int_0^{infty} u^{1/4} frac{1}{1+u} , du $$
4. 应用 Gamma 函数积分公式： 该积分形式为 $int_0^{infty} frac{x^{ u1}}{1+x} , dx$.
对比我们的积分 $frac{1}{2} int_0^{infty} u^{1/4} frac{1}{1+u} , du$，我们可以识别出 $ u1 = 1/4$.
解出 $ u$: $ u = 1 1/4 = 3/4$.
使用的公式是：$int_0^{infty} frac{x^{ u1}}{1+x} , dx = frac{pi}{sin(pi u)}$ (对于 $0 < u < 1$).
在此问题中，$ u = 3/4$，满足 $0 < 3/4 < 1$.
因此，$int_0^{infty} u^{1/4} frac{1}{1+u} , du = frac{pi}{sin(pi cdot frac{3}{4})}$.
5. 计算三角函数值： $sin(frac{3pi}{4}) = sin(pi frac{pi}{4}) = sin(frac{pi}{4}) = frac{sqrt{2}}{2}$.
6. 代入公式计算积分值：
$$ int_0^{infty} u^{1/4} frac{1}{1+u} , du = frac{pi}{frac{sqrt{2}}{2}} = frac{2pi}{sqrt{2}} = pisqrt{2} $$
7. 得到最终结果：
$$ I = frac{1}{2} imes (pisqrt{2}) = frac{pisqrt{2}}{2} $$
关于椭圆积分的补充说明：
虽然我们通过变量替换和Gamma函数性质得到了简洁的解析解，但这个积分本身也与椭圆积分有关。如果我们直接尝试对 $sqrt{ an x}$ 进行积分，或者使用其他方法，可能会涉及到以下形式的积分：
例如，令 $u = sqrt{ an x}$，我们得到 $int_0^{infty} frac{2u^2}{1+u^4} du$.
如果进行分解：$frac{2u^2}{1+u^4} = frac{u^2+1}{1+u^4} + frac{u^21}{1+u^4}$ （之前的分解是错误的，这里是正确的）。
$I = int_0^{infty} frac{u^2+1}{1+u^4} du + int_0^{infty} frac{u^21}{1+u^4} du$.
我们之前计算了：
$int_0^{infty} frac{u^2+1}{1+u^4} du = frac{pi}{sqrt{2}}$.
$int_0^{infty} frac{u^21}{1+u^4} du = sqrt{2} ln(sqrt{2} 1)$.
所以 $I = frac{pi}{sqrt{2}} + sqrt{2} ln(sqrt{2} 1)$. 这个结果是错误的，因为这个分解是错误的。
正确的分解方法（回到 $frac{2u^2}{1+u^4}$ 的部分）：
我们之前用一种巧妙的方法将 $I = int_0^{infty} frac{2u^2}{1+u^4} du$ 变成了 $I = frac{1}{2} int_0^{infty} frac{u^{1/4}}{1+u} du$.
这个联系是如何建立的？
考虑对 $I = int_0^{infty} frac{2u^2}{1+u^4} du$ 进行变量替换 $u^2 = v$.
则 $2u du = dv$, $u = sqrt{v}$, $du = frac{dv}{2sqrt{v}}$.
$$ I = int_0^{infty} frac{2v}{1+v^2} frac{dv}{2sqrt{v}} = int_0^{infty} frac{sqrt{v}}{1+v^2} dv $$
这又回到了 $int_0^{infty} frac{t^{1/2}}{1+t^2} dt$ 的形式。
重要联系：沃利斯积分与椭圆积分
原积分 $int_0^{frac{pi}{2}} sqrt{ an x} , dx$ 实际上是更一般的积分 $int_0^{pi/2} ( an x)^p dx$ 的一个特例。
这类积分可以通过特殊函数，如不完全椭圆积分（Elliptic Integrals）来表示。
具体来说，令 $u = an x$，则 $int_0^infty frac{u^{1/2}}{1+u^2} du$.
令 $u = an heta$，这个积分是 $int_0^{pi/2} frac{( an heta)^{1/2}}{1+ an^2 heta} sec^2 heta d heta = int_0^{pi/2} ( an heta)^{1/2} d heta$.
这正是我们开始的积分形式。
另一种角度，考虑令 $sin x = y$. $cos x dx = dy$.
$x=0 implies y=0$. $x=pi/2 implies y=1$.
$ an x = frac{sin x}{cos x} = frac{y}{sqrt{1y^2}}$.
$dx = frac{dy}{cos x} = frac{dy}{sqrt{1y^2}}$.
$$ I = int_0^1 sqrt{frac{y}{sqrt{1y^2}}} frac{dy}{sqrt{1y^2}} = int_0^1 frac{y^{1/2}}{(1y^2)^{1/4}} frac{dy}{(1y^2)^{1/2}} $$
$$ I = int_0^1 frac{y^{1/2}}{(1y^2)^{3/4}} dy $$
这个积分可以通过 Beta 函数来计算。
令 $y^2 = z$, $2y dy = dz$, $dy = frac{dz}{2y} = frac{dz}{2sqrt{z}}$.
$$ I = int_0^1 frac{(z^{1/2})^{1/2}}{(1z)^{3/4}} frac{dz}{2z^{1/2}} = int_0^1 frac{z^{1/4}}{2z^{1/2}} frac{dz}{(1z)^{3/4}} $$
$$ I = frac{1}{2} int_0^1 z^{1/4} (1z)^{3/4} dz $$
这个积分正是 Beta 函数 $B(x,y) = int_0^1 t^{x1} (1t)^{y1} dt$ 的形式。
这里 $x1 = 1/4$, 所以 $x = 3/4$.
$y1 = 3/4$, 所以 $y = 1/4$.
$$ I = frac{1}{2} B(frac{3}{4}, frac{1}{4}) $$
使用 Beta 函数和 Gamma 函数的关系：$B(x,y) = frac{Gamma(x)Gamma(y)}{Gamma(x+y)}$.
$$ I = frac{1}{2} frac{Gamma(frac{3}{4})Gamma(frac{1}{4})}{Gamma(frac{3}{4}+frac{1}{4})} = frac{1}{2} frac{Gamma(frac{3}{4})Gamma(frac{1}{4})}{Gamma(1)} $$
由于 $Gamma(1) = 1! = 1$.
$$ I = frac{1}{2} Gamma(frac{3}{4})Gamma(frac{1}{4}) $$
使用 Gamma 函数乘法公式（高斯乘法公式） 的特殊情况：
$Gamma(z)Gamma(1z) = frac{pi}{sin(pi z)}$.
令 $z = 1/4$.
$Gamma(frac{1}{4})Gamma(1frac{1}{4}) = Gamma(frac{1}{4})Gamma(frac{3}{4}) = frac{pi}{sin(pi cdot frac{1}{4})}$.
$sin(frac{pi}{4}) = frac{sqrt{2}}{2}$.
所以，$Gamma(frac{1}{4})Gamma(frac{3}{4}) = frac{pi}{frac{sqrt{2}}{2}} = pisqrt{2}$.
代入 $I$ 的表达式：
$$ I = frac{1}{2} (pisqrt{2}) = frac{pisqrt{2}}{2} $$
这个过程与之前的变量替换方法得到的结果一致，并且提供了更深层次的数学联系。
最终的总结和答案：
计算 $sqrt{ an x}$ 在 $0$ 到 $frac{pi}{2}$ 的定积分，可以通过以下步骤完成：
1. 进行变量替换： 令 $t = an x$。然后 $dx = frac{dt}{1+t^2}$。积分变为 $int_0^infty frac{t^{1/2}}{1+t^2} dt$。
2. 再次进行变量替换： 令 $y = t^2$。然后 $dt = frac{dy}{2sqrt{y}}$。积分变为 $int_0^infty frac{y^{1/4}}{1+y} frac{dy}{2sqrt{y}} = frac{1}{2} int_0^infty frac{y^{1/4}}{1+y} dy$。
3. 利用 Gamma 函数积分公式： 使用公式 $int_0^infty frac{x^{ u1}}{1+x} dx = frac{pi}{sin(pi u)}$，其中 $ u = 3/4$。
4. 计算结果： $frac{1}{2} imes frac{pi}{sin(3pi/4)} = frac{1}{2} imes frac{pi}{sqrt{2}/2} = frac{pisqrt{2}}{2}$。
希望这个详细的解释能帮助您理解这个积分的计算过程和背后的数学原理。
积分问题：
我们要计算的定积分是：
$$ I = int_0^{frac{pi}{2}} sqrt{ an x} , dx $$
第一步：变量替换以简化被积函数
首先，注意到 $ an x$ 在区间 $(0, frac{pi}{2})$ 内是单调递增的，并且当 $x o 0^+$ 时 $ an x o 0$，当 $x o frac{pi}{2}^$ 时 $ an x o infty$。
为了处理平方根，我们可以尝试一个变量替换。令 $u = sqrt{ an x}$。
那么，$u^2 = an x$。
现在我们需要计算 $dx$ 和 $du$ 的关系：
对 $u^2 = an x$ 两边关于 $x$ 求导：
$2u frac{du}{dx} = sec^2 x$
我们知道 $sec^2 x = 1 + an^2 x$。又因为 $u^2 = an x$，所以 $sec^2 x = 1 + u^4$。
因此，$2u frac{du}{dx} = 1 + u^4$。
解出 $dx$:
$dx = frac{2u}{1 + u^4} , du$
接下来，我们需要改变积分的上下限：
当 $x = 0$ 时，$u = sqrt{ an 0} = sqrt{0} = 0$。
当 $x = frac{pi}{2}$ 时，$u = sqrt{ an frac{pi}{2}} = sqrt{infty} = infty$。
将这些代入积分：
$$ I = int_0^{infty} u cdot frac{2u}{1 + u^4} , du = int_0^{infty} frac{2u^2}{1 + u^4} , du $$
第二步：处理新的被积函数 $frac{2u^2}{1 + u^4}$
现在我们需要计算积分 $int_0^{infty} frac{2u^2}{1 + u^4} , du$。
被积函数是一个有理函数，我们可以尝试使用部分分式分解或者直接进行积分。
注意到分母 $1 + u^4$ 可以分解为两个二次因式的乘积。我们知道 $1 + u^4 = (u^2 + sqrt{2}u + 1)(u^2 sqrt{2}u + 1)$。
我们可以尝试将 $frac{2u^2}{1 + u^4}$ 分解成更简单的形式，例如：
$$ frac{2u^2}{1 + u^4} = frac{Au + B}{u^2 + sqrt{2}u + 1} + frac{Cu + D}{u^2 sqrt{2}u + 1} $$
这会导致一些复杂的系数计算。
另一种更巧妙的处理方法：
我们可以对被积函数做一些变形，注意到分母 $1 + u^4$ 的特点。
考虑以下两种分解方式：
$$ frac{2u^2}{1 + u^4} = frac{u^2+1}{1+u^4} frac{u^21}{1+u^4} $$
现在我们分别计算这两个积分：
$$ int_0^{infty} frac{u^2+1}{1+u^4} , du quad ext{和} quad int_0^{infty} frac{u^21}{1+u^4} , du $$
积分 A: $int_0^{infty} frac{u^2+1}{1+u^4} , du$
将分子和分母同时除以 $u^2$：
$$ int_0^{infty} frac{1 + frac{1}{u^2}}{u^2 + frac{1}{u^2}} , du $$
令 $v = u frac{1}{u}$。则 $dv = (1 + frac{1}{u^2}) du$。
同时，$v^2 = u^2 2 + frac{1}{u^2}$，所以 $u^2 + frac{1}{u^2} = v^2 + 2$。
改变积分限：
当 $u o 0^+$ 时，$v = u frac{1}{u} o 0 infty = infty$。
当 $u o infty$ 时，$v = u frac{1}{u} o infty 0 = infty$。
因此，积分 A 变为：
$$ int_{infty}^{infty} frac{1}{v^2 + 2} , dv $$
这是一个标准积分：
$$ int frac{1}{v^2 + a^2} , dv = frac{1}{a} arctanleft(frac{v}{a} ight) $$
这里 $a^2 = 2$，所以 $a = sqrt{2}$。
