-
МИНОБРНАУКИ РФ
ФЕДЕРАЛЬНОЕ ГОСУДАРСТВЕННОЕ БЮДЖЕТНОЕОБРАЗОВАТЕЛЬНОЕ УЧРЕЖДЕНИЕ ВЫСШЕГО
ПРОФЕССИОНАЛЬНОГО ОБРАЗОВАНИЯ«САМАРСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ ТЕХНИЧЕСКИЙ УНИВЕРСИТЕТ»
К а ф е д р а прикладной математики и информатики
ЭЛЕМЕНТЫ ИНТЕГРАЛЬНОГОИСЧИСЛЕНИЯ
Учебное пособие для студентов заочного факультета
СамараСамарский государственный технический университет
2013
-
Печатается по решению редакционно-издательского совета СамГТУ
УДК 517 (075.8)
Элементы интегрального исчисления: учебное пособие для студентов заоч-ного факультета / Сост. Е. Н. Огородников, А. А. Заусаев. — Самара; Самар.гос. техн. ун-т, 2013. — 110 с.
В работе рассматриваются основные методы решения неопределенных интегра-лов, приведены способы вычисления определенных и несобственных интегралов,рассмотрены приложения интегрального исчисления в соответствии с программойкурса математики.
Приведенные решения типовых примеров должны помочь студенту самостоя-тельно разобраться в особенностях того или иного метода интегрирования и спра-виться с задачами, предлагаемыми в учебном задании.
Пособие предназначено для студентов заочного факультета СамГТУ.
УДК 517 (075.8)
Составители: канд. физ.-мат. наук Е. Н. Огородников,канд. физ.-мат. наук А. А. Заусаев
Рецензент: канд. физ.-мат. наук А. Ю. Смыслов
c© Е. Н. Огородников, А. А. Заусаев,составление, 2013
c© Самарский государственныйтехнический университет, 2013
-
Предисловие
Интегральное исчисление, изначально возникшее из потребности на-хождения площадей, объемов и центров тяжести, в настоящее время игра-ет важную роль в современной математике, физике и их приложениях.
В предлагаемом учебном пособии используется традиционный для тех-нических университетов подход к изложению материала, когда понятиенеопределенного интеграла предшествует определению интегрирования какпроцедуры нахождения предела интегральных сумм, приводящей к поня-тию определенного интеграла.
Первые пять разделов пособия посвящены методам вычисления неопре-деленных интегралов от действительной функции одной переменной инекоторым классам интегрируемых в явном виде функций. В шестом иседьмом разделах рассматриваются понятия определенного и несобствен-ного интеграла. Последний, восьмой раздел, посвящен приложениям инте-грального исчисления к решению инженерных задач.
Учебное пособие по математике «Элементы интегрального исчисления»предназначено для студентов заочного факультета СамГТУ.
Основной формой обучения студента-заочника является самостоятель-ная систематическая работа над учебным материалом. Поэтому данноепособие снабжено большим количеством разобранных примеров, которыедолжны помочь студенту самостоятельно разобраться в особенностях тогоили иного метода интегрирования и справиться с задачами, предлагаемымив учебном задании.
1
-
1. Неопределенный интеграл и основные мето-ды интегрирования
1.1. Первообразная и неопределенный интеграл. Основ-ные свойства неопределенных интегралов. Таблицаосновных интегралов
Одной из основных задач дифференциального исчисления является на-хождение производной данной функции. Разнообразные вопросы матема-тического анализа, его многочисленные приложения в геометрии, физике,химии и других науках, а также в сугубо прикладных, технических зада-чах, приводят к необходимости решения обратной задачи: по данной функ-ции f(x) найти такую функцию F (x), производная которой F ′(x) была быравна функции f(x), т.е. имело место равенство F ′(x) = f(x). Можно ска-зать, что восстановление функции по известной производной этой функциисоставляет одну из основных задач интегрального исчисления.
Будем, как обычно, обозначать R = (−∞; +∞) — множество действи-тельных чисел. Пусть Ω ⊂ R — некоторое подмножество множества R.В частности, Ω может быть отрезком [a, b], где a, b ∈ R; интервалом (a, b);полуинтервалами [a, b) или (a, b]; объединением их конечного множестваили, наконец, всей числовой осью.
Определение 1.1. Функция F (x) называется первообразной для функ-ции f(x) на некотором множестве Ω, если для всех значений x из этогомножества выполняется равенство
F ′(x) = f(x). (1.1)
Рассмотрим примеры.
Пример 1. Функция F (x) = sinx является первообразной для функцииf(x) = cosx на всей числовой прямой R, так как равенство (sinx)′ = cosxвыполняется при любом значении x.
Пример 2. Функция F (x) = arcsinx является первообразной для функ-
ции f(x) = 1√1− x2 в интервале (−1; 1), хотя сама первообразная F (x)
определена и непрерывна на отрезке [−1; 1].Пример 3. Функция F (x) =
√
(1− x2)3 будет являться первообразнойдля функции f(x) = −3x
√1− x2 на отрезке [−1; 1], т.к. равенство
F ′(x) = [(1 − x2)3/2]′ = 32(1 − x2)1/2(−2x) = −3x(1− x2)1/2 = f(x)
выполняется в любой точке x отрезка [−1; 1].Пример 4. Функция F (x) = ln |x| является первообразной для функции
f(x) = 1x на множестве (−∞; 0) ∪ (0;+∞), так как
2
-
F ′(x) = (ln |x|)′ =[
(lnx)′, x > 0(ln(−x))′, x < 0
]
=
=
[
1x, x > 0
1−x(−1) =
1x , x < 0
]
=1
x= f(x)
для любого x ∈ (−∞; 0) ∪ (0;+∞).Нетрудно заметить, что если F (x) — какая-нибудь первообразная для
функции f(x), то и функция F (x) +C, где C — произвольная постоянная,также является первообразной для f(x). Действительно,
[F (x) + C]′ = F ′(x) + (C)′ = F ′(x) = f(x).
Справедлива теорема.Теорема 1.1. Пусть Φ(x) и F (x) — две первообразные для функции
f(x) на множестве Ω ⊂ R. Тогда для всех x ∈ Ω справедливо равенствоΦ(x) = F (x) + C,
где C — некоторая постоянная.Определение 1.2. Неопределенным интегралом от функции f(x) (или
от выражения f(x) dx = dF (x)) называется совокупность всех ее первооб-разных.
Неопределенный интеграл обозначают∫
f(x) dx (читается: неопреде-
ленный интеграл f(x) на (по) dx) и записывают∫
f(x) dx = F (x) + C, (1.2)
где∫
— символ неопределенного интеграла, f(x) — подынтегральная функ-ция, f(x) dx — подынтегральное выражение, x — переменная интегрирова-ния, F (x) — какая-нибудь первообразная для функции f(x), C — произ-вольная постоянная.
Основные свойства неопределенного интеграла:
1◦.
∫
dF (x) =
∫
F ′(x) dx = F (x) + C; (1.3)
2◦.
(∫
f(x) dx
)′
= f(x); d
(∫
f(x) dx
)
= f(x) dx; (1.4)
3◦.
∫
[
af(x)± bg(x)]
dx = a
∫
f(x) dx ± b∫
g(x) dx; a, b ∈ R. (1.5)
Все эти свойства непосредственно следуют из определений 1.1 и 1.2, атакже формул (1.1) и (1.2).
3
-
Из формулы (1.3), в частности, следует равенство∫
dx = x+ C, (1.6)
а свойство 3◦ справедливо и для любого конечного числа слагаемых функ-ций: ∫
[
n∑
k=1
akfk(x)]
dx =
n∑
k=1
ak
∫
fk(x) dx, ak ∈ R. (1.7)
Операцию нахождения неопределенного интеграла от данной функцииследует называть неопределенным интегрированием. В этом и следующихразделах 3—5 настоящего пособия, говоря об интеграле и об интегриро-вании, мы будем иметь ввиду неопределенный интеграл и неопределенноеинтегрирование.
Таблица основных интегралов.Большая часть формул этой таблицы непосредственно следует из оп-
ределения интегрирования, как операции, обратной дифференцированию.Справедливость двух последних легко проверить дифференцированием.
1)
∫
xα dx =
xα+1α+ 1 + C, α 6= −1, α ∈ R;ln |x|+ C, α = −1;
2)
∫
ax dx =ax
ln a+ C, a > 0, a 6= 1,
в частности, при a = e:∫
ex dx = ex + C;
3)
∫
cosx dx = sinx+ C; 4)
∫
sinx dx = − cosx+ C;
5)
∫
dx
cos2 x= tg x+ C; 6)
∫
dx
sin2 x= − ctg x+ C;
7)
∫
dx
x2 + 1= arctgx+ C = − arcctgx+ C;
8)
∫
dx√1− x2
= arcsinx+ C = − arccosx+ C;
9)
∫
dx
x2 − 1 =1
2ln
∣
∣
∣
∣
x− 1x+ 1
∣
∣
∣
∣
+ C;
10)
∫
dx√x2 ± 1
= ln∣
∣x+√
x2 ± 1∣
∣+ C.
Интегралы, содержащиеся в этой таблице, принято называть таблич-ными. Это минимальная таблица, которую необходимо выучить наизусть.
4
-
Отметим некоторые частные случаи первой формулы таблицы:⊲ при α = 0: ∫
x0 dx =
∫
1 dx = x+ C,
что совпадает с ранее найденным в формуле (1.6) результатом;⊲ при α = 1: ∫
x dx =x2
2+ C;
⊲ при α = n (n ∈ N) : ∫xn dx =
xn+1
n+ 1+ C; (1.8)
⊲ при α = −12 :∫
dx√x= 2
√x+ C; (1.9)
⊲ при α = −2: ∫ dxx2
= − 1x+ C. (1.10)
Заметим, что при α = −1 первую формулу таблицы основных интегра-лов удобно запоминать в виде
∫
dx
x= ln |x|+ C,
и, вообще,∫
1
ϕ(x)dx принято записывать как
∫
dx
ϕ(x).
К таблице основных интегралов полезно добавить формулы интегри-рования, связанные с гиперболическими и обратными гиперболическимифункциями. Напомним, что синус гиперболический и косинус гиперболи-ческий обозначаются соответственно shx и chx и определяются равенства-ми shx = 12(e
x − e−x), chx = 12(ex + e−x).
Тангенс и котангенс гиперболические обозначаются thx и cthx, и по
определению выражаются через функции shx и chx по формулам th x = shxchx
,
cthx = chxshx .Используя формулы производных этих функций, а также определения
и формулы производных обратных к ним функций, получим∫
chx dx = shx+ C;
∫
shx dx = chx+ C;
∫
dx
ch2 x= thx+ C;
∫
dx
sh2 x= − cthx+ C;
∫
dx
1− x2 =1
2ln
∣
∣
∣
∣
1 + x
1− x
∣
∣
∣
∣
+ C = Arthx+ C;
5
-
∫
dx√x2 + 1
= ln(x +√
x2 + 1) + C = Arshx+ C;
∫
dx√x2 − 1
= ln |x+√
x2 − 1|+ C = Archx+ C.
Объединение двух последних формул приводит к формуле 10) основнойтаблицы.
1.2. Непосредственное интегрирование
Нахождение первообразной или вычисление неопределенного интегралав основном состоит в преобразовании подынтегрального выражения такимобразом, чтобы в соответствии с основным свойством неопределенного ин-теграла (1.5) или (1.7) задача свелась к нахождению алгебраической сум-мы табличных интегралов.
Пример 5. Вычислить интеграл∫
(2x3 − 3x2 + 4x− 5) dx.Решение. Используя (1.5) или (1.7), формулу 1) таблицы основных ин-
тегралов, а также (1.6), получим∫
(2x3 − 3x2 + 4x − 5) dx = 2∫
x3 dx − 3∫
x2 dx + 4
∫
x dx − 5∫
dx =
= 2x4
4− 3x
3
3+ 4
x2
2− 5x+ C = x
4
2− x3 + 2x2 − 5x+ C.
Аналогично вычисляется следующий интеграл.
Пример 6. Вычислить∫ (
53√x2 − 1√
x3+ 3
√x+
3√x− 2x− 1x2
)
dx.
Решение.∫ (
53√x2 − 1√
x3+ 3
√x+
3√x− 2x− 1x2
)
dx = 5
∫
x2/3 dx−
−∫
x−3/2 dx+ 3
∫
x1/2 dx+ 3
∫
dx√x− 2
∫
dx
x−∫
dx
x2= 5
x5/3
5/3− x
−1/2
−1/2 +
+3x3/2
3/2+3·2
√x−2 ln |x|+ 1
x+C = 3
3√x5+
2√x+2
√x3+6
√x−2 ln |x|+ 1
x+C.
Пример 7. Вычислить интеграл∫
(1 + 3√x)2√
xdx.
Решение. Раскроем скобки в числителе подынтегральной дроби, выпол-ним почленное деление и воспользуемся затем таблицей основных инте-гралов.∫
(1 + 3√x)2√
xdx =
∫
1 + 2 3√x+
3√x2√
xdx =
∫
dx√x+2
∫
x1/3
x1/2dx+
∫
x2/3
x1/2dx =
6
-
= 2√x+2
∫
x−1/6 dx+
∫
x1/6dx = 2√x+2
x5/6
5/6+x7/6
7/6+C = 2
√x+
12
5
6√x5+
+6
7
6√x7 + C = 2
√x+
12
5
6√x5 +
6
7x 6√x+ C.
Удачное почленное деление в подынтегральной дроби позволяет в ря-де случаев увидеть табличные интегралы в примерах, решение которых собщих позиций, привлекая классификацию подынтегральных функций ипредлагаемые универсальные методы интегрирования, достаточно трудо-емко.
Пример 8. Вычислить интеграл∫
1 + 7x2
x2(x2 + 1)dx.
Решение. Запишем числитель подынтегральной дроби в виде: 1 + x2 ++ 6x2 и выполним почленное деление. Получим∫
1 + 7x2
x2(x2 + 1)dx =
∫
(1 + x2) + 6x2
x2(x2 + 1)dx =
∫
(1 + x2)dx
x2(x2 + 1)+6
∫
x2 dx
x2(x2 + 1)=
=
∫
dx
x2+ 6
∫
dx
x2 + 1= − 1
x+ 6 arctgx+ C.
Пример 9. Вычислить интеграл∫
dx
x2(x2 − 1) .Решение. Представим подынтегральную дробь следующим образом:1
x2(x2 − 1) =1 + x2 − x2x2(x2 − 1) =
x2 − (x2 − 1)x2(x2 − 1) =
1
x2 − 1 −1
x2.
Тогда∫
dx
x2(x2 − 1) =∫
dx
x2 − 1 −∫
dx
x2=
1
2ln
∣
∣
∣
∣
x− 1x+ 1
∣
∣
∣
∣
+1
x+ C.
Пример 10. Вычислить интеграл∫
3− 2√1− x2√
1− x2dx.
Решение.∫
3− 2√1− x2√
1− x2dx =
∫ (
3√1− x2
− 2)
dx = 3
∫
dx√1− x2
−
− 2∫
dx = 3 arcsinx− 2x+ C.
Пример 11. Вычислить интеграл∫
2 + 3x2√x2 + 1√
x2 + 1dx.
Решение.∫
2 + 3x2√x2 + 1√
x2 + 1dx =
∫ (
2√x2 + 1
+ 3x2)
dx = 2
∫
dx√x2 + 1
+
+ 3
∫
x2 dx = 2 ln(x+√
x2 + 1) + x3 + C.
При вычислении следующих интегралов использованы простейшие свой-ства показательных функций.
7
-
Пример 12. Вычислить интеграл∫
23x+132x−1 dx.
Решение.∫
23x+132x−1 dx =
∫
23x2132x3−1 dx =2
3
∫
(23)x(32)x dx =
=2
3
∫
8x 9x dx =2
3
∫
72x dx =2 · 72x3 · ln 72 + C.
Пример 13. Вычислить интеграл∫
2e3x + 3x
exdx.
Решение.∫
2e3x + 3x
exdx =
∫ (
2e3x
ex+
3x
ex
)
dx = 2
∫
(e2)x dx+
+
∫ (
3
e
)x
dx = 2e2x
ln e2+
(3/e)x
ln(3/e)+ C =
2e2x
2 ln e+
3x
ex(ln 3− ln e) + C = e2x +
+3xe−x
ln 3− 1 + C.
Использование формул тригонометрии позволяет свести некоторые ин-тегралы от тригонометрических функций сразу к табличным.
Пример 14. Вычислить интеграл∫
tg2 x dx.
Решение. Известны формулы
tg2 x+ 1 =1
cos2 x, (1.11)
ctg2 x+ 1 =1
sin2 x. (1.12)
Используя формулу (1.11), получим∫
tg2 x dx =
∫ (
1
cos2 x− 1)
dx =
=
∫
dx
cos2 x−∫
dx = tg x− x+ C.
Весьма полезны формулы понижения степени:
2 sin2x
2= 1− cosx, (1.13)
2 cos2x
2= 1 + cosx, (1.14)
а также формулы двойного аргумента:
sin 2x = 2 sinx cosx, (1.15)
cos 2x = cos2 x− sin2 x. (1.16)
8
-
Пример 15. Вычислить интеграл∫
sin2x
2dx.
Решение.∫
sin2x
2dx =
∫
1− cosx2
dx =
∫ (
1
2− cosx
2
)
dx =
=1
2
∫
dx− 12
∫
cosx dx =x
2− sinx
2+ C.
Пример 16. Вычислить интеграл∫
dx
1 + cos 2x.
Решение.∫
dx
1 + cos 2x=
∫
dx
2 cos2 x=
1
2
∫
dx
cos2 x=
1
2tg x+ C.
Пример 17. Вычислить интеграл∫
1− cos 2x1 + cos 2x
dx.
Решение.∫
1− cos 2x1 + cos 2x
dx =
∫
2 sin2 x
2 cos2 xdx =
∫
tg2 x dx = tg x− x+ C.Здесь использовались формулы (1.13), (1.14) и результат вычислений впримере 14.
Пример 18. Вычислить интеграл∫
cos 2x
sin2 xdx.
Решение.∫
cos 2x
sin2 xdx =
∫
cos2 x− sin2 xsin2 x
dx =
∫(
cos2 x
sin2 x− sin
2 x
sin2 x
)
dx =
=
∫
(ctg2 x − 1) dx =∫ (
1
sin2 x− 2)
dx =
∫
dx
sin2 x− 2
∫
dx = − ctg x −− 2x+ C = C − 2x− ctg x.
Пример 19. Вычислить интеграл∫
dx
sin2 x cos2 x.
Решение. Воспользуемся тождеством sin2 x+ cos2 x = 1. Тогда∫
dx
sin2 x cos2 x=
∫
sin2 x+ cos2 x
sin2 x cos2 xdx =
∫(
sin2 x
sin2 x cos2 x+
cos2 x
sin2 x cos2 x
)
dx=
=
∫
dx
cos2 x+
∫
dx
sin2 x= tg x− ctg x+ C.
1.3. Замена переменной в неопределенном интеграле
Метод замены переменной или, по другой терминологии — метод под-становки, является одним из основных методов вычисления неопределен-ных интегралов. Сущность метода заключается в преобразовании подын-тегрального выражения путем введения новой переменной интегрированиятаким образом, что возникающий после преобразования интеграл либо ужеявляется табличным, либо становится проще и легко вычисляется инымиметодами.
9
-
В основе метода замены переменной лежит теорема об инвариантностиформул интегрирования, которую мы приводим в следующей редакции.
Теорема 1.2. Формулы интегрирования сохраняют свой вид при замененезависимой переменной любой дифференцируемой функцией от нее.
Иными словами, если первообразная F (x) функции f(x) известна, т.е.∫
f(x) dx = F (x) + C, то∫
f [u(x)] du(x) = F [u(x)] + C, (1.17)
где u = u(x) — дифференцируемая функция от x на некотором множе-стве Ω. При этом, разумеется, подынтегральная функция и ее первообраз-ная должны быть определены на множестве U значений функции u = u(x).
Приведенные в этом разделе пособия примеры должны помочь в приоб-ретении навыков в нахождении необходимых подстановок в простейших,близких, в определенном смысле слова, к табличным интегралах. Разделы3—5 посвящены классификации интегралов, основным типам интегрируе-мых функций и специальным методам интегрирования.
Рассмотрим вначале самые простые примеры.
Пример 20. Вычислить интеграл∫
(3x− 2)100 dx.Решение. Замечая, что d(3x−2) = (3x−2)′ dx = 3 dx, запишем интеграл
в следующем виде:∫
(3x− 2)100 dx = 13
∫
(3x− 2)1003 dx = 13
∫
(3x− 2)100d(3x− 2).Полагая 3x− 2 = u, находим
∫
(3x− 2)100 dx = 13
∫
u100du =1
3· u
101
101+ C =
1
303(3x− 2)101 + C.
Пример 21. Вычислить интеграл∫
e2x−3 dx.
Решение. Так как d(2x− 3) = (2x− 3)′ dx = 2 dx, то∫
e2x−3 dx =1
2
∫
e2x−32 dx =1
2
∫
e2x−3d(2x− 3).
Полагая 2x− 3 = u, находим∫
e2x−3 dx =1
2
∫
eudu =1
2eu + C =
1
2e2x−3 + C.
Пример 22. Вычислить интеграл∫
cos(x
2+π
3
)
dx.
Решение. Так как d(
x2 +
π3
)
=(
x2 +
π3
)′dx = 12 dx, то
10
-
∫
cos(x
2+π
3
)
dx = 2
∫
cos(x
2+π
3
)
· 12dx = 2
∫
cos(x
2+π
3
)
d(x
2+π
3
)
.
Полагая x2 +π3 = u, находим
∫
cos(x
2+π
3
)
dx = 2
∫
cosudu = 2 sinu+ C = 2 sin(x
2+π
3
)
+ C.
Пример 23. Вычислить интеграл∫
dx
ax+ b; a, b ∈ R, a 6= 0.
Решение. Так как d(ax+ b) = (ax+ b)′ dx = adx, то∫
dx
ax+ b=
1
a
∫
adx
ax+ b=
1
a
∫
d(ax+ b)
ax+ b.
Полагая в этом примере ax+ b = u, находим∫
dx
ax+ b=
1
a
∫
du
u=
1
aln |u|+ C = 1
aln |ax+ b|+ C.
Полученный результат можно рассматривать как некоторое обобщениеформулы 1) (случай α = −1) основной таблицы интегралов и его полезнозапомнить. Итак,
∫
dx
ax+ b=
1
aln |ax+ b|+ C. (1.18)
Ниже будет рассмотрен еще ряд примеров, расширяющих и дополняю-щих таблицу основных интегралов.
Возвращаясь к рассмотренным выше примерам, нетрудно заметить, чтофактически при вычислении этих простых интегралов в замене перемен-ных не было никакой необходимости, если нужный дифференциал ужесформирован. Этот способ преобразования подынтегральных выраженийполучил название «метод подведения функции под дифференциал».
Пример 24. Вычислить интеграл∫
dx3
√
(2− 3x)4.
Решение.∫
dx3
√
(2− 3x)4=
∫
(2 − 3x)−4/3 dx=−13
∫
(2 − 3x)−4/3d(2 −
− 3x) = −13· (2− 3x)
−1/3
−1/3 + C = −1
3(−3) 1
(2− 3x)1/3+ C =
13√2− 3x
+ C.
При решении этого примера мы устно проверили, что d(2 − 3x) = −3 dx имысленно обозначили 2−3x за u, поcле чего воспользовались формулой 1)интеграла от степенной функции с показателем α = −4/3.
11
-
В конечном итоге, все подобные примеры можно решать, используяизвестный из школьного курса математики факт: если
∫
f(x) dx = F (x) ++ C, то
∫
f(ax+ b) dx =1
aF (ax+ b) + C, (1.19)
что является частным случаем (следствием) теоремы об инвариантностиформул интегрирования.
Пример 25. Вычислить интеграл∫
dx
x2 − a2 .
Решение.∫
dx
x2 − a2 =1
a2
∫
dx(xa)2 − 1
=a
a2
∫
d(xa)
(xa)2 − 1
=1
2aln
∣
∣
∣
∣
xa − 1xa + 1
∣
∣
∣
∣
+
+ C =1
2aln
∣
∣
∣
∣
x− ax+ a
∣
∣
∣
∣
+ C.
Аналогичным образом вычисляется интеграл∫
dx
x2 + a2=
1
aarctg
x
a+ C.
Пример 26. Вычислить интеграл∫
dx√a2 − x2
.
Решение.∫
dx√a2 − x2
=1
a
∫
dx√
1−(xa)2
=a
a
∫
d(xa)
√
1−(xa)2
=
= arcsin(x
a
)
+ C.
Пример 27. Вычислить интеграл∫
dx√x2 ± a2
.
Решение.∫
dx√x2 ± a2
=1
a
∫
dx√
(xa)2 ± 1
=a
a
∫
d(xa)
√
(xa)2 ± 1
=
= ln
∣
∣
∣
∣
∣
x
a+
√
(x
a
)2
± 1∣
∣
∣
∣
∣
+ C = ln
∣
∣
∣
∣
∣
x
a+
√x2 ± a2a
∣
∣
∣
∣
∣
+ C = ln
∣
∣
∣
∣
∣
x+√x2 ± a2a
∣
∣
∣
∣
∣
+
+ C = ln∣
∣
∣x+√
x2 ± a2∣
∣
∣− ln |a|+ C = ln∣
∣
∣x+√
x2 ± a2∣
∣
∣+ C1,
где C1 = C − ln |a| — также произвольная постоянная.В рассмотренных выше примерах мы предполагали, что a > 0, причем
знак модуля в ответе к последнему примеру часто опускают, полагая, чтопервообразная рассматривается на множестве Ω = {x : x ≥ 0}.
Рекомендуем полученные результаты добавить к основной таблице ин-тегрирования (см. раздел 2).
12
-
Прием интегрирования, основанный на подведении функции под диф-ференциал весьма эффективен и в более сложных случаях. Действительно,
если в интеграле I =∫
f [u(x)]ϕ(x) dx оказалось, что ϕ(x) = u′(x), то
I =
∫
f [u(x)]ϕ(x) dx =
∫
f [u(x)]u′(x) dx =
∫
f [u(x)]du(x).
Тогда, если∫
f(u)du = F (u) + C (например, является табличным), то
I = F [u(x)] + C.
Рассмотрим группу интегралов:∫
xdx
x2 + 1,∫
xdx
x2 − 1 ,∫
xdx√1− x2
,∫
xdx√x2 + 1
.
Знаменатели подынтегральных дробей напоминают соответствующиезнаменатели в формулах 7)—10) основной таблицы. Однако все эти ин-тегралы сводятся к интегралу от сложной степенной функции с показате-лями α = −1 и α = −1/2.
Действительно, x dx =1
2dx2, а это значит, что, например,
∫
x dx
x2 + 1=
1
2
∫
d(x2 + 1)
x2 + 1=
1
2ln(x2 + 1) + C.
Аналогично,∫
x dx
x2 − 1 =1
2ln |x2 − 1|+ C.
Два последних интеграла сводятся к∫
du√u. А именно,
∫
x dx√1− x2
= −12
∫
d(1− x2)√1− x2
= −√
1− x2 + C;∫
x dx√x2 + 1
=1
2
∫
d(x2 + 1)√x2 + 1
=√
x2 + 1 + C.
Следующие примеры направлены на закрепление навыка выделения ос-новного интегрируемого выражения и дифференциала этого выражения.
Пример 28. Вычислить интеграл∫
x2(2x3 − 4)5 dx.
Решение.∫
x2(2x3 − 4)5 dx = 13
∫
(2x3 − 4)5dx3 =
=1
3 · 2
∫
(2x3 − 4)5d(2x3 − 4) = 16· (2x
3 − 4)66
+ C =1
36(2x3 − 4)6 + C.
13
-
Пример 29. Вычислить интеграл∫
x2 dx3
√
(2x3 − 1)2.
Решение.∫
x2 dx3
√
(2x3 − 1)2=
1
3
∫
(2x3 − 1)−2/3dx3 =
=1
3 · 2
∫
(2x3 − 1)−2/3d(2x3 − 1) = 16· (2x
3 − 1)1/31/3
+ C =1
23
√
2x3 − 1 +C.
Пример 30. Вычислить интеграл∫
x3 dx6
√
(2− 3x4)7.
Решение.∫
x3 dx6
√
(2 − 3x4)7=
1
4
∫
(2 − 3x4)−7/6dx4 =
= − 14 · 3
∫
(2−3x4)−7/6d(2−3x4) = − 112
· (2− 3x4)−1/6
−1/6 +C =1
2 6√2− 3x4
+
+ C.
Пример 31. Вычислить интеграл∫
dx√9− 4x2
.
Решение. Если из под знака квадратного корня вынести число 4, тоинтеграл сведется к формуле, полученной в примере 26, с a = 32 :
∫
dx√9− 4x2
=1
2
∫
dx√
9/4− x2=
1
2
∫
dx√
(3/2)2 − x2=
1
2arcsin
2x
3+ C.
Однако, если вынести число 9, то интеграл сведется к формуле 8) основнойтаблицы:
∫
dx√9− 4x2
=1
3
∫
dx√
1−(
2x3
)2=
1
3· 32
∫ d(
2x3
)
√
1−(
2x3
)2=
1
2arcsin
2x
3+C.
Пример 32. Вычислить интеграл∫
x dx
3 + 2x4.
Решение.∫
x dx
3 + 2x4=
1
2
∫
dx2
2(x2)2 + 3=
1 ·√3
2 · 3 ·√2
∫ d
(
√
23x
2
)
(
√
23x
2
)2
+ 1
=
=1
2√6arctg
√
2
3x2 + C.
14
-
Пример 33. Вычислить интеграл∫
dx√x cos2
√x.
Решение.∫
dx√x cos2
√x= 2
∫
d(√x)
cos2√x= 2 tg
√x+ C.
Пример 34. Вычислить интеграл∫
sin1
x· dxx2
.
Решение.∫
sin1
x· dxx2
=
∫
sin1
xd
(
− 1x
)
= −∫
sin1
xd
(
1
x
)
=
= cos1
x+ C.
Пример 35. Вычислить интеграл∫
dx
x√lnx
.
Решение.∫
dx
x√lnx
=
∫
1√lnx
· dxx
=
∫
d(ln x)√lnx
= 2√lnx+ C.
Пример 36. Вычислить интеграл∫
dx
x lnx.
Решение.∫
dx
x lnx=
∫
1
lnx· dxx
=
∫
d(lnx)
lnx= ln | lnx|+ C.
Пример 37. Вычислить интеграл∫
dx
x√
ln2 x− 3.
Решение.∫
dx
x√
ln2 x− 3=
∫
1√
ln2 x− 3· dxx
=
∫
d(ln x)√
ln2 x− (√3)2
=
= ln | lnx+√
ln2 x− 3|+ C.
Пример 38. Вычислить интеграл∫
e2 sin x cosx dx.
Решение.∫
e2 sin x cosx dx =
∫
e2 sin xd(sinx) =1
2
∫
e2 sin xd(2 sinx) =
=1
2e2 sin x + C.
Пример 39. Вычислить интеграл∫
sinx dx√cos3 x
.
Решение.∫
sinx dx√cos3 x
= −∫
cos−3/2 x d(cos x) = −cos−1/2 x
−1/2 =
=2√cosx
+ C.
15
-
Пример 40. Вычислить интеграл∫
dx√
(1− x2) arcsinx.
Решение.∫
dx√
(1− x2) arcsinx=
∫
1√arcsinx
· dx√1− x2
=
∫
d(arcsinx)√arcsinx
=
= 2√arcsinx+ C.
Пример 41. Вычислить интеграл∫
dx
(1 + x2) arctg x.
Решение.∫
dx
(1 + x2) arctg x=
∫
1
arctg x· dxx2 + 1
=
∫
d(arctg x)
arctg x=
= ln | arctgx|+ C.
Пример 42. Вычислить интеграл∫
dx
cos2 x√
tg2 x− 3.
Решение.∫
dx
cos2 x√
tg2 x− 3=
∫
1√
tg2 x− 3· dxcos2 x
=
=
∫
d(tg x)√
tg2 x− (√3)2
= ln | tg x+√
tg2 x− 3|+ C.
Пример 43. Вычислить интеграл∫
dx
sin2 x√3− 2 ctg x
.
Решение.∫
dx
sin2 x√3− 2 ctg x
=
∫
1√3− 2 ctg x ·
dx
sin2 x=
= −∫
d(ctg x)√3− 2 ctg x =
1
2
∫
d(3 − 2 ctg x)√3− 2 ctg x =
√
3− 2 ctg x+ C.
Пример 44. Вычислить интеграл∫
dx
ex + e−x.
Решение. В отличие от предыдущих примеров, выделение нужного диф-ференциала в этом примере не очевидно. Поэтому преобразуем подынте-гральную функцию так:
1
ex + e−x=
1
ex + 1ex=
ex
(ex)2 + 1.
Тогда∫
dx
ex + e−x=
∫
ex dx
(ex)2 + 1=
∫
d(ex)
(ex)2 + 1= arctg ex + C.
Методом подведения функции под дифференциал также легко вычис-ляются следующие четыре интеграла:
∫
tg x dx = C − ln | cosx|, (1.20)
16
-
∫
ctg x dx = ln | sinx|+ C, (1.21)∫
dx
sinx= ln
∣
∣
∣tgx
2
∣
∣
∣+ C, (1.22)
∫
dx
cosx= ln
∣
∣
∣tg(x
2+π
4
)∣
∣
∣+ C. (1.23)
Этими формулами рекомендуется дополнить таблицу основных интегралови выучить их наизусть.
Рассмотрим первый из приведенных интегралов. Записывая tg x какsinx
cosxи замечая, что d(cosx) = (cosx)′ dx = − sinx dx, получим∫
tg x dx =
∫
sinx
cosxdx = −
∫
d(cosx)
cosx= − ln | cosx|+ C.
Аналогично вычисляется интеграл в формуле (1.21):∫
ctg x dx =
∫
cosx
sinxdx =
∫
d(sinx)
sinx= ln | sinx|+ C.
Для вычисления интеграла в (1.22) воспользуемся формулой
sinx = sin 2x
2= 2 sin
x
2cos
x
2и преобразуем подынтегральное выражение следующим образом:
∫
dx
sinx=
∫
dx
2 sin x2 cosx2
=1
2
∫
dx
sin x2cos x2
cos2 x2
=
∫
dx2tg x2 cos
2 x2.
Принимая мысленно x2 за u и используя формулу d(tg u) =du
cos2 u, получен-
ный интеграл можно записать в виде∫ d
(
tg x2
)
tg x2, а подстановка v = tg
x
2
приводит его к табличному:∫
dv
v= ln |v|+ C = ln
∣
∣
∣tgx
2
∣
∣
∣+ C.
Приведенный пример вычислений еще раз показывает преимуществаметода подведения под дифференциал. Если бы мы выполняли соответству-ющие замены переменных в явном виде, то даже в этом простом интеграле
17
-
это пришлось бы делать дважды: вначале u = x2 , затем v = tg u. Факти-ческая замена переменных v = tg x2 , которая приводит данный интеграл ктабличному, с самого начала не была очевидной.
Последний из рекомендованных выше для запоминания интегралов (1.23)легко сводится к предыдущему с помощью формулы приведения
cosx = sin(
π2 + x
)
. Тогда
∫
dx
cosx=
∫
dx
sin(
π2 + x
) =
∫ d(
x+ π2
)
sin(
x+ π2
) = ln∣
∣
∣tg(x
2+π
4
)∣
∣
∣+ C.
Подстановку ψ(x) = u иногда называют заменой переменной первоготипа. Может оказаться, что заменяя x новой переменной интегрированияt по формулам
x = ϕ(t), dx = ϕ′(t)dt, (1.24)
где ϕ(t) — некоторая определенная для данного интеграла дифференциру-емая функция, получим интеграл, который вычисляется проще, или дажеявляется табличным. Тогда
∫
f(x) dx =
∫
f [ϕ(t)]ϕ′(t)dt, (1.25)
и, если последний интеграл в (1.25) оказался равным F (t) + C, то за-данный находится возвращением к переменной x. Для этого необходимовыразить из уравнения x = ϕ(t) переменную t через x. Замену переменнойпо формулам (1.24)—(1.25) иногда называют заменой второго типа.
Обозначая обратную к ϕ(t) функцию символом {ϕ}−1, запишем алго-ритм преобразования интеграла и его вычисления в следующем виде:
∫
f(x)dx =
[
x = ϕ(t)dx = ϕ′(t)dt
]
=
∫
f [ϕ(t)]ϕ′(t)dt = F (t) + C =
=[
t = {ϕ}−1(x)]
= F[
{ϕ}−1(x)]
+ C. (1.26)
Еще раз подчеркнем, что выбор функции ϕ(t) для замены переменнойинтегрирования x по формуле x = ϕ(t) не является случайным. Как пра-вило, он продиктован видом интегрируемой функции и, в конечном итоге,типом интеграла.
Типизацией интегралов займемся в третьем разделе данного пособия, апока приведем лишь несколько примеров.
Пример 45. Вычислить интеграл∫
dx
(x+ 4)√x.
Решение. Стремясь избавиться от иррациональной функции в знамена-теле подынтегрального выражения, примем
√x = t (замена первого типа:
18
-
ψ(x) = t). С другой стороны, из равенства√x = t следует, что x = t2
и dx = 2tdt, т.е. можно считать, что мы выполняем замену переменныхвторого типа: x = ϕ(t). В результате∫
dx
(x+ 4)√x=
∫
2tdt
(t2 + 4)t= 2
∫
dt
t2 + 22= 2·1
2arctg
t
2+C = arctg
√x
2+C.
Приведенный простой пример хорошо демонстрирует тот факт, что раз-личие между подстановками первого и второго типов носит условный ха-рактер. Действительно, выполняя замену переменных вида x = ϕ(t) в ин-теграле и вычисляя первообразную F (t), мы затем возвращаемся к пе-ременной x с помощью обратной функции {ϕ}−1(x) = t. А это позволяетсказать, что интеграл вычислен с помощью замены переменной по формулеψ(x) = {ϕ}−1(x) = t.
Пример 46. Вычислить интеграл∫
dx
x√2x+ 9
.
Решение. Повторяя рассуждения, приведенные в начале решения преды-дущего примера, получим
∫
dx
x√2x+ 9
=
√2x+ 9 = t⇒ 2x+ 9 = t2 ⇒ x = 12(t
2 − 9)⇓
2dx = 2tdt⇒ dx = tdt
=
= 2
∫
tdt
(t2 − 9)t = 2∫
dt
t2 − 32 = 21
2 · 3 ln∣
∣
∣
∣
t− 3t+ 3
∣
∣
∣
∣
+C =1
3ln
∣
∣
∣
∣
√2x+ 9− 3√2x+ 9 + 3
∣
∣
∣
∣
+C.
Заметим, что в самом общем случае подходящая замена переменныхможет иметь вид ψ(x) = ϕ(t). Например, в предыдущем примере заменапеременных фактически определялась равенством 2x+ 9 = t2 (t > 0).
Пример 47. Вычислить интеграл∫
dx√x+ 2 3
√x.
Решение. В отличие от предыдущих примеров замена переменной видаψ(x) = t в этом примере не очевидна, в то время, как подстановка x = t6
позволяет избавиться от иррациональности в знаменателе подынтеграль-ной дроби. Тогда, обозначая интеграл I, запишем
I =
∫
dx√x+ 2 3
√x=
[
x = t6
dx = 6t5dt
]
=
= 6
∫
t5dt
t3 + 2t2= 6
∫
t5dt
t2(t+ 2)= 6
∫
t3dt
t+ 2.
19
-
Полученный интеграл уже не содержит радикалов и относится к простей-шим интегралам от рациональных функций. Закончим решение следую-щим простым приемом выделения целой части подынтегральной дроби:
t3
t+ 2=
(t3 + 23)− 23t+ 2
=(t+ 2)(t2 − 2t+ 4)− 8
t+ 2= t2 − 2t+ 4− 8
t+ 2.
Тогда
I = 6
∫ (
t2 − 2t+ 4− 8t+ 2
)
dt = 6
(
t3
3− t2 + 4t− 8 ln |t+ 2|
)
+ C =
=[
x = t6 ⇒ t = 6√x]
= 2√x− 6 3
√x+ 24 6
√x− 48 ln( 6
√x+ 2) + C.
1.4. Метод интегрирования по частям
Метод интегрирования по частям основан на использовании формулыдифференцирования произведения двух функций и опирается на следую-щую теорему.
Теорема 1.3. Пусть функции u = u(x) и v = v(x) определены и диф-ференцируемы на некотором множестве Ω и произведение v(x)u′(x) имеетна Ω первообразную (т.е. существует
∫
v(x)u′(x)dx). Тогда на Ω функцияu′(x)v(x) также имеет первообразную и справедлива формула
∫
u(x)v′(x) dx = u(x)v(x) −∫
v(x)u′(x) dx. (1.27)
Заметим, что так как v′(x) dx = dv, а u′(x) dx = du, то формулу (1.27)удобно запоминать в виде
∫
udv = uv −∫
vdu. (1.28)
Она позволяет свести вычисление∫
udv к вычислению интеграла∫
vdu,который может оказаться проще.
Итак, общая схема применения метода интегрирования по частям та-кова. Разбивая подынтегральное выражение в интеграле
∫
f(x) dx тем илииным образом на произведение двух функций ϕ(x)ψ(x) = f(x), следует заu принять ту его часть, которая при дифференцировании упрощается, на-пример, ϕ(x) = u, а за dv — другую, оставшуюся часть подынтегральноговыражения, ψ(x) dx = dv, первообразная от которой известна или легкоможет быть найдена.
Приведем два примера, в которых выбор функций u и v, фактически,предопределен сразу.
20
-
Пример 48. Вычислить интеграл∫
arctgx dx.
Решение. Положим u = arctgx, dv = dx, откуда v = x. Тогда∫
arctg x dx = x arctg x−∫
xd(arctg x) = x arctg x−∫
x dx
x2 + 1= x arctg x−
− 12
∫
d(x2 + 1)
x2 + 1= x arctg x− 1
2ln(x2 + 1) + C.
Пример 49. Вычислить интеграл∫
lnx dx.
Решение. По аналогии с предыдущим примером положим u = lnx,dv = dx. Тогда∫
lnx dx = x ln x−∫
xd(ln x) = x lnx −∫
xdx
x= x lnx −
∫
dx = x lnx −− x+ C.
Хорошо видно, что в простых примерах, восстанавливая вид функцииv(x) путем интегрирования и находя дифференциал функции u(x) «в уме»,можно быстро достичь результата. В более сложных случаях выбор функ-ций на роль u(x) и v(x) не столь однозначен.
Рассмотрим некоторые типы интегралов, легко вычисляемых методоминтегрирования по частям.
Всюду далее будем обозначать Pn(x) — произвольный многочлен сте-пени n с действительными коэффициентами ak, k = 0, n :
Pn(x) = anxn + an−1x
n−1 + ...+ a1x+ a0. (1.29)
Тип 1. Интегралы вида∫
Pn(x)eαx dx,
∫
Pn(x) sin βx dx,∫
Pn(x) cosβx dx.
В этих интегралах следует за u принять Pn(x), а за dv — соответствен-но выражения eαx dx, sinβx dx и cosβx dx. Например, в первом интегралеоднократное применение интегрирования по частям приводит к выражению
∫
Pn(x)eαx dx =
[
u = Pn(x) ⇒ du = P ′n(x) dx = Pn−1(x) dxdv = eαx dx⇒ v =
∫
eαx dx = 1αeαx
]
=
=1
αPn(x)e
αx − 1α
∫
Pn−1(x)eαx dx, (1.30)
в котором многочлен Pn−1(x) = nanxn−1+...+a1 имеет степень на единицуменьшую, чем исходный. Повторное применение формулы (1.30) приведетк интегралу с многочленом Pn−2(x) и т.д. Повторяя процедуру интегриро-вания по частям n раз получим, что в последнем интеграле присутствуетмногочлен нулевой степени, т.е. константа, а он уже является табличным.
21
-
На практике в интегралах этого типа весьма успешно работает приемподведения функции под дифференциал (что, как уже отмечалось, равно-сильно интегрированию простых функций «в уме»). Это упрощает процессрешения и экономит время.
Пример 50. Вычислить интеграл∫
xex dx.
Решение. Т.к. ex dx = dex, то∫
xex dx =
∫
x dex = xex −∫
ex dx =
= xex − ex + C = (x− 1)ex + C.
Пример 51. Вычислить интеграл∫
x2e−2x dx.
Решение. Т.к. e−2xdx = −12de−2x, то
∫
x2e−2x dx = −12
∫
x2de−2x = −12
(
x2e−2x −∫
e−2xdx2)
.
Так как dx2 = 2x dx, то последний интеграл запишется в виде 2∫
xe−2x dx
и к нему надо вновь применить формулу интегрирования по частям (1.28).Окончательно,∫
x2e−2x dx = −12
(
x2e−2x − 2∫
xe−2xdx
)
=
= −12
(
x2e−2x +2
2
∫
xde−2x)
= −12
(
x2e−2x + xe−2x −∫
e−2xdx
)
=
= −12
(
x2e−2x + xe−2x +1
2
∫
e−2xd(−2x))
=
= −12
(
x2e−2x + xe−2x +1
2e−2x
)
+ C = −12
(
x2 + x+1
2
)
e−2x + C.
Замечание. Следует быть внимательным при определении типа инте-грала, вычисляющегося по частям, так как похожие интегралы могут на-ходиться уже совсем иначе. Например, в интеграле
∫
xex2
dx замечаем, что
xdx = 12dx2 и, принимая мысленно x2 за u, получаем табличный интеграл
∫
x2ex2
dx =1
2
∫
ex2
dx2 =1
2ex
2
+ C.
Пример 52. Вычислить интеграл∫
x cosx dx.
Решение. Так как cosx dx = d sinx, то интеграл можно записать сразув виде, удобном для применения формулы (1.28):∫
x cosx dx =
∫
x d sinx = x sinx−∫
sinx dx = x sinx+ cosx+ C.
22
-
Когда подынтегральное выражение имеет более громоздкий вид, удобнопридерживаться в оформлении решения общей схемы (см. (1.30)).
Пример 53. Вычислить интеграл∫
(2x2 − 3x− 1)e3x−2 dx.Решение. Не следует думать, что если мы раскроем скобки в подынте-
гральном выражении, то интеграл сведется к трем более простым. Напро-тив, это увеличит количество вычислений. Имеем
∫
(2x2−3x−1)e3x−2 dx =[
u = 2x2 − 3x− 1 ⇒ du = (4x− 3) dxdv = e3x−2 dx⇒ v =
∫
e3x−2 dx = 13e3x−2
]
=
=1
3(2x2−3x−1)e3x−2−1
3
∫
e3x−2(4x−3) dx =[
u = 4x− 3 ⇒ du = 4 dxdv = e3x−2 dx⇒ v = 13e
3x−2
]
=
=1
3(2x2 − 3x− 1)e3x−2 − 1
3
[
1
3(4x− 3)e3x−2 − 4
3
∫
e3x−2 dx
]
=
=1
3
[
(2x2 − 3x− 1)e3x−2 − 13(4x− 3)e3x−2 + 4
3 · 3e3x−2
]
+ C =
=1
27
[
9(2x2 − 3x− 1)− 3(4x− 3) + 4]
e3x−2+C =1
27(18x2−39x+4)e3x−2+C.
Тип 2. Интегралы вида∫
Pn(x) ln ax dx,∫
Pn(x) arctg ax dx,∫
Pn(x) arcctg ax dx,∫
Pn(x) arcsin ax dx,∫
Pn(x) arccosax dx.
В этих интегралах за u следует принимать указанные в интегралахтранcцендентные функции, а за dv — выражение Pn(x) dx. Интегралы сфункциями u = ln ax, u = arctg ax и u = arcctg ax однократным приме-нением формулы (1.28) приводятся к простейшим интегралам от дробно-рациональных функций, а с функциями u = arcsinax и u = arccosax — киррациональным функциям.
Пример 54. Вычислить интеграл∫
x arctg x dx.
Решение.∫
x arctg x dx =
u = arctgx⇒ du = dxx2 + 1
dv = x dx⇒ v =∫
x dx = x2
2
=x2
2arctg x−1
2
∫
x2 dx
x2 + 1
В последнем интеграле выделим целую часть подынтегральной дроби:x2
x2 + 1=
(x2 + 1)− 1x2 + 1
= 1− 1x2 + 1
.
23
-
Тогда∫
x2
x2 + 1=
∫(
1− 1x2 + 1
)
dx =
∫
dx−∫
dx
x2 + 1= x− arctg x+ C.
Окончательно,∫
x arctg x dx =x2
2arctgx− x
2+
1
2arctg x+C =
x2 + 1
2arctg x− x
2+C.
Пример 55. Вычислить интеграл∫
x4 ln 3x dx.
Решение.
∫
x4 ln 3x dx =
[
u = ln 3x⇒ du = 3 dx3x =dxx ,
dv = x4 dx⇒ v =∫
x4 dx = x5
5
]
=
=x5
5ln 3x− 1
5
∫
x5dx
x=
1
5
(
x5 ln 3x−∫
x4 dx
)
=
=1
5
(
x5 ln 3x− x5
5
)
+ C =x5
5
(
ln 3x− 15
)
+ C.
Тип 3. Интегралы вида∫
eax sinωxdx,∫
eax cosωxdx.
Эти интегралы принято называть циклическими. Двукратным интегри-рованием по частям они выражаются «сами через себя», т.е. относительноискомого интеграла возникает простое уравнение.
Пример 56. Вычислить интеграл∫
ex cosx dx.
Решение. Обозначая искомый интеграл I, получим
I =
∫
ex cosx dx=
∫
exd sinx=ex sinx−∫
sinxdex = ex sinx−∫
ex sinx dx =
= ex sinx+
∫
exd cosx = ex sinx+ex cosx−∫
cosxdex = ex(sinx+cosx)−
−∫
ex cosx dx = ex(sinx+ cosx)− I.
Тогда 2I = ex(sinx+ cosx), откуда I =1
2ex(sinx+ cosx) + C.
Реализуя метод, мы оба раза подводили под дифференциал тригоно-метрическую функцию. Проще подводить под дифференциал функцию ex,причем это нужно делать оба раза. Вычислим этот интеграл еще раз.
I =
∫
ex cosx dx =
∫
cosx dex = cosx ex −∫
exd(cosx) = ex cosx +
24
-
+
∫
ex sinx dx = ex cosx+
∫
sinxdex = ex cosx + sinx ex −∫
exd(sin x) =
= ex(cos x + sinx) −∫
ex cosx dx = ex(cos x + sinx) − I, что совпадает спредыдущим вариантом решения.
Интегрирование по частям, в частности, сведение интеграла к цик-лическому, может оказаться полезным и эффективным приемом в самыхнеожиданных ситуациях.
Пример 57. Вычислить интеграл∫
√
a2 − x2 dx.∫
√
a2 − x2 dx =[
u =√a2 − x2 ⇒ du = − x dx√
a2 − x2 ,dv = dx⇒ v = x
]
=
= x√
a2 − x2 +∫
x2 dx√a2 − x2
.
С последним интегралом поступим так:∫
x2 dx√a2 − x2
= −∫ −x2 dx√
a2 − x2= −
∫
(a2 − x2)− a2√a2 − x2
dx = −∫
√
a2 − x2 dx+
+ a2∫
dx√a2 − x2
= −∫
√
a2 − x2 dx+ a2 arcsin xa.
Обозначая искомый интеграл I =∫
√
a2 − x2 dx, получим уравнение
I = x√
a2 − x2 − I + a2 arcsin xa,
из которого следует равенство
2I = x√
a2 − x2 + a2 arcsin xa
и
I =x
2
√
a2 − x2 + a2
2arcsin
x
a+ C.
В заключение пункта приведем еще один пример.
Пример 58. Вычислить интеграл∫
x dx
sin2 x.
Решение. Этот интеграл не принадлежит ни одному из упомянутыхтипов. Тем не менее,∫
x dx
sin2 x=
∫
xd(− ctg x) = −x ctg x+∫
ctg x dx = −x ctg x+∫
cosx
sinxdx =
= −x ctg x+∫
d(sinx)
sinx= −x ctg x+ ln | sinx|+ C.
25
-
Аналогично вычисляется интеграл∫
x dx
cos2 x.
Заметим, что при интегрировании по частям произвольная постояннаяприбавляется к найденной первообразной один раз в окончательном ре-зультате.
26
-
2. Таблица основных интегралов
Прежде чем перейти к рассмотрению основных классов интегрируемыхфункций, напомним основные формулы интегрирования:
1)
∫
xα dx =
xα+1α+ 1 + C, α 6= −1, α ∈ R;ln |x|+ C, α = −1;
2)
∫
ax dx =ax
ln a+ C, a > 0, a 6= 1,
в частности, при a = e:∫
ex dx = ex + C;
3)
∫
cosx dx = sinx+ C; 4)
∫
sinx dx = − cosx+ C;
5)
∫
dx
cos2 x= tg x+ C; 6)
∫
dx
sin2 x= − ctg x+ C;
7)
∫
dx
x2 + a2=
1
aarctg
x
a+ C; 8)
∫
dx√a2 − x2
= arcsinx
a+ C;
9)
∫
dx
x2 − a2 =1
2aln
∣
∣
∣
∣
x− ax+ a
∣
∣
∣
∣
+ C;
10)
∫
dx√x2 ± a2
= ln∣
∣x+√
x2 ± a2∣
∣+ C;
11)
∫
tg x dx = − ln | cosx|+ C; 12)∫
ctg x dx = ln | sinx|+ C;
13)
∫
dx
sinx= ln
∣
∣
∣tgx
2
∣
∣
∣+ C; 14)
∫
dx
cosx= ln
∣
∣
∣tg(x
2+π
4
)∣
∣
∣+ C;
15)
∫
chx dx = shx+ C; 16)
∫
shx dx = chx+ C;
17)
∫
dx
ch2 x= thx+ C; 18)
∫
dx
sh2 x= − cthx+ C.
27
-
3. Интегрирование рациональных функций
Важный класс функций, интегралы от которых всегда выражаются че-рез элементарные функции, образуют рациональные функции.
Определение 3.1. Функция называется рациональной, если она пред-
ставлена дробью Pm(x)Qn(x)
, где Pm(x) и Qn(x) — многочлены степени m и n
соответственно. Рациональная функция (рациональная дробь — по другойтерминологии) называется правильной, если степень m многочлена Pm(x)ниже степени n многочлена Qn(x), в противном случае дробь называетсянеправильной.
Если m ≥ n, то, выполняя деление многочленов, получим
Pm(x)
Qn(x)= Zm−n(x) +
R(x)
Qn(x),
где Zm−n(x) — неполное частное (целая часть) будет являться многочле-ном степени (m − n), а остаток от деления R(x) — многочленом степенине выше (n− 1).
Интегрирование многочлена Zm−n(x) не представляет никаких затруд-нений, сводясь к группе интегралов от степенных функций с натуральнымпоказателем степени, и, значит, весь вопрос заключается в интегрировании
дробиR(x)Qn(x)
, степень числителя которой меньше степени знаменателя.
Дальнейшие действия зависят от корней многочлена Qn(x) и возможностиразложить этот многочлен на элементарные множители.
Обозначая далее действительные различные корни многочлена Qn(x)через α1, α2, ... , можно записать его разложение в виде
Qn(x) = (x−α1)k1(x−α2)k2 ...(x2 +2p1x+ q1)r1(x2 +2p2x+ q2)r2 ..., (3.1)
где p2i − qi < 0.В курсе высшей алгебры доказывается следующий факт: если рацио-
нальная функция Pm(x)Qn(x)
является правильной дробью, т.е. m < n, а мно-
гочлен Qn(x) представлен в виде (3.1), то эту дробь можно единственнымобразом представить в виде суммы простейших дробей двух видов:
Ak
(x− α)k ,Brx+ Cr
(x2 + 2px+ q)r, (3.2)
где Ak, Br, Cr — действительные постоянные, подлежащие определению,причем, каждому множителю (x − α)k соответствует в разложении дробиPm(x)Qn(x)
сумма k простейших дробей первого вида
28
-
A1x− α +
A2(x− α)2 + ...+
Ak
(x − α)k ,
а каждому множителю (x2 + 2px+ q)r соответствует сумма r простейшихдробей второго вида
B1x+ C1x2 + 2px+ q
+B2x+ C2
(x2 + 2px+ q)2+ ...+
Brx+ Cr(x2 + 2px+ q)r
.
Например, разложение рациональной дроби
Pm(x)
Qn(x)=
2x5 − 3x4 + x2 − 5x3(x − 1)(x2 + 4)2(x2 + 2x+ 5) (m = 5, n = 10)
следует искать в виде
Pm(x)
Qn(x)=A1x
+A2x2
+A3x3
+B
x− 1+C1x+D1x2 + 4
+C2x+D2(x2 + 4)2
+Ex+ F
x2 + 2x+ 5. (3.3)
Чтобы определить числа A1, A2, A3, B, C1, D1, C2, D2, E и F , умножимобе части равенства (3.3) на Qn(x). Получим равенство, суть которого —тождество между многочленом Pm(x) и многочленом, который получится вправой части при любых значениях x. А это возможно лишь в том случае,когда коэффициенты, стоящие при одинаковых степенях x, равны междусобой.
Для определения неизвестных коэффициентов A1, A2, A3, B, C1, D1, C2,D2, E и F составляется система линейных алгебраических уравнений (вданном примере их будет 10).
Изложенный метод отыскания разложения рациональной функции на-зывается методом неопределенных коэффициентов.
Рассмотрим интегралы от простейших дробей, указанных выше в (3.2).1. Интеграл от простейшей дроби первого вида заменой переменных
x − α = u сводится к табличному интегралу от степенной функции. Вчастности,
⊲ при k = 1:∫
Adx
x− α = A ln |x− α|+ C;
⊲ при k 6= 1, (k > 1):∫
Adx
(x− α)k = −A
k − 11
(x− α)k−1 + C.2. Интеграл от простейшей дроби второго вида в случае r = 1, Br = 0
также легко сводится к табличному интегралу.
Рассмотрим∫
dx
x2 + 2px+ qв общем виде, полагая p, q ∈ R и p2−q < 0.
Для его вычисления выделим полный квадрат в квадратном трехчлене
x2 + 2px+ q = x2 + 2px+ p2 − p2 + q = (x + p)2 + (q − p2).
29
-
Обозначим a2 = q − p2, так как величина q − p2 > 0. Тогда∫
dx
(x+ p)2 + a2=
∫
d(x+ p)
(x+ p)2 + a2=
1
aarctg
x+ p
a+ C =
=1
√
q − p2arctg
x+ p√
q − p2+ C.
Уже сейчас можно указать несколько типов простейших интегралов отрациональных функций:
∫
Pm(x)
xndx,
∫
Pm(x) dx
(x− a)n ,∫
Pm(x) dx
x2 ± a2 ,∫
Pm(x) dx
ax2 + bx+ c.
Первый из этих интегралов почленным делением многочлена Pm(x) наxn сразу сводится к группе табличных интегралов от степенной функциис целым показателем.
