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

Демидович — задача 2061

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

Найти интегралы:

Задача 2061

∫sin⁡2xcos⁡2xtg⁡x dx\displaystyle\int\frac{\sin^2x}{\cos^2x\sqrt{\tg x}}\,dx.
Ответ:При u=tg⁡xu=\sqrt{\tg x}2u−122ln⁡u2+2u+1u2−2u+1−12(arctg⁡(2u+1)+arctg⁡(2u−1))+C\begin{aligned}
&2u-\dfrac{1}{2\sqrt2}
\ln\dfrac{u^2+\sqrt2u+1}{u^2-\sqrt2u+1}-\dfrac{1}{\sqrt2}\bigl(
\arctg(\sqrt2u+1)+\arctg(\sqrt2u-1)
\bigr)+C
\end{aligned}Формула справедлива при kπ<x<kπ+π2k\pi<x<k\pi+\dfrac{\pi}{2}, k∈Zk\in\mathbb Z; на разных промежутках постоянные могут быть различными.

Решение

Корень расположен в знаменателе, поэтому необходимоtg⁡x>0\tg x>0Область определения состоит из промежутковkπ<x<kπ+π2,k∈Zk\pi<x<k\pi+\dfrac{\pi}{2},
\qquad k\in\mathbb ZПоложимu=tg⁡x,tg⁡x=u2u=\sqrt{\tg x},
\qquad
\tg x=u^2Дифференцируя равенство tg⁡x=u2\tg x=u^2 и используя 1cos⁡2x=1+tg⁡2x=1+u4\dfrac{1}{\cos^2x}=1+\tg^2x=1+u^4, получаемdxcos⁡2x=2u du,dx=2u1+u4 du\dfrac{dx}{\cos^2x}=2u\,du,
\qquad
dx=\dfrac{2u}{1+u^4}\,duКроме того,tg⁡2xtg⁡x=u3\dfrac{\tg^2x}{\sqrt{\tg x}}=u^3ТогдаI=∫u32u1+u4 du=2∫u41+u4 du=2u−2∫du1+u4\begin{aligned}
I
&=\int u^3\dfrac{2u}{1+u^4}\,du
=2\int\dfrac{u^4}{1+u^4}\,du
=2u-2\int\dfrac{du}{1+u^4}
\end{aligned}ОбозначимJ=∫duu4+1J=\int\dfrac{du}{u^4+1}Разложим знаменатель и дробь:u4+1=(u2+2u+1)(u2−2u+1)u^4+1=(u^2+\sqrt2u+1)(u^2-\sqrt2u+1)Обозначимq+=u2+2u+1,q−=u2−2u+1q_+=u^2+\sqrt2u+1,
\qquad
q_-=u^2-\sqrt2u+1Ищем разложение в виде1u4+1=Au+Bq++Cu+Dq−\dfrac{1}{u^4+1}=\dfrac{Au+B}{q_+}+\dfrac{Cu+D}{q_-}После умножения на q+q−q_+q_- имеем1=(Au+B)q−+(Cu+D)q+1=(Au+B)q_-+(Cu+D)q_+Сравнивая коэффициенты при одинаковых степенях uu, получаемA=122,B=12,C=−122,D=12A=\dfrac{1}{2\sqrt2},
\qquad
B=\dfrac{1}{2},
\qquad
C=-\dfrac{1}{2\sqrt2},
\qquad
D=\dfrac{1}{2}Следовательно,1u4+1=u22+12u2+2u+1+−u22+12u2−2u+1\begin{aligned}
\dfrac{1}{u^4+1}
&=\dfrac{\dfrac{u}{2\sqrt2}+\dfrac{1}{2}}
{u^2+\sqrt2u+1}
+\dfrac{-\dfrac{u}{2\sqrt2}+\dfrac{1}{2}}
{u^2-\sqrt2u+1}
\end{aligned}Для почленного интегрирования используем равенстваu22+12=2u+242+14,−u22+12=−2u−242+14\begin{aligned}
\dfrac{u}{2\sqrt2}+\dfrac{1}{2}
&=\dfrac{2u+\sqrt2}{4\sqrt2}+\dfrac{1}{4},\\
-\dfrac{u}{2\sqrt2}+\dfrac{1}{2}
&=-\dfrac{2u-\sqrt2}{4\sqrt2}+\dfrac{1}{4}
\end{aligned}иu2±2u+1=(2u±1)2+12u^2\pm\sqrt2u+1
=\dfrac{(\sqrt2u\pm1)^2+1}{2}ПоэтомуJ=142∫q+′q+ du−142∫q−′q− du+14∫duq++14∫duq−\begin{aligned}
J
&=\dfrac{1}{4\sqrt2}\int\dfrac{q_+'}{q_+}\,du
-\dfrac{1}{4\sqrt2}\int\dfrac{q_-'}{q_-}\,du+\dfrac{1}{4}\int\dfrac{du}{q_+}
+\dfrac{1}{4}\int\dfrac{du}{q_-}
\end{aligned}Интегрируя почленно, получаемJ=142ln⁡u2+2u+1u2−2u+1+122(arctg⁡(2u+1)+arctg⁡(2u−1))+C\begin{aligned}
J
&=\dfrac{1}{4\sqrt2}
\ln\dfrac{u^2+\sqrt2u+1}{u^2-\sqrt2u+1}+\dfrac{1}{2\sqrt2}\bigl(
\arctg(\sqrt2u+1)+\arctg(\sqrt2u-1)
\bigr)+C
\end{aligned}Оба квадратных трёхчлена в логарифме положительны. Подставляя выражение для JJ и возвращаясь к xx, находим первообразную на каждом промежутке области определения.
Демидович № 2061 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика