2003 年考研数学（二） 第 15 题

看到 $\arctan x$ 配 $1+x^2$，第一反应是 $x=\tan t$，能把 $\arctan x$ 拉直成 $t$、把 $(1+x^2)$ 变 ${\sec }^{2}t$。换完落到 $\int e^t\sin tdt$——凡 $e^t\sin t$、$e^t\cos t$ 一律两次分部凑循环。回代时记牢 $\sin (\arctan x)=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}$、$\cos (\arctan x)=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}$，答案自然合成 $\frac{x-1}{\sqrt{1+x^2}}$。

本题考查含 $e^{\arctan x}$ 的不定积分，可用三角换元，也可用分部积分「循环」求解。 下给两法。

方法一（三角换元）： 令 $x=\tan t$，$dx={\sec }^{2}tdt$，$1+x^2={\sec }^{2}t$，$\arctan x=t$，则
$$\int \frac{x{e}^{\arctan x}}{(1+x^2{)}^{3/2}}dx=\int \frac{\tan t\cdot e^t}{{\sec }^{3}t}{\sec }^{2}tdt=\int e^t\sin tdt.$$

对 $\int e^t\sin tdt$ 两次分部（标准结果）得 $\int e^t\sin tdt=\frac{e^t}{2}(\sin t-\cos t)+C$。回代 $t=\arctan x$，此时 $\sin t=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}$，$\cos t=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}$，故
$$\int \frac{x{e}^{\arctan x}}{(1+x^2{)}^{3/2}}dx=\frac{e^{\arctan x}}{2}\cdot \frac{x-1}{\sqrt{1+x^2}}+C=\frac{(x-1)e^{\arctan x}}{2\sqrt{1+x^2}}+C.$$

方法二（分部积分循环）： 注意 $\frac{dx}{1+x^2}=d(\arctan x)$，故 $d(e^{\arctan x})=\frac{e^{\arctan x}}{1+x^2}dx$。把积分写成 $I=\int \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}d\left(e^{\arctan x}\right)$，分部：
$$I=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}{e}^{\arctan x}-\int e^{\arctan x}d\left(\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}\right).$$

因 $\frac{d}{dx}\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}=\frac{1}{(1+x^2{)}^{3/2}}$，故 $\int e^{\arctan x}d\left(\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}\right)=\int \frac{e^{\arctan x}}{(1+x^2{)}^{3/2}}dx$，再分部一次可化出 $\frac{e^{\arctan x}}{\sqrt{1+x^2}}+I$。于是
$$I=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}{e}^{\arctan x}-\frac{e^{\arctan x}}{\sqrt{1+x^2}}-I,$$
解得 $I=\frac{(x-1)e^{\arctan x}}{2\sqrt{1+x^2}}+C$，与方法一一致。