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 * 贴子主题: $\small\displaystyle\int\frac{dx}{a^2\cos^2x+b^2\sin^2x}=\frac{1}{ab}(x-\arctan\frac{(a-b)\sin 2x}{a+b+(a-b)\cos 2x})$ 不分页显示此帖  保存该页为文件  本贴有问题,发送短消息报告给版主  加入个人收藏&关注本贴  显示可打印的版本  把本贴打包邮递  把本贴加入收藏夹  发送本页面给朋友   
 elim 
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  $\small\displaystyle\int\frac{dx}{a^2\cos^2x+b^2\sin^2x}=\frac{_1}{ab}\big(x-\arctan{\scriptsize\frac{(a-b)\sin 2x}{a+b+(a-b)\cos 2x}}\big)$Me
证:$\small\because\;2(a^2\cos^2x+b^2\sin^2x)=a^2+b^2+(a^2-b^2)\cos 2x$&&UZ(L
$\therefore\quad\frac{1}{\large a^2\cos^2x+b^2\sin^2x}=\frac{2}{\large a^2+b^2+(a^2-b^2)\cos 2x}$$2f
$\quad=\frac{1}{\large ab}\frac{(a+b)^2-(a-b)^2}{\large 2(a^2+b^2)+2(a^2-b^2)\cos 2x}$>/N
$\quad=\frac{1}{\large ab}\big(1-{\frac{ 2(a-b)^2+2(a^2-b^2)\large\cos 2x}{\large(a+b)^2+2(a^2-b^2)\cos 2x+(a-b)^2}}\big)$Tk5
$\quad=\frac{1}{\large ab}\big(1-{\frac{ 2(a-b)^2+2(a^2-b^2)\large\cos 2x}{\large((a+b)+(a-b)\cos 2x)^2+((a-b)\sin 2x)^2}}\big)$Vu4
$\quad=\frac{1}{\large ab}\bigg({\small 1-}\frac{\frac{\large\overset{\,}{2(a-b)^2}+2(a^2-b^2)\cos 2x}{\large((a+b)+(a-b)\cos 2x)^2}}{\large 1+\big(\frac{(a-b)\sin 2x}{(a+b)+(a-b)\cos 2x}\big)^2}\bigg)$y
$\quad=\frac{1}{\large ab}\bigg({\small 1-}\frac{\large\frac{d}{dx}\frac{(a-b)\sin 2x}{(a+b)+(a-b)\cos 2x}}{\large 1+\big(\frac{(a-b)\sin 2x}{(a+b)+(a-b)\cos 2x}\big)^2}\bigg)\small\;\;(a,b>0).\quad\square$!X


发贴时间2020/03/19 08:18am IP: 已设置保密[本文共1111字节]  
 elim 
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  题:求不定积分$\;\small\displaystyle I=\int\frac{dx}{a^2\cos^2x+b^2\sin^2x}.$G
解:$\small\displaystyle I=\int\frac{\sec^2xdx}{a^2+b^2\tan^2x}=\frac{1}{ab}\int\frac{d(\frac{b}{a}\tan x)}{1+(\frac{b}{a})^2\tan^2 x}$m
$\qquad\;\,{\small=\dfrac{1}{ab}}\arctan\big({\large\frac{b}{a}}\tan x\big)\small+C.\;(x\in\mathbb{R}-\{(k+\frac{1}{2})\pi\mid k\in\mathbb{Z}\})$}
$\qquad$为了除去间断点,加添一个阶梯函数,最后得到@
$\qquad\boxed{\small\int\frac{dx}{a^2\cos^2x+b^2\sin^2x}=\frac{_1}{ab}\big({\scriptsize\big\lfloor\frac{2x+\pi}{2\pi}\big\rfloor}+\arctan\frac{b\tan x}{a}\big)}$prO3
$\qquad$主贴莫名其妙的繁琐和造作现在有了一个解释.\qf\5N


发贴时间2020/03/20 10:40am IP: 已设置保密[本文共673字节]  

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