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

Демидович — задача 2028

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

Найти интегралы:

Задача 2028

∫dx1+εcos⁡x\displaystyle\int\frac{dx}{1+\varepsilon\cos x} при: а) 0<ε<10<\varepsilon<1; б) ε>1\varepsilon>1.
Ответ:а) При 0<ε<10<\varepsilon<1 на промежутке (2k−1)π<x<(2k+1)π(2k-1)\pi<x<(2k+1)\pi, k∈Zk\in\mathbb Z:F(x)=21−ε2[arctg⁡(1−ε1+ε tg⁡x2)+kπ]+CF(x)=\dfrac2{\sqrt{1-\varepsilon^2}}
\left[
\arctg\left(
\sqrt{\dfrac{1-\varepsilon}{1+\varepsilon}}\,
\tg\dfrac x2
\right)+k\pi
\right]+CВ точках между этими промежутками:F((2k+1)π)=(2k+1)π1−ε2+CF\bigl((2k+1)\pi\bigr)
=\dfrac{(2k+1)\pi}{\sqrt{1-\varepsilon^2}}+CСогласованные ветви задают первообразную на всей R\mathbb R с одной постоянной CC.

б) При ε>1\varepsilon>1:F(x)=1ε2−1ln⁡∣ε+1cos⁡x2+ε−1sin⁡x2ε+1cos⁡x2−ε−1sin⁡x2∣+CF(x)=\dfrac1{\sqrt{\varepsilon^2-1}}
\ln\left|
\dfrac{\sqrt{\varepsilon+1}\cos\frac x2
+\sqrt{\varepsilon-1}\sin\frac x2}
{\sqrt{\varepsilon+1}\cos\frac x2
-\sqrt{\varepsilon-1}\sin\frac x2}
\right|+CФормула действует при cos⁡x≠−1ε\cos x\ne-\frac1\varepsilon, включая точки x=(2k+1)πx=(2k+1)\pi. На разных промежутках области определения постоянные CC могут быть независимыми.

Решение

Обозначим искомый интеграл через II. Для обоих пунктов используем универсальную тригонометрическую подстановку: она превращает выражения для cos⁡x\cos x и dxdx в рациональные функции новой переменной.
На участках, где исходный знаменатель не равен нулю и(2k−1)π<x<(2k+1)π,k∈Z(2k-1)\pi<x<(2k+1)\pi,\qquad k\in\mathbb Zположимt=tg⁡x2,x=2arctg⁡t+2kπt=\tg\dfrac x2,\qquad x=2\arctg t+2k\piИз обратной связи находим дифференциал, а по формуле двойного угла выражаем косинус:dx=2 dt1+t2,cos⁡x=1−t21+t2dx=\dfrac{2\,dt}{1+t^2},\qquad
\cos x=\dfrac{1-t^2}{1+t^2}Поэтому1+εcos⁡x=(1+ε)+(1−ε)t21+t21+\varepsilon\cos x
=\dfrac{(1+\varepsilon)+(1-\varepsilon)t^2}{1+t^2}Множители 1+t21+t^2 при подстановке сокращаются, и получаемI=2∫dt(1+ε)+(1−ε)t2I=2\int\dfrac{dt}{(1+\varepsilon)+(1-\varepsilon)t^2}а) Пусть 0<ε<10<\varepsilon<1. Сначала проверим область определения:1+εcos⁡x⩾1−ε>01+\varepsilon\cos x\geqslant1-\varepsilon>0Следовательно, исходная функция определена и непрерывна на всей R\mathbb R.
Оба коэффициента в преобразованном знаменателе положительны. Вынесем 1+ε1+\varepsilon:I=21+ε∫dt1+1−ε1+εt2I=\dfrac2{1+\varepsilon}
\int\dfrac{dt}{1+\frac{1-\varepsilon}{1+\varepsilon}t^2}Чтобы получить табличный знаменатель 1+u21+u^2, положимu=1−ε1+ε t,t=1+ε1−ε udt=1+ε1−ε du\begin{gathered}
u=\sqrt{\dfrac{1-\varepsilon}{1+\varepsilon}}\,t,\qquad
t=\sqrt{\dfrac{1+\varepsilon}{1-\varepsilon}}\,u\\
dt=\sqrt{\dfrac{1+\varepsilon}{1-\varepsilon}}\,du
\end{gathered}Используем ∫du1+u2=arctg⁡u+C\int\frac{du}{1+u^2}=\arctg u+C. ТогдаI=21+ε1+ε1−ε∫du1+u2==21−ε2arctg⁡u+C==21−ε2arctg⁡(1−ε1+ε t)+C\begin{aligned}
I
&=\dfrac2{1+\varepsilon}
\sqrt{\dfrac{1+\varepsilon}{1-\varepsilon}}
\int\dfrac{du}{1+u^2}=\\
&=\dfrac2{\sqrt{1-\varepsilon^2}}\arctg u+C=\\
&=\dfrac2{\sqrt{1-\varepsilon^2}}
\arctg\left(
\sqrt{\dfrac{1-\varepsilon}{1+\varepsilon}}\,t
\right)+C
\end{aligned}Осталось согласовать эту формулу на соседних промежутках подстановки. Главное значение арктангенса лежит между −π2-\frac\pi2 и π2\frac\pi2. При переходе через x=(2k+1)πx=(2k+1)\pi значение tt меняется от +∞+\infty к −∞-\infty, поэтому арктангенс скачком меняется от π2\frac\pi2 к −π2-\frac\pi2.
Чтобы получить непрерывную первообразную, на промежутке с номером kk добавим к арктангенсу kπk\pi. После возврата к xx получаемF(x)=21−ε2[arctg⁡(1−ε1+ε tg⁡x2)+kπ]+CF(x)=\dfrac2{\sqrt{1-\varepsilon^2}}
\left[
\arctg\left(
\sqrt{\dfrac{1-\varepsilon}{1+\varepsilon}}\,
\tg\dfrac x2
\right)+k\pi
\right]+CЗдесь (2k−1)π<x<(2k+1)π(2k-1)\pi<x<(2k+1)\pi. Справа от x=(2k+1)πx=(2k+1)\pi используется уже номер k+1k+1, поэтому пределы выражения в квадратных скобках совпадают:π2+kπ=−π2+(k+1)π\dfrac\pi2+k\pi=-\dfrac\pi2+(k+1)\piВ самой точке определим первообразную общим пределом:F((2k+1)π)=(2k+1)π1−ε2+CF\bigl((2k+1)\pi\bigr)
=\dfrac{(2k+1)\pi}{\sqrt{1-\varepsilon^2}}+CПроверим, что продолжение сохраняет нужную производную. Обозначим x0=(2k+1)πx_0=(2k+1)\pi. Для близкого xx по теореме Лагранжа существует точка cxc_x между x0x_0 и xx, для которойF(x)−F(x0)x−x0=F′(cx)=11+εcos⁡cx\dfrac{F(x)-F(x_0)}{x-x_0}
=F'(c_x)=\dfrac1{1+\varepsilon\cos c_x}При x→x0x\to x_0 также cx→x0c_x\to x_0. Следовательно,F′(x0)=11−εF'(x_0)=\dfrac1{1-\varepsilon}Получили нужное значение производной в x0x_0. Формула для ветвей вместе со значениями в точках склейки задаёт первообразную на всей R\mathbb R. Для неё выбирается одна постоянная CC.

