Раздел III. Неопределённый интеграл — § 1. Простейшие неопределённые интегралы

Демидович — задача 1785

Б. П. Демидович, «Сборник задач и упражнений по математическому анализу». Условие, подробное решение и ответ.

Применяя тригонометрические подстановки x=asin⁡tx=a\sin t, x=atg⁡tx=a\tg t, x=asin⁡2tx=a\sin^2t и т. п., найти следующие интегралы (параметры положительны):

Задача 1785

∫(x−a)(b−x) dx\displaystyle\int\sqrt{(x-a)(b-x)}\,dx.
Ответ:При a≠ba\ne b положим α=min⁡(a,b)\alpha=\min(a,b) и β=max⁡(a,b)\beta=\max(a,b). Тогда2x−α−β4(x−α)(β−x)+(β−α)28arcsin⁡2x−α−ββ−α+C,α<x<β,a>0,b>0\begin{aligned}
&\dfrac{2x-\alpha-\beta}{4}\sqrt{(x-\alpha)(\beta-x)}+\dfrac{(\beta-\alpha)^2}{8}
\arcsin\dfrac{2x-\alpha-\beta}{\beta-\alpha}+C,
\qquad \alpha\lt x\lt \beta,
\quad a>0,
\quad b>0
\end{aligned}Полная область определения подынтегральной функции есть [α,β][\alpha,\beta]; формула непрерывно продолжается к обоим концам. При a=ba=b подынтегральная функция определена только в точке x=ax=a, где равна нулю. Невырожденного промежутка, на котором можно рассматривать первообразную, нет.

Решение

Пусть a>0a>0, b>0b>0 и a≠ba\ne b. Обозначимα=min⁡(a,b),β=max⁡(a,b)\alpha=\min(a,b),
\qquad
\beta=\max(a,b)Здесь (x−a)(b−x)=(x−α)(β−x)⩾0(x-a)(b-x)=(x-\alpha)(\beta-x)\geqslant0 при α⩽x⩽β\alpha\leqslant x\leqslant\beta. На внутреннем промежутке подстановка превратит оба множителя под корнем в квадраты синуса и косинуса. Корень и дифференциал dxdx будут содержать одинаковые множители; при их перемножении получим выражение через sin⁡2tcos⁡2t\sin^2t\cos^2t. Положимx−α=(β−α)sin⁡2t,0<t<π2x-\alpha=(\beta-\alpha)\sin^2t,
\qquad
0<t<\dfrac{\pi}{2}При этом(x−α)(β−x)=(β−α)sin⁡tcos⁡t,dx=2(β−α)sin⁡tcos⁡t dt\sqrt{(x-\alpha)(\beta-x)}=(\beta-\alpha)\sin t\cos t,
\qquad
dx=2(\beta-\alpha)\sin t\cos t\,dtДля интегрирования воспользуемся тождествомsin⁡2tcos⁡2t=14sin⁡22t=1−cos⁡4t8\sin^2t\cos^2t
=\dfrac{1}{4}\sin^22t
=\dfrac{1-\cos4t}{8}Поэтому∫(x−a)(b−x) dx=2(β−α)2∫sin⁡2tcos⁡2t dt==(β−α)24t−(β−α)216sin⁡4t+C\begin{aligned}
\int\sqrt{(x-a)(b-x)}\,dx
&=2(\beta-\alpha)^2\int\sin^2t\cos^2t\,dt=\\
&=\dfrac{(\beta-\alpha)^2}{4}t
-\dfrac{(\beta-\alpha)^2}{16}\sin4t+C
\end{aligned}Для возврата к xx сначала найдёмsin⁡2t=2(x−α)(β−x)β−α,cos⁡2t=α+β−2xβ−α\sin2t=\dfrac{2\sqrt{(x-\alpha)(\beta-x)}}{\beta-\alpha},
\qquad
\cos2t=\dfrac{\alpha+\beta-2x}{\beta-\alpha}Выбранный промежуток для tt даёт−π2<2t−π2<π2-\dfrac{\pi}{2}<2t-\dfrac{\pi}{2}<\dfrac{\pi}{2}В этих пределах арксинус возвращает исходный угол. Кроме того,sin⁡(2t−π2)=−cos⁡2t\sin\left(2t-\dfrac{\pi}{2}\right)=-\cos2tПоэтому2t−π2=arcsin⁡2x−α−ββ−αsin⁡4t=2sin⁡2tcos⁡2t=4(α+β−2x)(x−α)(β−x)(β−α)2\begin{aligned}
2t-\dfrac{\pi}{2}
&=\arcsin\dfrac{2x-\alpha-\beta}{\beta-\alpha}\\
\sin4t
&=2\sin2t\cos2t=\dfrac{4(\alpha+\beta-2x)\sqrt{(x-\alpha)(\beta-x)}}{(\beta-\alpha)^2}
\end{aligned}Подставляем эти выражения в первообразную. Постоянное слагаемое, возникающее из π2\dfrac{\pi}{2}, включаем в CC:∫(x−a)(b−x) dx=2x−α−β4(x−α)(β−x)+(β−α)28arcsin⁡2x−α−ββ−α+C\begin{aligned}
\int\sqrt{(x-a)(b-x)}\,dx
&=\dfrac{2x-\alpha-\beta}{4}\sqrt{(x-\alpha)(\beta-x)}+\dfrac{(\beta-\alpha)^2}{8}
\arcsin\dfrac{2x-\alpha-\beta}{\beta-\alpha}+C
\end{aligned}
Демидович № 1785 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика