Integriere ∫sin(x−a)sin(x+a)−−−−−−√dx∫sin⁡(x−a)sin⁡(x+a)dx\int\sqrt\frac{\sin(xa) }{\sin(x+a)}dx

Hier ist ein alternativer Weg.

$$\begin{align}\sqrt{\frac{\sin(x-a)}{\sin(x+a)}}&=\frac{\sin(x-a)}{\sqrt{\sin(x-a)\sin(x+a)}}=\frac{\sin x\cos a-\cos x\sin a}{\sqrt{\frac12(\cos 2a-\cos 2x)}}\\&=\frac{\cos a\sin x}{\sqrt{\cos^2a-\cos^2x}}-\frac{\sin a\cos x}{\sqrt{\sin^2 x-\sin^2 a}}\end{align}$$ Jetzt für den ersten Ersatz $\cos x=\cos t\cos a$. $$\int \frac{\cos a\sin x}{\sqrt{\cos^2a-\cos^2x}}dx=\int\cos a\,dt=t\cos a=\cos a\arccos\left(\frac{\cos x}{\cos a}\right)+C_1$$ Der zweite, Ersatz $\sin x=\cosh s\sin a$. $$\begin{align}\int\frac{\sin a\cos x}{\sqrt{\sin^2 x-\sin^2 a}}dx&=\int\sin a\,ds=s\sin a=\sin a\cosh^{-1}\left(\frac{\sin x}{\sin a}\right)\\&=\sin a\ln\left(\frac{\sin x}{\sin a}+\sqrt{\frac{\sin^2x}{\sin^2a}-1}\right)+C_2\\&=\sin a\ln(\sin x+\sqrt{\sin^2x-\sin^2a})+C_3\end{align}$$ Deshalb, $$\int\sqrt{\frac{\sin(x-a)}{\sin(x+a)}}dx=\cos a\arccos\left(\frac{\cos x}{\cos a}\right)-\sin a\ln(\sin x+\sqrt{\sin^2 x-\sin^2 a})+C$$

Lass uns schreiben

$$I_a=\int\sqrt{\frac{\sin(x-a)}{\sin(x+a)}}\mathrm dx$$ und berechnen $I_+=I_a+I_{-a}$Und $I_-=I_a-I_{-a}$. Wir bekommen $$I_\pm=I_a\pm I_{-a}=\int\frac{\sin(x-a)\pm\sin(x+a)}{\sqrt{\sin(x+a)\sin(x-a)}}\mathrm dx.$$ Mit trigonometrischen Formeln erhält man $$I_+=2\cos a\int\frac{\sin x}{\sqrt{\cos^2a-\cos^2x}}\mathrm dx\\ I_-=2\sin a\int\frac{\cos x}{\sqrt{\sin^2x-\sin^2a}}\mathrm dx.$$ Wenden Sie jetzt einfach die entsprechenden Änderungen der Variablen an $$I_+=2\cos a \arccos\left(\frac{\cos x}{\cos a}\right)+c_+\\ I_-=-2\sin a \ln\left(\sin x+\sqrt{\sin^2x-\sin^2a}\right)+c_-$$ und das Ergebnis ist $I_a=\frac12\left(I_++I_-\right)$.

Andere Antworten bieten alternative Ansätze zur Integration von Anfang an. Wenn Sie herausfinden möchten, wo Ihre Schritte in die Irre gegangen sind, beginnt dies, wenn Sie Folgendes verwenden:

$$2(1-\cos(2a))=4\sin^2(4a)$$ aber die richtige Identität ist: $$2(1-\cos(2a))=4\sin^2(a)$$ Überprüfen Sie einfach beide Seiten mit $a=\pi/4$und du wirst es glauben. Und ähnlich für die nächste Identität, die Sie verwenden: $2(1+\cos(2a))=4\cos^2(4a)$sollte sein $2(1+\cos(2a))=4\cos^2(a)$.

Von dort aus hätten Sie

$$I=\sin2a\left(\frac1{2\sin a}\arctan\left(\frac{u-u^{-1}}{2\sin(a)}\right)+\frac1{4\cos a}\ln\left|\frac{u+u^{-1}-2\cos a}{u+u^{-1}+2\cos a}\right|\right)+C$$

was gibt

$$I=\cos(a)\arctan\left(\frac{u-u^{-1}}{2\sin(a)}\right)+\frac1{2}\sin(a)\ln\left|\frac{u+u^{-1}-2\cos a}{u+u^{-1}+2\cos a}\right|+C$$

Und dann beginnen wir mit der Rücksubstitution. Wir erreichen einen Punkt, an dem es hilft, es zu verwenden$\arctan\left(\frac{A}{B}\right)=\arcsin\left(\frac{A}{\sqrt{A^2+B^2}}\right)=\frac{\pi}{2}-\arccos\left(\frac{A}{\sqrt{A^2+B^2}}\right)$und die Konstante kann in die absorbiert werden$C$. Denken Sie daran, dass Ausdrücke in$a$sind konstant für die Zwecke von$C$. Dann erreichen wir einen Punkt, an dem wir einen bestimmten logarithmischen Ausdruck hinzufügen$a$(wieder absorbiert in$C$) können wir das Aussehen des logarithmischen Terms vereinfachen.

$$\begin{align} I&=\cos(a)\arctan\left(\frac{\sqrt\frac{\sin(x-a)}{\sin(x+a)}-\sqrt\frac{\sin(x+a)}{\sin(x-a)}}{2\sin(a)}\right)\\ &\phantom{=}{}+\frac1{2}\sin(a)\ln\left|\frac{\sqrt\frac{\sin(x-a)}{\sin(x+a)}+\sqrt\frac{\sin(x+a)}{\sin(x-a)}-2\cos a}{\sqrt\frac{\sin(x-a)}{\sin(x+a)}+\sqrt\frac{\sin(x+a)}{\sin(x-a)}+2\cos a}\right|+C\\ &=\cos(a)\arctan\left(\frac{\sin(x-a)-\sin(x+a)}{2\sin(a)\sqrt{\sin(x-a)\sin(x+a)}}\right)\\ &\phantom{=}{}+\frac1{2}\sin(a)\ln\left|\frac{\sin(x-a)+\sin(x+a)-2\cos(a)\sqrt{\sin(x-a)\sin(x+a)}}{\sin(x-a)+\sin(x+a)+2\cos(a)\sqrt{\sin(x-a)\sin(x+a)}}\right|+C\\ &=\cos(a)\arctan\left(\frac{-\cos(x)}{\sqrt{\sin(x-a)\sin(x+a)}}\right)\\ &\phantom{=}{}+\frac1{2}\sin(a)\ln\left|\frac{\sin(x)-\sqrt{\sin(x-a)\sin(x+a)}}{\sin(x)+\sqrt{\sin(x-a)\sin(x+a)}}\right|+C\\ &=-\cos(a)\arcsin\left(\frac{\cos(x)}{\sqrt{\cos^2(x)+\sin(x-a)\sin(x+a)}}\right)\\ &\phantom{=}{}+\frac1{2}\sin(a)\ln\left|\frac{\sin(x)-\sqrt{\sin(x-a)\sin(x+a)}}{\sin(x)+\sqrt{\sin(x-a)\sin(x+a)}}\right|+C\\ &=-\cos(a)\left(\frac{\pi}{2}-\arccos\left(\frac{\cos(x)}{\sqrt{\cos^2(x)+\frac12\cos(2a)-\frac12\cos(2x)}}\right)\right)\\ &\phantom{=}{}+\frac1{2}\sin(a)\ln\left|\frac{\sin(x)-\sqrt{\sin(x-a)\sin(x+a)}}{\sin(x)+\sqrt{\sin(x-a)\sin(x+a)}}\right|+C\\ &=\cos(a)\arccos\left(\frac{\cos(x)}{\cos(a)}\right)+\frac1{2}\sin(a)\ln\left|\frac{\sin(x)-\sqrt{\sin(x-a)\sin(x+a)}}{\sin(x)+\sqrt{\sin(x-a)\sin(x+a)}}\right|+C_1 \end{align}$$

Beachten Sie, dass$-\cos(a)\frac{\pi}{2}$aufgenommen wurde$C$.

Es bleibt zu zeigen

$$\frac1{2}\ln\left|\frac{\sin(x)-\sqrt{\sin(x-a)\sin(x+a)}}{\sin(x)+\sqrt{\sin(x-a)\sin(x+a)}}\right|=-\ln\left|\sin(x)+\sqrt{\sin^2(x)-\sin^2(a)}\right|+C_2(a)$$ Wenn Sie hinzufügen $\ln\left|\sin(x)+\sqrt{\sin^2(x)-\sin^2(a)}\right|$auf der linken Seite haben Sie $$\begin{align} &\ln\left|\sqrt{\sin(x)-\sqrt{\sin(x-a)\sin(x+a)}}\sqrt{\sin(x)+\sqrt{\sin(x-a)\sin(x+a)}}\right|\\ &=\ln\left|\sqrt{\sin^2(x)-\sin(x-a)\sin(x+a)}\right|\\ &=\ln\left|\sqrt{\sin^2(x)-\frac12\cos(2a)+\frac12\cos(2x)}\right|\\ &=\ln\left|\sqrt{\sin^2(a)}\right|=C_2(a)\\ \end{align}$$

was diese letzte Beziehung herstellt.

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Auch dieser Artikel hat einen Tippfehler in einer früheren Zeile, mit

$$\csc^2(x+a)=\frac{\cos^2(2a)+u^4-2u^2\cos2(2a)+\sin^2(2a)}{\csc^2(2a)}$$ aber du meinst $$\csc^2(x+a)=\frac{\cos^2(2a)+u^4-2u^2\cos(2a)+\sin^2(2a)}{\sin^2(2a)}$$ Auf jeden Fall wurden diese Dinge in der nächsten Zeile korrigiert.

Zu lang für einen Kommentar, vielleicht würde der folgende Ansatz helfen.

Drücken Sie den inneren Term der Quadratwurzel wie folgt aus

$$\begin{align} \frac{\sin(x-a)}{\sin(x+a)}&=\frac{\sin(x)\cos(a)-\cos(x)\sin(a)}{\sin(x)\cos(a)+\cos(x)\sin(a)}\qquad\Rightarrow\qquad\text{divide by}\,\cos(x)\cos(a)\\ &=\frac{\tan(x)-\tan(a)}{\tan(x)+\tan(a)} \end{align}$$ Lassen $t^2=\tan(x)+\tan(a)$, Dann $$\begin{align} \int\sqrt{\frac{\sin(x-a)}{\sin(x+a)}}\,dx&=\int\sqrt{\frac{\tan(x)-\tan(a)}{\tan(x)+\tan(a)}}\,dx\\ &=2\int\frac{\sqrt{t^2-2\tan(a)}}{1+(t^2-\tan(a))^2}\,dt\\ &=2\int\frac{\sqrt{1-2\frac{\tan(a)}{t^2}}}{\frac{1}{t^4}+\left(1-\frac{\tan(a)}{t^2}\right)^2}\,\frac{dt}{t^3}\qquad\Rightarrow\qquad\text{let}\,u=\frac{\tan(a)}{t^2}\\ &=-\int\frac{\sqrt{1-2u}}{\frac{u^2}{\tan^2(a)}+\left(1-u\right)^2}\,\frac{du}{\tan(a)}\\ &=-\int\frac{\tan(a)\sqrt{1-2u}}{u^2\sec^2(a)-2u\tan^2(a)+\tan^2(a)}\,du\\ &=-\frac{1}{\tan(a)}\int\frac{\sqrt{1-2u}}{u^2\csc^2(a)-2u+1}\,du\\ \end{align}$$

Seit$\sin(x-a)\sin(x+a)=\cos^2(a)-\cos^2(x)=\sin^2(x)-\sin^2(a)$, wenn wir lassen

$$u=\frac{\cos(x)}{\cos(a)}\quad\text{and}\quad v=\frac{\sin(x)}{\sin(a)}\tag{1}$$ Dann $$\begin{align} &\int\sqrt{\frac{\sin(x-a)}{\sin(x+a)}}\,\mathrm{d}x\\ &=\int\frac{\sin(x-a)}{\sqrt{\sin(x+a)\sin(x-a)}}\,\mathrm{d}x\\ &=\int\left[\frac{\sin(x)\cos(a)}{\sqrt{\cos^2(a)-\cos^2(x)}}-\frac{\cos(x)\sin(a)}{\sqrt{\sin^2(x)-\sin^2(a)}}\right]\,\mathrm{d}x\\ &=-\cos(a)\int\frac{\mathrm{d}u}{\sqrt{1-u^2}}-\sin(a)\int\frac{\mathrm{d}v}{\sqrt{v^2-1}}\\[6pt] &=\cos(a)\cos^{-1}\left(\frac{\cos(x)}{\cos(a)}\right)-\sin(a)\cosh^{-1}\left(\frac{\sin(x)}{\sin(a)}\right)+C\tag{2} \end{align}$$ Seit $\cosh^{-1}(x)=\log\left(x+\sqrt{x^2-1}\right)$, $(2)$ist gleich $$\cos(a)\cos^{-1}\left(\frac{\cos(x)}{\cos(a)}\right)-\sin(a)\log\left(\sin(x)+\sqrt{\sin^2(x)-\sin^2(a)}\right)+C'\tag{3}$$