б) Пусть ε>1\varepsilon>1. Исходный знаменатель обращается в нуль приcos⁡x=−1ε\cos x=-\dfrac1\varepsilonЭти точки исключаем и рассматриваем каждый отдельный промежуток области определения.
Для удобства обозначимa=ε+1,b=ε−1,ab=ε2−1a=\sqrt{\varepsilon+1},\qquad
b=\sqrt{\varepsilon-1},\qquad
ab=\sqrt{\varepsilon^2-1}Здесь a>0a>0, b>0b>0, а преобразованный знаменатель является разностью квадратов:I=2∫dta2−b2t2I=2\int\dfrac{dt}{a^2-b^2t^2}Нормируем его заменойu=ba t,t=ab u,dt=ab duu=\dfrac ba\,t,\qquad
t=\dfrac ab\,u,\qquad dt=\dfrac ab\,duТогдаI=2ab∫du1−u2,u≠±1I=\dfrac2{ab}\int\dfrac{du}{1-u^2},\qquad u\ne\pm1Разложим дробь на простые, обозначив неизвестные коэффициенты через AA и BB:11−u2=A1+u+B1−u\dfrac1{1-u^2}=\dfrac A{1+u}+\dfrac B{1-u}После умножения на общий знаменатель имеем1=A(1−u)+B(1+u)=(A+B)+(B−A)u1=A(1-u)+B(1+u)=(A+B)+(B-A)uСравнивая постоянные члены и коэффициенты при uu, получаем{A+B=1B−A=0A=B=12\begin{cases}
A+B=1\\
B-A=0
\end{cases}
\qquad A=B=\dfrac12Следовательно,11−u2=12(11+u+11−u)\dfrac1{1-u^2}
=\dfrac12\left(\dfrac1{1+u}+\dfrac1{1-u}\right)Во втором слагаемом первообразная равна −ln⁡∣1−u∣-\ln|1-u|, поскольку (1−u)′=−1(1-u)'=-1. ПолучаемI=1ab(ln⁡∣1+u∣−ln⁡∣1−u∣)+C==1abln⁡∣a+bta−bt∣+C\begin{aligned}
I
&=\dfrac1{ab}\bigl(\ln|1+u|-\ln|1-u|\bigr)+C=\\
&=\dfrac1{ab}\ln\left|\dfrac{a+bt}{a-bt}\right|+C
\end{aligned}Значения u=±1u=\pm1 соответствуют нулям исходного знаменателя: при них числитель или знаменатель дроби под логарифмом обращается в нуль.
Вернёмся к xx. Умножим числитель и знаменатель дроби на cos⁡x2\cos\frac x2. На промежутках подстановки этот множитель не равен нулю, и получаемF(x)=1abln⁡∣acos⁡x2+bsin⁡x2acos⁡x2−bsin⁡x2∣+CF(x)=\dfrac1{ab}\ln\left|
\dfrac{a\cos\frac x2+b\sin\frac x2}
{a\cos\frac x2-b\sin\frac x2}
\right|+CЭта запись определена и в точках x=(2k+1)πx=(2k+1)\pi, где сама подстановка не существует. Проверим, что она не вводит дополнительных исключений:(acos⁡x2+bsin⁡x2)(acos⁡x2−bsin⁡x2)==a2cos⁡2x2−b2sin⁡2x2==a2−b22+a2+b22cos⁡x=1+εcos⁡x\begin{aligned}
&\left(a\cos\dfrac x2+b\sin\dfrac x2\right)
\left(a\cos\dfrac x2-b\sin\dfrac x2\right)=\\
&\quad=a^2\cos^2\dfrac x2-b^2\sin^2\dfrac x2=\\
&\quad=\dfrac{a^2-b^2}{2}
+\dfrac{a^2+b^2}{2}\cos x
=1+\varepsilon\cos x
\end{aligned}Поэтому оба выражения под логарифмом не равны нулю всюду, где определена исходная функция. Полученная формула задаёт первообразную на каждом отдельном промежутке её области определения.
При x=(2k+1)πx=(2k+1)\pi дробь под модулем равна −1-1, поэтому логарифм равен нулю и F(x)=CF(x)=C. Дополнительного согласования ветвей здесь не требуется. На разных промежутках, разделённых нулями исходного знаменателя, постоянные CC могут быть независимыми.
Демидович № 2028 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика