来自人教群：分式三角函数积分

kuing

虽然原题是积分题，但主要是玩三角变换，所以发初数区。

\begin{aligned}
& \int \frac{\cos 15 x}{\cos 3 x \cdot \cos 5 x} d x=? \\
& \text {怎么将 } \frac{\cos 15 x}{\cos 3 x \cdot \cos 5 x} \text { 化为 } a_0+a_1 \cos x+a_2 \cos 2 x \\
& +a_3 \cos 3 x+\ldots+a_n \cos n x  \text {的形式?}
\end{aligned}

首先由切比雪夫多项式知 `\cos nx` 可表示为 `\cos x` 的 `n` 次多项式，而且当 `n` 为奇数时必有因式 `\cos x`。

这样的话，原式应该无法化成提问者想要的那种形式，分母至少还有一个 `\cos x`。

另一方面，当 `\cos x\ne0` 时，对于 `\cos3x=0` 与 `\cos5x=0` 的解，没有重复，并且也都同时满足 `\cos15x=0`，因此分母除了 `\cos x` 之外的其他因式应该都会被约掉，因此可以预期有
\[\frac{\cos15x}{\cos3x\cos5x}=\frac{P(\cos x)}{\cos x},\]
其中 `P(x)` 为多项式且次数为 `8`。

由积化和差有
\[\frac{\cos x\cos15x}{\cos3x\cos5x}=\frac{\cos14x+\cos16x}{\cos2x+\cos8x},\]
令 `y=2x`，根据上述分析，应该存在如下形式
\[\frac{\cos7y+\cos8y}{\cos y+\cos4y}=a_0+a_1\cos y+a_2\cos2y+a_3\cos3y+a_4\cos4y,\]
上式去分母再积化和差时，`6` 倍角以上显然只能产生于 `\cos4y` 与右边后三项的乘积：
\[\cos4y(a_2\cos2y+a_3\cos3y+a_4\cos4y)=\cdots+\frac{a_2}2\cos6y+\frac{a_3}2\cos7y+\frac{a_4}2\cos8y,\]
这样就可以肯定 `a_2=0` 且 `a_3=a_4=2`，接下来计算
\begin{align*}
&\cos y(a_0+a_1\cos y+2\cos3y+2\cos4y)\\
={}&\frac{a_1}2+a_0\cos y+\frac{a_1+2}2\cos2y+\cos3y+\cos4y+\cos5y,\\
&\cos4y(a_0+a_1\cos y+2\cos3y+2\cos4y)\\
={}&1+\cos y+\frac{a_1}2\cos3y+a_0\cos4y+\frac{a_1}2\cos5y+\cos7y+\cos8y,
\end{align*}
于是可以看出 `a_0=-1` 且 `a_1=-2` 满足，这样就得到了
\[\frac{\cos7y+\cos8y}{\cos y+\cos4y}=-1-2\cos y+2\cos3y+2\cos4y,\]
所以
\begin{align*}
\frac{\cos15x}{\cos3x\cos5x}&=\frac{-1-2\cos2x+2\cos6x+2\cos8x}{\cos x}\\
&=\frac{-1-2(2\cos^2x-1)+4\cos x\cos7x}{\cos x}\\
&=\frac1{\cos x}-4\cos x+4\cos7x.
\end{align*}

isee

知乎见过更强的，不过，处理手法相似，也能硬化：麻省理工 42nd Integration Bee 决赛的一题
\[\int_0^{\pi}{\left( \frac{\cos x\cos \left( 15x \right)}{\cos \left( 3x \right) \cos \left( 5x \right)} \right) ^2\,\mathrm dx}.\]

kuing

isee 发表于 2023-4-21 12:43
知乎见过更强的，不过，处理手法相似，也能硬化：麻省理工 42nd Integration Bee 决赛的一题
\[\int_0^{\pi ...

昨天我也考虑过用 欧拉代换 `\cos x=\frac12(w+w^{-1})`，但是要将 `\frac{w^7+w^{-7}+w^{8}+w^{-8}}{w+w^{-1}+w^4+w^{-4}}` 化成 `-1-(w+w^{-1})+(w^3+w^{-3})+(w^4+w^{-4})` 似乎也需要不少计算量🤔