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

Демидович — задача 2012

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

Найти интегралы:

Задача 2012

Вывести формулы понижения для интегралов:а) In=∫dxsin⁡nx;б) Kn=∫dxcos⁡nx(n>2)\text{а) } I_n=\int\frac{dx}{\sin^n x};\qquad
\text{б) } K_n=\int\frac{dx}{\cos^n x}\quad(n>2)и с их помощью вычислить∫dxsin⁡5xи∫dxcos⁡7x.\int\frac{dx}{\sin^5x}\quad\text{и}\quad\int\frac{dx}{\cos^7x}.
Ответ:
а) Формула понижения:In=−cos⁡x(n−1)sin⁡n−1x+n−2n−1In−2I_n=-\dfrac{\cos x}{(n-1)\sin^{n-1}x}
+\dfrac{n-2}{n-1}I_{n-2}Требуемый интеграл:∫dxsin⁡5x=−cos⁡x4sin⁡4x−3cos⁡x8sin⁡2x+38ln⁡∣tg⁡x2∣+C\begin{aligned}
\int\dfrac{dx}{\sin^5x}
&=-\dfrac{\cos x}{4\sin^4x}
-\dfrac{3\cos x}{8\sin^2x}+\dfrac38\ln\left|\tg\dfrac x2\right|+C
\end{aligned}Формулы действуют при sin⁡x≠0\sin x\ne0, то есть на каждом промежуткеx∈(kπ,(k+1)π),k∈Zx\in(k\pi,(k+1)\pi),\qquad k\in\mathbb Zб) Формула понижения:Kn=sin⁡x(n−1)cos⁡n−1x+n−2n−1Kn−2K_n=\dfrac{\sin x}{(n-1)\cos^{n-1}x}
+\dfrac{n-2}{n-1}K_{n-2}Требуемый интеграл:∫dxcos⁡7x=sin⁡x6cos⁡6x+5sin⁡x24cos⁡4x+5sin⁡x16cos⁡2x+516ln⁡∣1+sin⁡xcos⁡x∣+C\begin{aligned}
\int\dfrac{dx}{\cos^7x}
&=\dfrac{\sin x}{6\cos^6x}
+\dfrac{5\sin x}{24\cos^4x}+\dfrac{5\sin x}{16\cos^2x}
+\dfrac5{16}\ln\left|\dfrac{1+\sin x}{\cos x}\right|+C
\end{aligned}Формулы действуют при cos⁡x≠0\cos x\ne0, то есть на каждом промежуткеx∈(−π2+kπ,π2+kπ),k∈Zx\in\left(-\dfrac\pi2+k\pi,\dfrac\pi2+k\pi\right),
\qquad k\in\mathbb ZОбе формулы понижения применяются при n∈Nn\in\mathbb N, n>2n>2 и понимаются с точностью до постоянной интегрирования. На разных промежутках области определения постоянные CC могут быть независимыми.

Решение


Пусть n∈Nn\in\mathbb N, n>2n>2. При выводе формул понижения и промежуточных вычислениях постоянные интегрирования временно не записываем: равенства понимаются с точностью до постоянной. В окончательных первообразных добавим CC.

а) Выведем формулу понижения дляIn=∫dxsin⁡nxI_n=\int\dfrac{dx}{\sin^n x}Синус обращается в нуль при x=kπx=k\pi, k∈Zk\in\mathbb Z. Поэтому все преобразования выполняем на любом отдельном промежуткеx∈(kπ,(k+1)π),k∈Zx\in(k\pi,(k+1)\pi),\qquad k\in\mathbb ZВыделим множитель 1sin⁡2x\frac1{\sin^2x}, первообразная которого равна −ctg⁡x-\ctg x:In=∫1sin⁡n−2xdxsin⁡2xI_n=\int\dfrac1{\sin^{n-2}x}\dfrac{dx}{\sin^2x}Применим формулу интегрирования по частям∫u dv=uv−∫v du\int u\,dv=uv-\int v\,duВыберемu=1sin⁡n−2x,dv=dxsin⁡2xdu=−(n−2)cos⁡xsin⁡n−1x dx,v=−ctg⁡x\begin{gathered}
u=\dfrac1{\sin^{n-2}x},\qquad dv=\dfrac{dx}{\sin^2x}\\
du=-\dfrac{(n-2)\cos x}{\sin^{n-1}x}\,dx,\qquad v=-\ctg x
\end{gathered}Чтобы уменьшить степень в знаменателе, используем cos⁡2x=1−sin⁡2x\cos^2x=1-\sin^2x:cos⁡2xsin⁡nx=1−sin⁡2xsin⁡nx=1sin⁡nx−1sin⁡n−2x\dfrac{\cos^2x}{\sin^nx}
=\dfrac{1-\sin^2x}{\sin^nx}
=\dfrac1{\sin^nx}-\dfrac1{\sin^{n-2}x}При подстановке в формулу интегрирования по частям минусы в vv и dudu сокращаются, поэтому перед оставшимся интегралом сохраняется минус. ПолучаемIn=−cos⁡xsin⁡n−1x−(n−2)∫cos⁡2xsin⁡nx dx==−cos⁡xsin⁡n−1x−(n−2)(In−In−2)\begin{aligned}
I_n
&=-\dfrac{\cos x}{\sin^{n-1}x}
-(n-2)\int\dfrac{\cos^2x}{\sin^nx}\,dx=\\
&=-\dfrac{\cos x}{\sin^{n-1}x}
-(n-2)(I_n-I_{n-2})
\end{aligned}Раскроем скобки и перенесём слагаемое −(n−2)In-(n-2)I_n в левую часть:(n−1)In=−cos⁡xsin⁡n−1x+(n−2)In−2(n-1)I_n=-\dfrac{\cos x}{\sin^{n-1}x}+(n-2)I_{n-2}Разделив на n−1n-1, получаем формулу понижения:In=−cos⁡x(n−1)sin⁡n−1x+n−2n−1In−2,n>2I_n=-\dfrac{\cos x}{(n-1)\sin^{n-1}x}
+\dfrac{n-2}{n-1}I_{n-2},\qquad n>2Для вычисления I5I_5 нужно последовательно найти I1I_1, I3I_3, затем I5I_5.
Начальный интеграл равенI1=∫dxsin⁡x=ln⁡∣tg⁡x2∣I_1=\int\dfrac{dx}{\sin x}=\ln\left|\tg\dfrac x2\right|Проверим эту формулу по правилу (ln⁡∣f(x)∣)′=f′(x)f(x)(\ln|f(x)|)'=\frac{f'(x)}{f(x)}. На рассматриваемом промежутке tg⁡x2\tg\frac x2 определён и не равен нулю:(ln⁡∣tg⁡x2∣)′=1tg⁡x2⋅12cos⁡2x2==12sin⁡x2cos⁡x2=1sin⁡x\begin{aligned}
\left(\ln\left|\tg\dfrac x2\right|\right)'
&=\dfrac1{\tg\frac x2}\cdot\dfrac1{2\cos^2\frac x2}=\\
&=\dfrac1{2\sin\frac x2\cos\frac x2}
=\dfrac1{\sin x}
\end{aligned}Множитель 12\frac12 появляется из производной аргумента x2\frac x2. В последнем переходе использовано sin⁡x=2sin⁡x2cos⁡x2\sin x=2\sin\frac x2\cos\frac x2.
Применим формулу понижения при n=3n=3:I3=−cos⁡x2sin⁡2x+12I1I_3=-\dfrac{\cos x}{2\sin^2x}+\dfrac12I_1Теперь при n=5n=5I5=−cos⁡x4sin⁡4x+34I3==−cos⁡x4sin⁡4x−3cos⁡x8sin⁡2x+38I1\begin{aligned}
I_5
&=-\dfrac{\cos x}{4\sin^4x}+\dfrac34I_3=\\
&=-\dfrac{\cos x}{4\sin^4x}
-\dfrac{3\cos x}{8\sin^2x}+\dfrac38I_1
\end{aligned}Подставим выражение для I1I_1 и добавим произвольную постоянную:∫dxsin⁡5x=−cos⁡x4sin⁡4x−3cos⁡x8sin⁡2x+38ln⁡∣tg⁡x2∣+C\begin{aligned}
\int\dfrac{dx}{\sin^5x}
&=-\dfrac{\cos x}{4\sin^4x}
-\dfrac{3\cos x}{8\sin^2x}\\
&\quad+\dfrac38\ln\left|\tg\dfrac x2\right|+C
\end{aligned}б) Выведем формулу понижения дляKn=∫dxcos⁡nxK_n=\int\dfrac{dx}{\cos^n x}Косинус обращается в нуль при x=π2+kπx=\frac\pi2+k\pi, k∈Zk\in\mathbb Z. Здесь работаем на любом отдельном промежуткеx∈(−π2+kπ,π2+kπ),k∈Zx\in\left(-\dfrac\pi2+k\pi,\dfrac\pi2+k\pi\right),
