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

Демидович — задача 1850

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

Найти следующие интегралы:

Задача 1850

Доказать, что еслиy=ax2+bx+c(a≠0),y=ax^2+bx+c\qquad(a\ne0),то∫dxy=1aln⁡∣y′2+ay∣+Cпри a>0\int\frac{dx}{\sqrt y}=\frac1{\sqrt a}\ln\left|\frac{y'}2+\sqrt{ay}\right|+C\quad\text{при }a>0и∫dxy=1−aarcsin⁡−y′b2−4ac+Cпри a<0.\int\frac{dx}{\sqrt y}=\frac1{\sqrt{-a}}\arcsin\frac{-y'}{\sqrt{b^2-4ac}}+C\quad\text{при }a<0.
Доказано:При a>0a>0 на промежутках, где y>0y>0 и y′2+ay≠0\dfrac{y'}{2}+\sqrt{ay}\ne0,∫dxy=1aln⁡∣y′2+ay∣+C\int\dfrac{dx}{\sqrt y}
=\dfrac{1}{\sqrt a}
\ln\left|\dfrac{y'}{2}+\sqrt{ay}\right|+CПри a<0a<0 на промежутке, где y>0y>0,∫dxy=1−aarcsin⁡−y′b2−4ac+C\int\dfrac{dx}{\sqrt y}
=\dfrac{1}{\sqrt{-a}}
\arcsin\dfrac{-y'}{\sqrt{b^2-4ac}}+CВ вырожденном случае a>0a>0, b2−4ac=0b^2-4ac=0 на компоненте, где y′<0y'<0, первая формула из условия не определена; вместо неё используется−1aln⁡∣−y′2+ay∣+C-\dfrac{1}{\sqrt a}
\ln\left|-\dfrac{y'}{2}+\sqrt{ay}\right|+C

Доказательство

Свяжем квадратный трёхчлен с его производной. При a>0a>0 это приведёт к логарифму, а при a<0a<0~--- к арксинусу.
Положимy=ax2+bx+c,q=y′2=ax+b2,Δ=b2−4acy=ax^2+bx+c,
\qquad
q=\dfrac{y'}{2}=ax+\dfrac{b}{2},
\qquad
\Delta=b^2-4acПервое тождество получаем непосредственным вычислением:q2−ay=(ax+b2)2−a(ax2+bx+c)==b24−ac=b2−4ac4=Δ4\begin{aligned}
q^2-ay
&=\left(ax+\dfrac{b}{2}\right)^2
-a(ax^2+bx+c)=\\
&=\dfrac{b^2}{4}-ac
=\dfrac{b^2-4ac}{4}
=\dfrac{\Delta}{4}
\end{aligned}Поскольку y′=2qy'=2q, из него также следуетΔ−(y′)2=−4ay\Delta-(y')^2=-4ayРассмотрим случай a>0a>0. На промежутке, где y>0y>0, обозначимU=q+ayU=q+\sqrt{ay}Проверим производную UU: её логарифмическая производная при U≠0U\ne0 даст нужную дробь 1y\frac{1}{\sqrt y}.
Если U≠0U\ne0, тоU′=a+ay′2ay==ay(q+ay)==ay U\begin{aligned}
U'
&=a+\dfrac{ay'}{2\sqrt{ay}}=\\
&=\dfrac{\sqrt a}{\sqrt y}
\left(q+\sqrt{ay}\right)=\\
&=\dfrac{\sqrt a}{\sqrt y}\,U
\end{aligned}Следовательно,(1aln⁡∣U∣)′=1y\begin{aligned}
\left(
\dfrac{1}{\sqrt a}\ln|U|
\right)'
&=\dfrac{1}{\sqrt y}
\end{aligned}то есть∫dxy=1aln⁡∣y′2+ay∣+C\int\dfrac{dx}{\sqrt y}
=\dfrac{1}{\sqrt a}
\ln\left|\dfrac{y'}{2}+\sqrt{ay}\right|+CЕсли Δ≠0\Delta\ne0, то из равенства(q+ay)(q−ay)=Δ4\left(q+\sqrt{ay}\right)
\left(q-\sqrt{ay}\right)=\dfrac{\Delta}{4}следует, что U≠0U\ne0. При Δ=0\Delta=0 первое тождество даётq2=ay⟹ay=∣q∣q^2=ay
\quad\Longrightarrow\quad
\sqrt{ay}=|q|Если при этом q>0q>0, указанная формула определена. Однако при q<0q<0 имеем U=q+∣q∣=0U=q+|q|=0, поэтому логарифмическая запись из условия на этой компоненте вырождается. ПоложимV=−q+ayV=-q+\sqrt{ay}На этой компоненте V=−2q>0V=-2q>0, причёмV′=−a+ay′2ay==−ay V\begin{aligned}
V'
&=-a+\dfrac{ay'}{2\sqrt{ay}}=\\
&=-\dfrac{\sqrt a}{\sqrt y}\,V
\end{aligned}Поэтому здесь получаем∫dxy=−1aln⁡∣−y′2+ay∣+C\int\dfrac{dx}{\sqrt y}
=-\dfrac{1}{\sqrt a}
\ln\left|-\dfrac{y'}{2}+\sqrt{ay}\right|+CТеперь пусть a<0a<0 и A=−a>0A=-a>0. Если y>0y>0, то из второго тождества следуетΔ=(y′)2+4Ay>0\Delta=(y')^2+4Ay>0Чтобы получить стандартную производную арксинуса, нормируем y′y' величиной Δ\sqrt\Delta и положимz=−y′Δz=-\dfrac{y'}{\sqrt\Delta}Тогда1−z2=4AyΔ,z′=2AΔ1-z^2=\dfrac{4Ay}{\Delta},
\qquad
z'=\dfrac{2A}{\sqrt\Delta}Поэтому(1Aarcsin⁡z)′=1A2A/Δ4Ay/Δ==1y\begin{aligned}
\left(
\dfrac{1}{\sqrt A}\arcsin z
\right)'
&=\dfrac{1}{\sqrt A}
\dfrac{2A/\sqrt\Delta}
{\sqrt{4Ay/\Delta}}=\\
&=\dfrac{1}{\sqrt y}
\end{aligned}Следовательно,∫dxy=1−aarcsin⁡−y′b2−4ac+C\int\dfrac{dx}{\sqrt y}
=\dfrac{1}{\sqrt{-a}}
\arcsin\dfrac{-y'}{\sqrt{b^2-4ac}}+CПри a<0a<0 полученная формула применима на промежутке, где y>0y>0. При a>0a>0 логарифмическая формула применима там, где y>0y>0 и y′2+ay≠0\dfrac{y'}{2}+\sqrt{ay}\ne0; в вырожденном случае используется найденное выше сопряжённое выражение.

Что и требовалось доказать

Демидович № 1850 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика