组合积分法
简要介绍 ¶
有些积分往往很难求出，我们记它为 \(I\)，但是如果能找到和它“共轭 / 对偶”的另一半 \(J\)，并且满足 \(J\)、\(I+J\)、\(I-J\) 这三者至少有两项容易求出，那么原问题迎刃而解。下面先通过一个经典的组合积分法例题引入：
例题 ¶
例 1 ¶
Example
求积分 \(\displaystyle \int\dfrac{\sin x}{\sin x + \cos x}\mathrm dx\)
我们记题目所求积分为 \(I\)，考虑还有一个积分 \(J = \displaystyle\int\frac{\cos x}{\sin x + \cos x}\mathrm dx\).
则有
\[
\begin{aligned} I+J&=\int\frac{\sin x + \cos x}{\sin x + \cos x}\mathrm dx\cr &=\int\mathrm dx\cr &=x+C \end{aligned}
\]
\[
\begin{aligned} -I+J&=\int\frac{-\sin x + \cos x}{\sin x + \cos x}\mathrm dx\cr &=\int\frac{1}{\sin x + \cos x}\mathrm d\left(\cos x + \sin x\right)\cr &=\ln\left| \sin x + \cos x \right|+C \end{aligned}
\]
那么上面两式相减就可以解出 \(I\) ：
\[
\begin{aligned} &2I=x-\ln\left| \sin x + \cos x \right|+C\cr \Rightarrow I&=\frac{x}{2}-\frac{1}{2}\ln\left| \sin x + \cos x \right|+C \end{aligned}
\]
例 2 ¶
Example
求积分 \(\displaystyle \int_{0}^{1} \dfrac {\arctan \,\sqrt[]{2+x^2}}{(1+x^2)\,\, \sqrt[]{2 +x^2}} \mathrm{d} x\)
首先先回忆一个常用恒等式——反正切函数恒等式：
\[
\arctan x+\arctan \dfrac1x=\dfrac\pi2\quad(x>0)\]
这也正是我们构造题目积分“另一半”的思路来源，于是我们记：
\[
I=\displaystyle\int_0^1 \dfrac{\arctan\sqrt{2+x^2}}{(1+x^2)\sqrt{2+x^2}}\mathrm{d}x,\quad J=\displaystyle\int_0^1 \dfrac{\arctan\dfrac1{\sqrt{2+x^2}}}{(1+x^2)\sqrt{2+x^2}}\mathrm{d}x,\]
那么利用上面给出的恒等式，我们将两个积分相加得到：
\[\begin{aligned} I+J &=\int_0^1 \frac{\arctan\sqrt{2+x^2}+\arctan\frac1{\sqrt{2+x^2}}}{(1+x^2)\sqrt{2+x^2}}\mathrm{d}x \\ &=\frac\pi2\int_0^1 \frac{\mathrm{d}x}{(1+x^2)\sqrt{2+x^2}}\\ &\xlongequal{t=1+x^2}\frac\pi2\cdot \frac12\int_1^2 \frac{\mathrm{d}t}{t\sqrt{t+1}\sqrt{t-1}} \\&=\frac\pi4\int_1^2 \frac{\mathrm{d}t}{t\sqrt{t^2-1}}\\ &\xlongequal{t=\sec\theta}\frac\pi4\int_0^{\frac\pi3}\frac{\sec\theta\tan\theta\mathrm{d}\theta}{\sec\theta\tan\theta} =\frac{\pi^2}{12}. \end{aligned}\]
现在，我们只需要求出 \(J\) 就大功告成了！
而 \(J\) 直接求并不好求，这里要利用含参变量积分中的一个常用技巧：化一重积分为二重积分进行计算。我们利用有理函数积分公式：
\[\int \frac{\mathrm{d}x}{a^2+x^2}=\frac1a\arctan\frac xa+C\quad(a>0).\]
得到：
\[\frac1{\sqrt{2+x^2}}\arctan\frac1{\sqrt{2+x^2}}=\int_0^1 \frac{\mathrm{d}y}{2+x^2+y^2},\]
那么就可以把 \(J\) 变换成如下的二重积分：
\[ J=\int_0^1\int_0^1 \frac1{(1+x^2)(2+x^2+y^2)}\mathrm{d}x\mathrm{d}y. \]
\[ \begin{aligned} J&=\int_0^1\int_0^1 \frac1{(1+y^2)(2+x^2+y^2)}\mathrm{d}x\mathrm{d}y \\&=\frac12\int_0^1\int_0^1\left(\frac1{1+x^2}+\frac1{1+y^2}\right)\frac1{2+x^2+y^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ &=\frac12\int_0^1\int_0^1 \frac1{(1+x^2)(1+y^2)}\mathrm{d}x\mathrm{d}y \\&=\frac12\left(\int_0^1\frac{\mathrm{d}x}{1+x^2}\right)\left(\int_0^1\frac{\mathrm{d}y}{1+y^2}\right) \\&=\frac12\cdot \frac\pi4\cdot\frac\pi4=\frac{\pi^2}{32}. \end{aligned} \]
上面的第一个等号利用的是轮换对称性，因为我们此时二重积分的区域是一个正方形区域，而它是关于直线 \(y=x\) 对称的，因此我们就可以将被积函数中的 \(x\) 和 \(y\) 全部互换，等式是不变的，然后我们将得到两个积分相加除以二，结果仍然是不变的，这就是上面第一个等号的由来！
于是
\[ I=\frac{\pi^2}{12}-\frac{\pi^2}{32}=\frac{5\pi^2}{96}. \]
Tip
本题所使用的反正切函数恒等式非常重要，请务必熟练掌握！
习题 ¶
下面给出 9 道难度逐渐递增的积分题目，方法不唯一，我下面仅给出使用组合积分法的详细求解过程。
一定要先自行思考再看解答哦！
Q1¶
Question
\[\int \frac{\sin x}{a\cos x+b\sin x}\mathrm{d} x\]
Answer
本题是例题 1 的推广，可以用万能公式来做，但是比较麻烦。我们根据正文中介绍的方法，记原积分为 \(I\)，构造一个配对的积分 \(J\)：
\[
J=\int \frac{\cos x}{a\cos x+b\sin x}\mathrm{~d} x
\]
把它们组合起来，得：
\[
\begin{aligned}
bI+aJ&=\int \frac{b\sin x+a\cos x}{a\cos x+b\sin x}\mathrm{~d} x\\
&= \int \mathrm{~d} x\\
&= x+C_{1}
\end{aligned}
\]
\[
\begin{aligned}
-aI+bJ&=\int \frac{-a\sin x+b\cos x}{a\cos x+b\sin x}\mathrm{~d} x\\
&= \int \frac{\mathrm{~d} (a\cos x+b\sin x) }{a\cos x+b\sin x}\\
&= \ln |a\cos x+b\sin x|+C_{2}
\end{aligned}
\]
联立两个方程就可以解出 \(I\) 和 \(J\)，即：
\[
I=\frac{1}{a^{2}+b^{2}}(bx-a\ln |a\cos x+b\sin x|)+C
\]
大部分情况组合的结果会包含分母的倍数或者是分母的导数，因此我们也可以根据这个思路直接使用待定系数法将分子配凑成想要的形式，这种方法被称作“积木法”，感兴趣的朋友可以自行搜索了解。
Q2¶
Question
\[\int \frac{\mathrm{e}^{ x }}{a\mathrm{e}^{ x }+b\mathrm{e}^{ -x }}\mathrm{~d} x \]
Answer
记原积分为 \(I\)，构造配对积分 \(J\)：
\[
J=\int \frac{\mathrm{e}^{ -x }}{a\mathrm{e}^{ x }+b\mathrm{e}^{ -x }}\mathrm{~d} x
\]
则组合可以得到：
\[
\begin{aligned}
aI+bJ &= \int \frac{a\mathrm{e}^{ x }+b\mathrm{e}^{ -x }}{a\mathrm{e}^{ x }+b\mathrm{e}^{ -x }}\mathrm{~d} x\\
&= \int \mathrm{~d} x\\
&= x+C_{1}
\end{aligned}
\]
\[
\begin{aligned}
aI-bJ &= \int \frac{a\mathrm{e}^{ x }-b\mathrm{e}^{ -x }}{a\mathrm{e}^{ x }+b\mathrm{e}^{ -x }}\mathrm{~d} x\\
&= \int \frac{\mathrm{~d} (a\mathrm{e}^{ x }+b\mathrm{e}^{ -x }) }{a\mathrm{e}^{ x }+b\mathrm{e}^{ -x }}\mathrm{~d} x\\
&= \ln |a\mathrm{e}^{ x }+b\mathrm{e}^{ -x }|+C_{2}
\end{aligned}
\]
联立两个方程，解得：
\[
I= \frac{1}{2a}(x+\ln |a\mathrm{e}^{ x }+b\mathrm{e}^{ -x }|)+C
\]
Q3¶
Question
\[\int \frac{\sin x}{1+\sin x\cos x}\mathrm{~d} x\]
Answer
本题组合方式很简单，但是将组合后的积分计算出来很考察三角恒等变形的基本功！
记原积分为 \(I\)，构造配对积分 \(J\)：
\[
J=\int \frac{\cos x}{1+\sin x\cos x}\mathrm{~d} x
\]
组合得：
\[
\begin{aligned}
I+J &= \int \frac{\sin x+\cos x}{1+\sin x\cos x}\mathrm{~d} x\\
&= \int \frac{\sin x+\cos x}{1+ \frac{1}{2}\left( 1-(\sin x-\cos x)^{2} \right) }\mathrm{~d} x \\
&= 2\int \frac{\mathrm{~d} (\sin x-\cos x) }{3-(\sin x-\cos x)^{2}}\\
&= 2\int\frac{\mathrm{d}u}{(\sqrt{3})^{2}-u^{2}} \\ &=2\cdot \frac{1}{2\sqrt{3}}\ln\left| \frac{\sqrt{3}+u}{\sqrt{3}-u} \right|+C \\ &=\frac{1}{\sqrt{3}}\ln\left| \frac{\sqrt{3}+\sin x-\cos x}{\sqrt{3}-\sin x+\cos x} \right|+C_{1}
\end{aligned}
\]
\[
\begin{aligned}
J-I &= \int \frac{\cos x-\sin x}{1+\sin x\cos x}\mathrm{~d} x\\
&= \int \frac{\cos x-\sin x}{1+\frac{1}{2}((\sin x+\cos x)^{2}-1)}\mathrm{~d} x\\
&= 2\int \frac{\mathrm{~d} (\sin x+\cos x) }{1+(\sin x+\cos x)^{2}}\\
&= 2\arctan(\sin x+\cos x)+C_{2}
\end{aligned}
\]
联立两式解得：
\[
I=\frac{1}{2\sqrt{3}}\ln\left| \frac{\sqrt{3}+\sin x-\cos x}{\sqrt{3}-\sin x+\cos x} \right|-\arctan(\sin x+\cos x)+C
\]
Q4¶
Question
\[\int \frac{\tan x}{a\tan x+b\cot x}\mathrm{~d} x \]
Answer
记原积分为 \(I\)，构造配对积分 \(J\)：
\[
J=\int \frac{\cot x}{a\tan x+b\cot x}\mathrm{~d} x
\]
组合得：
\[
aI+bJ = \int \mathrm{~d} x = x+C_{1}
\]
下面这个积分也很考察三角积分功底。
\[
\begin{aligned}
I+J &= \int \frac{\tan x+\cot x}{a\tan x+b\cot x}\mathrm{~d} x\\
&= \int \frac{\frac{\sin ^{2}x+\cos ^{2}x}{\sin x\cos x}}{a\tan x+b\cot x}\mathrm{~d} x\\
&= \int \frac{\mathrm{~d} x }{\sin x\cos x(a\tan x+b\cot x)}\\
&= \int \frac{\mathrm{~d} x }{a\sin ^{2}x+b\cos ^{2}x}\\
&= \frac{1}{b}\int \frac{\sec ^{2}x}{1+\frac{a}{b}\tan ^{2}x}\mathrm{~d} x \\
&= \frac{1}{\sqrt{ ab }}\int \frac{\mathrm{~d} \left( \sqrt{ \frac{a}{b}}\tan x \right) }{1+\left( \sqrt{ \frac{a}{b}}\tan x \right)^{2}}\\
&= \frac{1}{\sqrt{ ab }}\arctan\left( \sqrt{ \frac{a}{b} }\tan x \right)+C_{2}
\end{aligned}
\]
联立两式解得：
\[
I=\frac{1}{a-b}\left[ x-\sqrt{ \frac{b}{a} }\arctan\left( \sqrt{ \frac{a}{b} }\tan x \right) \right]+C
\]
Q5¶
Question
\[\int \mathrm{e}^{ ax }\cos bx\mathrm{~d} x \]
Answer
分部积分可做，下面来看看组合积分法怎么解决。记原积分为 \(I\)，构造配对积分 \(J\)：
\[
J=\int \mathrm{e}^{ ax }\sin bx\mathrm{~d} x
\]
首先考虑对两个被积函数求导，从而得到组合方式：
\[
\begin{aligned}
(\mathrm{e}^{ ax }\cos bx)' &= a\mathrm{e}^{ ax }\cos bx-b\mathrm{e}^{ ax }\sin bx\\
(\mathrm{e}^{ ax }\sin bx)' &= a\mathrm{e}^{ ax }\sin bx+b\mathrm{e}^{ ax }\cos bx
\end{aligned}
\]
对两个等式的两边同时积分，得：
\[
\begin{aligned}
\mathrm{e}^{ ax }\cos bx &= a\int \mathrm{e}^{ ax }\cos bx\mathrm{~d} x-b\int \mathrm{e}^{ ax }\sin bx\mathrm{~d} x\\
&= aI-bJ
\end{aligned}
\]
\[
\begin{aligned}
\mathrm{e}^{ ax }\sin bx &= a\int \mathrm{e}^{ ax }\sin bx\mathrm{~d} x+b\int \mathrm{e}^{ ax }\cos bx\mathrm{~d} x\\
&= aJ+bI
\end{aligned}
\]
联立解得：
\[
I=\frac{1}{a^{2}+b^{2}}\mathrm{e}^{ ax }(a\cos bx+b\sin bx)+C
\]
Q6¶
Question
\[\int x\mathrm{e}^{ ax }\cos bx\mathrm{~d} x \]
Answer
思路和上题完全一致，同时本题需要借助上一题的结果进行计算。下面给出最后的答案：
\[
I= \frac{x\mathrm{e}^{ ax }}{a^{2}+b^{2}}(a\cos bx+b\sin bx)-\frac{\mathrm{e}^{ ax }}{(a^{2}+b^{2})^{2}}[(a^{2}-b^{2})\cos bx+2ab\sin bx]+C
\]
Q7¶
Question
\[\int \frac{1}{1+x^{4}}\mathrm{~d} x \]
Answer
经典题，相信大家都做过。构造如下两个积分：
\[
\begin{aligned}
I &= \int \frac{x^{2}-1}{x^{4}+1}\mathrm{~d} x\\
&= \int \frac{1-\frac{1}{x^{2}}}{x^{2}+\frac{1}{x^{2}}}\mathrm{~d} x\\
&= \int \frac{\mathrm{~d} \left( x+\frac{1}{x} \right) }{\left( x+\frac{1}{x} \right)^{2}-2}\\
&= \frac{1}{2\sqrt{ 2 }}\ln \left| \frac{x^{2}-\sqrt{ 2 }x+1}{x^{2}+\sqrt{ 2 }x+1} \right| +C_{1}
\end{aligned}
\]
\[
\begin{aligned}
J &= \int \frac{x^{2}+1}{x^{4}+1}\mathrm{~d} x \\
&= \int \frac{1+\frac{1}{x^{2}}}{x^{2}+\frac{1}{x^{2}}}\mathrm{~d} x\\
&= \int \frac{\mathrm{~d} \left( x-\frac{1}{x} \right) }{\left( x-\frac{1}{x} \right)^{2}+2}\\
&= \frac{1}{\sqrt{ 2 }}\arctan \frac{x^{2}-1}{\sqrt{ 2 }x}+C_{2}
\end{aligned}
\]
所以原积分可以通过上面两个积分组合得到：
\[
\begin{aligned}
\int \frac{1}{1+x^{4}}\mathrm{~d} x &= \frac{1}{2}(J-I)\\
&= \frac{1}{2\sqrt{ 2 }}\arctan \frac{x^{2}-1}{\sqrt{ 2 }x} - \frac{1}{4\sqrt{ 2 }}\ln \left| \frac{x^{2}-\sqrt{ 2 }x+1}{x^{2}+\sqrt{ 2 }x+1} \right|+C
\end{aligned}
\]
Q8（难）¶
Question
\[\int_{0}^{\frac{\pi}{6}} \frac{\cos ^{2}x}{\cos x+\sqrt{ 3 }\sin x} \mathrm{~d} x \]
Answer
定积分也是可以用组合积分法的，构造两个积分限一致的积分即可，记原积分为 \(I\)，构造配对积分 \(J\)：
\[
J=\int_{0}^{\frac{\pi}{6}} \frac{\sin^{2}x}{\cos x+\sqrt{3}\sin x}\mathrm{~d} x
\]
组合得：
\[
\begin{aligned}
I+J &= \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} \frac{\cos^{2}x}{\cos x+\sqrt{3}\sin x}\mathrm{~d} x + \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} \frac{\sin^{2}x}{\cos x+\sqrt{3}\sin x}\mathrm{~d} x \\
&= \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} \frac{\cos^{2}x+\sin^{2}x}{\cos x+\sqrt{3}\sin x}\mathrm{~d} x \\
&= \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} \frac{1}{\cos x+\sqrt{3}\sin x}\mathrm{~d} x \\
&= \frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{6}} \frac{1}{\sin\left(x+\frac{\pi}{6}\right)}\mathrm{~d} x \\
&= \frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{6}} \csc\left(x+\frac{\pi}{6}\right)\mathrm{~d} x \\
&= -\frac{1}{2}\ln\left|\csc\left(x+\frac{\pi}{6}\right)+\cot\left(x+\frac{\pi}{6}\right)\right|\bigg|_{0}^{\frac{\pi}{6}} \\
&= -\frac{1}{2}\ln\left [\csc\left(\frac{\pi}{6}+\frac{\pi}{6}\right)+\cot\left(\frac{\pi}{6}+\frac{\pi}{6}\right)\right] -\left\{-\frac{1}{2}\ln\left [\csc\left(0+\frac{\pi}{6}\right)+\cot\left(0+\frac{\pi}{6}\right)\right] \right\} \\
&= -\frac{1}{2}\ln\left(\frac{1}{\sin\frac{\pi}{3}}+\cot\frac{\pi}{3}\right)+\frac{1}{2}\ln\left(\frac{1}{\sin\frac{\pi}{6}}+\cot\frac{\pi}{6}\right) \\
&= \frac{1}{2}\ln(2+\sqrt{3})-\frac{1}{2}\ln\left(\frac{2}{\sqrt{3}}+\frac{1}{\sqrt{3}}\right) \\
&= \frac{1}{2}\ln(2+\sqrt{3})-\frac{1}{2}\ln\frac{3}{\sqrt{3}} \\
&= \frac{1}{2}\ln(2+\sqrt{3})-\frac{1}{2}\ln(3^{\frac{1}{2}}) \\
&= \frac{1}{2}\ln(2+\sqrt{3})-\frac{\ln 3}{4}
\end{aligned}
\]
并且：
\[
\begin{aligned}
I-3J &= \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} \frac{\cos^{2}x}{\cos x+\sqrt{3}\sin x}\mathrm{~d} x - \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} \frac{3\sin^{2}x}{\cos x+\sqrt{3}\sin x}\mathrm{~d} x \\
&= \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} \frac{\cos^{2}x-3\sin^{2}x}{\cos x+\sqrt{3}\sin x}\mathrm{~d} x \\
&= \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} \frac{(\cos x-\sqrt{3}\sin x)(\cos x+\sqrt{3}\sin x)}{\cos x+\sqrt{3}\sin x}\mathrm{~d} x \\
&= \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} (\cos x-\sqrt{3}\sin x)\mathrm{~d} x \\
&= \left(\sin x+\sqrt{3}\cos x\right)\bigg|_{0}^{\frac{\pi}{6}} \\
&= \left(\sin\frac{\pi}{6}+\sqrt{3}\cos\frac{\pi}{6}\right)-\left(\sin 0+\sqrt{3}\cos 0\right) \\
&= \left(\frac{1}{2}+\sqrt{3}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}\right)-\left(0+\sqrt{3}\right) \\
&= 2-\sqrt{3}
\end{aligned}
\]
联立上面两个式子就可以解出要求的 \(I\) 了：
\[
\begin{aligned}
I &= \frac{1}{4}\big [3(I+J)+(I-3 J)\big] \\
&=\frac{1}{4}\left [\left(\frac{1}{2}\ln(2+\sqrt{3})-\frac{\ln 3}{4}\right)+(2-\sqrt{3})\right] \\
&= \frac{3}{8}\ln(2+\sqrt{3})-\frac{3}{16}\ln 3+\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{4}
\end{aligned}
\]
Q9（难）¶
Question
\[\int \frac{\cos ^{3}x}{1+\cos x\sin x}\mathrm{~d} x \]
Answer
记原积分为 \(I\)，构造配对积分 \(J\)：
\[
J=\int \frac{\sin^{3}x}{1+\cos x\sin x}\mathrm{~d} x
\]
组合得：
\[
\begin{aligned} I+J &= \int \frac{\cos^{3}x}{1+\cos x\sin x}\mathrm{~d} x + \int \frac{\sin^{3}x}{1+\cos x\sin x}\mathrm{~d} x \\ &= \int \frac{\cos^{3}x+\sin^{3}x}{1+\cos x\sin x}\mathrm{~d} x \\ &= \int \frac{(\cos x+\sin x)(\cos^{2}x-\cos x\sin x+\sin^{2}x)}{1+\cos x\sin x}\mathrm{~d} x \\ &= \int \frac{(\cos x+\sin x)(1-\cos x\sin x)}{1+\cos x\sin x}\mathrm{~d} x \\ &= \int \frac{1-\cos x\sin x}{1+\cos x\sin x}\mathrm{~d}(\sin x-\cos x) \\ &= \int \frac{2-2\cos x\sin x}{2+2\cos x\sin x}\mathrm{~d}(\sin x-\cos x) \\ &= \int \frac{1+\sin^{2}x-2\sin x\cos x+\cos^{2}x}{3-(\sin^{2}x-2\sin x\cos x+\cos^{2}x)}\mathrm{~d}(\sin x-\cos x) \\ &= \int \frac{1+(\sin x-\cos x)^{2}}{3-(\sin x-\cos x)^{2}}\mathrm{~d}(\sin x-\cos x) \\ &\xlongequal{u=\sin x-\cos x} \int \frac{1+u^{2}}{3-u^{2}}\mathrm{~d} u \\
&= \int \frac{-(1-u^{2}+4-4)}{3-u^{2}}\mathrm{~d} u \\ &= \int \frac{-(3-u^{2}-4)}{3-u^{2}}\mathrm{~d} u \\
&= 4\int \frac{\mathrm{d}u}{3-u^{2}} - \int \frac{3-u^{2}}{3-u^{2}}\mathrm{~d} u \\ &= -4\int \frac{\mathrm{d}u}{u^{2}-3} - \int \mathrm{d}u \\
&= -4\int \frac{\mathrm{d}u}{(u-\sqrt{3})(u+\sqrt{3})} - u \\ &= -4\int \frac{1}{2\sqrt{3}}\left(\frac{1}{u-\sqrt{3}}-\frac{1}{u+\sqrt{3}}\right)\mathrm{d}u - u \\ &= -\frac{2}{\sqrt{3}}\int \frac{\mathrm{d}(u-\sqrt{3})}{u-\sqrt{3}} + \frac{2}{\sqrt{3}}\int \frac{\mathrm{d}(u+\sqrt{3})}{u+\sqrt{3}} - u \\ &= -\frac{2}{\sqrt{3}}\ln|u-\sqrt{3}|+\frac{2}{\sqrt{3}}\ln|u+\sqrt{3}|-u+C_{1} \\ &= \frac{2}{\sqrt{3}}\ln\left|\frac{u+\sqrt{3}}{u-\sqrt{3}}\right|-u+C_{1} \\ &= \frac{2}{\sqrt{3}}\ln\left|\frac{\sin x-\cos x+\sqrt{3}}{\sin x-\cos x-\sqrt{3}}\right|-(\sin x-\cos x)+C_{1} \\ &= \frac{2}{\sqrt{3}}\ln\left|\frac{\sin x-\cos x+\sqrt{3}}{\sin x-\cos x-\sqrt{3}}\right|+\cos x-\sin x+C_{1}. \end{aligned}
\]
并且：
\[
\begin{aligned} I-J &= \int \frac{\cos^{3}x}{1+\cos x\sin x}\mathrm{~d} x - \int \frac{\sin^{3}x}{1+\cos x\sin x}\mathrm{~d} x \\ &= \int \frac{\cos^{3}x-\sin^{3}x}{1+\cos x\sin x}\mathrm{~d} x \\ &= \int \frac{(\cos x-\sin x)(\cos^{2}x+\cos x\sin x+\sin^{2}x)}{1+\cos x\sin x}\mathrm{~d} x \\ &= \int \frac{(\cos x-\sin x)(1+\cos x\sin x)}{1+\cos x\sin x}\mathrm{~d} x \\ &= \int (\cos x-\sin x)\mathrm{~d} x \\
&= \sin x+\cos x+C_{2}. \end{aligned}
\]
两式相加即可解出要求的 \(I\)：
\[
I = \frac{1}{\sqrt{3}}\ln\left|\frac{\sin x-\cos x+\sqrt{3}}{\sin x-\cos x-\sqrt{3}}\right|+\cos x+C
\]
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