Раздел III. Неопределённый интеграл — § 1. Простейшие неопределённые интегралы

Демидович — задача 1700

Б. П. Демидович, «Сборник задач и упражнений по математическому анализу». Условие, подробное решение и ответ.

Путём надлежащего преобразования подынтегрального выражения найти следующие интегралы:

Задача 1700

а) ∫sin⁡xcos⁡xa2sin⁡2x+b2cos⁡2x dx;б) ∫sin⁡xcos⁡2x dx;\text{а) }\int\frac{\sin x\cos x}{\sqrt{a^2\sin^2x+b^2\cos^2x}}\,dx;\qquad
\text{б) }\int\frac{\sin x}{\sqrt{\cos2x}}\,dx;в) ∫cos⁡xcos⁡2x dx;г) ∫sh⁡xch⁡2x dx.\text{в) }\int\frac{\cos x}{\sqrt{\cos2x}}\,dx;\qquad
\text{г) }\int\frac{\sh x}{\sqrt{\ch2x}}\,dx.
Ответ:а) Пусть a,b∈Ra,b\in\mathbb R. При a2≠b2a^2\ne b^2:a2sin⁡2x+b2cos⁡2xa2−b2+C\dfrac{\sqrt{a^2\sin^2x+b^2\cos^2x}}
{a^2-b^2}+CПри a2=b2≠0a^2=b^2\ne0:sin⁡2x2∣a∣+C\dfrac{\sin^2x}{2|a|}+CФормулы пункта а) применяются там, где a2sin⁡2x+b2cos⁡2x>0a^2\sin^2x+b^2\cos^2x>0; при a=b=0a=b=0 подынтегральная функция не определена.
б)−12ln⁡∣2cos⁡x+cos⁡2x∣+C,cos⁡2x>0-\dfrac{1}{\sqrt2}
\ln\left|\sqrt2\cos x+\sqrt{\cos2x}\right|+C,
\qquad
\cos2x>0в)12arcsin⁡(2sin⁡x)+C,cos⁡2x>0\dfrac{1}{\sqrt2}\arcsin(\sqrt2\sin x)+C,
\qquad
\cos2x>0г)12ln⁡(2ch⁡x+ch⁡2x)+C\dfrac{1}{\sqrt2}
\ln\left(\sqrt2\operatorname{ch}x+
\sqrt{\operatorname{ch}2x}\right)+CВ пункте г) x∈Rx\in\mathbb R.

В каждом пункте постоянная CC выбирается независимо на каждом связном промежутке области определения.

Решение

а) Пусть a,b∈Ra,b\in\mathbb R. Сначала требуем a2sin⁡2x+b2cos⁡2x>0a^2\sin^2x+b^2\cos^2x>0: корень стоит в знаменателе. На этом множестве обозначимu=a2sin⁡2x+b2cos⁡2xu=a^2\sin^2x+b^2\cos^2xТогдаdu=2(a2−b2)sin⁡xcos⁡x dxdu=2(a^2-b^2)\sin x\cos x\,dxТаким образом, числитель отличается от dudu только постоянным множителем. Если a2≠b2a^2\ne b^2, на него можно разделить и получить∫sin⁡xcos⁡x dxa2sin⁡2x+b2cos⁡2x=12(a2−b2)∫duu==ua2−b2+C==a2sin⁡2x+b2cos⁡2xa2−b2+C\begin{aligned}
\int\dfrac{\sin x\cos x\,dx}
{\sqrt{a^2\sin^2x+b^2\cos^2x}}
&=\dfrac{1}{2(a^2-b^2)}
\int\dfrac{du}{\sqrt u}=\\
&=\dfrac{\sqrt u}{a^2-b^2}+C=\\
&=\dfrac{\sqrt{a^2\sin^2x+b^2\cos^2x}}
{a^2-b^2}+C
\end{aligned}При a2=b2a^2=b^2 делить на a2−b2a^2-b^2 нельзя. Если при этом a2=b2≠0a^2=b^2\ne0, знаменатель постоянен:a2sin⁡2x+b2cos⁡2x=∣a∣\sqrt{a^2\sin^2x+b^2\cos^2x}=|a|и∫sin⁡xcos⁡x dxa2sin⁡2x+b2cos⁡2x=1∣a∣∫sin⁡xcos⁡x dx==sin⁡2x2∣a∣+C\begin{aligned}
\int\dfrac{\sin x\cos x\,dx}
{\sqrt{a^2\sin^2x+b^2\cos^2x}}
&=\dfrac{1}{|a|}\int\sin x\cos x\,dx=\\
&=\dfrac{\sin^2x}{2|a|}+C
\end{aligned}При a=b=0a=b=0 подынтегральная функция не определена.

В остальных случаях формулы рассматриваются на тех промежутках, гдеa2sin⁡2x+b2cos⁡2x>0a^2\sin^2x+b^2\cos^2x>0б) Здесь подынтегральная функция определена при cos⁡2x>0\cos2x>0, так как корень стоит в знаменателе. Положимu=cos⁡x,du=−sin⁡x dxu=\cos x,
\qquad
du=-\sin x\,dxЭта замена выбрана потому, что числитель содержит sin⁡x dx\sin x\,dx, а тождество cos⁡2x=2cos⁡2x−1\cos2x=2\cos^2x-1 выражает корень через u=cos⁡xu=\cos x. Используем также формулу∫du2u2−1=12ln⁡∣2 u+2u2−1∣+C\int\dfrac{du}{\sqrt{2u^2-1}}
=\dfrac{1}{\sqrt2}
\ln\left|\sqrt2\,u+\sqrt{2u^2-1}\right|+CДействительно, производная логарифма по uu равна 22u2−1\frac{\sqrt2}{\sqrt{2u^2-1}} на промежутках 2u2−1>02u^2-1>0. Коэффициент 12\frac{1}{\sqrt2} даёт исходную подынтегральную функцию. Получаем∫sin⁡x dxcos⁡2x=−∫du2u2−1==−12ln⁡∣2 u+2u2−1∣+C==−12ln⁡∣2cos⁡x+cos⁡2x∣+C\begin{aligned}
\int\dfrac{\sin x\,dx}{\sqrt{\cos2x}}
&=-\int\dfrac{du}{\sqrt{2u^2-1}}=\\
&=-\dfrac{1}{\sqrt2}
\ln\left|\sqrt2\,u+\sqrt{2u^2-1}\right|+C=\\
&=-\dfrac{1}{\sqrt2}
\ln\left|\sqrt2\cos x+\sqrt{\cos2x}\right|+C
\end{aligned}Для вещественного интеграла необходимо cos⁡2x>0\cos2x>0, поэтомуx∈(−π4+πk,π4+πk),k∈Zx\in
\left(
-\dfrac{\pi}{4}+\pi k,
\dfrac{\pi}{4}+\pi k
\right),
\qquad
k\in\mathbb Zв) Положимu=sin⁡x,du=cos⁡x dxu=\sin x,
\qquad
du=\cos x\,dxОбласть определения та же, что в пункте б). Здесь числитель содержит дифференциал sin⁡x\sin x, а cos⁡2x=1−2sin⁡2x\cos2x=1-2\sin^2x. Поэтому∫cos⁡x dxcos⁡2x=∫du1−2u2==12arcsin⁡(2 u)+C==12arcsin⁡(2sin⁡x)+C\begin{aligned}
\int\dfrac{\cos x\,dx}{\sqrt{\cos2x}}
&=\int\dfrac{du}{\sqrt{1-2u^2}}=\\
&=\dfrac{1}{\sqrt2}\arcsin(\sqrt2\,u)+C=\\
&=\dfrac{1}{\sqrt2}\arcsin(\sqrt2\sin x)+C
\end{aligned}Область определения совпадает с областью в пункте б):x∈(−π4+πk,π4+πk),k∈Zx\in
\left(
-\dfrac{\pi}{4}+\pi k,
\dfrac{\pi}{4}+\pi k
\right),
\qquad
k\in\mathbb Zг) Положимu=ch⁡x,du=sh⁡x dxu=\operatorname{ch}x,
\qquad
du=\operatorname{sh}x\,dxЧислитель содержит дифференциал ch⁡x\operatorname{ch}x. Чтобы выразить знаменатель через uu, используем тождествоch⁡2x=2ch⁡2x−1\operatorname{ch}2x=2\operatorname{ch}^2x-1Теперь можно применить ту же логарифмическую формулу, что в пункте б), с положительным u=ch⁡xu=\operatorname{ch}x:∫sh⁡x dxch⁡2x=∫du2u2−1==12ln⁡(2 u+2u2−1)+C==12ln⁡(2ch⁡x+ch⁡2x)+C\begin{aligned}
\int\dfrac{\operatorname{sh}x\,dx}
{\sqrt{\operatorname{ch}2x}}
&=\int\dfrac{du}{\sqrt{2u^2-1}}=\\
&=\dfrac{1}{\sqrt2}
\ln\left(\sqrt2\,u+\sqrt{2u^2-1}\right)+C=\\
&=\dfrac{1}{\sqrt2}
\ln\left(\sqrt2\operatorname{ch}x+
\sqrt{\operatorname{ch}2x}\right)+C
\end{aligned}Так как ch⁡2x⩾1\operatorname{ch}2x\geqslant1, подынтегральная функция в пункте г) определена при всех x∈Rx\in\mathbb R.

Во всех пунктах постоянная CC выбирается независимо на каждом связном промежутке области определения соответствующей подынтегральной функции.
Демидович № 1700 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика