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

Демидович — задача 2042

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

Найти интегралы:

Задача 2042

Доказать, что

\int\frac{a_1\sin x+b_1\cos x}{a\sin x+b\cos x}\,dx=Ax+B\ln|a\sin x+b\cos x|+C,

где

A

B

C

--- постоянные.

Доказано:Утверждение доказано при

a^2+b^2>0

, причём

A=\dfrac{aa_1+bb_1}{a^2+b^2}, \qquad B=\dfrac{ab_1-ba_1}{a^2+b^2},

\int\dfrac{a_1\sin x+b_1\cos x} {a\sin x+b\cos x}\,dx =Ax+B\ln|a\sin x+b\cos x|+C

Формула справедлива на каждом промежутке, где

a\sin x+b\cos x\ne0

; на разных промежутках постоянная

C

выбирается независимо.

Доказательство

Коэффициенты

a

b

не должны одновременно равняться нулю. При

a=b=0

знаменатель равен нулю для всех

x

, поэтому интеграл не определён. Далее считаем

a^2+b^2>0

и работаем на промежутке, где

a\sin x+b\cos x\ne0

. Обозначим знаменатель через

D(x)

и найдём его производную:

D(x)=a\sin x+b\cos x, \qquad D'(x)=a\cos x-b\sin x

По указанию представим числитель как сумму постоянного множителя знаменателя и постоянного множителя его производной:

a_1\sin x+b_1\cos x=AD(x)+BD'(x)

Это разложение полезно тем, что после деления на

D(x)

получатся постоянная

A

и выражение

B\frac{D'(x)}{D(x)}

. Их первообразные имеют нужный вид:

Ax

B\ln|D(x)|

. Найдём

A

B

. Раскрывая скобки в правой части, имеем

\begin{aligned} A(a\sin x+b\cos x)+B(a\cos x-b\sin x) &=(aA-bB)\sin x+(bA+aB)\cos x\end{aligned}

Чтобы это равенство совпадало с числителем при всех

x

, приравняем коэффициенты при

\sin x

\cos x

. Получим систему

\begin{cases} aA-bB=a_1\\ bA+aB=b_1 \end{cases}

Эти два условия необходимы: их можно получить из тождества при

x=\frac{\pi}{2}

x=0

. Они также достаточны, поскольку тогда коэффициенты в обоих выражениях совпадают. Умножим первое уравнение на

a

, второе на

b

и сложим. Слагаемые с

B

сократятся:

(a^2+b^2)A=aa_1+bb_1, \qquad A=\dfrac{aa_1+bb_1}{a^2+b^2}

Теперь умножим второе уравнение на

a

, первое на

b

и вычтем первое из второго. Слагаемые с

A

сократятся:

(a^2+b^2)B=ab_1-ba_1, \qquad B=\dfrac{ab_1-ba_1}{a^2+b^2}

Деление законно, поскольку

a^2+b^2>0

. Значит, нужные постоянные

A

B

существуют при любых

a_1

b_1

. Разделим найденное тождество на ненулевой знаменатель:

\dfrac{a_1\sin x+b_1\cos x}{D(x)} =A+B\dfrac{D'(x)}{D(x)}

По правилу производной сложной функции

\bigl(\ln|D(x)|\bigr)'=\dfrac{D'(x)}{D(x)}

Модуль нужен, чтобы логарифм был определён и при

D(x)<0

. На промежутке без нулей знак

D(x)

не меняется. Формула верна при обоих знаках. Интегрируя каждое слагаемое, получаем

\begin{aligned} \int\dfrac{a_1\sin x+b_1\cos x}{a\sin x+b\cos x}\,dx &=A\int dx+B\int\dfrac{D'(x)}{D(x)}\,dx=\\ &=Ax+B\ln|a\sin x+b\cos x|+C\end{aligned}

Тем самым требуемая формула доказана именно с помощью указанного разложения. Проверка производной даёт

\begin{aligned} \bigl(Ax+B\ln|D(x)|\bigr)' &=A+B\dfrac{D'(x)}{D(x)} =\dfrac{AD(x)+BD'(x)}{D(x)}=\\ &=\dfrac{a_1\sin x+b_1\cos x}{a\sin x+b\cos x}\end{aligned}

Опишем допустимые промежутки явно. Положим

R=\sqrt{a^2+b^2}>0

и выберем угол

\varphi

так, чтобы

\cos\varphi=\dfrac aR, \qquad \sin\varphi=\dfrac bR

Такой угол существует, поскольку сумма квадратов этих двух дробей равна единице. По формуле синуса суммы

D(x)=R\bigl(\sin x\cos\varphi+\cos x\sin\varphi\bigr) =R\sin(x+\varphi)

Следовательно, знаменатель равен нулю при

x=k\pi-\varphi

, где

k\in\mathbb Z

. Первообразная определена на каждом промежутке между соседними нулями:

x\in\bigl(k\pi-\varphi,(k+1)\pi-\varphi\bigr), \qquad k\in\mathbb Z

На разных таких промежутках постоянные интегрирования могут быть различными.

Что и требовалось доказать