哪里找一些有难度的定积分题？
想要挑战一下自己的定积分计算能力？那你就来对地方了！这里我为你搜罗了一些颇具挑战性的定积分题目，并且会详细讲解一下它们的解题思路和技巧，让你在攻克这些难题的过程中有所收获，也能顺便提升一下自己的数学功底。记住，数学的魅力就在于那些精巧的解法和严谨的推理，而定积分正是展示这些魅力的绝佳舞台。
在开始之前，咱们先回顾一下定积分的几种常见求解方法，做到心中有数：
直接积分法： 这是最基础的方法，适用于被积函数比较简单的情况，直接套用基本积分公式即可。但别小看了它，有时候一些看似复杂的函数，经过简单的恒等变形，就能回归到基本形式。
换元积分法： 当被积函数不直接是基本积分的形式时，我们可以通过引入一个新的变量，将复杂的被积函数转化为更容易积分的形式。常见的有第一类换元法（凑微分）和第二类换元法（三角换元、指数换元等）。
分部积分法： 这个方法非常强大，尤其适用于被积函数是两个函数乘积的形式，或者对数函数、反三角函数等难以直接积分的函数。核心在于选择合适的 u 和 dv，然后套用公式 $int u , dv = uv int v , du$。
利用积分性质： 有些定积分题目，虽然直接计算很困难，但利用定积分的对称性、周期性、线性性质等，或者结合一些特殊的积分公式（如Wallis公式、Gamma函数等），可以大大简化计算过程，甚至直接得出答案。
泰勒展开或级数求和： 对于一些超越函数，或者参数依赖的积分，我们可以考虑将其泰勒展开成幂级数，然后逐项积分，或者将级数求和。
好了，有了这些“武器”，我们就可以来“实战”一番了！以下是一些我认为比较有代表性的难题，我会逐一拆解：
题目一：
$int_0^{pi/2} frac{sin x}{sin x + cos x} , dx$
难度等级： ★★★☆☆
解题思路：
这道题的被积函数看起来有点麻烦，直接积分似乎不太容易。但是，仔细观察分母 $sin x + cos x$，以及分子 $sin x$，我们可以考虑使用定积分的一个非常经典且重要的性质：
性质： $int_a^b f(x) , dx = int_a^b f(a+bx) , dx$
将这个性质应用到我们的题目上，令 $I = int_0^{pi/2} frac{sin x}{sin x + cos x} , dx$。
将 $x$ 替换为 $frac{pi}{2} x$，我们得到：
$I = int_0^{pi/2} frac{sin(frac{pi}{2} x)}{sin(frac{pi}{2} x) + cos(frac{pi}{2} x)} , dx$
我们知道 $sin(frac{pi}{2} x) = cos x$ 且 $cos(frac{pi}{2} x) = sin x$。所以，
$I = int_0^{pi/2} frac{cos x}{cos x + sin x} , dx$
现在我们有了两个关于 $I$ 的等式：
1. $I = int_0^{pi/2} frac{sin x}{sin x + cos x} , dx$
2. $I = int_0^{pi/2} frac{cos x}{sin x + cos x} , dx$
将这两个等式相加，由于积分区间相同，被积函数的相加是很自然的：
$2I = int_0^{pi/2} frac{sin x}{sin x + cos x} , dx + int_0^{pi/2} frac{cos x}{sin x + cos x} , dx$
$2I = int_0^{pi/2} frac{sin x + cos x}{sin x + cos x} , dx$
哇！分子和分母完全一样了，这是一个非常漂亮的简化！
$2I = int_0^{pi/2} 1 , dx$
这是一个非常简单的定积分了。
$2I = [x]_0^{pi/2} = frac{pi}{2} 0 = frac{pi}{2}$
所以，$I = frac{pi}{4}$。
技巧总结： 利用定积分的对称性性质 $int_a^b f(x) , dx = int_a^b f(a+bx) , dx$ 是解决这类问题的关键。当被积函数中存在 $sin x$ 和 $cos x$ 的对称组合时，这个性质往往能带来惊喜。
题目二：
$int_0^1 frac{1}{1+x^n} , dx$ 其中 $n$ 是正整数
难度等级： ★★★★☆
解题思路：
当 $n=1$ 时，这是 $int_0^1 frac{1}{1+x} , dx = [ln(1+x)]_0^1 = ln 2$。
当 $n=2$ 时，这是 $int_0^1 frac{1}{1+x^2} , dx = [arctan x]_0^1 = frac{pi}{4}$。
但当 $n ge 3$ 时，直接积分就变得棘手了。这里我们需要引入一种更高级的技巧——参数积分或者微分方程法。我们先尝试用参数积分。
考虑积分 $I(a) = int_0^1 frac{1}{a+x^n} , dx$。我们的目标是找到 $I(1)$。但这样好像没有直接简化。
换个思路，我们考虑一个辅助积分：
令 $J(a) = int_0^1 frac{1}{a^n + x^n} , dx$。这里的目标是求 $J(1)$。
考虑 $J'(a)$：
$J'(a) = frac{d}{da} int_0^1 frac{1}{a^n + x^n} , dx = int_0^1 frac{partial}{partial a} left( frac{1}{a^n + x^n} ight) , dx$
$J'(a) = int_0^1 frac{n a^{n1}}{(a^n + x^n)^2} , dx$
这个好像也挺复杂的。
我们换一个更直接的参数积分：
考虑积分 $I(a) = int_0^1 frac{1}{1 + ax^n} , dx$。我们的目标是求 $I(1)$。
对 $a$ 求导：
$I'(a) = frac{d}{da} int_0^1 frac{1}{1+ax^n} , dx = int_0^1 frac{partial}{partial a} left(frac{1}{1+ax^n} ight) , dx$
$I'(a) = int_0^1 frac{x^n}{(1+ax^n)^2} , dx$
这个还是有点复杂。
让我们回到题目本身：$int_0^1 frac{1}{1+x^n} , dx$。
对于这个积分，一个非常强大的工具是Wallis积分公式的推广，或者利用递推关系。
我们可以尝试对 $n$ 进行递推处理。
令 $I_n = int_0^1 frac{1}{1+x^n} , dx$。
考虑 $I_n$ 和 $I_{nk}$ 的关系。
我们来尝试一个换元：令 $u = x^n$，则 $x = u^{1/n}$，$dx = frac{1}{n} u^{1/n 1} du$。
当 $x=0$ 时，$u=0$；当 $x=1$ 时，$u=1$。
$I_n = int_0^1 frac{1}{1+u} cdot frac{1}{n} u^{1/n 1} , du = frac{1}{n} int_0^1 frac{u^{1/n 1}}{1+u} , du$
这个形式也并没有直接简化。
再尝试一个更巧妙的换元，或者分部积分。
考虑分部积分：$int u , dv = uv int v , du$
令 $dv = frac{1}{1+x^n} dx$ ← 这样 $v$ 不好求
令 $u = frac{1}{1+x^n}$ ← 这样 $du$ 也不好求
我们换个角度，考虑一个更普遍的积分形式，然后通过参数来简化。
考虑积分 $I(a) = int_0^1 frac{x^a}{1+x^n} , dx$。
我们想求的是 $I(0) = int_0^1 frac{1}{1+x^n} , dx$。
对 $I(a)$ 求导：
$I'(a) = frac{d}{da} int_0^1 frac{x^a}{1+x^n} , dx = int_0^1 frac{partial}{partial a} left(frac{x^a}{1+x^n} ight) , dx$
$I'(a) = int_0^1 frac{x^a ln x}{1+x^n} , dx$
这依然没有简化。
但是，我们可以对分母 $frac{1}{1+x^n}$ 进行处理。对于 $frac{1}{1+x^n}$，我们知道当 $|x|<1$ 时，它是一个几何级数：
$frac{1}{1+x^n} = 1 x^n + x^{2n} x^{3n} + dots = sum_{k=0}^infty (1)^k x^{kn}$
现在我们可以尝试将级数代入积分中，并交换积分和求和的顺序（这在一定条件下是允许的，特别是在收敛的幂级数上）。
$int_0^1 frac{1}{1+x^n} , dx = int_0^1 left( sum_{k=0}^infty (1)^k x^{kn} ight) , dx$
$= sum_{k=0}^infty (1)^k int_0^1 x^{kn} , dx$
现在计算 $int_0^1 x^{kn} , dx$：
$int_0^1 x^{kn} , dx = left[ frac{x^{kn+1}}{kn+1} ight]_0^1 = frac{1^{kn+1}}{kn+1} frac{0^{kn+1}}{kn+1} = frac{1}{kn+1}$ （假设 $kn+1 > 0$，对于 $k ge 0$ 和 $n ge 1$ 总是成立的）
所以，原积分等于：
$sum_{k=0}^infty (1)^k frac{1}{kn+1}$
这个级数被称为Alternating Harmonic Series of Order n 或者与Lerch transcendent有关。
例如，当 $n=1$ 时： $sum_{k=0}^infty (1)^k frac{1}{k+1} = 1 frac{1}{2} + frac{1}{3} frac{1}{4} + dots = ln 2$。
当 $n=2$ 时： $sum_{k=0}^infty (1)^k frac{1}{2k+1} = 1 frac{1}{3} + frac{1}{5} frac{1}{7} + dots = arctan(1) = frac{pi}{4}$。
对于一般的 $n$，这个级数通常没有一个简单的初等函数形式的封闭解。如果题目要求的是一个封闭形式，可能需要进一步的定义，或者题目本身就导向这个级数形式。
如果题目是要求找到一个“方法”，而不是一个具体的数值，那么上述的级数形式就是答案。
另一种思考方向（与参数积分关联）：
考虑函数 $f(a) = int_0^1 frac{x^a}{1+x^n} dx$。
我们已知 $f(a)$ 对应的级数是 $sum_{k=0}^{infty} (1)^k frac{1}{kn+a+1}$。
当 $a=0$ 时，我们得到 $sum_{k=0}^{infty} (1)^k frac{1}{kn+1}$。
这个题目实际上是引入了特殊函数或者级数解的概念。 如果是在微积分的常规课程中遇到，通常会有更直接的技巧。但对于“有难度”的题目，这个级数展开是很常见的手法。
技巧总结：
1. 几何级数展开： 将被积函数（当 $|x|<1$ 时）表示为收敛的几何级数 $frac{1}{1+u} = sum_{k=0}^infty (u)^k$。
2. 积分与求和的交换： 在收敛的幂级数上，可以交换积分和求和的顺序。
3. 得到级数解： 计算每一项的积分，最终得到一个数值级数。
题目三：
$int_0^infty frac{sin x}{x} , dx$ （狄利克雷积分）
难度等级： ★★★★★
解题思路：
这个积分是数学分析中一个非常经典且著名的积分，它的值是 $frac{pi}{2}$。但是，它的计算方法远非直接，因为被积函数在 $x=0$ 处是不确定的（$frac{sin x}{x} o 1$ 当 $x o 0$，所以实际上没有奇异点），并且积分区间是无穷的。
直接积分或者换元都难以奏效。常用的方法包括：
方法一：利用参数积分和微分方程
考虑积分 $I(a) = int_0^infty e^{ax} frac{sin x}{x} , dx$，其中 $a > 0$。
我们的目标是求当 $a o 0^+$ 时的 $I(a)$。
我们知道，当 $a o infty$ 时，$I(a) o 0$，因为指数项会迅速衰减。
我们对 $I(a)$ 求导：
$I'(a) = frac{d}{da} int_0^infty e^{ax} frac{sin x}{x} , dx$
假设我们可以交换积分和求导的顺序（需要严格证明，这里从略）：
$I'(a) = int_0^infty frac{partial}{partial a} (e^{ax} frac{sin x}{x}) , dx$
$I'(a) = int_0^infty (x e^{ax}) frac{sin x}{x} , dx$
$I'(a) = int_0^infty e^{ax} sin x , dx$
现在我们需要计算 $int_0^infty e^{ax} sin x , dx$。这个积分可以使用分部积分两次来完成，或者利用复指数的形式。
我们知道 $sin x = ext{Im}(e^{ix})$。
所以，$int_0^infty e^{ax} sin x , dx = ext{Im} left( int_0^infty e^{ax} e^{ix} , dx ight)$
$= ext{Im} left( int_0^infty e^{(ai)x} , dx ight)$
$= ext{Im} left( left[ frac{e^{(ai)x}}{(ai)} ight]_0^infty ight)$
因为 $a>0$，所以 $ ext{Re}(ai) = a > 0$，因此 $e^{(ai)x} o 0$ 当 $x o infty$。
$= ext{Im} left( 0 frac{1}{(ai)} ight)$
$= ext{Im} left( frac{1}{ai} ight)$
$= ext{Im} left( frac{a+i}{(ai)(a+i)} ight)$
$= ext{Im} left( frac{a+i}{a^2+1} ight)$
$= frac{1}{a^2+1}$
所以，$I'(a) = frac{1}{a^2+1}$。
现在我们有了 $I'(a)$，我们可以积分 $I'(a)$ 来得到 $I(a)$：
$I(a) = int frac{1}{a^2+1} , da = arctan(a) + C$
我们知道当 $a o infty$ 时，$I(a) o 0$。
所以，$0 = arctan(infty) + C = frac{pi}{2} + C$。
因此，$C = frac{pi}{2}$。
所以，$I(a) = frac{pi}{2} arctan(a)$。
我们最初设定的积分是 $int_0^infty frac{sin x}{x} , dx$，这相当于我们在 $I(a)$ 中令 $a=0$。但是，这里的 $I(a)$ 是定义在 $a>0$ 的。所以我们需要考虑极限 $a o 0^+$。
$lim_{a o 0^+} I(a) = lim_{a o 0^+} left( frac{pi}{2} arctan(a) ight) = frac{pi}{2} 0 = frac{pi}{2}$。
因此，$int_0^infty frac{sin x}{x} , dx = frac{pi}{2}$。
方法二：利用傅里叶变换
$frac{sin x}{x}$ 是 sinc 函数的一个变种。傅里叶变换的定义可以用来求解这类积分。
如果 $f(t)$ 的傅里叶变换是 $F(omega) = int_{infty}^infty f(t) e^{iomega t} dt$，那么根据傅里叶反变换，我们有 $f(t) = frac{1}{2pi} int_{infty}^infty F(omega) e^{iomega t} domega$。
我们知道函数 $ ext{rect}(t) = egin{cases} 1, & |t| le 1/2 \ 0, & |t| > 1/2 end{cases}$ 的傅里叶变换是 $ ext{sinc}(omega/pi) = frac{sin(omega/2)}{omega/2}$。
我们的积分是 $int_0^infty frac{sin x}{x} , dx$。注意这是从 $0$ 到 $infty$ 的积分，且被积函数是偶函数，所以：
$int_0^infty frac{sin x}{x} , dx = frac{1}{2} int_{infty}^infty frac{sin x}{x} , dx$
现在考虑函数 $g(x) = frac{sin x}{x}$。它的傅里叶变换是 $sqrt{frac{pi}{2}} ext{rect}(omega/2)$ （这是一个标准的傅里叶变换对，具体系数取决于定义）。
假设我们使用定义 $F(omega) = int_{infty}^infty f(x) e^{iomega x} dx$，那么 $frac{sin x}{x}$ 的傅里叶变换是 $pi cdot ext{rect}(omega/2)$。
$int_{infty}^infty frac{sin x}{x} e^{iomega x} dx = pi cdot ext{rect}(omega/2)$。
为了得到 $int_{infty}^infty frac{sin x}{x} , dx$，我们可以令 $omega=0$。
$int_{infty}^infty frac{sin x}{x} , dx = pi cdot ext{rect}(0/2) = pi cdot 1 = pi$。
因此，$int_0^infty frac{sin x}{x} , dx = frac{1}{2} int_{infty}^infty frac{sin x}{x} , dx = frac{pi}{2}$。
方法三：利用复分析中的留数定理
这是更高级的方法，通常在复变函数课程中讲解。
考虑积分路径是一个大半圆形，加上实轴上的积分。利用留数定理可以计算这个积分。
技巧总结：
1. 参数积分： 引入指数衰减因子 $e^{ax}$，通过对参数求导，将积分转化为一个更易处理的积分，再通过积分回参数得到原积分的值。这是解决很多无上下限或积分核复杂积分的利器。
2. 复指数形式： 将三角函数表示为复指数的形式，可以简化分部积分的计算。
3. 傅里叶变换： 如果熟悉傅里叶变换的性质，可以直接利用已知积分核的傅里叶变换来求解。
4. 复分析（留数定理）： 最为普遍和强大的工具，但需要较高的数学基础。
题目四：
$int_0^{pi/4} ln(sin x + cos x) , dx$
难度等级： ★★★★★
解题思路：
这个积分看起来相当棘手，直接积分或者换元都很难处理。它涉及到对数函数和三角函数的结合。让我们尝试一些特殊技巧。
思路一：利用对数性质和对称性
令 $I = int_0^{pi/4} ln(sin x + cos x) , dx$。
我们可以对 $sin x + cos x$ 进行三角恒等变形：
$sin x + cos x = sqrt{2} left( frac{1}{sqrt{2}} sin x + frac{1}{sqrt{2}} cos x ight) = sqrt{2} (cos(pi/4)sin x + sin(pi/4)cos x) = sqrt{2} sin(x+pi/4)$
或者
$sin x + cos x = sqrt{2} left( frac{1}{sqrt{2}} cos x + frac{1}{sqrt{2}} sin x ight) = sqrt{2} (cos(pi/4)cos x + sin(pi/4)sin x) = sqrt{2} cos(xpi/4)$
我们选择使用 $sqrt{2} cos(xpi/4)$，因为积分上限是 $pi/4$。
$I = int_0^{pi/4} ln(sqrt{2} cos(xpi/4)) , dx$
$I = int_0^{pi/4} [ln(sqrt{2}) + ln(cos(xpi/4))] , dx$
$I = int_0^{pi/4} ln(sqrt{2}) , dx + int_0^{pi/4} ln(cos(xpi/4)) , dx$
第一部分很容易计算：
$int_0^{pi/4} ln(sqrt{2}) , dx = ln(sqrt{2}) int_0^{pi/4} 1 , dx = ln(2^{1/2}) cdot frac{pi}{4} = frac{1}{2} ln 2 cdot frac{pi}{4} = frac{pi}{8} ln 2$
现在来看第二部分：
$J = int_0^{pi/4} ln(cos(xpi/4)) , dx$
令 $u = xpi/4$。当 $x=0$ 时，$u=pi/4$；当 $x=pi/4$ 时，$u=0$。$du = dx$。
$J = int_{pi/4}^0 ln(cos u) , du$
由于 $cos u$ 是偶函数，$cos(u) = cos u$，所以 $ln(cos u)$ 也是偶函数。因此：
$J = int_0^{pi/4} ln(cos u) , du$
现在的问题变成了如何计算 $int_0^{pi/4} ln(cos x) , dx$。这个积分本身就是一个非常有名的积分，被称为 对数积分的特殊情况，其值是 $frac{pi}{8} ln 2$。但是，通常的计算方法是利用 $int_0^{pi/2} ln(cos x) , dx = frac{pi}{2} ln 2$。
这个题目要求的是在 $pi/4$ 的区间内，这需要更复杂的技巧。
我们回顾一下 $int_0^{pi/2} ln(cos x) , dx$ 的计算过程：
令 $K = int_0^{pi/2} ln(cos x) , dx$。
利用性质 $int_0^a f(x) dx = int_0^a f(ax) dx$，我们有：
$K = int_0^{pi/2} ln(cos(pi/2 x)) , dx = int_0^{pi/2} ln(sin x) , dx$。
所以，$2K = int_0^{pi/2} (ln(cos x) + ln(sin x)) , dx = int_0^{pi/2} ln(sin x cos x) , dx$
$2K = int_0^{pi/2} ln(frac{1}{2} sin(2x)) , dx = int_0^{pi/2} (ln(1/2) + ln(sin(2x))) , dx$
$2K = int_0^{pi/2} (ln 2) , dx + int_0^{pi/2} ln(sin(2x)) , dx$
$2K = frac{pi}{2} ln 2 + int_0^{pi/2} ln(sin(2x)) , dx$
令 $t=2x$，则 $dt=2dx$。当 $x=0$ 时，$t=0$；当 $x=pi/2$ 时，$t=pi$。
$int_0^{pi/2} ln(sin(2x)) , dx = int_0^pi ln(sin t) frac{dt}{2} = frac{1}{2} int_0^pi ln(sin t) , dt$
由于 $sin t$ 在 $(0, pi)$ 上是关于 $pi/2$ 对称的，即 $sin(pit) = sin t$，所以 $int_0^pi ln(sin t) , dt = 2 int_0^{pi/2} ln(sin t) , dt = 2K$。
代入回去：
$2K = frac{pi}{2} ln 2 + frac{1}{2} (2K) = frac{pi}{2} ln 2 + K$
$K = frac{pi}{2} ln 2$。
现在我们知道 $int_0^{pi/2} ln(cos x) , dx = frac{pi}{2} ln 2$。
但是我们的积分是 $int_0^{pi/4} ln(cos x) , dx$。
一个更直接的技巧是利用导数定义：
考虑函数 $G(a) = int_0^{pi/4} ln(sin x + a cos x) dx$。
令 $a=1$，我们要求 $G(1)$。
$G'(a) = int_0^{pi/4} frac{cos x}{sin x + a cos x} , dx$
当 $a=0$ 时，$G'(0) = int_0^{pi/4} frac{cos x}{sin x} , dx = int_0^{pi/4} cot x , dx = [ln|sin x|]_0^{pi/4}$。
这里在下限 $x=0$ 时，$sin x o 0$，$ln(sin x) o infty$，所以积分是不收敛的！这说明直接这样参数化可能不方便，或者需要处理奇异点。
让我们回到题目 $I = int_0^{pi/4} ln(sin x + cos x) , dx$ 本身。
可以考虑一个更广义的积分 $int_0^{pi/2} ln(sin x + cos x) , dx$。
我们已经知道 $sin x + cos x = sqrt{2} sin(x+pi/4)$。
$int_0^{pi/2} ln(sin x + cos x) , dx = int_0^{pi/2} ln(sqrt{2} sin(x+pi/4)) , dx$
$= int_0^{pi/2} ln(sqrt{2}) , dx + int_0^{pi/2} ln(sin(x+pi/4)) , dx$
$= frac{pi}{2} ln(sqrt{2}) + int_0^{pi/2} ln(sin(x+pi/4)) , dx$
$= frac{pi}{4} ln 2 + int_0^{pi/2} ln(sin(x+pi/4)) , dx$
令 $u = x+pi/4$。当 $x=0$ 时，$u=pi/4$；当 $x=pi/2$ 时，$u=3pi/4$。
$int_0^{pi/2} ln(sin(x+pi/4)) , dx = int_{pi/4}^{3pi/4} ln(sin u) , du$
这个积分可以写成：
$int_{pi/4}^{pi/2} ln(sin u) , du + int_{pi/2}^{3pi/4} ln(sin u) , du$
在第二个积分中，令 $v = pi u$。当 $u=pi/2$ 时，$v=pi/2$；当 $u=3pi/4$ 时，$v=pi/4$。$du = dv$。
$int_{pi/2}^{3pi/4} ln(sin u) , du = int_{pi/2}^{pi/4} ln(sin(piv)) (dv) = int_{pi/2}^{pi/4} ln(sin v) (dv) = int_{pi/4}^{pi/2} ln(sin v) , dv$
所以，
$int_{pi/4}^{3pi/4} ln(sin u) , du = int_{pi/4}^{pi/2} ln(sin u) , du + int_{pi/4}^{pi/2} ln(sin v) , dv = 2 int_{pi/4}^{pi/2} ln(sin x) , dx$
这让我们回到了计算 $int ln(sin x) dx$ 的问题，但现在是在 $[0, pi/4]$ 或 $[pi/4, pi/2]$ 区间。
我们知道 $int_0^{pi/2} ln(sin x) , dx = frac{pi}{2} ln 2$。
$int_0^{pi/2} ln(sin x) , dx = int_0^{pi/4} ln(sin x) , dx + int_{pi/4}^{pi/2} ln(sin x) , dx$
利用 $int_{pi/4}^{pi/2} ln(sin x) , dx = int_0^{pi/4} ln(cos x) , dx$ 且 $int_0^{pi/4} ln(sin x) , dx + int_0^{pi/4} ln(cos x) , dx = int_0^{pi/4} ln(sin x cos x) , dx = int_0^{pi/4} ln(frac{1}{2} sin(2x)) , dx$
令 $K_1 = int_0^{pi/4} ln(sin x) , dx$ 且 $K_2 = int_0^{pi/4} ln(cos x) , dx$。
$K_1 + K_2 = int_0^{pi/4} ln(frac{1}{2} sin(2x)) , dx = int_0^{pi/4} (ln 2 + ln(sin(2x))) , dx$
$= frac{pi}{4} ln 2 + int_0^{pi/4} ln(sin(2x)) , dx$
令 $t=2x$，则 $dt=2dx$。当 $x=0$ 时，$t=0$；当 $x=pi/4$ 时，$t=pi/2$。
$int_0^{pi/4} ln(sin(2x)) , dx = int_0^{pi/2} ln(sin t) frac{dt}{2} = frac{1}{2} int_0^{pi/2} ln(sin t) , dt = frac{1}{2} (frac{pi}{2} ln 2) = frac{pi}{4} ln 2$。
所以，$K_1 + K_2 = frac{pi}{4} ln 2 frac{pi}{4} ln 2 = frac{pi}{2} ln 2$。
现在我们知道 $K_1 + K_2 = frac{pi}{2} ln 2$。
并且 $int_0^{pi/2} ln(sin x) , dx = K_1 + K_2 = frac{pi}{2} ln 2$ 这个结果和我们上面直接算的对上了。
那么，我们最初的题目 $I = int_0^{pi/4} ln(sin x + cos x) , dx = frac{pi}{8} ln 2 + int_0^{pi/4} ln(cos x) , dx = frac{pi}{8} ln 2 + K_2$。
我们需要求出 $K_2 = int_0^{pi/4} ln(cos x) , dx$ 的值。
这又是一个著名的“对数积分”问题。可以通过级数展开或者更复杂的参数积分来求解。
一个常用的结论是：$int_0^{pi/4} ln(cos x) , dx = frac{pi}{8} ln 2 frac{1}{2} G$，其中 $G$ 是 Catalan 常数 ($G = sum_{n=0}^infty frac{(1)^n}{(2n+1)^2} approx 0.9159659$)。
这说明这个题目本身可能是为了引出 Catalan 常数或者一个特定的数学恒等式。 如果是在一个常规的微积分考试中，可能会有更“可解”的版本，或者题目会有一些提示。
回到最原始的题目，也许有另一条路径。
考虑一个参数 $a$: $I(a) = int_0^{pi/4} ln(sin x + a cos x) dx$。
令 $a=1$，我们求 $I(1)$。
$I'(a) = int_0^{pi/4} frac{cos x}{sin x + a cos x} dx$.
令 $u = sin x + a cos x$, $du = (cos x a sin x) dx$. 这个看起来不好。
使用复数可能更有帮助。
$sin x + cos x = sqrt{2} e^{i(xpi/4)}$ （不是严格的，因为这里是实数）
但 $sin x + cos x = sqrt{2} cos(xpi/4)$。
一个关键的技巧是考虑 $int_0^{pi/2} ln(sin x + cos x) dx$ 的另一种求法：
令 $I = int_0^{pi/2} ln(sin x + cos x) dx$。
我们已知道 $I = int_0^{pi/2} ln(sqrt{2} sin(x+pi/4)) dx = frac{pi}{4} ln 2 + int_{pi/4}^{3pi/4} ln(sin u) du$。
我们还知道 $int_0^{pi/2} ln(sin x) dx = frac{pi}{2} ln 2$。
$int_{pi/4}^{3pi/4} ln(sin u) du = int_{pi/4}^{pi/2} ln(sin u) du + int_{pi/2}^{3pi/4} ln(sin u) du$
$= int_{pi/4}^{pi/2} ln(sin u) du + int_0^{pi/4} ln(sin v) dv$ (通过换元 $v=piu$)
$= int_0^{pi/4} ln(sin x) dx + int_{pi/4}^{pi/2} ln(sin x) dx$
$= int_0^{pi/4} (ln(sin x) + ln(cos x)) dx$ (因为 $int_{pi/4}^{pi/2} ln(sin x) dx = int_0^{pi/4} ln(cos x) dx$)
$= int_0^{pi/4} ln(sin x cos x) dx = int_0^{pi/4} ln(frac{1}{2} sin(2x)) dx$
$= int_0^{pi/4} (ln 2 + ln(sin(2x))) dx = frac{pi}{4} ln 2 + frac{1}{2} int_0^{pi/2} ln(sin t) dt$
$= frac{pi}{4} ln 2 + frac{1}{2} (frac{pi}{2} ln 2) = frac{pi}{4} ln 2 frac{pi}{4} ln 2 = frac{pi}{2} ln 2$
所以 $int_0^{pi/2} ln(sin x + cos x) dx = frac{pi}{4} ln 2 + (frac{pi}{2} ln 2) = frac{pi}{4} ln 2$。
回到我们的原始题目： $int_0^{pi/4} ln(sin x + cos x) , dx$
$I = int_0^{pi/4} ln(sqrt{2} cos(xpi/4)) , dx = frac{pi}{8} ln 2 + int_0^{pi/4} ln(cos(xpi/4)) , dx$
令 $u=xpi/4$，则 $du=dx$。
$I = frac{pi}{8} ln 2 + int_{pi/4}^0 ln(cos u) , du = frac{pi}{8} ln 2 + int_0^{pi/4} ln(cos u) , du$ (因为 $cos u$ 是偶函数)。
所以，最终的答案是 $I = frac{pi}{8} ln 2 + int_0^{pi/4} ln(cos x) , dx$。
这个积分 $int_0^{pi/4} ln(cos x) , dx$ 的值确实是 $frac{pi}{8} ln 2 frac{1}{2} G$。
代入得到：$I = frac{pi}{8} ln 2 + (frac{pi}{8} ln 2 frac{1}{2} G) = frac{pi}{4} ln 2 frac{1}{2} G$。
这个题目非常深刻，它牵涉到了 Catalan 常数。如果仅仅是想练习“技巧”，这个题目可能超纲了。但作为挑战极限的题目，它非常棒。
技巧总结：
1. 三角恒等变形： 将 $sin x + cos x$ 变形为 $sqrt{2} cos(xpi/4)$ 或 $sqrt{2} sin(x+pi/4)$。
2. 对数性质： 将 $ln(sqrt{2} f(x))$ 分解为 $ln(sqrt{2}) + ln(f(x))$。
3. 换元： 改变积分变量，将积分区间和被积函数进行转换。
4. 利用已知积分结果或通过更复杂的参数积分/级数来求解基本积分，例如 $int_0^{pi/4} ln(cos x) , dx$。
5. 认识到可能牵涉到特殊函数（如 Catalan 常数）。
如何寻找更多有难度的定积分题？
1. 数学竞赛题库： 像美国大学生数学竞赛 (Putnam Competition)、国际数学奥林匹克 (IMO) 的一些高等数学部分，或者国内的一些数学分析竞赛题，都会有很多高质量的定积分题目。
2. 经典数学分析教材的习题： 比如菲赫金哥尔茨的《数学分析学教程》、卓里奇的《数学分析》、菲兹的《数学分析》等等，这些教材的习题都是经过精心设计的。
3. 专业数学论坛或网站： 搜索 "challenging integration problems"、"hard definite integrals" 或者 "math problem solving forums"，通常能找到一些爱好者分享的难题。例如，一些物理或工程领域的积分问题，常常也很有难度。
4. 数学软件的积分计算： 有时候，你可以尝试在 Wolfram Alpha 等数学软件中输入一些看起来复杂的函数，看看它能否解析地积分，然后研究它的解法。
5. 特定的数学领域： 比如统计学中的概率密度函数积分、物理学中的势能积分、傅里叶变换相关的积分等，都可能包含非常有挑战性的定积分。
找到好题是第一步，更重要的是思考！ 不要害怕复杂的题目，尝试从不同的角度去分析，运用你掌握的各种工具。即使一时无法解决，分析题目的结构和可能的解题方向也是非常有价值的学习过程。
希望这些题目和讲解能让你觉得有趣，并且有所启发！祝你在定积分的世界里遨游愉快！
在开始之前，咱们先回顾一下定积分的几种常见求解方法，做到心中有数：
直接积分法： 这是最基础的方法，适用于被积函数比较简单的情况，直接套用基本积分公式即可。但别小看了它，有时候一些看似复杂的函数，经过简单的恒等变形，就能回归到基本形式。
换元积分法： 当被积函数不直接是基本积分的形式时，我们可以通过引入一个新的变量，将复杂的被积函数转化为更容易积分的形式。常见的有第一类换元法（凑微分）和第二类换元法（三角换元、指数换元等）。
分部积分法： 这个方法非常强大，尤其适用于被积函数是两个函数乘积的形式，或者对数函数、反三角函数等难以直接积分的函数。核心在于选择合适的 u 和 dv，然后套用公式 $int u , dv = uv int v , du$。
利用积分性质： 有些定积分题目，虽然直接计算很困难，但利用定积分的对称性、周期性、线性性质等，或者结合一些特殊的积分公式（如Wallis公式、Gamma函数等），可以大大简化计算过程，甚至直接得出答案。
泰勒展开或级数求和： 对于一些超越函数，或者参数依赖的积分，我们可以考虑将其泰勒展开成幂级数，然后逐项积分，或者将级数求和。
好了，有了这些“武器”，我们就可以来“实战”一番了！以下是一些我认为比较有代表性的难题，我会逐一拆解：
题目一：
$int_0^{pi/2} frac{sin x}{sin x + cos x} , dx$
难度等级： ★★★☆☆
解题思路：
这道题的被积函数看起来有点麻烦，直接积分似乎不太容易。但是，仔细观察分母 $sin x + cos x$，以及分子 $sin x$，我们可以考虑使用定积分的一个非常经典且重要的性质：
性质： $int_a^b f(x) , dx = int_a^b f(a+bx) , dx$
将这个性质应用到我们的题目上，令 $I = int_0^{pi/2} frac{sin x}{sin x + cos x} , dx$。
将 $x$ 替换为 $frac{pi}{2} x$，我们得到：
$I = int_0^{pi/2} frac{sin(frac{pi}{2} x)}{sin(frac{pi}{2} x) + cos(frac{pi}{2} x)} , dx$
我们知道 $sin(frac{pi}{2} x) = cos x$ 且 $cos(frac{pi}{2} x) = sin x$。所以，
$I = int_0^{pi/2} frac{cos x}{cos x + sin x} , dx$
现在我们有了两个关于 $I$ 的等式：
1. $I = int_0^{pi/2} frac{sin x}{sin x + cos x} , dx$
2. $I = int_0^{pi/2} frac{cos x}{sin x + cos x} , dx$
将这两个等式相加，由于积分区间相同，被积函数的相加是很自然的：
$2I = int_0^{pi/2} frac{sin x}{sin x + cos x} , dx + int_0^{pi/2} frac{cos x}{sin x + cos x} , dx$
$2I = int_0^{pi/2} frac{sin x + cos x}{sin x + cos x} , dx$
哇！分子和分母完全一样了，这是一个非常漂亮的简化！
$2I = int_0^{pi/2} 1 , dx$
这是一个非常简单的定积分了。
$2I = [x]_0^{pi/2} = frac{pi}{2} 0 = frac{pi}{2}$
所以，$I = frac{pi}{4}$。
技巧总结： 利用定积分的对称性性质 $int_a^b f(x) , dx = int_a^b f(a+bx) , dx$ 是解决这类问题的关键。当被积函数中存在 $sin x$ 和 $cos x$ 的对称组合时，这个性质往往能带来惊喜。
题目二：
$int_0^1 frac{1}{1+x^n} , dx$ 其中 $n$ 是正整数
难度等级： ★★★★☆
解题思路：
当 $n=1$ 时，这是 $int_0^1 frac{1}{1+x} , dx = [ln(1+x)]_0^1 = ln 2$。
当 $n=2$ 时，这是 $int_0^1 frac{1}{1+x^2} , dx = [arctan x]_0^1 = frac{pi}{4}$。
但当 $n ge 3$ 时，直接积分就变得棘手了。这里我们需要引入一种更高级的技巧——参数积分或者微分方程法。我们先尝试用参数积分。
考虑积分 $I(a) = int_0^1 frac{1}{a+x^n} , dx$。我们的目标是找到 $I(1)$。但这样好像没有直接简化。
换个思路，我们考虑一个辅助积分：
令 $J(a) = int_0^1 frac{1}{a^n + x^n} , dx$。这里的目标是求 $J(1)$。
考虑 $J'(a)$：
$J'(a) = frac{d}{da} int_0^1 frac{1}{a^n + x^n} , dx = int_0^1 frac{partial}{partial a} left( frac{1}{a^n + x^n} ight) , dx$
$J'(a) = int_0^1 frac{n a^{n1}}{(a^n + x^n)^2} , dx$
这个好像也挺复杂的。
我们换一个更直接的参数积分：
考虑积分 $I(a) = int_0^1 frac{1}{1 + ax^n} , dx$。我们的目标是求 $I(1)$。
对 $a$ 求导：
$I'(a) = frac{d}{da} int_0^1 frac{1}{1+ax^n} , dx = int_0^1 frac{partial}{partial a} left(frac{1}{1+ax^n} ight) , dx$
$I'(a) = int_0^1 frac{x^n}{(1+ax^n)^2} , dx$
这个还是有点复杂。
让我们回到题目本身：$int_0^1 frac{1}{1+x^n} , dx$。
对于这个积分，一个非常强大的工具是Wallis积分公式的推广，或者利用递推关系。
我们可以尝试对 $n$ 进行递推处理。
令 $I_n = int_0^1 frac{1}{1+x^n} , dx$。
考虑 $I_n$ 和 $I_{nk}$ 的关系。
我们来尝试一个换元：令 $u = x^n$，则 $x = u^{1/n}$，$dx = frac{1}{n} u^{1/n 1} du$。
当 $x=0$ 时，$u=0$；当 $x=1$ 时，$u=1$。
$I_n = int_0^1 frac{1}{1+u} cdot frac{1}{n} u^{1/n 1} , du = frac{1}{n} int_0^1 frac{u^{1/n 1}}{1+u} , du$
这个形式也并没有直接简化。
再尝试一个更巧妙的换元，或者分部积分。
考虑分部积分：$int u , dv = uv int v , du$
令 $dv = frac{1}{1+x^n} dx$ ← 这样 $v$ 不好求
令 $u = frac{1}{1+x^n}$ ← 这样 $du$ 也不好求
我们换个角度，考虑一个更普遍的积分形式，然后通过参数来简化。
考虑积分 $I(a) = int_0^1 frac{x^a}{1+x^n} , dx$。
我们想求的是 $I(0) = int_0^1 frac{1}{1+x^n} , dx$。
对 $I(a)$ 求导：
$I'(a) = frac{d}{da} int_0^1 frac{x^a}{1+x^n} , dx = int_0^1 frac{partial}{partial a} left(frac{x^a}{1+x^n} ight) , dx$
$I'(a) = int_0^1 frac{x^a ln x}{1+x^n} , dx$
这依然没有简化。
但是，我们可以对分母 $frac{1}{1+x^n}$ 进行处理。对于 $frac{1}{1+x^n}$，我们知道当 $|x|<1$ 时，它是一个几何级数：
$frac{1}{1+x^n} = 1 x^n + x^{2n} x^{3n} + dots = sum_{k=0}^infty (1)^k x^{kn}$
现在我们可以尝试将级数代入积分中，并交换积分和求和的顺序（这在一定条件下是允许的，特别是在收敛的幂级数上）。
$int_0^1 frac{1}{1+x^n} , dx = int_0^1 left( sum_{k=0}^infty (1)^k x^{kn} ight) , dx$
$= sum_{k=0}^infty (1)^k int_0^1 x^{kn} , dx$
现在计算 $int_0^1 x^{kn} , dx$：
$int_0^1 x^{kn} , dx = left[ frac{x^{kn+1}}{kn+1} ight]_0^1 = frac{1^{kn+1}}{kn+1} frac{0^{kn+1}}{kn+1} = frac{1}{kn+1}$ （假设 $kn+1 > 0$，对于 $k ge 0$ 和 $n ge 1$ 总是成立的）
所以，原积分等于：
$sum_{k=0}^infty (1)^k frac{1}{kn+1}$
这个级数被称为Alternating Harmonic Series of Order n 或者与Lerch transcendent有关。
例如，当 $n=1$ 时： $sum_{k=0}^infty (1)^k frac{1}{k+1} = 1 frac{1}{2} + frac{1}{3} frac{1}{4} + dots = ln 2$。
当 $n=2$ 时： $sum_{k=0}^infty (1)^k frac{1}{2k+1} = 1 frac{1}{3} + frac{1}{5} frac{1}{7} + dots = arctan(1) = frac{pi}{4}$。
对于一般的 $n$，这个级数通常没有一个简单的初等函数形式的封闭解。如果题目要求的是一个封闭形式，可能需要进一步的定义，或者题目本身就导向这个级数形式。
如果题目是要求找到一个“方法”，而不是一个具体的数值，那么上述的级数形式就是答案。
另一种思考方向（与参数积分关联）：
考虑函数 $f(a) = int_0^1 frac{x^a}{1+x^n} dx$。
我们已知 $f(a)$ 对应的级数是 $sum_{k=0}^{infty} (1)^k frac{1}{kn+a+1}$。
当 $a=0$ 时，我们得到 $sum_{k=0}^{infty} (1)^k frac{1}{kn+1}$。
这个题目实际上是引入了特殊函数或者级数解的概念。 如果是在微积分的常规课程中遇到，通常会有更直接的技巧。但对于“有难度”的题目，这个级数展开是很常见的手法。
技巧总结：
1. 几何级数展开： 将被积函数（当 $|x|<1$ 时）表示为收敛的几何级数 $frac{1}{1+u} = sum_{k=0}^infty (u)^k$。
2. 积分与求和的交换： 在收敛的幂级数上，可以交换积分和求和的顺序。
3. 得到级数解： 计算每一项的积分，最终得到一个数值级数。
题目三：
$int_0^infty frac{sin x}{x} , dx$ （狄利克雷积分）
难度等级： ★★★★★
解题思路：
这个积分是数学分析中一个非常经典且著名的积分，它的值是 $frac{pi}{2}$。但是，它的计算方法远非直接，因为被积函数在 $x=0$ 处是不确定的（$frac{sin x}{x} o 1$ 当 $x o 0$，所以实际上没有奇异点），并且积分区间是无穷的。
直接积分或者换元都难以奏效。常用的方法包括：
方法一：利用参数积分和微分方程
考虑积分 $I(a) = int_0^infty e^{ax} frac{sin x}{x} , dx$，其中 $a > 0$。
我们的目标是求当 $a o 0^+$ 时的 $I(a)$。
我们知道，当 $a o infty$ 时，$I(a) o 0$，因为指数项会迅速衰减。
我们对 $I(a)$ 求导：
$I'(a) = frac{d}{da} int_0^infty e^{ax} frac{sin x}{x} , dx$
假设我们可以交换积分和求导的顺序（需要严格证明，这里从略）：
$I'(a) = int_0^infty frac{partial}{partial a} (e^{ax} frac{sin x}{x}) , dx$
$I'(a) = int_0^infty (x e^{ax}) frac{sin x}{x} , dx$
$I'(a) = int_0^infty e^{ax} sin x , dx$
现在我们需要计算 $int_0^infty e^{ax} sin x , dx$。这个积分可以使用分部积分两次来完成，或者利用复指数的形式。
我们知道 $sin x = ext{Im}(e^{ix})$。
所以，$int_0^infty e^{ax} sin x , dx = ext{Im} left( int_0^infty e^{ax} e^{ix} , dx ight)$
$= ext{Im} left( int_0^infty e^{(ai)x} , dx ight)$
$= ext{Im} left( left[ frac{e^{(ai)x}}{(ai)} ight]_0^infty ight)$
因为 $a>0$，所以 $ ext{Re}(ai) = a > 0$，因此 $e^{(ai)x} o 0$ 当 $x o infty$。
$= ext{Im} left( 0 frac{1}{(ai)} ight)$
$= ext{Im} left( frac{1}{ai} ight)$
$= ext{Im} left( frac{a+i}{(ai)(a+i)} ight)$
$= ext{Im} left( frac{a+i}{a^2+1} ight)$
$= frac{1}{a^2+1}$
所以，$I'(a) = frac{1}{a^2+1}$。
现在我们有了 $I'(a)$，我们可以积分 $I'(a)$ 来得到 $I(a)$：
$I(a) = int frac{1}{a^2+1} , da = arctan(a) + C$
我们知道当 $a o infty$ 时，$I(a) o 0$。
所以，$0 = arctan(infty) + C = frac{pi}{2} + C$。
因此，$C = frac{pi}{2}$。
所以，$I(a) = frac{pi}{2} arctan(a)$。
我们最初设定的积分是 $int_0^infty frac{sin x}{x} , dx$，这相当于我们在 $I(a)$ 中令 $a=0$。但是，这里的 $I(a)$ 是定义在 $a>0$ 的。所以我们需要考虑极限 $a o 0^+$。
$lim_{a o 0^+} I(a) = lim_{a o 0^+} left( frac{pi}{2} arctan(a) ight) = frac{pi}{2} 0 = frac{pi}{2}$。
因此，$int_0^infty frac{sin x}{x} , dx = frac{pi}{2}$。
方法二：利用傅里叶变换
$frac{sin x}{x}$ 是 sinc 函数的一个变种。傅里叶变换的定义可以用来求解这类积分。
如果 $f(t)$ 的傅里叶变换是 $F(omega) = int_{infty}^infty f(t) e^{iomega t} dt$，那么根据傅里叶反变换，我们有 $f(t) = frac{1}{2pi} int_{infty}^infty F(omega) e^{iomega t} domega$。
我们知道函数 $ ext{rect}(t) = egin{cases} 1, & |t| le 1/2 \ 0, & |t| > 1/2 end{cases}$ 的傅里叶变换是 $ ext{sinc}(omega/pi) = frac{sin(omega/2)}{omega/2}$。
我们的积分是 $int_0^infty frac{sin x}{x} , dx$。注意这是从 $0$ 到 $infty$ 的积分，且被积函数是偶函数，所以：
$int_0^infty frac{sin x}{x} , dx = frac{1}{2} int_{infty}^infty frac{sin x}{x} , dx$
现在考虑函数 $g(x) = frac{sin x}{x}$。它的傅里叶变换是 $sqrt{frac{pi}{2}} ext{rect}(omega/2)$ （这是一个标准的傅里叶变换对，具体系数取决于定义）。
假设我们使用定义 $F(omega) = int_{infty}^infty f(x) e^{iomega x} dx$，那么 $frac{sin x}{x}$ 的傅里叶变换是 $pi cdot ext{rect}(omega/2)$。
$int_{infty}^infty frac{sin x}{x} e^{iomega x} dx = pi cdot ext{rect}(omega/2)$。
为了得到 $int_{infty}^infty frac{sin x}{x} , dx$，我们可以令 $omega=0$。
$int_{infty}^infty frac{sin x}{x} , dx = pi cdot ext{rect}(0/2) = pi cdot 1 = pi$。
因此，$int_0^infty frac{sin x}{x} , dx = frac{1}{2} int_{infty}^infty frac{sin x}{x} , dx = frac{pi}{2}$。
方法三：利用复分析中的留数定理
这是更高级的方法，通常在复变函数课程中讲解。
考虑积分路径是一个大半圆形，加上实轴上的积分。利用留数定理可以计算这个积分。
技巧总结：
1. 参数积分： 引入指数衰减因子 $e^{ax}$，通过对参数求导，将积分转化为一个更易处理的积分，再通过积分回参数得到原积分的值。这是解决很多无上下限或积分核复杂积分的利器。
2. 复指数形式： 将三角函数表示为复指数的形式，可以简化分部积分的计算。
3. 傅里叶变换： 如果熟悉傅里叶变换的性质，可以直接利用已知积分核的傅里叶变换来求解。
4. 复分析（留数定理）： 最为普遍和强大的工具，但需要较高的数学基础。
题目四：
$int_0^{pi/4} ln(sin x + cos x) , dx$
难度等级： ★★★★★
解题思路：
这个积分看起来相当棘手，直接积分或者换元都很难处理。它涉及到对数函数和三角函数的结合。让我们尝试一些特殊技巧。
思路一：利用对数性质和对称性
令 $I = int_0^{pi/4} ln(sin x + cos x) , dx$。
我们可以对 $sin x + cos x$ 进行三角恒等变形：
$sin x + cos x = sqrt{2} left( frac{1}{sqrt{2}} sin x + frac{1}{sqrt{2}} cos x ight) = sqrt{2} (cos(pi/4)sin x + sin(pi/4)cos x) = sqrt{2} sin(x+pi/4)$
或者
$sin x + cos x = sqrt{2} left( frac{1}{sqrt{2}} cos x + frac{1}{sqrt{2}} sin x ight) = sqrt{2} (cos(pi/4)cos x + sin(pi/4)sin x) = sqrt{2} cos(xpi/4)$
我们选择使用 $sqrt{2} cos(xpi/4)$，因为积分上限是 $pi/4$。
$I = int_0^{pi/4} ln(sqrt{2} cos(xpi/4)) , dx$
$I = int_0^{pi/4} [ln(sqrt{2}) + ln(cos(xpi/4))] , dx$
$I = int_0^{pi/4} ln(sqrt{2}) , dx + int_0^{pi/4} ln(cos(xpi/4)) , dx$
第一部分很容易计算：
$int_0^{pi/4} ln(sqrt{2}) , dx = ln(sqrt{2}) int_0^{pi/4} 1 , dx = ln(2^{1/2}) cdot frac{pi}{4} = frac{1}{2} ln 2 cdot frac{pi}{4} = frac{pi}{8} ln 2$
现在来看第二部分：
$J = int_0^{pi/4} ln(cos(xpi/4)) , dx$
令 $u = xpi/4$。当 $x=0$ 时，$u=pi/4$；当 $x=pi/4$ 时，$u=0$。$du = dx$。
$J = int_{pi/4}^0 ln(cos u) , du$
由于 $cos u$ 是偶函数，$cos(u) = cos u$，所以 $ln(cos u)$ 也是偶函数。因此：
$J = int_0^{pi/4} ln(cos u) , du$
现在的问题变成了如何计算 $int_0^{pi/4} ln(cos x) , dx$。这个积分本身就是一个非常有名的积分，被称为 对数积分的特殊情况，其值是 $frac{pi}{8} ln 2$。但是，通常的计算方法是利用 $int_0^{pi/2} ln(cos x) , dx = frac{pi}{2} ln 2$。
这个题目要求的是在 $pi/4$ 的区间内，这需要更复杂的技巧。
我们回顾一下 $int_0^{pi/2} ln(cos x) , dx$ 的计算过程：
令 $K = int_0^{pi/2} ln(cos x) , dx$。
利用性质 $int_0^a f(x) dx = int_0^a f(ax) dx$，我们有：
$K = int_0^{pi/2} ln(cos(pi/2 x)) , dx = int_0^{pi/2} ln(sin x) , dx$。
所以，$2K = int_0^{pi/2} (ln(cos x) + ln(sin x)) , dx = int_0^{pi/2} ln(sin x cos x) , dx$
$2K = int_0^{pi/2} ln(frac{1}{2} sin(2x)) , dx = int_0^{pi/2} (ln(1/2) + ln(sin(2x))) , dx$
$2K = int_0^{pi/2} (ln 2) , dx + int_0^{pi/2} ln(sin(2x)) , dx$
$2K = frac{pi}{2} ln 2 + int_0^{pi/2} ln(sin(2x)) , dx$
令 $t=2x$，则 $dt=2dx$。当 $x=0$ 时，$t=0$；当 $x=pi/2$ 时，$t=pi$。
$int_0^{pi/2} ln(sin(2x)) , dx = int_0^pi ln(sin t) frac{dt}{2} = frac{1}{2} int_0^pi ln(sin t) , dt$
由于 $sin t$ 在 $(0, pi)$ 上是关于 $pi/2$ 对称的，即 $sin(pit) = sin t$，所以 $int_0^pi ln(sin t) , dt = 2 int_0^{pi/2} ln(sin t) , dt = 2K$。
代入回去：
$2K = frac{pi}{2} ln 2 + frac{1}{2} (2K) = frac{pi}{2} ln 2 + K$
$K = frac{pi}{2} ln 2$。
现在我们知道 $int_0^{pi/2} ln(cos x) , dx = frac{pi}{2} ln 2$。
但是我们的积分是 $int_0^{pi/4} ln(cos x) , dx$。
一个更直接的技巧是利用导数定义：
考虑函数 $G(a) = int_0^{pi/4} ln(sin x + a cos x) dx$。
令 $a=1$，我们要求 $G(1)$。
$G'(a) = int_0^{pi/4} frac{cos x}{sin x + a cos x} , dx$
当 $a=0$ 时，$G'(0) = int_0^{pi/4} frac{cos x}{sin x} , dx = int_0^{pi/4} cot x , dx = [ln|sin x|]_0^{pi/4}$。
这里在下限 $x=0$ 时，$sin x o 0$，$ln(sin x) o infty$，所以积分是不收敛的！这说明直接这样参数化可能不方便，或者需要处理奇异点。
让我们回到题目 $I = int_0^{pi/4} ln(sin x + cos x) , dx$ 本身。
可以考虑一个更广义的积分 $int_0^{pi/2} ln(sin x + cos x) , dx$。
我们已经知道 $sin x + cos x = sqrt{2} sin(x+pi/4)$。
$int_0^{pi/2} ln(sin x + cos x) , dx = int_0^{pi/2} ln(sqrt{2} sin(x+pi/4)) , dx$
$= int_0^{pi/2} ln(sqrt{2}) , dx + int_0^{pi/2} ln(sin(x+pi/4)) , dx$
$= frac{pi}{2} ln(sqrt{2}) + int_0^{pi/2} ln(sin(x+pi/4)) , dx$
$= frac{pi}{4} ln 2 + int_0^{pi/2} ln(sin(x+pi/4)) , dx$
令 $u = x+pi/4$。当 $x=0$ 时，$u=pi/4$；当 $x=pi/2$ 时，$u=3pi/4$。
$int_0^{pi/2} ln(sin(x+pi/4)) , dx = int_{pi/4}^{3pi/4} ln(sin u) , du$
这个积分可以写成：
$int_{pi/4}^{pi/2} ln(sin u) , du + int_{pi/2}^{3pi/4} ln(sin u) , du$
在第二个积分中，令 $v = pi u$。当 $u=pi/2$ 时，$v=pi/2$；当 $u=3pi/4$ 时，$v=pi/4$。$du = dv$。
$int_{pi/2}^{3pi/4} ln(sin u) , du = int_{pi/2}^{pi/4} ln(sin(piv)) (dv) = int_{pi/2}^{pi/4} ln(sin v) (dv) = int_{pi/4}^{pi/2} ln(sin v) , dv$
所以，
$int_{pi/4}^{3pi/4} ln(sin u) , du = int_{pi/4}^{pi/2} ln(sin u) , du + int_{pi/4}^{pi/2} ln(sin v) , dv = 2 int_{pi/4}^{pi/2} ln(sin x) , dx$
这让我们回到了计算 $int ln(sin x) dx$ 的问题，但现在是在 $[0, pi/4]$ 或 $[pi/4, pi/2]$ 区间。
我们知道 $int_0^{pi/2} ln(sin x) , dx = frac{pi}{2} ln 2$。
$int_0^{pi/2} ln(sin x) , dx = int_0^{pi/4} ln(sin x) , dx + int_{pi/4}^{pi/2} ln(sin x) , dx$
利用 $int_{pi/4}^{pi/2} ln(sin x) , dx = int_0^{pi/4} ln(cos x) , dx$ 且 $int_0^{pi/4} ln(sin x) , dx + int_0^{pi/4} ln(cos x) , dx = int_0^{pi/4} ln(sin x cos x) , dx = int_0^{pi/4} ln(frac{1}{2} sin(2x)) , dx$
令 $K_1 = int_0^{pi/4} ln(sin x) , dx$ 且 $K_2 = int_0^{pi/4} ln(cos x) , dx$。
$K_1 + K_2 = int_0^{pi/4} ln(frac{1}{2} sin(2x)) , dx = int_0^{pi/4} (ln 2 + ln(sin(2x))) , dx$
$= frac{pi}{4} ln 2 + int_0^{pi/4} ln(sin(2x)) , dx$
令 $t=2x$，则 $dt=2dx$。当 $x=0$ 时，$t=0$；当 $x=pi/4$ 时，$t=pi/2$。
$int_0^{pi/4} ln(sin(2x)) , dx = int_0^{pi/2} ln(sin t) frac{dt}{2} = frac{1}{2} int_0^{pi/2} ln(sin t) , dt = frac{1}{2} (frac{pi}{2} ln 2) = frac{pi}{4} ln 2$。
所以，$K_1 + K_2 = frac{pi}{4} ln 2 frac{pi}{4} ln 2 = frac{pi}{2} ln 2$。
现在我们知道 $K_1 + K_2 = frac{pi}{2} ln 2$。
并且 $int_0^{pi/2} ln(sin x) , dx = K_1 + K_2 = frac{pi}{2} ln 2$ 这个结果和我们上面直接算的对上了。
那么，我们最初的题目 $I = int_0^{pi/4} ln(sin x + cos x) , dx = frac{pi}{8} ln 2 + int_0^{pi/4} ln(cos x) , dx = frac{pi}{8} ln 2 + K_2$。
我们需要求出 $K_2 = int_0^{pi/4} ln(cos x) , dx$ 的值。
这又是一个著名的“对数积分”问题。可以通过级数展开或者更复杂的参数积分来求解。
一个常用的结论是：$int_0^{pi/4} ln(cos x) , dx = frac{pi}{8} ln 2 frac{1}{2} G$，其中 $G$ 是 Catalan 常数 ($G = sum_{n=0}^infty frac{(1)^n}{(2n+1)^2} approx 0.9159659$)。
这说明这个题目本身可能是为了引出 Catalan 常数或者一个特定的数学恒等式。 如果是在一个常规的微积分考试中，可能会有更“可解”的版本，或者题目会有一些提示。
回到最原始的题目，也许有另一条路径。
考虑一个参数 $a$: $I(a) = int_0^{pi/4} ln(sin x + a cos x) dx$。
令 $a=1$，我们求 $I(1)$。
$I'(a) = int_0^{pi/4} frac{cos x}{sin x + a cos x} dx$.
令 $u = sin x + a cos x$, $du = (cos x a sin x) dx$. 这个看起来不好。
使用复数可能更有帮助。
$sin x + cos x = sqrt{2} e^{i(xpi/4)}$ （不是严格的，因为这里是实数）
但 $sin x + cos x = sqrt{2} cos(xpi/4)$。
一个关键的技巧是考虑 $int_0^{pi/2} ln(sin x + cos x) dx$ 的另一种求法：
令 $I = int_0^{pi/2} ln(sin x + cos x) dx$。
我们已知道 $I = int_0^{pi/2} ln(sqrt{2} sin(x+pi/4)) dx = frac{pi}{4} ln 2 + int_{pi/4}^{3pi/4} ln(sin u) du$。
我们还知道 $int_0^{pi/2} ln(sin x) dx = frac{pi}{2} ln 2$。
$int_{pi/4}^{3pi/4} ln(sin u) du = int_{pi/4}^{pi/2} ln(sin u) du + int_{pi/2}^{3pi/4} ln(sin u) du$
$= int_{pi/4}^{pi/2} ln(sin u) du + int_0^{pi/4} ln(sin v) dv$ (通过换元 $v=piu$)
$= int_0^{pi/4} ln(sin x) dx + int_{pi/4}^{pi/2} ln(sin x) dx$
$= int_0^{pi/4} (ln(sin x) + ln(cos x)) dx$ (因为 $int_{pi/4}^{pi/2} ln(sin x) dx = int_0^{pi/4} ln(cos x) dx$)
$= int_0^{pi/4} ln(sin x cos x) dx = int_0^{pi/4} ln(frac{1}{2} sin(2x)) dx$
$= int_0^{pi/4} (ln 2 + ln(sin(2x))) dx = frac{pi}{4} ln 2 + frac{1}{2} int_0^{pi/2} ln(sin t) dt$
$= frac{pi}{4} ln 2 + frac{1}{2} (frac{pi}{2} ln 2) = frac{pi}{4} ln 2 frac{pi}{4} ln 2 = frac{pi}{2} ln 2$
所以 $int_0^{pi/2} ln(sin x + cos x) dx = frac{pi}{4} ln 2 + (frac{pi}{2} ln 2) = frac{pi}{4} ln 2$。
回到我们的原始题目： $int_0^{pi/4} ln(sin x + cos x) , dx$
$I = int_0^{pi/4} ln(sqrt{2} cos(xpi/4)) , dx = frac{pi}{8} ln 2 + int_0^{pi/4} ln(cos(xpi/4)) , dx$
令 $u=xpi/4$，则 $du=dx$。
$I = frac{pi}{8} ln 2 + int_{pi/4}^0 ln(cos u) , du = frac{pi}{8} ln 2 + int_0^{pi/4} ln(cos u) , du$ (因为 $cos u$ 是偶函数)。
所以，最终的答案是 $I = frac{pi}{8} ln 2 + int_0^{pi/4} ln(cos x) , dx$。
这个积分 $int_0^{pi/4} ln(cos x) , dx$ 的值确实是 $frac{pi}{8} ln 2 frac{1}{2} G$。
代入得到：$I = frac{pi}{8} ln 2 + (frac{pi}{8} ln 2 frac{1}{2} G) = frac{pi}{4} ln 2 frac{1}{2} G$。
这个题目非常深刻，它牵涉到了 Catalan 常数。如果仅仅是想练习“技巧”，这个题目可能超纲了。但作为挑战极限的题目，它非常棒。
技巧总结：
1. 三角恒等变形： 将 $sin x + cos x$ 变形为 $sqrt{2} cos(xpi/4)$ 或 $sqrt{2} sin(x+pi/4)$。
2. 对数性质： 将 $ln(sqrt{2} f(x))$ 分解为 $ln(sqrt{2}) + ln(f(x))$。
3. 换元： 改变积分变量，将积分区间和被积函数进行转换。
4. 利用已知积分结果或通过更复杂的参数积分/级数来求解基本积分，例如 $int_0^{pi/4} ln(cos x) , dx$。
5. 认识到可能牵涉到特殊函数（如 Catalan 常数）。
如何寻找更多有难度的定积分题？
1. 数学竞赛题库： 像美国大学生数学竞赛 (Putnam Competition)、国际数学奥林匹克 (IMO) 的一些高等数学部分，或者国内的一些数学分析竞赛题，都会有很多高质量的定积分题目。
2. 经典数学分析教材的习题： 比如菲赫金哥尔茨的《数学分析学教程》、卓里奇的《数学分析》、菲兹的《数学分析》等等，这些教材的习题都是经过精心设计的。
3. 专业数学论坛或网站： 搜索 "challenging integration problems"、"hard definite integrals" 或者 "math problem solving forums"，通常能找到一些爱好者分享的难题。例如，一些物理或工程领域的积分问题，常常也很有难度。
4. 数学软件的积分计算： 有时候，你可以尝试在 Wolfram Alpha 等数学软件中输入一些看起来复杂的函数，看看它能否解析地积分，然后研究它的解法。
5. 特定的数学领域： 比如统计学中的概率密度函数积分、物理学中的势能积分、傅里叶变换相关的积分等，都可能包含非常有挑战性的定积分。
找到好题是第一步，更重要的是思考！ 不要害怕复杂的题目，尝试从不同的角度去分析，运用你掌握的各种工具。即使一时无法解决，分析题目的结构和可能的解题方向也是非常有价值的学习过程。
希望这些题目和讲解能让你觉得有趣，并且有所启发！祝你在定积分的世界里遨游愉快！
网友意见
可以去国内外的一些数学论坛找一些有难度并且有趣的问题。
1、美国数学月刊American Mathematical Monthly Problems
一共一万两千多道题。很多竞赛、数学分析习题册砖头灵感的来源。我愿称之为数学分析中的难题集萃。
大都数问题都有PDF解答，可以好好欣赏一下大佬们的做题思路。
2、AoPS上的College Math版面
美国做题家们的乐园。经常有人和我说美国的基础教育不行，数学连三角函数都学不利索的时候。我往往想给他们介绍一下AoPS这个网站。网站当中每天都大量做题家出没，不会的问题丢上去问一下，只要不是太卡，基本都有人解答。即便遇到太难的问题，他们也会帮你去MathOverflow或者Stack-Exchange上搜索类似问题的解答（见3）。
同时，上面收录了很多地区数学竞赛，包括中国国家集训队的训练赛题。也有Putnam等大学生竞赛的试题，是一个非常值得上去学习的社区。
3、MathOverflow/Math Stack Exchange
有点类似于知乎的形式，问题比较杂，可能可以找到一些不错的问题。与AoPS专为做题家设计不同，这个论坛更适合问知识层面的问题。如果你问的问题，这上面没有人可以回答得了，估计现实社会中也没什么人会了吧。
4、一些大佬的个人博客
这类博客外国可能有很多，下面随意举个例子：
所以，互联网上面的学习资源真的不少。
类似的话题
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