Раздел III. Неопределённый интеграл — § 4. Интегрирование тригонометрических функций

Демидович — задача 2008

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

Найти интегралы:

Задача 2008

∫dxcos⁡xsin⁡2x3\displaystyle\int\frac{dx}{\cos x\sqrt[3]{\sin^2x}}.
Ответ:12ln⁡∣1+t1−t∣+14ln⁡t2+t+1t2−t+1+32(arctg⁡2t+13+arctg⁡2t−13)+C,t=sin⁡x3,x≠πk2,k∈Z\begin{aligned}
&\dfrac{1}{2}\ln\left|\dfrac{1+t}{1-t}\right|
+\dfrac{1}{4}\ln\dfrac{t^2+t+1}{t^2-t+1}+\dfrac{\sqrt3}{2}\left(
\arctg\dfrac{2t+1}{\sqrt3}
+\arctg\dfrac{2t-1}{\sqrt3}
\right)+C,
&\qquad t=\sqrt[3]{\sin x},
\qquad x\ne\dfrac{\pi k}{2},\quad k\in\mathbb Z
\end{aligned}На каждом промежутке области определения постоянная CC выбирается независимо.

Решение

Кубический корень определён при любом знаке sin⁡x\sin x, но знаменатель не должен обращаться в нуль. Поэтомуsin⁡x≠0,cos⁡x≠0\sin x\ne0,
\qquad
\cos x\ne0То естьx≠πk2,k∈Zx\ne\dfrac{\pi k}{2},\quad k\in\mathbb ZСначала положимu=sin⁡x,du=cos⁡x dxu=\sin x,
\qquad
du=\cos x\,dxОтсюдаdx=ducos⁡x,cos⁡2x=1−sin⁡2x=1−u2dx=\dfrac{du}{\cos x},
\qquad
\cos^2x=1-\sin^2x=1-u^2Поэтомуdxcos⁡xsin⁡2x3=ducos⁡2xu23=du(1−u2)u23∫dxcos⁡xsin⁡2x3=∫du(1−u2)u23\begin{aligned}
\dfrac{dx}{\cos x\sqrt[3]{\sin^2x}}
=\dfrac{du}{\cos^2x\sqrt[3]{u^2}}
=\dfrac{du}{(1-u^2)\sqrt[3]{u^2}}\\
\int\dfrac{dx}{\cos x\sqrt[3]{\sin^2x}}
=\int\dfrac{du}{(1-u^2)\sqrt[3]{u^2}}
\end{aligned}Введём действительную переменную t=u3t=\sqrt[3]{u}. Тогда u=t3u=t^3, du=3t2 dtdu=3t^2\,dt и u23=t2\sqrt[3]{u^2}=t^2. Поскольку t≠0t\ne0 и t≠±1t\ne\pm1, получаем∫dxcos⁡xsin⁡2x3=3∫dt1−t6\int\dfrac{dx}{\cos x\sqrt[3]{\sin^2x}}
=3\int\dfrac{dt}{1-t^6}Разложим рациональную дробь. Поскольку1−t6=(1−t)(1+t)(t2+t+1)(t2−t+1)1-t^6=(1-t)(1+t)(t^2+t+1)(t^2-t+1)и дробь является чётной, ищем31−t6=A(11−t+11+t)+Bt+Ct2+t+1+−Bt+Ct2−t+1\begin{aligned}
\dfrac{3}{1-t^6}
&=A\left(\dfrac{1}{1-t}+\dfrac{1}{1+t}\right)+\dfrac{Bt+C}{t^2+t+1}
+\dfrac{-Bt+C}{t^2-t+1}
\end{aligned}После приведения к общему знаменателю получаем тождество3=2A(t4+t2+1)+2(1−t2)((C−B)t2+C)3=2A(t^4+t^2+1)
+2(1-t^2)\bigl((C-B)t^2+C\bigr)Сравнение коэффициентов даёт{A+C=32A−B=0A+B−C=0\begin{cases}
A+C=\dfrac{3}{2}\\
A-B=0\\
A+B-C=0
\end{cases}ОтсюдаA=B=12,C=1A=B=\dfrac{1}{2},
\qquad
C=1Следовательно,31−t6=12(1−t)+12(1+t)+t2+1t2+t+1+−t2+1t2−t+1\begin{aligned}
\dfrac{3}{1-t^6}
&=\dfrac{1}{2(1-t)}+\dfrac{1}{2(1+t)}+\dfrac{\dfrac{t}{2}+1}{t^2+t+1}
+\dfrac{-\dfrac{t}{2}+1}{t^2-t+1}
\end{aligned}Для интегрирования квадратных дробей используемt2+1=14(2t+1)+34−t2+1=−14(2t−1)+34t2±t+1=(t±12)2+34\begin{aligned}
\dfrac{t}{2}+1&=\dfrac{1}{4}(2t+1)+\dfrac{3}{4}\\
-\dfrac{t}{2}+1&=-\dfrac{1}{4}(2t-1)+\dfrac{3}{4}\\
t^2\pm t+1&=\left(t\pm\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{3}{4}
\end{aligned}Поэтому∫dxcos⁡xsin⁡2x3=12ln⁡∣1+t1−t∣+14ln⁡t2+t+1t2−t+1+32(arctg⁡2t+13+arctg⁡2t−13)+C\begin{aligned}
\int\dfrac{dx}{\cos x\sqrt[3]{\sin^2x}}
&=\dfrac{1}{2}\ln\left|\dfrac{1+t}{1-t}\right|
+\dfrac{1}{4}\ln\dfrac{t^2+t+1}{t^2-t+1}+\dfrac{\sqrt3}{2}\left(
\arctg\dfrac{2t+1}{\sqrt3}
+\arctg\dfrac{2t-1}{\sqrt3}
\right)+C
\end{aligned}где t=sin⁡x3t=\sqrt[3]{\sin x}.
Демидович № 2008 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика