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

Демидович — задача 2043

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

Найти интегралы:

Задача 2043

а) ∫sin⁡x−cos⁡xsin⁡x+2cos⁡x dx\displaystyle\int\frac{\sin x-\cos x}{\sin x+2\cos x}\,dx;
б) ∫sin⁡xsin⁡x−3cos⁡x dx\displaystyle\int\frac{\sin x}{\sin x-3\cos x}\,dx.
Ответ:а)Fa(x)=−x5−35ln⁡∣sin⁡x+2cos⁡x∣+C,x∈(kπ−arctg⁡2,(k+1)π−arctg⁡2),k∈ZF_a(x)=-\dfrac x5-\dfrac35\ln|\sin x+2\cos x|+C,
\qquad
x\in\bigl(k\pi-\arctg 2,(k+1)\pi-\arctg 2\bigr),
\qquad k\in\mathbb Zб)Fb(x)=x10+310ln⁡∣sin⁡x−3cos⁡x∣+C,x∈(kπ+arctg⁡3,(k+1)π+arctg⁡3),k∈ZF_b(x)=\dfrac x{10}+\dfrac3{10}\ln|\sin x-3\cos x|+C,
\qquad
x\in\bigl(k\pi+\arctg 3,(k+1)\pi+\arctg 3\bigr),
\qquad k\in\mathbb ZНа каждом допустимом промежутке постоянная интегрирования выбирается независимо.

Решение

а) Обозначим искомый интеграл через IaI_a. Введём знаменатель Da(x)D_a(x) и найдём его производную:Da(x)=sin⁡x+2cos⁡x,Da′(x)=cos⁡x−2sin⁡xD_a(x)=\sin x+2\cos x,
\qquad
D_a'(x)=\cos x-2\sin xСначала найдём нули знаменателя. Если cos⁡x=0\cos x=0, то sin⁡x=±1\sin x=\pm1 и Da(x)≠0D_a(x)\ne0. Поэтому в точках, где Da(x)=0D_a(x)=0, можно разделить уравнение на cos⁡x\cos x:sin⁡x+2cos⁡x=0⟺tg⁡x=−2\sin x+2\cos x=0
\quad\Longleftrightarrow\quad
\tg x=-2Отсюда исключаются точки x=−arctg⁡2+kπx=-\arctg 2+k\pi, где k∈Zk\in\mathbb Z. Работать будем на промежуткахx∈(kπ−arctg⁡2,(k+1)π−arctg⁡2),k∈Zx\in\bigl(k\pi-\arctg 2,(k+1)\pi-\arctg 2\bigr),
\qquad k\in\mathbb ZПо указанию к №2042 представим числитель в видеsin⁡x−cos⁡x=A(sin⁡x+2cos⁡x)+B(cos⁡x−2sin⁡x)\sin x-\cos x
=A(\sin x+2\cos x)+B(\cos x-2\sin x)В правой части коэффициент при sin⁡x\sin x равен A−2BA-2B, а при cos⁡x\cos x равен 2A+B2A+B. Сравнивая их с коэффициентами 11 и −1-1 в числителе, получаем{A−2B=12A+B=−1\begin{cases}
A-2B=1\\
2A+B=-1
\end{cases}Умножим первое уравнение на 22 и вычтем второе. Тогда AA сократится, и найдём−5B=3,B=−35,A=1+2B=−15-5B=3,
\qquad
B=-\dfrac35,
\qquad
A=1+2B=-\dfrac15После деления разложения на Da(x)D_a(x) подынтегральная функция равна −15−35Da′(x)Da(x)-\frac15-\frac35\frac{D_a'(x)}{D_a(x)}. Второе слагаемое интегрируется в логарифм, поскольку в числителе стоит производная знаменателя. ПоэтомуIa=∫(−15−35cos⁡x−2sin⁡xsin⁡x+2cos⁡x) dx==−x5−35ln⁡∣sin⁡x+2cos⁡x∣+C\begin{aligned}
I_a
&=\int\left(-\dfrac15-\dfrac35\dfrac{\cos x-2\sin x}{\sin x+2\cos x}\right)\,dx=\\
&=-\dfrac x5-\dfrac35\ln|\sin x+2\cos x|+C
\end{aligned}Обозначим первообразную через Fa(x)F_a(x) и проверим ответ:Fa′(x)=−15−35Da′(x)Da(x)=sin⁡x−cos⁡xsin⁡x+2cos⁡xF_a'(x)
=-\dfrac15-\dfrac35\dfrac{D_a'(x)}{D_a(x)}
=\dfrac{\sin x-\cos x}{\sin x+2\cos x}б) Обозначим искомый интеграл через IbI_b. В этом пунктеDb(x)=sin⁡x−3cos⁡x,Db′(x)=cos⁡x+3sin⁡xD_b(x)=\sin x-3\cos x,
\qquad
D_b'(x)=\cos x+3\sin xКак и в пункте а), при cos⁡x=0\cos x=0 знаменатель не равен нулю. Поэтому его нули определяются уравнениемsin⁡x−3cos⁡x=0⟺tg⁡x=3\sin x-3\cos x=0
\quad\Longleftrightarrow\quad
\tg x=3Исключаются точки x=arctg⁡3+kπx=\arctg 3+k\pi, где k∈Zk\in\mathbb Z, и допустимые промежутки имеют видx∈(kπ+arctg⁡3,(k+1)π+arctg⁡3),k∈Zx\in\bigl(k\pi+\arctg 3,(k+1)\pi+\arctg 3\bigr),
\qquad k\in\mathbb ZЗаново найдём коэффициенты разложения для этого числителя:sin⁡x=A(sin⁡x−3cos⁡x)+B(cos⁡x+3sin⁡x)\sin x=A(\sin x-3\cos x)+B(\cos x+3\sin x)Коэффициенты при sin⁡x\sin x и cos⁡x\cos x в правой части равны A+3BA+3B и −3A+B-3A+B. В числителе они равны 11 и 00, поэтому{A+3B=1−3A+B=0\begin{cases}
A+3B=1\\
-3A+B=0
\end{cases}Из второго уравнения B=3AB=3A. Подставляя это в первое, получаемA+3⋅3A=1,10A=1,A=110,B=310A+3\cdot3A=1,
\qquad
10A=1,
\qquad
A=\dfrac1{10},
\qquad B=\dfrac3{10}Делим тождество на Db(x)D_b(x) и интегрируем. Здесь также используется формула (ln⁡∣Db(x)∣)′=Db′(x)Db(x)\bigl(\ln|D_b(x)|\bigr)'=\frac{D_b'(x)}{D_b(x)}:Ib=∫(110+310cos⁡x+3sin⁡xsin⁡x−3cos⁡x) dx==x10+310ln⁡∣sin⁡x−3cos⁡x∣+C\begin{aligned}
I_b
&=\int\left(\dfrac1{10}+\dfrac3{10}\dfrac{\cos x+3\sin x}{\sin x-3\cos x}\right)\,dx=\\
&=\dfrac x{10}+\dfrac3{10}\ln|\sin x-3\cos x|+C
\end{aligned}Обозначим первообразную через Fb(x)F_b(x) и проверим ответ:Fb′(x)=110+310Db′(x)Db(x)=sin⁡xsin⁡x−3cos⁡xF_b'(x)
=\dfrac1{10}+\dfrac3{10}\dfrac{D_b'(x)}{D_b(x)}
=\dfrac{\sin x}{\sin x-3\cos x}В обоих пунктах модуль сохраняется, поскольку знаменатель на разных промежутках может иметь разный знак. Постоянные CC независимы для разных пунктов и разных промежутков области определения.
Демидович № 2043 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика