Verificación de una primitiva que se encuentra en cualquier tabla integral

Question

Si $a > 0$, e $0 < b < c$. \begin{equation*} \int \frac{1}{b + c\sin(ax)} \, {\mathit dx} = \frac{-1}{a\sqrt{c^{2} - b^{2}}} \, \ln\left\vert\frac{c + b\sin(ax) + \sqrt{c^{2} - b^{2}}\cos(ax)}{b + c\sin(ax)}\right\vert . \end{ecuación*} (Esta es la antiderivada que se da en cualquier libro de cálculo.) Con los cálculos que he hecho, me mostró que \begin{align*} \int \frac{1}{b + c\sin(ax)} \, {\mathit dx} &= \frac{-1}{a\sqrt{c^{2} - b^{2}}} \ln \left\vert \frac{ \ \ \dfrac{c - \sqrt{c^{2} - b^{2}}}{b} \, \sin(ax) + 1 + \cos(ax) \ \ } { \dfrac{c + \sqrt{c^{2} - b^{2}}}{b} \, \sin(ax) + 1 + \cos(ax) } \right\vert , \end{align*} y ya que la suma de una antiderivada de $1/[b + c\sin(ax)]$ y una constante es otro antiderivate de $1/[b + c\sin(ax)]$, y desde \begin{equation*} \dfrac{c - \sqrt{c^{2} - b^{2}}}{b} \qquad \text{and} \qquad \dfrac{c + \sqrt{c^{2} - b^{2}}}{b} \end{ecuación*} son recíprocos uno del otro, \begin{align*} &\int \frac{1}{b + c\sin(ax)} \, {\mathit dx} \\ &\qquad \qquad = \frac{-1}{a\sqrt{c^{2} - b^{2}}} \ln \left\vert \frac{ \ \ \dfrac{c - \sqrt{c^{2} - b^{2}}}{b} \, \sin(ax) + 1 + \cos(ax) \ \ } { \dfrac{c + \sqrt{c^{2} - b^{2}}}{b} \, \sin(ax) + 1 + \cos(ax) } \right\vert \\ &\qquad \qquad \qquad\qquad - \frac{1}{a\sqrt{c^{2} - b^{2}}} \ln\left( \frac{c + \sqrt{c^{2} - b^{2}}}{b} \right) \\ &\qquad \qquad = \frac{-1}{a\sqrt{c^{2} - b^{2}}} \ln \left\vert \frac{ \ \ \sin(ax) + \dfrac{c + \sqrt{c^{2} - b^{2}}}{b} + \dfrac{c + \sqrt{c^{2} - b^{2}}}{b} \, \cos(ax) \ \ } { \dfrac{c + \sqrt{c^{2} - b^{2}}}{b} \, \sin(ax) + 1 + \cos(ax) } \right\vert \\ &\qquad\qquad = \frac{-1}{a\sqrt{c^{2} - b^{2}}} \ln \left\vert \frac{ c + b\sin(ax) + \sqrt{c^{2} - b^{2}} \, \cos(ax) + \sqrt{c^{2} - b^{2}} + c \cos(ax) } { b + c\sin(ax) + \sqrt{c^{2} - b^{2}} \, \sin(ax) + b\cos(ax) } \right\vert . \end{align*} Además, se tiene la siguiente identidad trigonométrica: \begin{align*} &\frac{c + b\sin(ax) + \sqrt{c^{2} - b^{2}}\cos(ax)}{b + c\sin(ax)} \\ &\qquad\qquad =\frac{ c + b\sin(ax) + \sqrt{c^{2} - b^{2}} \, \cos(ax) + \sqrt{c^{2} - b^{2}} + c \cos(ax) } { b + c\sin(ax) + \sqrt{c^{2} - b^{2}} \, \sin(ax) + b\cos(ax) } . \end{align*} Así, la antiderivada que se da en cualquier libro de cálculo es la misma función que el segundo antiderivada que he obtenido: \begin{align*} &\frac{-1}{a\sqrt{c^{2} - b^{2}}} \, \ln\left\vert\frac{c + b\sin(ax) + \sqrt{c^{2} - b^{2}}\cos(ax)}{b + c\sin(ax)}\right\vert \\ &\qquad = \frac{-1}{a\sqrt{c^{2} - b^{2}}} \ln \left\vert \frac{ c + b\sin(ax) + \sqrt{c^{2} - b^{2}} \, \cos(ax) + \sqrt{c^{2} - b^{2}} + c \cos(ax) } { b + c\sin(ax) + \sqrt{c^{2} - b^{2}} \, \sin(ax) + b\cos(ax) } \right\vert . \end{align*}

Aquí están mis preguntas. Es evidente para cualquiera que la función en el lado derecho de la identidad trigonométrica se simplifica a la función en el lado izquierdo? (Es sorprendente que los dos lados son iguales. Los numeradores y denominadores de cada lado son "casi" el mismo: el numerador y el denominador del lado derecho tener dos o más términos que los del lado izquierdo.) Si no es evidente, alguien puede darme los cálculos, a partir de la integración del uso de la técnica de sustitución trigonométrica, que muestran que la antiderivada de $1/[b + c\sin(ax)]$ es la función que se encuentra en la integral de las tablas de cualquier libro de cálculo los cálculos que evitar todas las manipulaciones algebraicas?

Answer 1

Por la sencillez deje que su cálculo se $f(x)$ y dejar que la antiderivada dado en el cálculo de la libreta de ser $g(x)$. Suponiendo que el cálculo es correcto, entonces la correcta manera de expresar la integral indefinida mediante su cálculo es $$ \int \frac{1}{b + c\sen(ax)}\ dx=f(x)+C_1, $$ donde $C_1$ es una constante de integración. Del mismo modo, la correcta manera de expresar la integral indefinida utilizando la tabla de cálculo del libro es $$ \int \frac{1}{b + c\sen(ax)}\ dx=g(x)+C_2, $$ donde $C_2$ es también una constante de integración. Pero usted no puede deducir $C_1=C_2$, por lo tanto no se pueden equiparar $f(x)$ $g(x)$ desde $f(x)\neq g(x)$. El problema es que trató de establecer la constante igual a cero, pero no siempre tiene sentido. Aquí está el ejemplo clásico (también puede consultar aquí), $2\sin x\cos x$ puede ser integrado en al menos tres formas diferentes: \begin{align} \int 2\sin x\cos x\,dx &= \sin^2(x) + C = -\cos^2x + 1 + C = -\frac12\cos2x + C\\[12pt] \int 2\sin x\cos x\,dx &= -\cos^2(x) + C = \sin^2(x) - 1 + C = -\frac12\cos2x + C\\[12pt] \int 2\sin x\cos x\,dx &= -\frac12\cos2x + C = \sin^2x + C = -\cos^2x + C \end{align} Por lo que el establecimiento $C$ a cero todavía puede dejar una constante. Esto significa que, para una determinada función, no es "más sencillo antiderivada" y, por supuesto,$-\frac12\cos2x\neq-\cos^2x$. Tenga en cuenta que, la constante de integración es, a veces se omite en las listas de las integrales para la simplicidad.

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Aquí es un enfoque para obtener el dado antiderivada en el cálculo en el libro. Empezar con la configuración de $u=ax$, luego $$ \int\frac{1}{b+c\sen ax}\ dx=\frac1a\int\frac{1}{b+c\pecado u}\ du.\tag1 $$

Mediante la sustitución de Weierstrass mediante el establecimiento $t=\tan\frac u2$, tenemos $$ \sen u=\frac{2}{1+t^2}\quad\text{y}\quad du=\frac{2}{1+t^2}\ dt. $$ Por lo tanto, $(1)$ se convierte en \begin{align} \int\frac{1}{b+c\sin ax}\ dx&=\frac2a\int\frac{1}{bt^2+2ct+b}\ dt\\ &=\frac2a{\Large\int}\frac{1}{b\left(t+\frac{c+\sqrt{c^2-b^2}}{b}\right)\left(t+\frac{c-\sqrt{c^2-b^2}}{b}\right)}\ dt\\ &=\frac2{ab}\cdot\frac{1}{2\frac{\sqrt{c^2-b^2}}{b}}{\Large\int}\left[\frac{1}{\left(t+\frac{c-\sqrt{c^2-b^2}}{b}\right)}-\frac{1}{\left(t+\frac{c+\sqrt{c^2-b^2}}{b}\right)}\right]\ dt\\ &=\frac1{a\sqrt{c^2-b^2}}\left[\ln{\left|t+\frac{c-\sqrt{c^2-b^2}}{b}\right|}-\ln{\left|t+\frac{c+\sqrt{c^2-b^2}}{b}\right|}\right]\\ &=\frac1{a\sqrt{c^2-b^2}}\ln{\left|\frac{bt+c-\sqrt{c^2-b^2}}{bt+c+\sqrt{c^2-b^2}}\right|}\\ &=\frac1{a\sqrt{c^2-b^2}}\ln{\left|\frac{b\tan\frac{ax}{2}+c-\sqrt{c^2-b^2}}{b\tan\frac{ax}{2}+c+\sqrt{c^2-b^2}}\right|}. \end{align} Observe que $$ \tan\frac{ax}{2}=\frac{\sen ax}{1+\cos ax}. $$ Puede ser fácilmente comprobado por el uso de doble ángulo de la fórmula. $$\color{red}{\text{to be continued...}}$$

Answer 2

@Tunk-Fey hace un buen punto y las dos expresiones no son necesariamente iguales como se puede difieren por una constante. Sin embargo, sorprendentemente, los dos lados son iguales en este caso. Sólo "racionalizar" el numerador de la expresión dentro del logaritmo de la derecha. Para ser más precisos, realizar el siguiente cálculo: \begin{equation} \frac{ c + b\sin(ax) + \sqrt{c^{2} - b^{2}} \, \cos(ax) + \sqrt{c^{2} - b^{2}} + c \cos(ax) } { b + c\sin(ax) + \sqrt{c^{2} - b^{2}} \, \sin(ax) + b\cos(ax) }\times 1, \end{equation} donde se escribe como 1 \begin{equation} 1= \frac{ b + c\sin(ax) - \sqrt{c^{2} - b^{2}} \, \sin(ax) + b\cos(ax) } { b + c\sin(ax) - \sqrt{c^{2} - b^{2}} \, \sin(ax) + b\cos(ax) } . \end{equation} Usted encontrará que el denominador se convierte en: $$ 2\,b \left( 1+\cos \left( ax \right) \right) \left( c\sin \left( ax \right) +b \right) $$ y el numerador se convierte en: $$ 2\,b \left( 1+\cos \left(x \right) \right) \left( \sqrt {c^2-b^2 }\cos \left(x \right) +b\sin \left( ax \right) +c \right) $$ Si usted divide estas dos expresiones, se obtiene el argumento de la función logarítmica en el lado izquierdo.