Задача Кузнецов Интегралы 9-9

Условие задачи

Вычислить определенный интеграл:

$\int\limits_{-\operatorname{arctg}{\left(1 / 3\right)}}^0 \frac{3\operatorname{tg}{x}+1}{2\sin{2x}-5\cos{2x}+1} dx$

Решение

Воспользуемся подстановкой:

$t=\operatorname{tg}{x}$

Откуда:

$\sin{2x} = \frac{2t}{1+t^2},\; \cos{2x} = \frac{1-t^2}{1+t^2},\; dx = \frac{dt}{1+t^2}$

$x= -\operatorname{arctg}{\frac{1}{3}} \Rightarrow t= \operatorname{tg}{\left(-\operatorname{arctg}{\frac{1}{3}}\right)} = -\operatorname{tg}{\left(\operatorname{arctg}{\frac{1}{3}}\right)}= -\frac{1}{3}$

$x= 0 \Rightarrow t= \operatorname{tg}{0} = 0$

Подставим:

$\int\limits_{-\operatorname{arctg}{\left(1 / 3\right)}}^0 \frac{3\operatorname{tg}{x}+1}{2\sin{2x}-5\cos{2x}+1} dx = \int\limits_{-\frac{1}{3}}^0 \frac{3t+1}{2\cdot \frac{2t}{1+t^2}-5\cdot \frac{1-t^2}{1+t^2}+1}\cdot \frac{dt}{1+t^2} =$

$= \int\limits_{-\frac{1}{3}}^0 \frac{3t+1}{4t-5+5t^2+1+t^2} dt = \int\limits_{-\frac{1}{3}}^0 \frac{3t+1}{6t^2+4t-4} dt = \frac{1}{4}\cdot \int\limits_{-\frac{1}{3}}^0 \frac{6t+2}{3t^2+2t-2} dt =$

$= \frac{1}{4}\cdot \int\limits_{-\frac{1}{3}}^0 \frac{d\left(3t^2+2t-2\right)}{3t^2+2t-2} dt = \frac{1}{4}\cdot \left. \ln{\left|3t^2+2t-2\right|} \right|_{-\frac{1}{3}}^0 =$

$= \frac{1}{4}\cdot \ln{\left|3\cdot 0^2+2\cdot 0-2\right|} - \frac{1}{4}\cdot \ln{\left|3\cdot \left(-\frac{1}{3}\right)^2+2\left(-\frac{1}{3}\right)-2\right|} =$

$= \frac{\ln{2}}{4} - \frac{1}{4}\cdot \ln{\left|\frac{1}{3}-\frac{2}{3}-2\right|} = \frac{\ln{2}}{4} - \frac{1}{4}\cdot \ln{\frac{7}{3}} = \frac{1}{4}\ln{\frac{6}{7}}$