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

Демидович — задача 2065

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

Найти интегралы:

Задача 2065

Вывести формулу понижения для интегралаIn=∫(sin⁡x−a2sin⁡x+a2)n dxI_n=\int\left(\frac{\sin\frac{x-a}{2}}{\sin\frac{x+a}{2}}\right)^n\,dx(nn --- натуральное число).
Ответ:Для целого неотрицательного nn используем начальные значения I0,I1I_0,I_1 и следующую рекурсию. При sin⁡a≠0\sin a\ne0 и n⩾2n\geqslant2In=2sin⁡an−1(sin⁡x−a2sin⁡x+a2)n−1+2cos⁡a In−1−In−2I_n=\dfrac{2\sin a}{n-1}
\left(
\dfrac{\sin\frac{x-a}{2}}
{\sin\frac{x+a}{2}}
\right)^{n-1}
+2\cos a\,I_{n-1}-I_{n-2}Начальные значения:I0=x+C,I1=xcos⁡a−2sin⁡aln⁡∣sin⁡x+a2∣+CI_0=x+C,
\qquad
I_1=x\cos a-2\sin a
\ln\left|\sin\dfrac{x+a}{2}\right|+CПри a=kπa=k\pi, k∈Zk\in\mathbb Z,In=(−1)knx+CI_n=(-1)^{kn}x+CФормулы применяются на промежутках sin⁡x+a2≠0\sin\dfrac{x+a}{2}\ne0; на разных промежутках постоянные могут быть различными.

Решение

Пусть nn — целое неотрицательное число. Обозначим исходный интегралIn=∫(sin⁡x−a2sin⁡x+a2)ndxI_n=\int\left(
\dfrac{\sin\frac{x-a}{2}}{\sin\frac{x+a}{2}}
\right)^n dxРаботаем на промежутках, где sin⁡x+a2≠0\sin\frac{x+a}{2}\ne0, чтобы используемое отношение было определено. ПоложимA=x+a2,B=x−a2,t=sin⁡Bsin⁡AA=\dfrac{x+a}{2},
\qquad
B=\dfrac{x-a}{2},
\qquad
t=\dfrac{\sin B}{\sin A}Сначала считаем sin⁡a≠0\sin a\ne0. Дифференцируя tt, получаемdtdx=cos⁡Bsin⁡A−sin⁡Bcos⁡A2sin⁡2A=sin⁡a2sin⁡2A\dfrac{dt}{dx}
=\dfrac{\cos B\sin A-\sin B\cos A}{2\sin^2A}
=\dfrac{\sin a}{2\sin^2A}Из равенства t=cos⁡a−ctg⁡Asin⁡at=\cos a-\ctg A\sin a следуетQ=t2−2tcos⁡a+1=(t−cos⁡a)2+sin⁡2a==sin⁡2a(ctg⁡2A+1)=sin⁡2asin⁡2A>0\begin{aligned}
Q
&=t^2-2t\cos a+1
=(t-\cos a)^2+\sin^2a=\\
&=\sin^2a\bigl(\ctg^2A+1\bigr)
=\dfrac{\sin^2a}{\sin^2A}>0
\end{aligned}Поэтомуsin⁡2A=sin⁡2aQ,dx=2sin⁡aQ dt\sin^2A=\dfrac{\sin^2a}{Q},
\qquad
dx=\dfrac{2\sin a}{Q}\,dtНа промежуточных шагах выбираем согласованные первообразные и не записываем произвольные постоянные; общую постоянную добавим после получения формулы.In=2sin⁡a∫tnQ dtI_n=2\sin a\int\dfrac{t^n}{Q}\,dtПри n⩾2n\geqslant2 используем тождествоtn=Qtn−2+2cos⁡a tn−1−tn−2t^n=Qt^{n-2}+2\cos a\,t^{n-1}-t^{n-2}После почленного интегрирования получаемIn=2sin⁡a∫tn−2 dt+2cos⁡a In−1−In−2==2sin⁡an−1tn−1+2cos⁡a In−1−In−2,n⩾2\begin{aligned}
I_n
&=2\sin a\int t^{n-2}\,dt
+2\cos a\,I_{n-1}-I_{n-2}=\\
&=\dfrac{2\sin a}{n-1}t^{n-1}
+2\cos a\,I_{n-1}-I_{n-2},
\qquad n\geqslant2
\end{aligned}Начальные интегралы равныI0=x+CI_0=x+CиI1=∫(cos⁡a−sin⁡actg⁡A)dx==xcos⁡a−2sin⁡aln⁡∣sin⁡A∣+C\begin{aligned}
I_1
&=\int\left(\cos a-\sin a\ctg A\right)dx=\\
&=x\cos a-2\sin a\ln|\sin A|+C
\end{aligned}Здесь использованы равенстваdA=dx2,∫ctg⁡A dx=2ln⁡∣sin⁡A∣dA=\dfrac{dx}{2},
\qquad
\int\ctg A\,dx=2\ln|\sin A|Если sin⁡a=0\sin a=0, то a=kπa=k\pi и на области определения t=(−1)kt=(-1)^k. Следовательно, In=(−1)knx+CI_n=(-1)^{kn}x+C.
Демидович № 2065 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика