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

Демидович — задача 1702

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

Путём надлежащего преобразования подынтегрального выражения найти следующие интегралы:

\displaystyle\int\frac{dx}{\sin^2x+2\cos^2x}

Ответ:При

k\in\mathbb Z

положим

F(x)= \begin{cases} \dfrac{1}{\sqrt2} \left[ \operatorname{arctg}\left(\dfrac{\tg x}{\sqrt2}\right)+k\pi \right], & -\dfrac{\pi}{2}+k\pi<x< \dfrac{\pi}{2}+k\pi\\[8pt] \dfrac{\left(k+\dfrac{1}{2}\right)\pi}{\sqrt2}, & x=\dfrac{\pi}{2}+k\pi \end{cases}

F(x)+C, \qquad x\in\mathbb R

Решение

Знаменатель

\sin^2x+2\cos^2x=1+\cos^2x

положителен при всех действительных

x

. Здесь одновременно встречаются

\sin^2x

\cos^2x

, поэтому удобно получить

\tg^2x

делением на

\cos^2x

. Поэтому при

\cos x\ne0

делим числитель и знаменатель на

\cos^2x

и учитываем, что

d(\tg x)=\dfrac{dx}{\cos^2x}

\begin{aligned} \int\dfrac{dx}{\sin^2x+2\cos^2x} &=\int\dfrac{d(\tg x)}{\tg^2x+2}=\\ &=\dfrac{1}{\sqrt2} \operatorname{arctg}\left(\dfrac{\tg x}{\sqrt2}\right)+C\end{aligned}

Последняя формула записана на промежутках

I_k=\left(-\dfrac{\pi}{2}+k\pi; \dfrac{\pi}{2}+k\pi\right), \qquad k\in\mathbb Z

Исходная функция непрерывна и в точках

\cos x=0

, хотя

\tg x

там не определён. При приближении к правому концу

I_k

арктангенс стремится к

\frac{\pi}{2}

, а при приближении к левому концу

I_{k+1}

— к

-\frac{\pi}{2}

. Значения различаются на

\pi

, поэтому добавим к арктангенсу

k\pi

на

I_k

. Положим

F(x)= \dfrac{1}{\sqrt2} \left[ \operatorname{arctg}\left(\dfrac{\tg x}{\sqrt2}\right)+k\pi \right], \qquad x\in I_k

Обозначим

b_k=\dfrac{\pi}{2}+k\pi

и в точках

x=b_k

положим

F(b_k)=\dfrac{\left(k+\dfrac{1}{2}\right)\pi}{\sqrt2}

Тогда

\lim_{x\to b_k^-}F(x) = \lim_{x\to b_k^+}F(x) = \dfrac{\left(k+\dfrac{1}{2}\right)\pi}{\sqrt2} = F(b_k)

Проверим производную в точке склеивания. Для достаточно малого

h\ne0

из выбранных ветвей арктангенса следует

F(b_k+h)-F(b_k) = \dfrac{1}{\sqrt2} \operatorname{arctg}\bigl(\sqrt2\tg h\bigr)

Поэтому

\begin{aligned} F'(b_k) &= \lim_{h\to0} \dfrac{F(b_k+h)-F(b_k)}{h}=\\ &= \lim_{h\to0} \dfrac{\operatorname{arctg}(\sqrt2\tg h)}{\sqrt2h} =1\end{aligned}

Это совпадает со значением исходной подынтегральной функции:

\dfrac{1}{\sin^2b_k+2\cos^2b_k}=1

Следовательно,

F(x)+C

является первообразной на всей

\mathbb R