Раздел IV. Определённый интеграл — § 2. Вычисление определённых интегралов с помощью неопределённых

Демидович — задача 2275

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

Вычислить интегралы:

Задача 2275

∫02πdx(2+cos⁡x)(3+cos⁡x)\displaystyle\int_0^{2\pi}\frac{dx}{(2+\cos x)(3+\cos x)}.
Ответ:2π3−π2\dfrac{2\pi}{\sqrt3}-\dfrac\pi{\sqrt2}

Решение

Оба множителя знаменателя положительны на всём промежутке. Чтобы разделить дробь на два более простых слагаемых, найдём постоянные AA и BB:1(2+cos⁡x)(3+cos⁡x)=A2+cos⁡x+B3+cos⁡x\dfrac1{(2+\cos x)(3+\cos x)}
=\dfrac{A}{2+\cos x}+\dfrac{B}{3+\cos x}Приводим правую часть к общему знаменателю и приравниваем числители:1=A(3+cos⁡x)+B(2+cos⁡x)=3A+2B+(A+B)cos⁡x1=A(3+\cos x)+B(2+\cos x)
=3A+2B+(A+B)\cos xРавенство должно выполняться при всех xx. Поэтому коэффициент при cos⁡x\cos x равен нулю, а постоянное слагаемое равно единице:A+B=0,3A+2B=1B=−A,A=1,B=−1\begin{gathered}
A+B=0,\qquad 3A+2B=1\\
B=-A,\qquad A=1,\qquad B=-1
\end{gathered}Таким образом,1(2+cos⁡x)(3+cos⁡x)=12+cos⁡x−13+cos⁡x\dfrac1{(2+\cos x)(3+\cos x)}
=\dfrac1{2+\cos x}-\dfrac1{3+\cos x}Для вычисления обоих слагаемых рассмотримJ(a)=∫02πdxa+cos⁡x,a>1J(a)=\int_0^{2\pi}\dfrac{dx}{a+\cos x},
\qquad a>1Чтобы сравнить две половины периода, во второй половине делаем заменуt=2π−x,x=2π−t,dx=−dtt=2\pi-x,\qquad x=2\pi-t,\qquad dx=-dtПри замене новые пределы и косинус преобразуются так:x=π ⟹ t=π,x=2π ⟹ t=0cos⁡(2π−t)=cos⁡t\begin{gathered}
x=\pi\ \Longrightarrow\ t=\pi,
\qquad x=2\pi\ \Longrightarrow\ t=0\\
\cos(2\pi-t)=\cos t
\end{gathered}Перестановка пределов убирает минус. Поэтому интеграл по второй половине периода равен интегралу по первой:J(a)=2∫0πdxa+cos⁡xJ(a)=2\int_0^\pi\dfrac{dx}{a+\cos x}На [0,π)[0,\pi) вводимu=tg⁡x2,x=2arctg⁡udx=2 du1+u2,cos⁡x=1−u21+u2\begin{gathered}
u=\tg\dfrac x2,\qquad x=2\arctg u\\
dx=\dfrac{2\,du}{1+u^2},\qquad
\cos x=\dfrac{1-u^2}{1+u^2}
\end{gathered}При x=0x=0 новая переменная равна 00, а при x→π−x\to\pi^- стремится к +∞+\infty. Применяем замену до конца через предел; исходная функция в этой точке непрерывна. ПолучаемJ(a)=4∫0+∞du(a+1)+(a−1)u2J(a)=4\int_0^{+\infty}\dfrac{du}{(a+1)+(a-1)u^2}Чтобы получить табличный знаменатель 1+v21+v^2, выделим множитель a+1a+1 и сделаем ещё одну замену:v=ua−1a+1,u=va+1a−1du=a+1a−1 dv\begin{gathered}
v=u\sqrt{\frac{a-1}{a+1}},\qquad
u=v\sqrt{\frac{a+1}{a-1}}\\
du=\sqrt{\frac{a+1}{a-1}}\,dv
\end{gathered}При a>1a>1 множители под корнями положительны, поэтому новые пределы по-прежнему равны 00 и +∞+\infty. Подставляя выражение для uu, преобразуем знаменатель:(a+1)+(a−1)u2=(a+1)+(a+1)v2=(a+1)(1+v2)(a+1)+(a-1)u^2
=(a+1)+(a+1)v^2
=(a+1)(1+v^2)Постоянный множитель перед интегралом равен4a+1a+1a−1=4(a+1)(a−1)=4a2−1\dfrac4{a+1}\sqrt{\frac{a+1}{a-1}}
=\dfrac4{\sqrt{(a+1)(a-1)}}
=\dfrac4{\sqrt{a^2-1}}По табличной формуле ∫dv1+v2=arctg⁡v\int\frac{dv}{1+v^2}=\arctg v получаемJ(a)=4a2−1∫0+∞dv1+v2==4a2−1[arctg⁡v]0+∞=2πa2−1\begin{aligned}
J(a)&=\dfrac4{\sqrt{a^2-1}}\int_0^{+\infty}\dfrac{dv}{1+v^2}=\\
&=\dfrac4{\sqrt{a^2-1}}\bigl[\arctg v\bigr]_0^{+\infty}
=\dfrac{2\pi}{\sqrt{a^2-1}}
\end{aligned}Значит,I=J(2)−J(3)=2π3−2π8=2π3−π2I=J(2)-J(3)=\dfrac{2\pi}{\sqrt3}-\dfrac{2\pi}{\sqrt8}
=\dfrac{2\pi}{\sqrt3}-\dfrac\pi{\sqrt2}