$$ int_{infty}^{infty} frac{1}{v^2 + 2} , dv = left[ frac{1}{sqrt{2}} arctanleft(frac{v}{sqrt{2}} ight) ight]_{infty}^{infty} $$
$$ = frac{1}{sqrt{2}} left( arctan(infty) arctan(infty) ight) $$
$$ = frac{1}{sqrt{2}} left( frac{pi}{2} (frac{pi}{2}) ight) = frac{1}{sqrt{2}} (pi) = frac{pi}{sqrt{2}} $$
积分 B: $int_0^{infty} frac{u^21}{1+u^4} , du$
将分子和分母同时除以 $u^2$：
$$ int_0^{infty} frac{1 frac{1}{u^2}}{u^2 + frac{1}{u^2}} , du $$
令 $w = u + frac{1}{u}$。则 $dw = (1 frac{1}{u^2}) du$。
同时，$w^2 = u^2 + 2 + frac{1}{u^2}$，所以 $u^2 + frac{1}{u^2} = w^2 2$。
改变积分限：
当 $u o 0^+$ 时，$w = u + frac{1}{u} o 0 + infty = infty$。
当 $u o infty$ 时，$w = u + frac{1}{u} o infty + 0 = infty$。
这里遇到一个问题： 当 $u$ 从 $0$ 变化到 $infty$ 时，$w = u + frac{1}{u}$ 的值是先减小再增大。它在 $u=1$ 时取得最小值 $1 + 1 = 2$。
所以，我们需要将积分拆成两部分：
$$ int_0^{infty} frac{1 frac{1}{u^2}}{u^2 + frac{1}{u^2}} , du = int_0^1 frac{1 frac{1}{u^2}}{u^2 + frac{1}{u^2}} , du + int_1^{infty} frac{1 frac{1}{u^2}}{u^2 + frac{1}{u^2}} , du $$
对于第一个积分 $int_0^1 frac{1 frac{1}{u^2}}{u^2 + frac{1}{u^2}} , du$:
当 $u o 0^+$ 时，$w = u + frac{1}{u} o infty$。
当 $u = 1$ 时，$w = 1 + 1 = 2$。
所以，第一个积分变为 $int_{infty}^2 frac{1}{w^2 2} , dw$。
对于第二个积分 $int_1^{infty} frac{1 frac{1}{u^2}}{u^2 + frac{1}{u^2}} , du$:
当 $u = 1$ 时，$w = 1 + 1 = 2$。
当 $u o infty$ 时，$w = u + frac{1}{u} o infty$。
所以，第二个积分变为 $int_2^{infty} frac{1}{w^2 2} , dw$。
将两部分合并，并交换积分限的顺序（改变符号）：
$$ int_2^{infty} frac{1}{w^2 2} , dw int_2^{infty} frac{1}{w^2 2} , dw = 2 int_2^{infty} frac{1}{w^2 2} , dw $$
现在我们需要计算 $int_2^{infty} frac{1}{w^2 2} , dw$。
使用部分分式分解：
$$ frac{1}{w^2 2} = frac{1}{(w sqrt{2})(w + sqrt{2})} = frac{A}{w sqrt{2}} + frac{B}{w + sqrt{2}} $$
$1 = A(w + sqrt{2}) + B(w sqrt{2})$
令 $w = sqrt{2}$，则 $1 = A(2sqrt{2})$，所以 $A = frac{1}{2sqrt{2}}$。
令 $w = sqrt{2}$，则 $1 = B(2sqrt{2})$，所以 $B = frac{1}{2sqrt{2}}$。
$$ int frac{1}{w^2 2} , dw = int left( frac{1}{2sqrt{2}} frac{1}{w sqrt{2}} frac{1}{2sqrt{2}} frac{1}{w + sqrt{2}} ight) , dw $$
$$ = frac{1}{2sqrt{2}} left( ln|w sqrt{2}| ln|w + sqrt{2}| ight) = frac{1}{2sqrt{2}} lnleft|frac{w sqrt{2}}{w + sqrt{2}} ight| $$
现在计算定积分：
$$ 2 int_2^{infty} frac{1}{w^2 2} , dw = 2 left[ frac{1}{2sqrt{2}} lnleft|frac{w sqrt{2}}{w + sqrt{2}} ight| ight]_2^{infty} $$
$$ = frac{1}{sqrt{2}} left[ lnleft|frac{w sqrt{2}}{w + sqrt{2}} ight| ight]_2^{infty} $$
当 $w o infty$ 时，$frac{w sqrt{2}}{w + sqrt{2}} = frac{1 frac{sqrt{2}}{w}}{1 + frac{sqrt{2}}{w}} o frac{10}{1+0} = 1$。 $ln(1) = 0$。
当 $w = 2$ 时，$frac{2 sqrt{2}}{2 + sqrt{2}} = frac{sqrt{2}(sqrt{2} 1)}{sqrt{2}(sqrt{2} + 1)} = frac{sqrt{2} 1}{sqrt{2} + 1} = frac{(sqrt{2} 1)^2}{(sqrt{2} + 1)(sqrt{2} 1)} = frac{2 2sqrt{2} + 1}{2 1} = 3 2sqrt{2}$。
所以，积分 B 的值为：
$$ frac{1}{sqrt{2}} left( 0 ln(3 2sqrt{2}) ight) = frac{1}{sqrt{2}} ln(3 2sqrt{2}) $$
注意到 $3 2sqrt{2} = (sqrt{2} 1)^2$.
所以，$ln(3 2sqrt{2}) = ln((sqrt{2} 1)^2) = 2 ln(sqrt{2} 1)$。
积分 B 的值为：
$$ frac{1}{sqrt{2}} cdot 2 ln(sqrt{2} 1) = sqrt{2} ln(sqrt{2} 1) $$
将积分 A 和积分 B 相加
我们的原始积分 $I = int_0^{infty} frac{2u^2}{1 + u^4} , du = int_0^{infty} frac{u^2+1}{1+u^4} , du int_0^{infty} frac{u^21}{1+u^4} , du$。
注意： 我之前将原式拆成了 A B，但实际上 $frac{2u^2}{1 + u^4} = frac{u^2+1}{1+u^4} frac{u^21}{1+u^4}$ 是错误的。
让我们回到 $frac{2u^2}{1 + u^4}$ 的分解。
正确的分解方式是：
$$ frac{2u^2}{1 + u^4} = frac{u^2+1}{1+u^4} + frac{u^21}{1+u^4} $$
这样相加才能得到 $2u^2$。
所以，
$$ I = int_0^{infty} frac{u^2+1}{1+u^4} , du + int_0^{infty} frac{u^21}{1+u^4} , du $$
积分 A 的值是 $frac{pi}{sqrt{2}}$。
积分 B 的值是 $sqrt{2} ln(sqrt{2} 1)$。
所以，
$$ I = frac{pi}{sqrt{2}} + sqrt{2} ln(sqrt{2} 1) $$
这个结果似乎不太对，因为我记得这个积分有更简洁的答案，而且通常用 $pi$ 的倍数表示。
让我们重新审视积分 $int_0^{infty} frac{2u^2}{1 + u^4} , du$ 的计算方法。
另一种更简洁的计算方法：
考虑积分 $int_0^{infty} frac{x^a}{1+x^b} dx$ 的形式。
我们可以使用 Gamma 函数和 Beta 函数的性质，但这会涉及到复分析。
对于 $frac{2u^2}{1 + u^4}$，我们也可以使用另一个变量替换：
令 $u = an heta$. $du = sec^2 heta d heta$.
当 $u=0, heta=0$. 当 $u=infty, heta=pi/2$.
$$ int_0^{pi/2} frac{2 an^2 heta}{1 + an^4 heta} sec^2 heta , d heta $$
这个替换似乎又回到了原点。
回到 $int_0^{infty} frac{2u^2}{1 + u^4} , du$ 的分解：
考虑分母 $1+u^4$ 的根。它们是 $e^{ipi/4}, e^{i3pi/4}, e^{i5pi/4}, e^{i7pi/4}$。
或者，我们使用分解 $1+u^4 = (u^2 + sqrt{2}u + 1)(u^2 sqrt{2}u + 1)$。
令被积函数为 $f(u) = frac{2u^2}{1 + u^4}$。
我们可以将它分解为：
$$ frac{2u^2}{1 + u^4} = frac{A}{u^2 + sqrt{2}u + 1} + frac{B}{u^2 sqrt{2}u + 1} + frac{C}{u e^{ipi/4}} + dots $$
使用部分分式分解到实系数二次因式：
$$ frac{2u^2}{1+u^4} = frac{a u + b}{u^2 + sqrt{2}u + 1} + frac{c u + d}{u^2 sqrt{2}u + 1} $$
解出系数会很繁琐。
一个重要的观察：
考虑积分 $J = int_0^{infty} frac{1}{1+u^4} du$.
这个积分可以通过使用余项积分或者复分析中的留数定理来计算。
$J = frac{pi}{2 sin(pi/4)} = frac{pi}{2(sqrt{2}/2)} = frac{pi}{sqrt{2}}$。
我们注意到 $int_0^{infty} frac{2u^2}{1 + u^4} , du$ 和 $int_0^{infty} frac{1}{1+u^4} , du$ 之间的关系。
令 $u = 1/v$, $du = 1/v^2 dv$.
$$ int_0^{infty} frac{2u^2}{1 + u^4} , du = int_{infty}^0 frac{2(1/v)^2}{1 + (1/v)^4} (1/v^2) , dv $$
$$ = int_0^{infty} frac{2/v^2}{1 + 1/v^4} (1/v^2) , dv = int_0^{infty} frac{2/v^2}{(v^4+1)/v^4} (1/v^2) , dv $$
$$ = int_0^{infty} frac{2v^4}{v^2(v^4+1)} (1/v^2) , dv = int_0^{infty} frac{2}{v^4+1} , dv $$
这说明 $int_0^{infty} frac{2u^2}{1 + u^4} , du = int_0^{infty} frac{2}{1 + u^4} , du = 2J = 2 frac{pi}{sqrt{2}} = pi sqrt{2}$。
让我们验证这个结果。
如果我们能证明 $int_0^{infty} frac{2u^2}{1 + u^4} , du = int_0^{infty} frac{2}{1 + u^4} , du$，那么结果就是 $pi sqrt{2}$。
这是因为：
$$ frac{2u^2}{1 + u^4} + frac{2}{1 + u^4} = frac{2u^2 + 2}{1 + u^4} $$
这个和并没有简化成一个常数或者易于积分的形式。
让我们回到变量替换 $u = sqrt{ an x}$ 的过程。
$I = int_0^{infty} frac{2u^2}{1 + u^4} , du$
我们可以考虑积分 $I_1 = int_0^{infty} frac{1}{1+u^4} du$ 和 $I_2 = int_0^{infty} frac{u^2}{1+u^4} du$.
那么 $I = 2 I_2$.
我们知道 $I_1 = frac{pi}{sqrt{2}}$.
现在计算 $I_2 = int_0^{infty} frac{u^2}{1+u^4} du$.
使用我们之前的方法：
$I_2 = frac{1}{2} int_0^{infty} left( frac{u^2+1}{1+u^4} frac{u^21}{1+u^4} ight) du$
$I_2 = frac{1}{2} left( int_0^{infty} frac{u^2+1}{1+u^4} du int_0^{infty} frac{u^21}{1+u^4} du ight)$
$I_2 = frac{1}{2} left( frac{pi}{sqrt{2}} sqrt{2} ln(sqrt{2} 1) ight)$
$I_2 = frac{pi}{2sqrt{2}} frac{sqrt{2}}{2} ln(sqrt{2} 1) = frac{pisqrt{2}}{4} frac{sqrt{2}}{2} ln(sqrt{2} 1)$
所以 $I = 2 I_2 = frac{pisqrt{2}}{2} sqrt{2} ln(sqrt{2} 1)$.
这个结果仍然是之前出现的。
让我们重新检查原始积分的代换。
原始积分 $I = int_0^{frac{pi}{2}} sqrt{ an x} , dx$.
另一种可能的代换是 $t = an x$. $dt = sec^2 x dx = (1+t^2) dx$.
$dx = frac{dt}{1+t^2}$.
当 $x=0, t=0$. 当 $x=pi/2, t=infty$.
$$ I = int_0^{infty} sqrt{t} frac{dt}{1+t^2} $$
这个积分是 $int_0^{infty} frac{t^{1/2}}{1+t^2} dt$.
这是一个Beta 函数和Gamma 函数的组合。
我们可以利用 Gamma 函数的特殊性质来计算这个积分。
考虑积分 $B(x,y) = int_0^1 t^{x1} (1t)^{y1} dt = frac{Gamma(x)Gamma(y)}{Gamma(x+y)}$.
我们也可以使用另一种形式的 Beta 函数：
$B(x,y) = int_0^infty frac{t^{x1}}{(1+t)^{x+y}} dt$.
我们的积分是 $int_0^{infty} frac{t^{1/2}}{1+t^2} dt$.
令 $u = t^2$, 则 $t = u^{1/2}$, $dt = frac{1}{2} u^{1/2} du$.
$$ I = int_0^{infty} frac{(u^{1/2})^{1/2}}{1+u} frac{1}{2} u^{1/2} du $$
$$ = int_0^{infty} frac{u^{1/4}}{1+u} frac{1}{2} u^{1/2} du $$
$$ = frac{1}{2} int_0^{infty} frac{u^{1/4}}{1+u} du $$
这里我们遇到了积分 $int_0^{infty} frac{u^{p1}}{1+u} du$, 其中 $p1 = 1/4$, 所以 $p = 3/4$.
这个积分的值是 $frac{pi}{sin(pi p)} = frac{pi}{sin(3pi/4)}$.
$sin(3pi/4) = sin(pi pi/4) = sin(pi/4) = frac{sqrt{2}}{2}$.
所以，
$$ I = frac{1}{2} cdot frac{pi}{frac{sqrt{2}}{2}} = frac{1}{2} cdot frac{2pi}{sqrt{2}} = frac{pi}{sqrt{2}} = frac{pisqrt{2}}{2} $$
这个结果 $frac{pisqrt{2}}{2}$ 看起来是正确的，并且比之前的结果简洁。
让我们回顾一下计算过程：
1. 原始积分： $I = int_0^{frac{pi}{2}} sqrt{ an x} , dx$
2. 变量替换： 令 $t = an x$. 则 $dt = sec^2 x , dx = (1+ an^2 x) , dx = (1+t^2) , dx$.
所以 $dx = frac{dt}{1+t^2}$.
积分限：$x=0 implies t=0$, $x=pi/2 implies t=infty$.
$$ I = int_0^{infty} sqrt{t} frac{dt}{1+t^2} = int_0^{infty} frac{t^{1/2}}{1+t^2} , dt $$
3. 再次变量替换： 令 $u = t^2$. 则 $t = u^{1/2}$, $dt = frac{1}{2} u^{1/2} du$.
积分限：$t=0 implies u=0$, $t=infty implies u=infty$.
$$ I = int_0^{infty} frac{(u^{1/2})^{1/2}}{1+u} left( frac{1}{2} u^{1/2} du ight) $$
$$ I = int_0^{infty} frac{u^{1/4}}{1+u} frac{1}{2} u^{1/2} , du $$
$$ I = frac{1}{2} int_0^{infty} frac{u^{1/4 1/2}}{1+u} , du $$
$$ I = frac{1}{2} int_0^{infty} frac{u^{1/4}}{1+u} , du $$
4. 使用 Gamma 函数和 Beta 函数的性质：
我们知道一个重要的积分公式：
$$ int_0^{infty} frac{x^{ u1}}{1+x} , dx = frac{pi}{sin(pi u)}, quad ext{其中 } 0 < u < 1 $$
在我们的积分中，$ u1 = 1/4$，所以 $ u = 1 1/4 = 3/4$.
由于 $0 < 3/4 < 1$，该公式适用。
$$ int_0^{infty} frac{u^{1/4}}{1+u} , du = frac{pi}{sin(pi cdot frac{3}{4})} $$
计算 $sin(frac{3pi}{4})$:
$sin(frac{3pi}{4}) = sin(pi frac{pi}{4}) = sin(frac{pi}{4}) = frac{sqrt{2}}{2}$.
所以，
$$ int_0^{infty} frac{u^{1/4}}{1+u} , du = frac{pi}{frac{sqrt{2}}{2}} = frac{2pi}{sqrt{2}} = pisqrt{2} $$
5. 最终结果：
$$ I = frac{1}{2} left( pisqrt{2} ight) = frac{pisqrt{2}}{2} $$
总结详细步骤：
1. 理解问题： 需要计算定积分 $int_0^{frac{pi}{2}} sqrt{ an x} , dx$.
2. 变量替换： 这是一个标准的三角积分。注意到被积函数是 $sqrt{ an x}$，可以进行变量替换 $t = an x$。
求微分：$dt = sec^2 x , dx$。
将 $sec^2 x$ 用 $ an x$ 表示：$sec^2 x = 1 + an^2 x = 1 + t^2$.
得到 $dx = frac{dt}{1+t^2}$.
改变积分限：当 $x=0$ 时，$t = an 0 = 0$。当 $x o frac{pi}{2}^$ 时，$t = an(frac{pi}{2}^) o infty$。
积分变为：$I = int_0^{infty} sqrt{t} frac{dt}{1+t^2} = int_0^{infty} frac{t^{1/2}}{1+t^2} , dt$.
3. 处理有理函数的积分： 现在积分是 $int_0^{infty} frac{t^{1/2}}{1+t^2} , dt$. 这是关于幂函数的积分，可以尝试再次变量替换。
注意到分母是 $1+t^2$，可以令 $u = t^2$。
求微分：$du = 2t , dt$。由于积分中有 $t^{1/2}$，需要将 $dt$ 用 $du$ 表示。
从 $u = t^2$ 可知 $t = u^{1/2}$ (因为积分范围 $t in [0, infty)$，所以 $t$ 是非负的)。
所以 $dt = frac{du}{2t} = frac{du}{2u^{1/2}}$.
改变积分限：当 $t=0$ 时，$u = 0^2 = 0$。当 $t o infty$ 时，$u = infty^2 o infty$。
将代换代入积分：
$$ I = int_0^{infty} frac{(u^{1/2})^{1/2}}{1+u} left( frac{1}{2} u^{1/2} du ight) $$
$$ I = int_0^{infty} frac{u^{1/4}}{1+u} frac{1}{2} u^{1/2} , du $$
$$ I = frac{1}{2} int_0^{infty} u^{1/4 1/2} frac{1}{1+u} , du $$
$$ I = frac{1}{2} int_0^{infty} u^{1/4} frac{1}{1+u} , du $$
4. 应用 Gamma 函数积分公式： 该积分形式为 $int_0^{infty} frac{x^{ u1}}{1+x} , dx$.
对比我们的积分 $frac{1}{2} int_0^{infty} u^{1/4} frac{1}{1+u} , du$，我们可以识别出 $ u1 = 1/4$.
解出 $ u$: $ u = 1 1/4 = 3/4$.
使用的公式是：$int_0^{infty} frac{x^{ u1}}{1+x} , dx = frac{pi}{sin(pi u)}$ (对于 $0 < u < 1$).
在此问题中，$ u = 3/4$，满足 $0 < 3/4 < 1$.
因此，$int_0^{infty} u^{1/4} frac{1}{1+u} , du = frac{pi}{sin(pi cdot frac{3}{4})}$.
5. 计算三角函数值： $sin(frac{3pi}{4}) = sin(pi frac{pi}{4}) = sin(frac{pi}{4}) = frac{sqrt{2}}{2}$.
6. 代入公式计算积分值：
$$ int_0^{infty} u^{1/4} frac{1}{1+u} , du = frac{pi}{frac{sqrt{2}}{2}} = frac{2pi}{sqrt{2}} = pisqrt{2} $$
7. 得到最终结果：
$$ I = frac{1}{2} imes (pisqrt{2}) = frac{pisqrt{2}}{2} $$
关于椭圆积分的补充说明：
虽然我们通过变量替换和Gamma函数性质得到了简洁的解析解，但这个积分本身也与椭圆积分有关。如果我们直接尝试对 $sqrt{ an x}$ 进行积分，或者使用其他方法，可能会涉及到以下形式的积分：
例如，令 $u = sqrt{ an x}$，我们得到 $int_0^{infty} frac{2u^2}{1+u^4} du$.
如果进行分解：$frac{2u^2}{1+u^4} = frac{u^2+1}{1+u^4} + frac{u^21}{1+u^4}$ （之前的分解是错误的，这里是正确的）。
$I = int_0^{infty} frac{u^2+1}{1+u^4} du + int_0^{infty} frac{u^21}{1+u^4} du$.
我们之前计算了：
$int_0^{infty} frac{u^2+1}{1+u^4} du = frac{pi}{sqrt{2}}$.
$int_0^{infty} frac{u^21}{1+u^4} du = sqrt{2} ln(sqrt{2} 1)$.
所以 $I = frac{pi}{sqrt{2}} + sqrt{2} ln(sqrt{2} 1)$. 这个结果是错误的，因为这个分解是错误的。
正确的分解方法（回到 $frac{2u^2}{1+u^4}$ 的部分）：
我们之前用一种巧妙的方法将 $I = int_0^{infty} frac{2u^2}{1+u^4} du$ 变成了 $I = frac{1}{2} int_0^{infty} frac{u^{1/4}}{1+u} du$.
这个联系是如何建立的？
考虑对 $I = int_0^{infty} frac{2u^2}{1+u^4} du$ 进行变量替换 $u^2 = v$.
则 $2u du = dv$, $u = sqrt{v}$, $du = frac{dv}{2sqrt{v}}$.
$$ I = int_0^{infty} frac{2v}{1+v^2} frac{dv}{2sqrt{v}} = int_0^{infty} frac{sqrt{v}}{1+v^2} dv $$
这又回到了 $int_0^{infty} frac{t^{1/2}}{1+t^2} dt$ 的形式。
重要联系：沃利斯积分与椭圆积分
原积分 $int_0^{frac{pi}{2}} sqrt{ an x} , dx$ 实际上是更一般的积分 $int_0^{pi/2} ( an x)^p dx$ 的一个特例。
这类积分可以通过特殊函数，如不完全椭圆积分（Elliptic Integrals）来表示。
具体来说，令 $u = an x$，则 $int_0^infty frac{u^{1/2}}{1+u^2} du$.
令 $u = an heta$，这个积分是 $int_0^{pi/2} frac{( an heta)^{1/2}}{1+ an^2 heta} sec^2 heta d heta = int_0^{pi/2} ( an heta)^{1/2} d heta$.
这正是我们开始的积分形式。
另一种角度，考虑令 $sin x = y$. $cos x dx = dy$.
$x=0 implies y=0$. $x=pi/2 implies y=1$.
$ an x = frac{sin x}{cos x} = frac{y}{sqrt{1y^2}}$.
$dx = frac{dy}{cos x} = frac{dy}{sqrt{1y^2}}$.
$$ I = int_0^1 sqrt{frac{y}{sqrt{1y^2}}} frac{dy}{sqrt{1y^2}} = int_0^1 frac{y^{1/2}}{(1y^2)^{1/4}} frac{dy}{(1y^2)^{1/2}} $$
$$ I = int_0^1 frac{y^{1/2}}{(1y^2)^{3/4}} dy $$
这个积分可以通过 Beta 函数来计算。
令 $y^2 = z$, $2y dy = dz$, $dy = frac{dz}{2y} = frac{dz}{2sqrt{z}}$.
$$ I = int_0^1 frac{(z^{1/2})^{1/2}}{(1z)^{3/4}} frac{dz}{2z^{1/2}} = int_0^1 frac{z^{1/4}}{2z^{1/2}} frac{dz}{(1z)^{3/4}} $$
$$ I = frac{1}{2} int_0^1 z^{1/4} (1z)^{3/4} dz $$
这个积分正是 Beta 函数 $B(x,y) = int_0^1 t^{x1} (1t)^{y1} dt$ 的形式。
这里 $x1 = 1/4$, 所以 $x = 3/4$.
$y1 = 3/4$, 所以 $y = 1/4$.
$$ I = frac{1}{2} B(frac{3}{4}, frac{1}{4}) $$
使用 Beta 函数和 Gamma 函数的关系：$B(x,y) = frac{Gamma(x)Gamma(y)}{Gamma(x+y)}$.
$$ I = frac{1}{2} frac{Gamma(frac{3}{4})Gamma(frac{1}{4})}{Gamma(frac{3}{4}+frac{1}{4})} = frac{1}{2} frac{Gamma(frac{3}{4})Gamma(frac{1}{4})}{Gamma(1)} $$
由于 $Gamma(1) = 1! = 1$.
$$ I = frac{1}{2} Gamma(frac{3}{4})Gamma(frac{1}{4}) $$
使用 Gamma 函数乘法公式（高斯乘法公式） 的特殊情况：
$Gamma(z)Gamma(1z) = frac{pi}{sin(pi z)}$.
令 $z = 1/4$.
$Gamma(frac{1}{4})Gamma(1frac{1}{4}) = Gamma(frac{1}{4})Gamma(frac{3}{4}) = frac{pi}{sin(pi cdot frac{1}{4})}$.
$sin(frac{pi}{4}) = frac{sqrt{2}}{2}$.
所以，$Gamma(frac{1}{4})Gamma(frac{3}{4}) = frac{pi}{frac{sqrt{2}}{2}} = pisqrt{2}$.
代入 $I$ 的表达式：
$$ I = frac{1}{2} (pisqrt{2}) = frac{pisqrt{2}}{2} $$
这个过程与之前的变量替换方法得到的结果一致，并且提供了更深层次的数学联系。
最终的总结和答案：
计算 $sqrt{ an x}$ 在 $0$ 到 $frac{pi}{2}$ 的定积分，可以通过以下步骤完成：
1. 进行变量替换： 令 $t = an x$。然后 $dx = frac{dt}{1+t^2}$。积分变为 $int_0^infty frac{t^{1/2}}{1+t^2} dt$。
2. 再次进行变量替换： 令 $y = t^2$。然后 $dt = frac{dy}{2sqrt{y}}$。积分变为 $int_0^infty frac{y^{1/4}}{1+y} frac{dy}{2sqrt{y}} = frac{1}{2} int_0^infty frac{y^{1/4}}{1+y} dy$。
3. 利用 Gamma 函数积分公式： 使用公式 $int_0^infty frac{x^{ u1}}{1+x} dx = frac{pi}{sin(pi u)}$，其中 $ u = 3/4$。
4. 计算结果： $frac{1}{2} imes frac{pi}{sin(3pi/4)} = frac{1}{2} imes frac{pi}{sqrt{2}/2} = frac{pisqrt{2}}{2}$。
希望这个详细的解释能帮助您理解这个积分的计算过程和背后的数学原理。
网友意见
这个积分比较复杂，纯属数学杂技，不做也罢。
那么下面我就来耍个杂技给大伙乐呵乐呵，瞧好了您內！ (^_-)
先求不定积分，令，，则有：
（因为积分公式：）
且有：
（因为积分公式：）
两式相加除以2，得原函数式：
因为在有，故：
以上。
请问掌声在哪里？
好久没算留数了，手痒。。大家还是赞楼上吧，那方法赞爆了
如果是算不定积分的话，把u^4+1分解因式，就有
两个二次式就可以积出来了.
然后如果是算那个反常积分的话，算留数最快了.
围道怎么取就不画了，这是最简单的一种.
记，在围道里面有两个一阶极点，和，因此
类似的话题
-
计算 $sqrt{ an x}$ 在 $0$ 到 $frac{pi}{2}$ 的定积分是一个经典但相对复杂的积分问题，涉及到特殊函数，特别是椭圆积分。下面我将详细地介绍计算过程和相关的数学概念。积分问题：我们要计算的定积分是：$$ I = int_0^{frac{pi}{2}} sqrt{ an x............. -
计算一只鸡的表面积并非一个简单的几何问题，因为鸡的形状非常不规则，充满了各种曲线、突起和凹陷。在实际应用中，并没有一个标准化的、精确的公式来计算一只鸡的表面积，因为它会根据鸡的大小、体型、羽毛覆盖度等因素而变化。然而，我们可以采取不同的方法来估算一只鸡的表面积，这些方法从简单到复杂，精度也逐渐提高。.............
-
计算一个城市的魅力指数是一个复杂且主观的任务，因为它涉及多个维度，并且不同的人对“魅力”的定义和侧重点也会有所不同。然而，我们可以尝试构建一个多维度的评价体系，通过量化一系列指标来综合评估一个城市的魅力。以下是一个详细的计算城市魅力指数的框架，它尝试涵盖经济、文化、环境、生活、创新和国际化等多个方面.............
-
好的，我们来聊聊如何衡量一组三维空间角度数据的“分散程度”，也就是我们常说的方差或者离散程度。在很多工程、物理、生物等领域，我们都会遇到描述物体朝向或者方向的数据，比如相机镜头指向、机械臂末端姿态、甚至生物体的某种取向等等。这些数据都是角度，而且是在三维空间中的。直接把三维角度当成普通的数值来计算方.............
-
想弄明白函数 $f(x) = frac{log(x)}{x}$ 的 $n$ 阶导数到底长什么样，咱们得一步一步来，就像剥洋葱一样，一层一层地揭开它的神秘面纱。这可不是那种一看就知道答案的简单函数，需要一点耐心和技巧。第一步：初探函数，熟悉“脾气”在深入计算之前，咱们先得对 $f(x)$ 有个初步的认.............
-
要计算体检时间间隔的上限，使得体检者即使罹患胃癌，也有99.9%的概率被发现时处于早期，我们需要从几个关键因素入手。这并非一个简单的数字计算，而是涉及到对疾病发展过程、筛查敏感性以及统计学概率的综合考量。首先，我们需要明确几个定义： 早期胃癌：通常指癌细胞局限于粘膜层或粘膜下层，尚未侵犯到肌层或.............
-
要计算磁力的大小，我们可以从几个不同的角度来看待这个问题，因为“磁力”这个词本身就涵盖了很多情况。我会尽量详细地解释，并让你感觉像是在和一个人交流，而不是在读一篇冰冷的AI文章。想象一下，你手里拿着一块磁铁，你试图把它靠近另一块磁铁，或者一个含铁的物体。你会感觉到一种“推”或“拉”的力量，这就是磁力.............
-
计算宇宙的寿命，这绝对是一个宏大且极富挑战性的问题，涉及到我们对宇宙最根本的理解。它不是一个简单的数字，而是基于我们对宇宙演化过程的观测和理论推演得出的一个估计值。要深入理解它，我们需要一步步拆解。首先，我们需要明确“宇宙寿命”指的是什么。通常我们讨论的是自大爆炸以来宇宙存在了多久。换句话说，我们想.............
-
好的，咱们来聊聊投掷多个骰子，然后想算出特定总点数的概率这回事。别担心，这玩意儿听起来有点数学，但拆解开来其实挺有意思的，就像玩一个复杂的拼图一样。咱们一步一步来。核心问题： 假设咱们有 $n$ 个标准的六面骰子，每个骰子点数是从 $1$ 到 $6$ 的整数，咱们想知道投掷这些骰子后，它们的点数加起.............
-
想计算一脚踢断22厘米半径的钢筋需要多大的力量，这可不是个简单的事情，背后涉及到不少物理学的门道。咱们一步步来分析，把这个过程说得透彻些。首先，得明确一点：“踢断”这个动作，我们通常理解为是施加一个瞬间的、非常大的冲击力。 这个力和我们平时说的“拉力”或者“推力”不太一样。理解几个关键概念：1. .............
-
这确实是一个在微积分学习中会遇到的经典积分问题，它涉及到三角函数和一些巧妙的代换技巧。我们来一步一步地拆解它，并尝试用一种更自然、更易于理解的方式来解决这个问题。问题的本质我们面临的积分是：$$ int frac{1}{sin heta + cos heta} d heta $$直接对 $sin h.............
-
好的，我们来一步步拆解计算这个积分。请别担心，我会尽量用最接地气的方式来讲解，让你觉得就像是和一位老朋友在讨论数学一样。我们今天要解决的积分是：$int frac{x^2 + 2x + 1}{x^3 x^2 + x 1} dx$第一步：观察被积函数，寻找破绽！首先，我们看到的是一个分数形式的表达.............
-
计算妹红的二重积分？这可真是个有趣的想法，让我来给你好好说道说道，顺便咱们也尽量别让这“公式腔”太重，感觉就像是在研究什么物理现象一样，是不是？首先，得明白，这“妹红”是个啥玩意儿。在咱们的讨论里，“妹红”不能是那个红色的、会飞的东方角色，那可没法积分。咱们得把它想象成一个数学模型，一个函数或者一个.............
-
好的，咱们来好好聊聊这个级数怎么算。别急，我一步一步跟你说清楚，力求讲得透彻，没有那些生硬的AI腔调。咱们要算的是哪个级数呢？ 请你先告诉我具体是哪个级数，这样我才能有针对性地讲解。因为级数种类繁多，计算方法也千差万别。不过，我可以先给你打个预防针，大概说说计算级数时，我们可能会用到的一些思路和工具.............
-
好的，我们来一起攻克这个“硬骨头”。计算复杂的积分，尤其是在不熟悉的领域，确实需要耐心和细致的步骤。下面，我将尽量用一种更具条理和人性化的方式，一步步揭示如何处理这类积分。我们将不依赖任何预设的模板，而是基于对数学原理的理解来展开。假设我们遇到的积分是这样一个形式（为了便于说明，我先设定一个例子，这.............
-
好的，我们来聊聊如何在图上计算积分。这并不是一个简单的“套公式”过程，而更像是在一个地图上追踪移动的痕迹，然后计算你总共走了多远，或者你在这个地图上“累积”了多少“东西”。理解积分的本质：累积的量首先，我们要抛开脑子里那些复杂的数学符号，回到积分最直观的意义上来。想象你是一个小蚂蚁，你爬行在一条曲折.............
-
您好！很高兴能帮助您深入理解多重积分不等式的计算。这类问题确实需要细致的分析和严谨的步骤，下面我将尽量用一种清晰、循序渐进的方式来为您讲解，如同和一位朋友讨论问题一样，避免生硬的AI化表达。首先，我们明确一下问题。您问的是“如何计算此多重积分不等式”，但您没有给出具体的不等式内容。这没关系，因为计算.............
-
好的，咱们来聊聊怎么描述一个球形水滴在绕着它的直径旋转时的表面方程。这事儿说起来，其实是把我们熟悉的球形和旋转的概念结合起来，看看它在运动中会是什么样子。首先，我们得有个基本认识：一个静止的球形，它的表面方程非常简洁明了。如果球心在原点 (0,0,0)，半径是 R，那么球面上的任意一点 (x, y,.............
-
这道积分的计算方法可以从几个角度来讲解，我会尽量把它拆解得更细致，让你明白每一步的逻辑和操作。我们要计算的积分是什么？首先，我们需要知道我们要计算的积分具体是什么样子。你没有给出具体的表达式，所以我先假设一个比较常见的、可能需要一些技巧来处理的积分形式，比如：$int frac{1}{x^2 + a.............
-
好的，我们来一起仔细算算这个极限：$$ lim_{n oinfty} frac{int_0^n x^n e^{x} dx}{n!} $$这个问题涉及到了积分和阶乘，看起来有点复杂，但我们可以一步一步来分解它。第一步：理解积分部分首先，我们来看积分 $int_0^n x^n e^{x} dx$。这里的.............
本站所有内容均为互联网搜索引擎提供的公开搜索信息，本站不存储任何数据与内容，任何内容与数据均与本站无关，如有需要请联系相关搜索引擎包括但不限于百度，google,bing,sogou 等
© 2025 tinynews.org All Rights Reserved. 百科问答小站 版权所有