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

Демидович — задача 2063

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

Найти интегралы:

Задача 2063

∫dx(1+εcos⁡x)2\displaystyle\int\frac{dx}{(1+\varepsilon\cos x)^2} (0<ε<1)(0<\varepsilon<1).
Ответ:При (2k−1)π<x<(2k+1)π(2k-1)\pi<x<(2k+1)\pi, k∈Zk\in\mathbb Z,2(1−ε2)32[arctg⁡(1−ε1+εtg⁡x2)+kπ]−εsin⁡x(1−ε2)(1+εcos⁡x)+C\begin{aligned}
&\dfrac{2}{(1-\varepsilon^2)^{\frac{3}{2}}}
\left[
\arctg\left(
\sqrt{\dfrac{1-\varepsilon}{1+\varepsilon}}
\tg\dfrac{x}{2}
\right)+k\pi
\right]-\dfrac{\varepsilon\sin x}
{(1-\varepsilon^2)(1+\varepsilon\cos x)}+C
\end{aligned}Согласованные ветви непрерывно и дифференцируемо продолжаются через x=(2k+1)πx=(2k+1)\pi и образуют первообразную на всей R\mathbb R.

Решение

Из условия 0<ε<10<\varepsilon<1 следует1+εcos⁡x⩾1−ε>01+\varepsilon\cos x\geqslant1-\varepsilon>0поэтому подынтегральная функция определена на всей R\mathbb R. Непосредственное дифференцирование даётddx(sin⁡x1+εcos⁡x)=cos⁡x+ε(1+εcos⁡x)2\dfrac{d}{dx}\left(
\dfrac{\sin x}{1+\varepsilon\cos x}
\right)
=\dfrac{\cos x+\varepsilon}{(1+\varepsilon\cos x)^2}Подберём коэффициенты AA и BB в равенстве1(1+εcos⁡x)2=A1+εcos⁡x+Bddx(sin⁡x1+εcos⁡x)\dfrac{1}{(1+\varepsilon\cos x)^2}
=\dfrac{A}{1+\varepsilon\cos x}
+B\dfrac{d}{dx}\left(
\dfrac{\sin x}{1+\varepsilon\cos x}
\right)После приведения к общему знаменателю получаем1=A(1+εcos⁡x)+B(cos⁡x+ε)1=A(1+\varepsilon\cos x)+B(\cos x+\varepsilon)Сравнение постоянных слагаемых и коэффициентов при cos⁡x\cos x даётA+Bε=1,Aε+B=0A+B\varepsilon=1,
\qquad
A\varepsilon+B=0откудаA=11−ε2,B=−ε1−ε2A=\dfrac{1}{1-\varepsilon^2},
\qquad
B=-\dfrac{\varepsilon}{1-\varepsilon^2}Остаётся вычислитьJ=∫dx1+εcos⁡xJ=\int\dfrac{dx}{1+\varepsilon\cos x}Универсальную подстановку применяем отдельно на промежутках(2k−1)π<x<(2k+1)π,k∈Z(2k-1)\pi<x<(2k+1)\pi,
\qquad k\in\mathbb ZПриt=tg⁡x2,cos⁡x=1−t21+t2,dx=2 dt1+t2t=\tg\dfrac{x}{2},
\qquad
\cos x=\dfrac{1-t^2}{1+t^2},
\qquad
dx=\dfrac{2\,dt}{1+t^2}получаем1+εcos⁡x=(1+ε)+(1−ε)t21+t21+\varepsilon\cos x
=\dfrac{(1+\varepsilon)+(1-\varepsilon)t^2}{1+t^2}Следовательно,J=2∫dt(1+ε)+(1−ε)t2=21−ε2arctg⁡(1−ε1+ε t)+CJ=2\int\dfrac{dt}{(1+\varepsilon)+(1-\varepsilon)t^2}
=\dfrac{2}{\sqrt{1-\varepsilon^2}}
\arctg\left(
\sqrt{\dfrac{1-\varepsilon}{1+\varepsilon}}\,t
\right)+CСледовательно, на промежутке (2k−1)π<x<(2k+1)π(2k-1)\pi<x<(2k+1)\pi первообразная имеет видF(x)=2(1−ε2)32[arctg⁡(1−ε1+εtg⁡x2)+kπ]−εsin⁡x(1−ε2)(1+εcos⁡x)+C\begin{aligned}
F(x)
&=\dfrac{2}{(1-\varepsilon^2)^{\frac{3}{2}}}
\left[
\arctg\left(
\sqrt{\dfrac{1-\varepsilon}{1+\varepsilon}}
\tg\dfrac{x}{2}
\right)+k\pi
\right]\\
&\quad-\dfrac{\varepsilon\sin x}
{(1-\varepsilon^2)(1+\varepsilon\cos x)}+C
\end{aligned}Проверим склейку соседних ветвей в точке x0=(2k+1)πx_0=(2k+1)\pi. При x→x0−x\to x_0- выражение в квадратных скобках стремится кπ2+kπ\dfrac{\pi}{2}+k\piСправа используется ветвь с номером k+1k+1, поэтому при x→x0+x\to x_0+ получаем тот же предел:−π2+(k+1)π=π2+kπ-\dfrac{\pi}{2}+(k+1)\pi
=\dfrac{\pi}{2}+k\piРациональное слагаемое при этом стремится к нулю, следовательно, ветви непрерывно склеиваются. Определим F(x0)F(x_0) их общим пределом. Для достаточно малого h≠0h\ne0 по теореме Лагранжа найдётся точка ξh\xi_h между x0x_0 и x0+hx_0+h, для которойF(x0+h)−F(x0)h=F′(ξh)=f(ξh)\dfrac{F(x_0+h)-F(x_0)}{h}
=F'(\xi_h)=f(\xi_h)где f(x)=1(1+εcos⁡x)2f(x)=\dfrac{1}{(1+\varepsilon\cos x)^2}. Поскольку ff непрерывна и ξh→x0\xi_h\to x_0, имеемf(ξh)⟶f(x0)=1(1−ε)2f(\xi_h)\longrightarrow f(x_0)
=\dfrac{1}{(1-\varepsilon)^2}Значит, продолжение дифференцируемо в точке склейки и его производная равна значению подынтегральной функции.
Демидович № 2063 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика