AMKbook.Net Задачи должны иметь решение

Универсальная тригонометрическая подстановка. Третья часть.

Здесь мы рассмотрим всего одну задачу на использование универсальной тригонометрической подстановки. В стандартных задачах на применение данной подстановки, изложенных в двух предыдущих частях, по умолчанию предполагается, что \(\displaystyle{-\pi\lt{x}\lt\pi}\). Здесь мы не станем ограничивать себя упомянутым неравенством, поэтому данный пример выходит за рамки задач стандартного курса высшей математики.

Задача №1

Условие

Найти \(\displaystyle{\int\frac{dx}{2\sin{x}-\cos{x}+5}}\).

Решение

Подынтегральная функция \(\displaystyle{f(x)=\frac{1}{2\sin{x}-\cos{x}+5}}\) является рациональной функцией от \(\displaystyle{\sin{x}}\) и \(\displaystyle{\cos{x}}\), поэтому для нахождения заданного интеграла можно воспользоваться универсальной тригонометрической подстановкой.

В этой задаче мы попробуем не сковывать себя условием \(\displaystyle{-\pi\lt{x}\lt\pi}\). Вообще говоря, это ограничение в данном случае выглядит несколько искусственно, ведь подынтегральная функция непрерывна на всей числовой прямой. Попробуем убрать это ограничение.

Почему \(\displaystyle{f(x)}\) непрерывна на \(\displaystyle{R}\)?

Так как \(\displaystyle{-1\le{-\cos{x}}\le{1}}\), то прибавляя 5 ко всем частям этого неравенства, будем иметь: \(\displaystyle{4 \le {5-\cos{x}}\le{6}}\). Теперь, так как \(\displaystyle{-1 \le\sin{x}\le{1}}\), то \(\displaystyle{-2\le {2\sin{x}}\le{2}}\). Суммируя соответствующие части полученных неравенств, будем иметь:

\[ 2 \le {2\sin{x}-\cos{x}+5}\le{8} \]

Нам важно вот что: если \(\displaystyle{2\sin {x}-\cos{x}+5\ge{2}}\), то ни при каком значении \(\displaystyle{x\in{R}}\) знаменатель не станет равным нулю, откуда следует, что функция \(\displaystyle{f(x)}\) непрерывна на \(\displaystyle{R}\).

Сделаем ту же замену, что и ранее, т.е. \(\displaystyle{t=\tg\frac{x}{2}}\), учитывая то, что \(\displaystyle{\tg\frac{x}{2}}\) определён при \(\displaystyle{x\neq(2n+1)\pi}\), где \(\displaystyle{n\in{Z}}\).

"Выкалывая" точки \(\displaystyle{x=(2n+1)\pi}\) из действительной оси, будем иметь интервалы вида \(\displaystyle{(2n-1)\pi \lt {x} \lt (2n+1)\pi}\). Т.е., например, интервалы \(\displaystyle{-5\pi \lt {x} \lt -3\pi}\), \(\displaystyle{-3\pi \lt {x} \lt -\pi}\), \(\displaystyle{-\pi \lt {x} \lt \pi}\), \(\displaystyle{\pi \lt {x} \lt 3\pi}\) и так далее. Заметьте, что \(\displaystyle{-\pi \lt {x} \lt \pi}\) – лишь один из этих интервалов.

Осуществим подстановку \(\displaystyle{t=\tg\frac{x}{2}}\) при условии, что \(\displaystyle{x}\) принадлежит некоему интервалу \(\displaystyle{(2n-1)\pi \lt {x} \lt (2n+1)\pi}\):

\[ \int\frac{dx}{2\sin{x}-\cos{x}+5} =\int\frac{\frac{2dt}{1+t^2}}{2\cdot\frac{2t}{1+t^2}-\frac{1-t^2}{1+t^2}+5}=\int\frac{dt}{3t^2+2t+2}=\\ =\frac{1}{3}\int\frac{d\left(t+\frac{1}{3}\right)}{\left( t+\frac{1}{3}\right)^2+\frac{5}{9}} =\frac{1}{3}\cdot \frac{3}{\sqrt{5}}\arctg\frac{t+\frac{1}{3}}{\frac{\sqrt{5}}{3}}+C_n =\frac{1}{\sqrt{5}}\arctg\frac{3t+1}{\sqrt{5}}+C_n =\frac{1}{\sqrt{5}}\arctg\frac{3\tg\frac{x}{2}+1}{\sqrt{5}}+C_n \]

Мы нашли заданный интеграл на некоем одном произвольном интервале \(\displaystyle{(2n-1)\pi \lt x \lt (2n+1)\pi}\). Например, если \(\displaystyle{n=-1}\), то получим отрезок \(\displaystyle{-3\pi \lt x \lt -\pi}\), на котором интеграл таков: \(\displaystyle{\frac{1}{\sqrt{5}}\arctg\frac{3\tg\frac{x}{2}+1}{\sqrt{5}}+C_{-1}}\). Для наглядности полученный результат можно развёрнуто записать в таком виде:

\[ \int\frac{dx}{2\sin x-\cos x+5}=\left\{\begin{aligned} & \ldots \\ & \frac{1}{\sqrt{5}}\arctg\frac{3\tg\frac{x}{2}+1}{\sqrt{5}}+C_{-1},\;\; -3\pi \lt x \lt -\pi;\\ & \frac{1}{\sqrt{5}}\arctg\frac{3\tg\frac{x}{2}+1}{\sqrt{5}}+C_{0},\;\; -\pi \lt x \lt \pi;\\ & \frac{1}{\sqrt{5}}\arctg\frac{3\tg\frac{x}{2}+1}{\sqrt{5}}+C_{1},\;\; \pi \lt x \lt 3\pi;\\ & \frac{1}{\sqrt{5}}\arctg\frac{3\tg\frac{x}{2}+1}{\sqrt{5}}+C_{2},\;\; 3\pi \lt x \lt 5\pi;\\ &\ldots \end{aligned}\right. \]

Понимаю, что тут незамедлительно возникнет вопрос насчет константы \(\displaystyle{C_n}\). Почему мы её не обозначили на всех интервалах просто как \(\displaystyle{C}\)? Так как развёрнутый ответ на этот вопрос несколько громоздок, то я спрячу его под примечание, дабы не терялась основная нить решения.

Почему константу обозначили как \(\displaystyle{C_n}\)?

Для ответа на этот вопрос придётся немного порассуждать. Давайте в самом деле запишем константу в форме \(\displaystyle{C}\). Получаем, что на всех интервалах первообразная функции \(\displaystyle{f(x)}\) представлена выражением \(\displaystyle{\frac{1}{\sqrt{5}}\arctg\frac{3\tg\frac{x}{2}+1}{\sqrt{5}}+C}\).

Рассмотрим, для примера, пару соседних интервалов: \(\displaystyle{-\pi \lt {x} \lt \pi}\) и \(\displaystyle{\pi \lt {x} \lt 3\pi}\). Первообразная должна быть как минимум непрерывной, поэтому односторонние пределы в любой точке должны быть равны. Найдем односторонние пределы в точке \(\displaystyle{x=\pi}\).

\[ \lim_{x\to\pi-0}\left(\frac{1}{\sqrt{5}}\arctg\frac{3\tg\frac{x}{2}+1}{\sqrt{5}}+C\right) =\frac{1}{\sqrt{5}}\cdot\frac{\pi}{2}+C =\frac{\pi}{2\sqrt{5}}+C;\\ \lim_{x\to\pi+0}\left(\frac{1}{\sqrt{5}}\arctg\frac{3\tg\frac{x}{2}+1}{\sqrt{5}}+C\right) =\frac{1}{\sqrt{5}}\cdot\left(-\frac{\pi}{2}\right)+C =-\frac{\pi}{2\sqrt{5}}+C. \]

Непрерывность первообразной будет достигнута при совпадении односторонних пределов, т.е.

\[ \frac{\pi}{2\sqrt{5}}+C =-\frac{\pi}{2\sqrt{5}}+C;\; \frac{\pi}{2\sqrt{5}} = -\frac{\pi}{2\sqrt{5}}. \]

Полученное противоречие говорит о том, что предположение о существовании единой константы на всех интервалах было ошибочным. Интегральную константу на каждом интервале нужно рассматривать отдельно.

Первообразные должны быть дифференцируемыми, а следовательно и непрерывными. Из непрерывности следует требование равенства односторонних пределов. Внутри каждого интервала разрывов нет, – вопросы возникают на "стыках" соседних интервалов, т.е. в точках вида \(\displaystyle{x=(2n+1)\pi}\), \(\displaystyle{n\in {Z}}\). Найдём односторонние пределы в этих точках:

\[ \lim_{x\to(2n+1)\pi-0}\left(\frac{1}{\sqrt{5}}\arctg\frac{3\tg\frac{x}{2}+1}{\sqrt{5}}+C_n\right) =\frac{1}{\sqrt{5}}\cdot\frac{\pi}{2}+C_n=\frac{\pi}{2\sqrt{5}}+C_n;\\ \lim_{x\to\ (2n+1)\pi+0}\left(\frac{1}{\sqrt{5}}\arctg\frac{3\tg\frac{x}{2}+1}{\sqrt{5}}+C_{n+1}\right) =\frac{1}{\sqrt{5}}\cdot\left(-\frac{\pi}{2}\right)+C_{n+1}=-\frac{\pi}{2\sqrt{5}}+C_{n+1}. \]

Чтобы одностороние пределы совпадали, требуется выполнение равенства \(\displaystyle{\frac{\pi}{2\sqrt{5}}+C_n=-\frac{\pi}{2\sqrt{5}}+C_{n+1}}\), откуда \(\displaystyle{C_{n+1}=\frac{\pi}{\sqrt{5}}+C_n}\). Из этого соотношения мы имеем: \(\displaystyle{C_n=\frac{\pi n}{\sqrt{5}}+C}\), где \(\displaystyle{C=C_0}\) – произвольная постоянная. Пояснения к этому выводу я опять скрою под примечание, чтобы не загромождать решение.

Как получилась формула для \(\displaystyle{C_n}\)?

Примем в качестве отправной точки константу \(\displaystyle{C_0}\) на отрезке \(\displaystyle{-\pi \lt {x} \lt \pi}\). Я не стану касаться теории решения разностных уравнений, ограничившись умозрительными рассуждениями. Подставим в равенство \(\displaystyle{C_{n+1}=\frac{\pi}{\sqrt{5}}+C_n}\) значение \(\displaystyle{n=0}\):

\[ C_{1}=\frac{\pi}{\sqrt{5}}+C_0. \]

Теперь подставим \(\displaystyle{n=1}\):

\[ C_{2} =\frac{\pi}{\sqrt{5}}+C_1=\frac{\pi}{\sqrt{5}}+\frac{\pi}{\sqrt{5}}+C_0 =\frac{2\pi}{\sqrt{5}}+C_0. \]

Аналогично, подставляя \(\displaystyle{n=2}\) и \(\displaystyle{n=3}\) будем иметь:

\[ C_{3} =\frac{\pi}{\sqrt{5}}+C_2 =\frac{\pi}{\sqrt{5}}+\frac{2\pi}{\sqrt{5}}+C_0 =\frac{3\pi}{\sqrt{5}}+C_0;\\ C_{4} =\frac{\pi}{\sqrt{5}}+C_3 =\frac{\pi}{\sqrt{5}}+\frac{3\pi}{\sqrt{5}}+C_0 =\frac{4\pi}{\sqrt{5}}+C_0. \]

Полагаю, закономерность ныне видна, т.е. \(\displaystyle{C_n=\frac{\pi{n}}{\sqrt{5}}+C_0}\). Так как константа \(\displaystyle{C_0}\) произвольна, то представим её в более привычном виде: \(\displaystyle{C_0=C}\). Итак, \(\displaystyle{C_n=\frac{\pi n}{\sqrt{5}}+C}\). Строго доказать эту формулу можно, например, методом математической индукции.

Именно такие выражения интегральных констант позволят убрать разрывы в стыках интервалов. Однако работать с выражением \(\displaystyle{C_n=\frac{\pi{n}}{\sqrt{5}}+C}\) неудобно. В самом деле, к какому отрезку принадлежит, например, значение \(\displaystyle{x=59}\)? Подбором можно установить, что \(\displaystyle{17\pi \lt {59} \lt {19}\pi}\), т.е. \(\displaystyle{n=9}\). Однако лучше выявить связь между значениями \(\displaystyle{n}\) и \(\displaystyle{x}\) в явном виде. Искомая связь такова: \(\displaystyle{n=\left[\frac{x+\pi}{2\pi}\right]}\) (квадратные скобки обозначают целую часть числа). Пояснение дано ниже.

Как получили формулу \(\displaystyle{n=\left[\frac{x+\pi}{2\pi}\right]}\)?

Рассмотрим некий n-й интервал, т.е. \(\displaystyle{(2n-1)\pi \lt {x} \lt (2n+1)\pi}\), \(\displaystyle{2n\pi-\pi \lt {x} \lt 2n\pi +\pi}\). Прибавим \(\displaystyle{\pi}\) ко всем частям рассматриваемого двойного неравенства. Получим \(\displaystyle{2n\pi \lt x+\pi \lt 2\pi(n+1)}\). Разделив обе части неравенства на \(\displaystyle{2\pi}\), будем иметь:

\[ n \lt \frac{x+\pi}{2\pi} \lt {n+1} \]

Отсюда и следует, что номер нужного нам интервала есть целая часть выражения \(\displaystyle{\frac{x+\pi}{2\pi}}\), т.е. \(\displaystyle{n=\left[\frac{x+\pi}{2\pi}\right]}\).

Подведём итоги:

\[ C_n =\frac{\pi {n}}{\sqrt{5}}+C =\frac{\pi}{\sqrt{5}}\left[\frac{x+\pi}{2\pi}\right]+C \]

При найденных значениях интегральных констант левосторонний и правосторонний пределы первообразных в точках \(\displaystyle{x=(2n+1)\pi}\), \(\displaystyle{n\in {Z}}\) будут равны между собой:

\[ \lim_{x\to(2n+1)\pi-0}\left(\frac{1}{\sqrt{5}}\arctg\frac{3\tg\frac{x}{2}+1}{\sqrt{5}}+C_n\right) =\frac{\pi}{2\sqrt{5}}+C_n =\frac{\pi}{2\sqrt{5}}+\frac{\pi n}{\sqrt{5}}+C=\frac{(2n+1)\pi}{2\sqrt{5}}+C;\\ \lim_{x\to(2n+1)\pi+0}\left(\frac{1}{\sqrt{5}}\arctg\frac{3\tg\frac{x}{2}+1}{\sqrt{5}}+C_{n+1}\right) =-\frac{\pi}{2\sqrt{5}}+C_{n+1} =-\frac{\pi}{2\sqrt{5}}+\frac{\pi (n+1)}{\sqrt{5}}+C=\frac{(2n+1)\pi}{2\sqrt{5}}+C. \]

Исходя из условия непрерывности первообразной заключаем, что в точках \(\displaystyle{x=(2n+1)\pi}\), \(\displaystyle{n\in {Z}}\) значение первобразной составит \(\displaystyle{\frac{(2n+1)\pi}{2\sqrt{5}}+C}\). Отмечу, что определённые таким образом первообразные будут дифференцируемыми на \(\displaystyle{R}\). При желании это можно проверить, найдя односторонние производные в точках "стыков". Подытоживая всё вышеизложенное, будем иметь:

\[ \int\frac{dx}{2\sin x-\cos x+5}=\left\{\begin{aligned} & \frac{1}{\sqrt{5}}\arctg\frac{3\tg\frac{x}{2}+1}{\sqrt{5}}+\frac{\pi}{\sqrt{5}}\left[\frac{x+\pi}{2\pi}\right]+C,\;\; x\neq (2n+1)\pi;\\ & \frac{(2n+1)\pi}{2\sqrt{5}}+C,\;\; x=(2n+1)\pi. \end{aligned}\right. \]

Это же можно записать и в развёрнутом виде:

\[ \int\frac{dx}{2\sin x-\cos x+5}=\left\{\begin{aligned} & \ldots \\ & \frac{1}{\sqrt{5}}\arctg\frac{3\tg\frac{x}{2}+1}{\sqrt{5}}-\frac{\pi}{\sqrt{5}}+C,\;\; -3\pi \lt x \lt -\pi;\\ & -\frac{\pi}{2\sqrt{5}}+C, \;\; x=-\pi;\\ & \frac{1}{\sqrt{5}}\arctg\frac{3\tg\frac{x}{2}+1}{\sqrt{5}}+C,\;\; -\pi \lt x \lt \pi;\\ & \frac{\pi}{2\sqrt{5}}+C, \;\; x=\pi;\\ & \frac{1}{\sqrt{5}}\arctg\frac{3\tg\frac{x}{2}+1}{\sqrt{5}}+\frac{\pi}{\sqrt{5}}+C,\;\; \pi \lt x \lt 3\pi;\\ & \frac{3\pi}{2\sqrt{5}}+C, \;\; x=3\pi;\\ & \frac{1}{\sqrt{5}}\arctg\frac{3\tg\frac{x}{2}+1}{\sqrt{5}}+\frac{2\pi}{\sqrt{5}}+C,\;\; 3\pi \lt x \lt 5\pi;\\ & \frac{5\pi}{2\sqrt{5}}+C, \;\; x=5\pi;\\ &\ldots \end{aligned}\right. \]

Ответ:

\(\displaystyle{\left\{\begin{aligned} & \frac{1}{\sqrt{5}}\arctg\frac{3\tg\frac{x}{2}+1}{\sqrt{5}}+\frac{\pi}{\sqrt{5}}\left[\frac{x+\pi}{2\pi}\right]+C,\;\; x\neq (2n+1)\pi;\\ & \frac{(2n+1)\pi}{2\sqrt{5}}+C,\;\; x=(2n+1)\pi. \end{aligned}\right.}\)