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

Демидович — задача 2035

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

Найти интегралы:

Задача 2035

∫dxsin⁡4x+cos⁡4x\displaystyle\int\frac{dx}{\sin^4x+\cos^4x}.
Ответ:При −π2+kπ<x<π2+kπ-\dfrac\pi2+k\pi<x<\dfrac\pi2+k\pi, k∈Zk\in\mathbb Z:12(arctg⁡(2tg⁡x+1)+arctg⁡(2tg⁡x−1)+2kπ)+C.\dfrac1{\sqrt2}
\left(
\arctg(\sqrt2\tg x+1)
+\arctg(\sqrt2\tg x-1)
+2k\pi
\right)+C.В точках x=π2+kπx=\dfrac\pi2+k\pi первообразная определяется непрерывным продолжением.

Решение

Так какsin⁡4x+cos⁡4x=1−2sin⁡2xcos⁡2x⩾12,\sin^4x+\cos^4x=1-2\sin^2x\cos^2x\geqslant\dfrac12,подынтегральная функция непрерывна на R\mathbb R. На промежутке−π2+kπ<x<π2+kπ-\dfrac\pi2+k\pi<x<\dfrac\pi2+k\piположим t=tg⁡xt=\tg x. ТогдаI=∫1+t2t4+1 dt.I=\int\dfrac{1+t^2}{t^4+1}\,dt.Используем разложение1+t2t4+1=12(1t2+2t+1+1t2−2t+1).\dfrac{1+t^2}{t^4+1}
=\dfrac12
\left(
\dfrac1{t^2+\sqrt2t+1}
+\dfrac1{t^2-\sqrt2t+1}
\right).После дополнения квадратов получаем локальную первообразную12(arctg⁡(2t+1)+arctg⁡(2t−1))+C.\dfrac1{\sqrt2}
\left(
\arctg(\sqrt2t+1)+\arctg(\sqrt2t-1)
\right)+C.При переходе через полюс тангенса сумма главных значений арктангенсов меняется на −2π-2\pi. Поэтому одна первообразная на всей числовой прямой задаётся формулойI=12(arctg⁡(2tg⁡x+1)+arctg⁡(2tg⁡x−1)+2kπ)+C.I=\dfrac1{\sqrt2}
\left(
\arctg(\sqrt2\tg x+1)
+\arctg(\sqrt2\tg x-1)
+2k\pi
\right)+C.В граничных точках она продолжается по непрерывности.
Демидович № 2035 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика