带平方根的三角积分求解（留数定理方法）

这个积分确实有点棘手，尤其是$\sqrt{\tan x}$的存在会让复指数替换直接卡壳，不过咱们可以先通过变量替换把它转化成更适合用留数定理的形式，一步步来：

步骤1：变量替换简化积分 #

令 $t = \sqrt{\tan x}$，也就是 $t^2 = \tan x = \frac{\sin x}{\cos x}$。利用三角恒等式 $\sin^2x + \cos^2x = 1$，可以推导出：

• $\cos^2x = \frac{1}{1+t^4}$
• $\sin^2x = \frac{t^4}{1+t4}$

接下来对 $t^2 = \tan x$ 两边求导，得到 $2t\ dt = \sec^2x\ dx = (1+\tan^2x)dx = (1+t^4)dx$，所以 $dx = \frac{2t}{1+t^4}dt$。

把这些代入原积分：

• 原积分的上下限 $x\in[0,\pi/2]$ 对应 $t\in[0,+\infty)$
• $\sqrt{\tan x} = t$
• $1+\cos^2x = 1 + \frac{1}{1+t^4} = \frac{2+t^4}{1+t4}$

代入后积分简化为：
$$
\int_0^\infty t \cdot \frac{1+t^4}{2+t4} \cdot \frac{2t}{1+t^4} dt = \int_0^\infty \frac{2t^2}{2+t4} dt
$$
这里$(1+t^4)$直接约掉了，是不是清爽多了？

步骤2：利用偶函数性质扩展积分到整个实轴 #

注意到被积函数 $f(t) = \frac{2t^2}{2+t4}$ 是偶函数（替换 $t\to-t$ 后函数值不变），所以：
$$
\int_0^\infty f(t)dt = \frac{1}{2}\int_{-\infty}^\infty f(t)dt
$$
现在我们可以用留数定理来计算$\int_{-\infty}^\infty f(t)dt$了。

步骤3：确定复平面上的奇点 #

考虑复函数 $f(z) = \frac{2z^2}{z4+2}$，它的奇点是方程 $z^4 = -2$ 的根。把 $-2$ 写成极坐标形式 $2e^{i(\pi+2k\pi)}$（$k=0,1,2,3$），解得四个根：
$$
z_k = 2^{1/4}e{i(\pi/4 + k\pi/2)} \quad k=0,1,2,3
$$
其中上半平面（$\text{Im}(z)>0$）的奇点是：

• $z_0 = 2^{1/4}e{i\pi/4}$（对应 $k=0$，角度$\pi/4$，虚部为正）
• $z_1 = 2^{1/4}e{i3\pi/4}$（对应 $k=1$，角度$3\pi/4$，虚部为正）

另外两个根（$k=2,3$）的虚部为负，落在下半平面，我们暂时不用管它们。

步骤4：计算奇点处的留数 #

对于单极点 $z=a$，如果 $f(z)=\frac{P(z)}{Q(z)}$ 且 $Q(a)=0, Q'(a)\neq0$，留数公式为：
$$
\text{Res}[f(z),a] = \frac{P(a)}{Q'(a)}
$$
这里 $P(z)=2z^2$，$Q(z)=z4+2$，$Q'(z)=4z^3$，所以：

• $\text{Res}[f(z),z_0] = \frac{2z_0^2}{4z_03} = \frac{1}{2z_0}$
• $\text{Res}[f(z),z_1] = \frac{2z_1^2}{4z_13} = \frac{1}{2z_1}$

步骤5：应用留数定理计算积分 #

根据留数定理，$\int_{-\infty}^\infty f(z)dz = 2\pi i \times$（上半平面所有奇点的留数之和）。先计算留数之和：
$$
\frac{1}{2z_0} + \frac{1}{2z_1} = \frac{z_0 + z_1}{2z_0z_1}
$$

分别计算分子和分母：

• 分子 $z_0 + z_1$：展开极坐标形式，$z_0=2^{{1/4}(\cos\frac{\pi}{4}+i\sin\frac{\pi}{4})$，$z_1=2}{1/4}(\cos\frac{3\pi}{4}+i\sin\frac{3\pi}{4})$。代入三角函数值后，实部抵消，虚部相加：
  $$
  z_0+z_1 = 2^{1/4}\left(0 + i\left(\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}\right)\right) = i2^{1/4}\sqrt{2} = i2^{3/4}
  $$
• 分母 $z_0z_1$：根据指数乘法法则，$z_0z_1=2^{1/4}\times2{1/4}e^{i(\pi/4+3\pi/4)} = 2^{1/2}e{i\pi} = -\sqrt{2} = -2^{1/2}$

代入后留数之和为：
$$
\frac{i2^{{3/4}}{2\times(-2}{1/2})} = -\frac{i}{2^{3/4}}
$$

现在计算整个实轴的积分：
$$
\int_{-\infty}^\infty f(z)dz = 2\pi i \times \left(-\frac{i}{2^{3/4}}\right) = 2\pi \times \frac{1}{2^{3/4}} = \pi 2^{1/4}
$$

最后回到原积分：
$$
\int_0^{\pi/2}\frac{\sqrt{\tan x}}{1+\cos^2x},dx = \frac{1}{2} \times \pi 2^{1/4} = \frac{\pi}{2^{3/4}} = \frac{\pi \sqrt[4]{2}}{2}
$$

你可以验证一下这个结果的合理性，比如代入数值计算近似值：$\sqrt[4]{2}\approx1.189$，$\frac{\pi\times1.189}{2}\approx1.87$，而原积分数值计算也会接近这个值，说明是对的。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者agneau