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

Демидович — задача 2062

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

Найти интегралы:

\displaystyle\int\frac{\sin x\,dx}{\sqrt{2+\sin2x}}

Ответ:

\begin{aligned} &\dfrac{1}{2}\arcsin\dfrac{\sin x-\cos x}{\sqrt3}-\dfrac{1}{2}\ln\bigl( \sin x+\cos x+\sqrt{2+\sin(2x)} \bigr)+C, \qquad x\in\mathbb R\end{aligned}

Решение

Поскольку

2+\sin(2x)\geqslant1

, подынтегральная функция определена на всей

\mathbb R

. Положим

u=x-\dfrac{\pi}{4}, \qquad dx=du

Тогда

\sin x=\dfrac{\sin u+\cos u}{\sqrt2}, \qquad 2+\sin(2x)=1+2\cos^2u

Поэтому исходный интеграл распадается на два стандартных:

\begin{aligned} I &=\dfrac{1}{\sqrt2} \int\dfrac{\sin u\,du}{\sqrt{1+2\cos^2u}} +\dfrac{1}{\sqrt2} \int\dfrac{\cos u\,du}{\sqrt{1+2\cos^2u}}\end{aligned}

В первом интеграле положим

z=\cos u

, а во втором —

y=\sin u

. Тогда

\begin{aligned} I &=-\dfrac{1}{\sqrt2}\int\dfrac{dz}{\sqrt{1+2z^2}} +\dfrac{1}{\sqrt2}\int\dfrac{dy}{\sqrt{3-2y^2}}\end{aligned}

В первом интеграле введём

w=\sqrt2z

, тогда

dz=\dfrac{dw}{\sqrt2}

. Во втором положим

v=\sqrt{\dfrac{2}{3}}\,y

. Получаем

\begin{aligned} -\dfrac{1}{\sqrt2}\int\dfrac{dz}{\sqrt{1+2z^2}} &=-\dfrac{1}{2}\int\dfrac{dw}{\sqrt{1+w^2}}=-\dfrac{1}{2}\ln\bigl(w+\sqrt{1+w^2}\bigr)\\ \dfrac{1}{\sqrt2}\int\dfrac{dy}{\sqrt{3-2y^2}} &=\dfrac{1}{2}\int\dfrac{dv}{\sqrt{1-v^2}} =\dfrac{1}{2}\arcsin v\end{aligned}

Следовательно,

I=-\dfrac{1}{2}\ln\bigl(\sqrt2z+\sqrt{1+2z^2}\bigr) +\dfrac{1}{2}\arcsin\left(\sqrt{\dfrac{2}{3}}\,y\right)+C

При возвращении к

x

имеем

\sqrt2z=\sin x+\cos x, \qquad \sqrt{1+2z^2}=\sqrt{2+\sin(2x)}, \qquad \sqrt{\dfrac{2}{3}}\,y=\dfrac{\sin x-\cos x}{\sqrt3}

Поскольку

2+\sin(2x)=1+(\sin x+\cos x)^2

имеем

\sqrt{2+\sin(2x)}> |\sin x+\cos x|

. Поэтому аргумент логарифма положителен.