\qquad k\in\mathbb ZВыделим множитель 1cos⁡2x\frac1{\cos^2x}, первообразная которого равна tg⁡x\tg x:Kn=∫1cos⁡n−2xdxcos⁡2xK_n=\int\dfrac1{\cos^{n-2}x}\dfrac{dx}{\cos^2x}Для интегрирования по частям выберемu=1cos⁡n−2x,dv=dxcos⁡2xdu=(n−2)sin⁡xcos⁡n−1x dx,v=tg⁡x\begin{gathered}
u=\dfrac1{\cos^{n-2}x},\qquad dv=\dfrac{dx}{\cos^2x}\\
du=\dfrac{(n-2)\sin x}{\cos^{n-1}x}\,dx,\qquad v=\tg x
\end{gathered}В выражении для dudu стоит плюс: минусы от производной отрицательной степени и от производной cos⁡x\cos x сокращаются. Используем тождество sin⁡2x=1−cos⁡2x\sin^2x=1-\cos^2x:sin⁡2xcos⁡nx=1−cos⁡2xcos⁡nx=1cos⁡nx−1cos⁡n−2x\dfrac{\sin^2x}{\cos^nx}
=\dfrac{1-\cos^2x}{\cos^nx}
=\dfrac1{\cos^nx}-\dfrac1{\cos^{n-2}x}По формуле интегрирования по частямKn=sin⁡xcos⁡n−1x−(n−2)∫sin⁡2xcos⁡nx dx==sin⁡xcos⁡n−1x−(n−2)(Kn−Kn−2)\begin{aligned}
K_n
&=\dfrac{\sin x}{\cos^{n-1}x}
-(n-2)\int\dfrac{\sin^2x}{\cos^nx}\,dx=\\
&=\dfrac{\sin x}{\cos^{n-1}x}
-(n-2)(K_n-K_{n-2})
\end{aligned}Раскроем скобки и перенесём слагаемое −(n−2)Kn-(n-2)K_n в левую часть:(n−1)Kn=sin⁡xcos⁡n−1x+(n−2)Kn−2(n-1)K_n=\dfrac{\sin x}{\cos^{n-1}x}+(n-2)K_{n-2}Следовательно,Kn=sin⁡x(n−1)cos⁡n−1x+n−2n−1Kn−2,n>2K_n=\dfrac{\sin x}{(n-1)\cos^{n-1}x}
+\dfrac{n-2}{n-1}K_{n-2},\qquad n>2Для вычисления K7K_7 последовательно найдём K1K_1, K3K_3, K5K_5, затем K7K_7.
Начальный интеграл равенK1=∫dxcos⁡x=ln⁡∣1+sin⁡xcos⁡x∣K_1=\int\dfrac{dx}{\cos x}
=\ln\left|\dfrac{1+\sin x}{\cos x}\right|При cos⁡x≠0\cos x\ne0 значение sin⁡x=−1\sin x=-1 невозможно, поэтому 1+sin⁡x>01+\sin x>0. Для проверки перепишем логарифм частного как разность:ln⁡∣1+sin⁡xcos⁡x∣=ln⁡(1+sin⁡x)−ln⁡∣cos⁡x∣\ln\left|\dfrac{1+\sin x}{\cos x}\right|
=\ln(1+\sin x)-\ln|\cos x|Дифференцируем и приводим дроби к общему знаменателю:(ln⁡∣1+sin⁡xcos⁡x∣)′=cos⁡x1+sin⁡x+sin⁡xcos⁡x==cos⁡2x+sin⁡x+sin⁡2xcos⁡x(1+sin⁡x)==1+sin⁡xcos⁡x(1+sin⁡x)=1cos⁡x\begin{aligned}
\left(\ln\left|\dfrac{1+\sin x}{\cos x}\right|\right)'
&=\dfrac{\cos x}{1+\sin x}+\dfrac{\sin x}{\cos x}=\\
&=\dfrac{\cos^2x+\sin x+\sin^2x}{\cos x(1+\sin x)}=\\
&=\dfrac{1+\sin x}{\cos x(1+\sin x)}
=\dfrac1{\cos x}
\end{aligned}Сокращение на 1+sin⁡x1+\sin x допустимо, поскольку этот множитель положителен.
Применим формулу понижения при n=3n=3:K3=sin⁡x2cos⁡2x+12K1K_3=\dfrac{\sin x}{2\cos^2x}+\dfrac12K_1При n=5n=5 подставим найденное выражение для K3K_3:K5=sin⁡x4cos⁡4x+34K3==sin⁡x4cos⁡4x+3sin⁡x8cos⁡2x+38K1\begin{aligned}
K_5
&=\dfrac{\sin x}{4\cos^4x}+\dfrac34K_3=\\
&=\dfrac{\sin x}{4\cos^4x}
+\dfrac{3\sin x}{8\cos^2x}+\dfrac38K_1
\end{aligned}Теперь при n=7n=7K7=sin⁡x6cos⁡6x+56K5==sin⁡x6cos⁡6x+5sin⁡x24cos⁡4x+5sin⁡x16cos⁡2x+516K1\begin{aligned}
K_7
&=\dfrac{\sin x}{6\cos^6x}+\dfrac56K_5=\\
&=\dfrac{\sin x}{6\cos^6x}
+\dfrac{5\sin x}{24\cos^4x}
+\dfrac{5\sin x}{16\cos^2x}+\dfrac5{16}K_1
\end{aligned}Подставим выражение для K1K_1 и добавим произвольную постоянную:∫dxcos⁡7x=sin⁡x6cos⁡6x+5sin⁡x24cos⁡4x+5sin⁡x16cos⁡2x+516ln⁡∣1+sin⁡xcos⁡x∣+C\begin{aligned}
\int\dfrac{dx}{\cos^7x}
&=\dfrac{\sin x}{6\cos^6x}
+\dfrac{5\sin x}{24\cos^4x}+\dfrac{5\sin x}{16\cos^2x}
+\dfrac5{16}\ln\left|\dfrac{1+\sin x}{\cos x}\right|+C
\end{aligned}В обоих пунктах формулы действуют на каждом отдельном промежутке области определения. На разных промежутках постоянная CC может принимать независимые значения.
Демидович № 2012 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика