直接给出这个定积分

$$\int_0^1\frac{\ln(1+x)}{1+x^2}\mathrm dx$$

出处：同济大学《高等数学（下）》第七版P183例题3。

解法一

这是教材给出的解法，利用的是含参积分的性质，这种解法简直闻所未闻。

构造一个含参函数 $\varphi(t,x)$：

$$
\varphi(t,x) = \int_0^1\frac{\ln(1+tx)}{1+x^2}\mathrm dx
$$

求出导数

$$
\begin{aligned}
\varphi^\prime(t,x) &= \frac{\mathrm d}{\mathrm d t}\int_0^1\frac{\ln(1+tx)}{1+x^2}\mathrm dx\\
&=\int_0^1\frac{x\cdot \frac{1}{1+tx}}{1+x^2}\mathrm dx\\
&=\int_0^1 \frac{x}{(1+tx)(1+x^2)}\mathrm dx\\
\end{aligned}
$$

这个东西显然可以通过待定系数法分解成独立的分式：$\frac{A}{1+tx} + \frac{B+Cx}{1+x^2}$，这里直接给出结论

$$
\begin{aligned}
\varphi^\prime(t,x) &= \int_0^1 \frac{1}{1+t^2}\bigg( \frac{-t}{1+tx} + \frac{t+x}{1+x^2} \bigg)\mathrm dx
\end{aligned}
$$

注意到这个定积分已经可以简单地计算了，于是我们就求出了 $\varphi^\prime$

$$
\varphi^\prime(t,x) = \frac{1}{1+t^2}\bigg[-\ln(1+t) + \frac{\ln 2}{2} + \frac{t\pi}{4}\bigg]
$$

于是

$$
\begin{aligned}
\int_0^1\varphi^\prime(t,x) \mathrm dt&= \int_0^1\frac{1}{1+t^2}\bigg[-\ln(1+t) + \frac{\ln 2}{2} + \frac{t\pi}{4}\bigg] \mathrm dt\\
\varphi(1)-\varphi(0)&=-\int_0^1\frac{\ln(1+t)}{1+t^2}\mathrm dt + \frac{\pi\cdot \ln 2}{4}\\
I-0&=-I+\frac{\pi\cdot \ln 2}{4}\\
I&=\frac{\pi\cdot \ln 2}{8}
\end{aligned}
$$

这个做法属实有点离谱。

解法二

这个定积分肯定是不止解法一这种离谱做法的，稍加思索就容易想到可以令 $x=\tan\theta$：

$$
\begin{aligned}
\int_0^1\frac{\ln(1+x)}{1+x^2}\mathrm dx&=\int_0^{\frac{\pi}{4}} \frac{\ln(1+\tan \theta)}{1+\tan^2 \theta}\mathrm d \tan\theta\\
&=\int_0^{\frac{\pi}{4}} \ln(1+\tan\theta)\mathrm d\theta
\end{aligned}
$$

做到这里都是非常显然的，然后就容易遇到困难，因为 $\int \ln(1+\tan\theta)\mathrm d\theta$ 这个不定积分求不出来。

换个角度考虑，我们尝试利用对称性，即著名的区间再现公式 $\int_a^b f(x)\mathrm dx = \int_a^b f(a+b-x)\mathrm dx$。

$$
\begin{aligned}
I=\int_0^{\frac{\pi}{4}} \ln(1+\tan\theta)\mathrm d\theta&= \int_0^{\frac{\pi}{4}}\ln(1+\tan(\frac{\pi}{4}-\theta))\mathrm d\theta\\
&=\int_0^{\frac{\pi}{4}}\ln(1+\frac{\tan \frac{\pi}{4} – \tan\theta}{1+\tan \frac{\pi}{4}\tan\theta})\mathrm d\theta\\
&=\int_0^{\frac{\pi}{4}}\ln(\frac{2}{1+\tan\theta})\mathrm d\theta\\
&=\int_0^{\frac{\pi}{4}}\ln 2\mathrm d\theta – \int_0^{\frac{\pi}{4}} \ln(1+\tan\theta)\mathrm d\theta\\
&=\frac{\pi\cdot\ln 2}{4}-I
\end{aligned}
$$

这应该是本题最常规的解法了。

解法三

本题还有一种神奇做法，令 $x=\frac{1-u}{1+u}$，则：

$$
\begin{aligned}
I=\int_0^1\frac{\ln(1+x)}{1+x^2}\mathrm dx&=\int^0_1\frac{\ln(1+\frac{1-u}{1+u})}{1+(\frac{1-u}{1+u})^2}\mathrm d \frac{1-u}{1+u}\\
&=\int_0^1\frac{\ln 2 – \ln(1+u)}{1+u^2}\mathrm du\\
&=\int_0^1\ln 2 \mathrm d (\arctan u) – I\\
&=\frac{\pi\cdot\ln 2}{4}-I
\end{aligned}
$$

虽然很巧妙，但是这个代换也不是什么常规套路。