※ 引述《wnglon (郎)》之銘言： : ∫x^2/(x^2+2x)^1/2 dx =(ax+b)(x^2+2x)^1/2 +k∫1/(x^2+2x)^1/2 dx : 有無此積分之證明 : 請各位幫幫我>< --- P(x,n) 遇到型如 ∫ ───────── dx , a≠0 的不定積分 √(ax^2 + bx + c) 其中 P(x,n) := n次多項式 先嘗試用分部積分法做看看: P(x,n) ∫ ─────── dx , n≧3 √(ax^2+bx+c) P(x,n-1)*(ax + b/2) + k = ∫ ──────────── dx , k€R √(ax^2+bx+c) k = P(x,n-1)*√(ax^2+bx+c) - ∫ P'(x,n-1)*√(ax^2+bx+c) dx + ∫ ────── dx √(ax^2+bx+c) k - P'(x,n-1)*│ax^2+bx+c│ = P(x,n-1)*√(ax^2+bx+c) + ∫ ────────────── dx √(ax^2+bx+c) P(x,i) ～ P(x,n-1)*√(ax^2+bx+c) + ∫ ─────── dx , i≦n ____(1) √(ax^2+bx+c) 會發現 k - P'(x,n-1)*│ax^2+bx+c│ 它是一個最高不超過n次的多項式 (以下省略絕對值) 這意味著原始的不定積分經過某些運算後 可以被轉到同類型的積分 　　並且跟 P(x,n-1)*√(ax^2+bx+c) 這個 term 息息相關 "或許" 經過有限次運算後 　　P(x,n) 會一直被降接到 P(x,2) ，就可以直接算出來了 　　當然這只是或許 因為有可能做了好幾千次 i.b.p. ， dof 都還是維持不變 ------------------------------------------------ 若是仿造 ∫(e^x)cos(x) dx 這類的積分方法 我們可以把 (1) 式改寫成: Q(x,n) k ∫ ─────── dx = P(x,n-1)*√(ax^2+bx+c) + ∫ ─────── dx √(ax^2+bx+c) √(ax^2+bx+c) 其中 Q(x,n) = P(x,n) + P'(x,n-1)*(ax^2+bx+c) (以下省略絕對值) = (ax^2+bx+c)P'(x,n-1) + (ax+b/2)*P(x,n-1) + k ____(2) 　　　 　　 ( Q(x,n) 必然也是 n次多項式，原po可以自己證明一下 ) 因此只要將原始被積函數中的多項式 = Q(x,n) 在利用 (2) 式找出一組 P(x,n-1) 就能把原不定積分寫成黃色標記的 form 了 　　但問題是 (2) 式這個 ode 算到最後會跑回求解原不定積分 因此我們必須要從其它地方下手 ------------------------------------------------ 因為計算過程中有出現 P(x,n-1)*√(ax^2+bx+c) 這個 term 不仿從最簡單的 P(x,n-1) = x^(n-1) 下手 然後嘗試對它微分看看找出線索: 　 　d n-1 n-2 n-1 ax + b/2 ──[ x √(ax^2+bx+c) ] = (n-1)x √(ax^2+bx+c) + x *─────── dx √(ax^2+bx+c) H(x,n) = ─────── √(ax^2+bx+c) n n-1 n-2 其中 H(x,n) = an*x + b(n - 1/2)x + c(n-1)x H(x,n) n-1 所以 ∫ ─────── dx = x √(ax^2+bx+c) + const. √(ax^2+bx+c) 上面那個不起眼的公式，其實就可以解決一開始的問題 　　因為: P(x,n) ∫ ─────── dx √(ax^2+bx+c) n n-1 n-2 p{n}x + p{n-1}x + p_{n-2}x + P(x,i) = ∫ ────────────────────── dx , i≦3 √(ax^2+bx+c) n n-1 n-2 p{n} an*x + b(n - 1/2)x + c(n-1)x = ──*∫ ────────────────── dx an √(ax^2+bx+c) n-1 n-2 q{n-1}x + q{n-2}x + P(x,i) + ∫ ──────────────── dx √(ax^2+bx+c) 　　　　 　　　　 　　　┌ q{n-1} := p{n-1} - p{n}(b/a)[1 - 1/(2n)] 　　　　　　 　　　　其中　└ q{n-2} := p{n-2} - p{n}(c/a)(1-1/n) p{n} n-1 P(x,j) = ── x √(ax^2+bx+c) + ∫ ─────── dx , j≦n-1 an √(ax^2+bx+c) ---------------------------- 我們可以利用上面降階的方式 　　一路做下去 　　直到 P(x,i) 變成常數多項式 　　不需要動用到 分部積分法 (事實上用分部積分法會遇到難關) 　　這也是為何某些書上寫說 x^2 遇到像是 ∫ ────── dx 這類的不定積分 　 　 √(x^2 + 2x) k 會要你直接假設成 (ax + b)√(x^2 + 2x) + ∫ ────── dx √(x^2 + 2x) 接著左右微分後直接比較係數求得 a、b、k 的原因在此 --

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