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

Демидович — задача 2053

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

Найти интегралы:

Задача 2053

Доказать, что если (a−c)2+b2≠0(a-c)^2+b^2\ne0, то∫a1sin⁡x+b1cos⁡xasin⁡2x+2bsin⁡xcos⁡x+ccos⁡2x dx=A∫du1k1u12+λ1+B∫du2k2u22+λ2,\int\frac{a_1\sin x+b_1\cos x}{a\sin^2x+2b\sin x\cos x+c\cos^2x}\,dx
=A\int\frac{du_1}{k_1u_1^2+\lambda_1}
+B\int\frac{du_2}{k_2u_2^2+\lambda_2},где AA, BB --- неопределённые коэффициенты, λ1\lambda_1, λ2\lambda_2 --- корни уравнения∣a−λbbc−λ∣=0(λ1≠λ2),\begin{vmatrix}a-\lambda&b\\b&c-\lambda\end{vmatrix}=0
\quad(\lambda_1\ne\lambda_2),ui=(a−λi)sin⁡x+bcos⁡xu_i=(a-\lambda_i)\sin x+b\cos x и ki=1a−λik_i=\dfrac1{a-\lambda_i} (i=1,2)(i=1,2).
Доказано:При b≠0b\ne0 доказано тождество∫a1sin⁡x+b1cos⁡xasin⁡2x+2bsin⁡xcos⁡x+ccos⁡2x dx=A∫du1k1u12+λ1+B∫du2k2u22+λ2,\begin{aligned}
\int\dfrac{a_1\sin x+b_1\cos x}
{a\sin^2x+2b\sin x\cos x+c\cos^2x}\,dx
&=A\int\dfrac{du_1}{k_1u_1^2+\lambda_1}
+B\int\dfrac{du_2}{k_2u_2^2+\lambda_2},
\end{aligned}гдеui=(a−λi)sin⁡x+bcos⁡x,ki=1a−λiu_i=(a-\lambda_i)\sin x+b\cos x,
\qquad
k_i=\dfrac{1}{a-\lambda_i}а A,BA,B определяются системой{−b(A+B)=a1(a−λ1)A+(a−λ2)B=b1\begin{cases}
-b(A+B)=a_1\\
(a-\lambda_1)A+(a-\lambda_2)B=b_1
\end{cases}При b=0b=0, a≠ca\ne c, одна из величин kik_i не определена. Поэтому вместо этой нормировки используем отдельное сведение:∫a1sin⁡x+b1cos⁡xasin⁡2x+ccos⁡2x dx=−a1∫dva+(c−a)v2+b1∫duc+(a−c)u2,u=sin⁡x,v=cos⁡x\begin{aligned}
&\int\dfrac{a_1\sin x+b_1\cos x}
{a\sin^2x+c\cos^2x}\,dx=-a_1\int\dfrac{dv}{a+(c-a)v^2}
+b_1\int\dfrac{du}{c+(a-c)u^2},
&\qquad u=\sin x,\quad v=\cos x
\end{aligned}Здесь λ1,λ2\lambda_1,\lambda_2 — корни уравнения (a−λ)(c−λ)−b2=0(a-\lambda)(c-\lambda)-b^2=0. Оба сведения применяются при (a−c)2+b2≠0(a-c)^2+b^2\ne0 на промежутках, где asin⁡2x+2bsin⁡xcos⁡x+ccos⁡2x≠0a\sin^2x+2b\sin x\cos x+c\cos^2x\ne0.

Доказательство

ОбозначимQ=asin⁡2x+2bsin⁡xcos⁡x+ccos⁡2xQ=a\sin^2x+2b\sin x\cos x+c\cos^2xВсе дальнейшие равенства рассматриваются на промежутках, где Q≠0Q\ne0.

Корни характеристического уравнения(a−λ)(c−λ)−b2=0(a-\lambda)(c-\lambda)-b^2=0различны, поскольку его дискриминант равен(a−c)2+4b2>0(a-c)^2+4b^2>0при условии (a−c)2+b2≠0(a-c)^2+b^2\ne0.

Сначала рассмотрим случай b≠0b\ne0. Тогда a−λi≠0a-\lambda_i\ne0, поэтому величиныui=(a−λi)sin⁡x+bcos⁡x,ki=1a−λiu_i=(a-\lambda_i)\sin x+b\cos x,
\qquad
k_i=\dfrac{1}{a-\lambda_i}определены для i=1,2i=1,2. Из характеристического уравнения следуетb2a−λi=c−λi\dfrac{b^2}{a-\lambda_i}=c-\lambda_iПоэтомуkiui2+λi=(a−λi)sin⁡2x+2bsin⁡xcos⁡x+b2a−λicos⁡2x+λi==asin⁡2x+2bsin⁡xcos⁡x+ccos⁡2x=Q\begin{aligned}
k_i u_i^2+\lambda_i
&=(a-\lambda_i)\sin^2x
+2b\sin x\cos x
+\dfrac{b^2}{a-\lambda_i}\cos^2x+\lambda_i=\\
&=a\sin^2x+2b\sin x\cos x+c\cos^2x
=Q
\end{aligned}Далее,dui=((a−λi)cos⁡x−bsin⁡x) dxdu_i=
\bigl((a-\lambda_i)\cos x-b\sin x\bigr)\,dxПодберём постоянные AA и BB из тождества(a1sin⁡x+b1cos⁡x) dx=A du1+B du2(a_1\sin x+b_1\cos x)\,dx=A\,du_1+B\,du_2Сравнивая коэффициенты при sin⁡x\sin x и cos⁡x\cos x, получаем систему{−b(A+B)=a1(a−λ1)A+(a−λ2)B=b1\begin{cases}
-b(A+B)=a_1\\
(a-\lambda_1)A+(a-\lambda_2)B=b_1
\end{cases}Определитель этой системы равенΔ=(−b)(a−λ2)−(−b)(a−λ1)==b(λ2−λ1)≠0,\begin{aligned}
\Delta
&=(-b)(a-\lambda_2)-(-b)(a-\lambda_1)=\\
&=b(\lambda_2-\lambda_1)\ne0,
\end{aligned}поэтому коэффициенты AA и BB существуют и определяются однозначно. Следовательно,∫a1sin⁡x+b1cos⁡xQ dx=A∫du1k1u12+λ1+B∫du2k2u22+λ2\begin{aligned}
\int\dfrac{a_1\sin x+b_1\cos x}{Q}\,dx
&=A\int\dfrac{du_1}{k_1u_1^2+\lambda_1}
+B\int\dfrac{du_2}{k_2u_2^2+\lambda_2}
\end{aligned}что и требовалось доказать.

Если b=0b=0, то из условия следует a≠ca\ne c, а корнями характеристического уравнения являются aa и cc. Поэтому для одного из корней разность a−λia-\lambda_i равна нулю и величинаki=1a−λik_i=\dfrac{1}{a-\lambda_i}не определена. Таким образом, формула из условия в указанной нормировке буквально применима только при b≠0b\ne0. Рассмотрим случай b=0b=0 отдельно. ТогдаQ=asin⁡2x+ccos⁡2xQ=a\sin^2x+c\cos^2xИспользуем непосредственно две заменыu=sin⁡x,v=cos⁡xu=\sin x,
\qquad
v=\cos xТогда∫a1sin⁡x+b1cos⁡xQ dx=−a1∫dva+(c−a)v2+b1∫duc+(a−c)u2\begin{aligned}
\int\dfrac{a_1\sin x+b_1\cos x}{Q}\,dx
&=-a_1\int\dfrac{dv}{a+(c-a)v^2}
+b_1\int\dfrac{du}{c+(a-c)u^2}
\end{aligned}Таким образом, при b=0b=0 получаем аналогичное сведение к сумме двух интегралов от рациональных функций с квадратичными знаменателями.

Что и требовалось доказать

Демидович № 2053 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика