想知道这个定积分怎么算?∫[0-1]（arcsin√x）/√(1-x+x^2)dx？

这道定积分确实有点挑战性，∫[01]（arcsin√x）/√(1x+x^2)dx。别急，咱们一步一步来把它拆解清楚，就像剥洋葱一样，层层递进，最终找到答案。

首先，我们注意到被积函数里有一个 $arcsin(sqrt{x})$。这通常提示我们可以做一个代换，让它变得更简单。

第一步：代换，简化被积函数

我们设 $u = sqrt{x}$。那么 $u^2 = x$。
对 $u^2 = x$ 两边求导，我们得到 $2u , du = dx$。
接下来，我们还需要处理积分的上下限：
当 $x = 0$ 时，$u = sqrt{0} = 0$。
当 $x = 1$ 时，$u = sqrt{1} = 1$。

现在我们把这些代换到积分式中：

原积分：
$int_0^1 frac{arcsin(sqrt{x})}{sqrt{1x+x^2}} dx$

代换后变成：
$int_0^1 frac{arcsin(u)}{sqrt{1u^2+u^4}} (2u , du)$

整理一下，得到：
$2 int_0^1 frac{u arcsin(u)}{sqrt{1u^2+u^4}} du$

现在，我们的目标是计算这个新的积分：$I = int_0^1 frac{u arcsin(u)}{sqrt{1u^2+u^4}} du$

第二步：再次代换，尝试处理分母

分母 $sqrt{1u^2+u^4}$ 看起来仍然不太好处理。我们可以尝试进一步的代换，看看能不能让它更规整。注意到分母是一个关于 $u^2$ 的多项式。这提示我们可以尝试代换 $v = u^2$。

如果 $v = u^2$，那么 $dv = 2u , du$。
积分上下限：
当 $u = 0$ 时，$v = 0^2 = 0$。
当 $u = 1$ 时，$v = 1^2 = 1$。

现在我们将 $u , du$ 替换为 $frac{1}{2} dv$。代换后的积分变成：

$I = int_0^1 frac{arcsin(sqrt{v})}{sqrt{1v+v^2}} frac{1}{2} dv$
$I = frac{1}{2} int_0^1 frac{arcsin(sqrt{v})}{sqrt{1v+v^2}} dv$

等等，好像又回到了原来的形式，只是变量名换了。这说明直接代换 $v=u^2$ 可能不是最优的。

我们回到 $2 int_0^1 frac{u arcsin(u)}{sqrt{1u^2+u^4}} du$ 这个式子。
分母 $1u^2+u^4$ 可以尝试配方。我们可以把它看作一个关于 $u^2$ 的二次式。
$1 u^2 + u^4 = (u^2)^2 u^2 + 1$

有没有什么代换能让这个分母简化？
让我们试试代换 $t = u^2$。
那么 $dt = 2u , du$。
$u , du = frac{1}{2} dt$。

积分变成：
$2 int_0^1 frac{arcsin(sqrt{t})}{sqrt{1t+t^2}} frac{1}{2} dt = int_0^1 frac{arcsin(sqrt{t})}{sqrt{1t+t^2}} dt$

这还是回到了原点。看来，直接处理分母 $1u^2+u^4$ 是关键。

第三步：处理分母 $1u^2+u^4$

注意到 $1u^2+u^4$ 可以写成 $(u^2+1)^2 3u^2$ 或者 $(u^21)^2 + 3u^2 2u^2 = (u^21)^2 + u^2$.
但是更巧妙的配方法是：
$1u^2+u^4 = (1+u^2)^2 2u^2 u^2 = (1+u^2)^2 3u^2$
或者
$1u^2+u^4 = (u^2 frac{1}{2})^2 + 1 frac{1}{4} = (u^2 frac{1}{2})^2 + frac{3}{4}$

我们尝试另一种分解：
$1u^2+u^4 = (u^2+1)^2 3u^2$.
这仍然不太直接。

更常见的技巧是将分母进行变形，使其可以通过三角换元或者其他有理化分母的代换来处理。
考虑 $1u^2+u^4 = (u^2+1)^2 3u^2$ 这个形式，好像也不太对。
让我们回到 $1u^2+u^4$。
我们可以尝试令 $u = an heta$ 或者 $u = sin heta$ 什么的。
但是分母中有 $u$ 这个项，所以代换成三角函数可能也不直接。

我们再次观察 $1u^2+u^4$。这是一个关于 $u^2$ 的二次多项式。
$u^4 u^2 + 1$
有没有什么关系？
例如， $(u^2+1)^2 = u^4 + 2u^2 + 1$.
$(u^21)^2 = u^4 2u^2 + 1$.

我们看到 $1u^2+u^4$ 和 $u^2+1$ 有些关联。
考虑分母 $sqrt{1u^2+u^4}$。
如果我们将 $u$ 除以 $sqrt{1+u^4}$，或者类似的变形，可能会有用。

让我们回到最开始的代换：$u = sqrt{x}$。
积分是 $2 int_0^1 frac{u arcsin(u)}{sqrt{1u^2+u^4}} du$。
我们能不能对分母 $1u^2+u^4$ 做一个代换，使得 $u$ 的项也一起被处理掉？

考虑令 $u = an heta$. $du = sec^2 heta d heta$.
当 $u=0$, $ heta=0$. 当 $u=1$, $ heta=pi/4$.
$sqrt{1u^2+u^4} = sqrt{1 an^2 heta+ an^4 heta}$
$arcsin(u) = arcsin( an heta)$
$u = an heta$

这似乎复杂了。

第四步：尝试对分母进行代换

让我们关注分母 $sqrt{1u^2+u^4}$。
尝试代换 $v = u^2$.
$int_0^1 frac{u arcsin(u)}{sqrt{1u^2+u^4}} du$.
令 $t = u^2$. $dt = 2u du$.
$frac{1}{2} int_0^1 frac{arcsin(sqrt{t})}{sqrt{1t+t^2}} dt$.
这还是回到了原点。

我们再回到 $2 int_0^1 frac{u arcsin(u)}{sqrt{1u^2+u^4}} du$。
注意到分母 $1u^2+u^4 = (u^2+1)^2 3u^2$ 不太方便。
我们试试另一个代换：
令 $u^2 = an phi$. $2u du = sec^2 phi dphi$.
$frac{1}{2} int_0^{pi/4} frac{arcsin(sqrt{ an phi})}{sqrt{1 anphi+ an^2phi}} sec^2 phi dphi$.
这个代换也相当复杂。

我们观察到 $1u^2+u^4$ 这个式子有点特别。它与复数中的单位根有关。
令 $w = e^{ipi/3}$. 则 $w^2 w + 1 = 0$.
这个式子 $1u^2+u^4$ 让我们联想到。

我们换个思路，能不能利用 $arcsin(sqrt{x})$ 的性质？
令 $x = sin^2 heta$. $dx = 2 sin heta cos heta d heta$.
当 $x=0$, $ heta=0$. 当 $x=1$, $ heta=pi/2$.
$sqrt{x} = sin heta$.
$arcsin(sqrt{x}) = arcsin(sin heta) = heta$ (在 $[0, pi/2]$ 区间内).
$1x+x^2 = 1sin^2 heta+sin^4 heta = cos^2 heta + sin^4 heta$.

积分变成：
$int_0^{pi/2} frac{ heta}{sqrt{cos^2 heta + sin^4 heta}} (2 sin heta cos heta) d heta$.
$2 int_0^{pi/2} frac{ heta sin heta cos heta}{sqrt{cos^2 heta + sin^4 heta}} d heta$.

这个形式也依然复杂。

我们回到最开始的代换：$u = sqrt{x}$。
$2 int_0^1 frac{u arcsin(u)}{sqrt{1u^2+u^4}} du$.
分母 $1u^2+u^4$.
有没有一个代换可以把 $u$ 和 $u^2$ 都处理好？

考虑分母 $1u^2+u^4$.
我们尝试代换 $t = u^2$. 这一步虽然没有直接简化，但它告诉我们这个分母实际上是关于 $u^2$ 的。
$frac{u}{sqrt{1u^2+u^4}} du = frac{1}{2} frac{dt}{sqrt{1t+t^2}}$.
所以积分是 $2 int_0^1 arcsin(sqrt{t}) frac{1}{2} frac{dt}{sqrt{1t+t^2}} = int_0^1 frac{arcsin(sqrt{t})}{sqrt{1t+t^2}} dt$.

现在问题转化为计算 $int_0^1 frac{arcsin(sqrt{t})}{sqrt{1t+t^2}} dt$.
我们再对 $sqrt{t}$ 进行代换，令 $sqrt{t} = sin phi$.
$t = sin^2 phi$. $dt = 2 sin phi cos phi dphi$.
当 $t=0, phi=0$. 当 $t=1, phi=pi/2$.
$sqrt{t} = sin phi$. $arcsin(sqrt{t}) = phi$.
$1t+t^2 = 1sin^2phi+sin^4phi = cos^2phi + sin^4phi$.

积分变成：
$int_0^{pi/2} frac{phi}{sqrt{cos^2phi + sin^4phi}} (2 sin phi cos phi) dphi$.
$2 int_0^{pi/2} frac{phi sin phi cos phi}{sqrt{cos^2phi + sin^4phi}} dphi$.

这和之前的形式是一样的。

第五步：尝试一个更巧妙的代换处理分母

让我们回到 $I = int_0^1 frac{arcsin(sqrt{x})}{sqrt{1x+x^2}} dx$
分母 $1x+x^2$. 我们尝试对它进行变形。
注意到 $1x+x^2 = (1+x^2) x$.
有没有办法让它变成一个整体的平方？
我们可以试试代换 $y = sqrt{x}$，得到 $2 int_0^1 frac{y arcsin y}{sqrt{1y^2+y^4}} dy$.

考虑分母 $1y^2+y^4$.
如果令 $y = sin heta$，我们已经尝试过。

我们尝试对分母进行变形，使其能够通过代换简化。
$1y^2+y^4 = (y^2+1)^2 3y^2$. 这个还是不太好。

考虑这个形式 $1x+x^2$. 当 $x$ 取一些特殊值时，它有意义。
比如，如果 $x = frac{1}{2}$， $1 frac{1}{2} + frac{1}{4} = frac{3}{4}$.

Let's consider the substitution $y = an heta$ in $2 int_0^1 frac{u arcsin u}{sqrt{1u^2+u^4}} du$.
$2 int_0^{pi/4} frac{ an heta arcsin( an heta)}{sqrt{1 an^2 heta+ an^4 heta}} sec^2 heta d heta$. Still complicated.

What if we try to simplify the denominator $1x+x^2$ by making it a perfect square under the square root?
Consider the substitution $x = sin^2 heta$ from the beginning again.
$int_0^1 frac{arcsinsqrt{x}}{sqrt{1x+x^2}} dx = int_0^{pi/2} frac{ heta}{sqrt{1sin^2 heta+sin^4 heta}} 2sin hetacos heta d heta$
$= 2 int_0^{pi/2} frac{ heta sin hetacos heta}{sqrt{cos^2 heta+sin^4 heta}} d heta$.

Let's try a different approach to deal with the denominator.
Consider the integral $I = int_0^1 frac{arcsin(sqrt{x})}{sqrt{1x+x^2}} dx$.
Let's make the substitution $x = sin^2 heta$.
$dx = 2 sin heta cos heta d heta$.
$sqrt{x} = sin heta$.
$arcsin(sqrt{x}) = heta$.
$1x+x^2 = 1 sin^2 heta + sin^4 heta = cos^2 heta + sin^4 heta$.
The integral becomes:
$I = int_0^{pi/2} frac{ heta}{sqrt{cos^2 heta + sin^4 heta}} 2 sin heta cos heta d heta$.

Let's try to manipulate the denominator $cos^2 heta + sin^4 heta$.
$cos^2 heta + sin^4 heta = cos^2 heta + sin^2 heta (1cos^2 heta) = cos^2 heta + sin^2 heta sin^2 heta cos^2 heta$
$= 1 sin^2 heta cos^2 heta = 1 (frac{1}{2} sin(2 heta))^2 = 1 frac{1}{4} sin^2(2 heta)$.
This does not seem to simplify much.

Let's go back to the form $2 int_0^1 frac{u arcsin u}{sqrt{1u^2+u^4}} du$.
Consider the denominator $1u^2+u^4$.
We can write $1u^2+u^4 = (u^2+1)^2 3u^2$. This is not useful.
However, we can write $1u^2+u^4 = u^4 u^2 + 1$.
If we divide the numerator and denominator by $u$, we get $2 int_0^1 frac{arcsin u}{sqrt{frac{1}{u^2}1+u^2}} du$. This is not helpful due to $arcsin u$.

Let's try a substitution that simplifies $1x+x^2$.
Consider $x = frac{1}{2} + y$.
$1 (frac{1}{2}+y) + (frac{1}{2}+y)^2 = 1 frac{1}{2} y + frac{1}{4} + y + y^2 = frac{3}{4} + y^2$.
This looks promising!
Let $x = frac{1}{2} + y$. Then $dx = dy$.
When $x=0$, $y = frac{1}{2}$. When $x=1$, $y = frac{1}{2}$.
$sqrt{x} = sqrt{frac{1}{2}+y}$.
$arcsin(sqrt{x}) = arcsin(sqrt{frac{1}{2}+y})$.
The integral becomes:
$int_{1/2}^{1/2} frac{arcsin(sqrt{frac{1}{2}+y})}{sqrt{frac{3}{4}+y^2}} dy$.
This looks slightly better, but $arcsin(sqrt{frac{1}{2}+y})$ is still difficult.

Let's revisit the denominator $1x+x^2$.
What if we try to relate it to $arctan$?
Recall that $frac{d}{dx} arctan(f(x)) = frac{f'(x)}{1+(f(x))^2}$.
The denominator is $sqrt{1x+x^2}$.

Let's focus on $1x+x^2$.
Consider the substitution $x = frac{1}{t}$. $dx = frac{1}{t^2} dt$.
When $x=0$, $t=infty$. When $x=1$, $t=1$.
$int_{infty}^1 frac{arcsin(sqrt{1/t})}{sqrt{11/t+1/t^2}} (frac{1}{t^2}) dt$
$= int_1^infty frac{arcsin(1/sqrt{t})}{sqrt{frac{t^2t+1}{t^2}}} frac{1}{t^2} dt$
$= int_1^infty frac{arcsin(1/sqrt{t}) t}{sqrt{t^2t+1}} frac{1}{t^2} dt$
$= int_1^infty frac{arcsin(1/sqrt{t})}{sqrt{t^2t+1}} frac{1}{t} dt$.
This doesn't look simpler.

Let's consider the property of $arcsin(y)$. Its derivative is $frac{1}{sqrt{1y^2}}$.
In our case, $y = sqrt{x}$, so the derivative part is $frac{1}{sqrt{1(sqrt{x})^2}} cdot frac{1}{2sqrt{x}} = frac{1}{sqrt{1x}} frac{1}{2sqrt{x}}$. This is not present in the denominator.

Let's try a substitution that makes the argument of $arcsin$ simpler.
Let $sqrt{x} = sin heta$. We did this, leading to $2 int_0^{pi/2} frac{ heta sin heta cos heta}{sqrt{cos^2 heta + sin^4 heta}} d heta$.

Let's look at the denominator again: $1x+x^2$.
If we divide by $x$, we get $frac{1}{x}1+x$.
Let $x = an^2 heta$. Then $sqrt{x} = an heta$.
$dx = 2 an heta sec^2 heta d heta$.
$arcsin( an heta)$.
$sqrt{1 an^2 heta+ an^4 heta}$.
This is getting complicated.

Consider the original integral $I = int_0^1 frac{arcsinsqrt{x}}{sqrt{1x+x^2}} dx$.
Let $x = sin^2 heta$.
$I = 2 int_0^{pi/2} frac{ heta sin heta cos heta}{sqrt{cos^2 heta + sin^4 heta}} d heta$.
Let's focus on the denominator: $cos^2 heta + sin^4 heta$.
We can write $cos^2 heta + sin^4 heta = cos^2 heta + sin^2 heta (1cos^2 heta) = 1 sin^2 heta cos^2 heta$.
So $I = 2 int_0^{pi/2} frac{ heta sin heta cos heta}{sqrt{1sin^2 heta cos^2 heta}} d heta$.

Let's try to use the property $int_0^a f(x) dx = int_0^a f(ax) dx$.
Let $f( heta) = frac{ heta sin heta cos heta}{sqrt{1sin^2 heta cos^2 heta}}$.
$f(pi/2 heta) = frac{(pi/2 heta) sin(pi/2 heta) cos(pi/2 heta)}{sqrt{1sin^2(pi/2 heta) cos^2(pi/2 heta)}}$
$= frac{(pi/2 heta) cos heta sin heta}{sqrt{1cos^2 heta sin^2 heta}}$.

So, $I = 2 int_0^{pi/2} f( heta) d heta$.
Also, $I = 2 int_0^{pi/2} f(pi/2 heta) d heta$.
$2I = 2 int_0^{pi/2} (f( heta) + f(pi/2 heta)) d heta$
$I = int_0^{pi/2} left( frac{ heta sin heta cos heta}{sqrt{1sin^2 heta cos^2 heta}} + frac{(pi/2 heta) cos heta sin heta}{sqrt{1sin^2 heta cos^2 heta}} ight) d heta$
$I = int_0^{pi/2} frac{( heta + pi/2 heta) sin heta cos heta}{sqrt{1sin^2 heta cos^2 heta}} d heta$
$I = int_0^{pi/2} frac{(pi/2) sin heta cos heta}{sqrt{1sin^2 heta cos^2 heta}} d heta$
$I = frac{pi}{2} int_0^{pi/2} frac{sin heta cos heta}{sqrt{1sin^2 heta cos^2 heta}} d heta$.

Now this looks much more manageable!
Let's evaluate the remaining integral $J = int_0^{pi/2} frac{sin heta cos heta}{sqrt{1sin^2 heta cos^2 heta}} d heta$.
We know $sin heta cos heta = frac{1}{2} sin(2 heta)$.
And $sin^2 heta cos^2 heta = (frac{1}{2} sin(2 heta))^2 = frac{1}{4} sin^2(2 heta)$.
So, $J = int_0^{pi/2} frac{frac{1}{2} sin(2 heta)}{sqrt{1frac{1}{4} sin^2(2 heta)}} d heta$.

Let $u = 2 heta$. Then $du = 2 d heta$, so $d heta = frac{1}{2} du$.
When $ heta=0$, $u=0$. When $ heta=pi/2$, $u=pi$.
$J = int_0^{pi} frac{frac{1}{2} sin u}{sqrt{1frac{1}{4} sin^2 u}} frac{1}{2} du$
$J = frac{1}{4} int_0^{pi} frac{sin u}{sqrt{1frac{1}{4} sin^2 u}} du$.

Since $sin(pi u) = sin u$ and $sin^2(pi u) = sin^2 u$, the integrand is symmetric about $u=pi/2$.
So we can write $J = frac{1}{4} cdot 2 int_0^{pi/2} frac{sin u}{sqrt{1frac{1}{4} sin^2 u}} du$.
$J = frac{1}{2} int_0^{pi/2} frac{sin u}{sqrt{1frac{1}{4} sin^2 u}} du$.

Now, let's make a substitution for $sin u$.
Let $sin u = v$. Then $cos u du = dv$.
This is not directly helpful here.

Let's try to simplify the square root term $sqrt{1frac{1}{4} sin^2 u}$.
Let $sin u = 2y$. $du = frac{2}{sqrt{44y^2}} dy$? No.

Consider the integral $J' = int_0^{pi/2} frac{sin u}{sqrt{1frac{1}{4} sin^2 u}} du$.
Let $sin u = 2t$. $du = frac{2}{sqrt{44t^2}} dt$? No.

Let $v = sin u$. Then $dv = cos u du$.
This doesn't fit.

Let's try a different substitution for the denominator $1frac{1}{4} sin^2 u$.
Let $sin u = sec phi$. This doesn't work as $sin u$ is between 0 and 1.

Let's consider the term $1frac{1}{4} sin^2 u$.
This resembles the form of an elliptic integral.

Let's try a substitution for $sin^2 u$.
Let $sin^2 u = k$. $2 sin u cos u du = dk$.
$frac{sin u}{sqrt{1frac{1}{4}sin^2 u}} du$.

We need to evaluate $int_0^{pi/2} frac{sin u}{sqrt{1frac{1}{4} sin^2 u}} du$.
Let $u = arcsin(2t)$.
$du = frac{2}{sqrt{44t^2}} dt = frac{2}{2sqrt{1t^2}} dt = frac{1}{sqrt{1t^2}} dt$.
When $u=0$, $sin u = 0$, so $2t=0$, $t=0$.
When $u=pi/2$, $sin u = 1$, so $2t=1$, $t=1/2$.
$sqrt{1frac{1}{4}sin^2 u} = sqrt{1frac{1}{4}(2t)^2} = sqrt{1t^2}$.

The integral becomes:
$int_0^{1/2} frac{2t}{sqrt{1t^2}} frac{1}{sqrt{1t^2}} dt$
$= int_0^{1/2} frac{2t}{1t^2} dt$.

This is a standard integral. Let $w = 1t^2$. Then $dw = 2t dt$.
When $t=0$, $w=1$. When $t=1/2$, $w = 1 (1/2)^2 = 1 1/4 = 3/4$.

The integral is $int_1^{3/4} frac{dw}{w} = int_1^{3/4} frac{dw}{w}$
$= int_{3/4}^1 frac{dw}{w} = [ln|w|]_{3/4}^1$
$= ln(1) ln(3/4) = 0 (ln 3 ln 4) = ln 4 ln 3 = ln(4/3)$.

So, $J' = ln(4/3)$.

Now, recall $J = frac{1}{2} J'$.
$J = frac{1}{2} ln(4/3)$.

And our original integral $I = frac{pi}{2} J$.
$I = frac{pi}{2} left( frac{1}{2} ln(4/3) ight)$
$I = frac{pi}{4} ln(4/3)$.

总结一下整个过程：

1. 第一步：做代换 $oldsymbol{x = sin^2 heta}$
将原积分 $int_0^1 frac{arcsinsqrt{x}}{sqrt{1x+x^2}} dx$ 转化为
$2 int_0^{pi/2} frac{ heta sin heta cos heta}{sqrt{cos^2 heta + sin^4 heta}} d heta$.

2. 第二步：利用积分性质 $oldsymbol{int_0^a f(x) dx = int_0^a f(ax) dx}$
对上面的积分应用此性质，我们得到
$I = int_0^{pi/2} frac{(pi/2) sin heta cos heta}{sqrt{1sin^2 heta cos^2 heta}} d heta$.

3. 第三步：化简并做代换
令 $J = int_0^{pi/2} frac{sin heta cos heta}{sqrt{1sin^2 heta cos^2 heta}} d heta$。
使用 $sin heta cos heta = frac{1}{2}sin(2 heta)$ 和 $sin^2 heta cos^2 heta = frac{1}{4}sin^2(2 heta)$，得到
$J = frac{1}{4} int_0^{pi} frac{sin u}{sqrt{1frac{1}{4} sin^2 u}} du$ (令 $u=2 heta$)。
利用对称性， $J = frac{1}{2} int_0^{pi/2} frac{sin u}{sqrt{1frac{1}{4} sin^2 u}} du$。

4. 第四步：计算剩余积分
对于积分 $int_0^{pi/2} frac{sin u}{sqrt{1frac{1}{4} sin^2 u}} du$，我们令 $sin u = 2t$。
经过计算，该积分的值为 $ln(4/3)$。

5. 第五步：最终结果
将结果代回，得到 $I = frac{pi}{2} J = frac{pi}{2} left(frac{1}{2} ln(4/3) ight) = frac{pi}{4} ln(4/3)$。

所以，最终的定积分结果是 $frac{pi}{4} ln(frac{4}{3})$。这个过程确实需要一些巧妙的代换和对积分性质的灵活运用。

设原式为 。首先把 换成 ，可以得到 。注意到公式

，(用简单的正弦加法公式即可推出)有 。从而 。之后可以考虑分母配方后用双曲代换。