Второй интеграл заменой переменной x−a = t сводится к предыдущему.В третьем интеграле в случае m ≥ 2 прежде следует выделить целую
часть подынтегральной дроби путем деления числителя Pm(x) на знамена-тель x2 ± a2. Остаток от деления будет многочленом степени не выше 1 исоответствующий интеграл легко сведется к табличным.
Пример 59. Вычислить интеграл∫
2x3 − 3x2 + 4x2 + 4
dx.
Решение. Поделим числитель на знаменатель:
2x3 − 3x2 + 4∣
∣ x2 + 42x3 + 8x 2x− 3
−3x2 − 8x+ 4−3x2 − 12
−8x+ 16
Таким образом, дробь может быть представлена в виде
2x3 − 3x2 + 4x2 + 4
= 2x− 3− 8x− 16x2 + 4
.
Здесь 2x − 3 = Z(x) — целая часть (неполное частное), −8x + 16 = R(x)— остаток. Тогда, обозначая через I искомый интеграл, найдем
I = 2
∫
x dx− 3∫
dx−∫
8x− 16x2 + 4
dx = 2x2
2−3x−4
∫
2x dx
x2 + 4+16
∫
dx
x2 + 4=
= x2 − 3x− 4 ln(x2 + 4) + 8 arctg x2+ C.
30
-
Знак модуля в выражении ln(x2 + 4) опущен, так как x2 + 4 > 0, x ∈ R.Остановимся подробнее на четвертом интеграле, так как он выделяет-
ся как часто встречающийся тип интегралов с квадратным трехчленом взнаменателе.
Рассмотрим несколько частных случаев интегралов вида∫
Pn(x) dx
ax2 + bx+ c.
Случай 1.
∫
dx
ax2 + bx+ c, (n = 0).
Значение этого интеграла существенно зависит от дискриминанта квад-ратного трехчлена. Случай D < 0 рассмотрен выше в общем виде.
Пример 60. Вычислить интеграл∫
dx
4x2 + 4x+ 17.
Решение. Выделяя полный квадрат в виде квадратного трехчлена
4x2 + 4x+ 17 = (2x)2 + 2 · (2x) · 1 + 12 + 16 = (2x+ 1)2 + 16,
найдем∫
dx
4x2 + 4x+ 17=
∫
dx
(2x+ 1)2 + 16=1
2
∫
d(2x+ 1)
(2x+ 1)2 + 42=
=1
2· 14arctg
2x+ 1
4+ C =
1
8arctg
2x+ 1
4+ C.
Заметим, что в этом примере дискриминант квадратного трехчлена D1 == (b/2)2 − ac = 22 − 4 · 17 = 4− 68 = −64 < 0.
Этим же приемом легко вычисляются интегралы и в случае D > 0.
Пример 61. Вычислить интеграл∫
dx
2x2 − 3x+ 1 .Решение. Как и в предыдущем примере, мы не стремимся вынести стар-
ший коэффициент квадратного трехчлена за скобки, а, напротив, для об-
легчения устного счета запишем интеграл так: I = 2∫
dx
4x2 − 6x+ 2 .Выделяя полный квадрат в квадратном трехчлене
4x2 − 6x+ 2 = (2x)2 − 2 · 2x · 32+
(
3
2
)2
−(
3
2
)2
+ 2 =
(
2x− 32
)2
− 14,
найдем
2
∫
dx
(2x− 32 )2 − 14= 8
∫
dx
(4x− 3)2 − 1 =8
4
∫
d(4x− 3)(4x− 3)2 − 1 =
= 2 · 12ln
∣
∣
∣
∣
4x− 3− 14x− 3 + 1
∣
∣
∣
∣
+ C = ln
∣
∣
∣
∣
4x− 44x− 2
∣
∣
∣
∣
+ C = ln
∣
∣
∣
∣
2x− 22x− 1
∣
∣
∣
∣
+ C.
31
-
Более того, так как
ln
∣
∣
∣
∣
2x− 22x− 1
∣
∣
∣
∣
= ln
∣
∣
∣
∣
x− 12x− 1 · 2
∣
∣
∣
∣
= ln
∣
∣
∣
∣
x− 12x− 1
∣
∣
∣
∣
+ ln 2,
то, обозначая новую произвольную константу C1 = C + ln 2, результату
вычислений можно придать вид I = ln
∣
∣
∣
∣
x− 12x− 1
∣
∣
∣
∣
+ C1.
К этому же результату мы придем, если воспользуемся изложеннойвыше теорией разложения подынтегрального выражения на простейшиедроби.
Действительно, так как дискриминант квадратного трехчлена D = b2−−4ac = 32−4 ·2 ·1 = 1 > 0 и его корни соответственно x1,2 = 3± 14 = 1;
12 ,
то
2x2 − 3x+ 1 = 2(x− 1)(
x− 12
)
= (x− 1)(2x− 1).
А это значит, что разложение подынтегральной дроби на простейшие будетиметь вид:
1
2x2 − 3x+ 1 =1
(x − 1)(2x− 1) =A
x− 1 +B
2x− 1 .
Для определения коэффициентов A и B получим тождество
A(2x− 1) +B(x − 1) = 1. (3.4)
Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях x в левой и правойчастях равенства (3.4), получим систему уравнений
{
2A+B = 0−A−B = 1,
откуда легко определяются значения A = 1. B = −2.Тогда
I = A
∫
dx
x− 1 +B∫
dx
2x− 1 =∫
dx
x− 1 − 2∫
dx
2x− 1 =
=
∫
d(x− 1)x− 1 −
∫
d(2x− 1)2x− 1 = ln |x− 1| − ln |2x− 1|+C = ln
∣
∣
∣
∣
x− 12x− 1
∣
∣
∣
∣
+C.
Замечание. Помимо рассмотренного выше общего метода нахождениянеопределенных коэффициентов в разложении подынтегральной дроби напростейшие в случае, когда знаменатель имеет только простые (некратные)
32
-
действительные корни, весьма эффективен другой способ их нахождения.Он опирается на то обстоятельство, что в получающиеся для определе-ния неопределенных коэффициентов тождество можно подставлять любые(подходящие) значения x. Поясним это на предыдущем примере.
Подставляя в тождество (3.4) вместо x значение x = 1, сразу находимA = 1. Затем, подставляя значение x = 12 , найдем B = −2. Этим приемоммы будем пользоваться неоднократно в более сложных примерах.
И, наконец, в случае D = 0 мы имеем дело с практически табличныминтегралом.
Пример 62. Вычислить интеграл∫
dx
9x2 − 6x+ 1 .Решение. Замечая, что D1 = (b/2)2 − ac = 32 − 9 = 0, запишем
∫
dx
9x2 − 6x+ 1 =∫
dx
(3x− 1)2 =1
3
∫
d(3x− 1)(3x− 1)2 = −
1
3· 13x− 1 + C.
Случай 2. Интегралы вида∫
(a1x+ b1) dx
ax2 + bx+ c, (n = 1).
Результат вычисления подобных интегралов зависит от знака дискри-минанта квадратного трехчлена. Рассмотрим несколько примеров.
а) Случай D = b2 − 4ac < 0.
Пример 63. Вычислить интеграл∫
(2x+ 3)dx
4x2 − 4x+ 5 .Решение. Выделим в числителе подынтегрального выражения диффе-
ренциал квадратного трехчлена d(4x2 − 4x + 5) = (8x − 4)dx. Для этогоумножим и разделим подынтегральную дробь на 4. Получим
∫
(2x+ 3)dx
4x2 − 4x+ 5 =1
4
∫
(8x+ 12)dx
4x2 − 4x+ 5 =1
4
∫
(8x− 4 + 16)dx4x2 − 4x+ 5 =
=1
4
∫
(8x− 4)dx4x2 − 4x+ 5 +
16
4
∫
dx
4x2 − 4x+ 5 .
Первый интеграл сведен к табличному:
∫
(8x− 4)dx4x2 − 4x+ 5 =
∫
d(4x2 − 4x+ 5)4x2 − 4x+ 5 = ln(4x
2 − 4x+ 5) + C.
Второй интеграл относится к случаю 1, рассмотренному выше.
33
-
Выделяя полный квадрат в квадратном трехчлене
4x2 − 4x+ 5 = (2x)2 − 2 · 2x · 1 + 12 + 4 = (2x− 1)2 + 4,
найдем ∫ dx4x2 − 4x+ 5 =
∫
dx
(2x− 1)2 + 4 =
=1
2
∫
d(2x− 1)(2x− 1)2 + 22 =
1
4arctg
2x− 12
+ C.
Окончательно, искомый интеграл
∫
(2x+ 3)dx
4x2 − 4x+ 5 =1
4ln(4x2 − 4x+ 5) + arctg 2x− 1
2+ C.
б) В случае D = b2 − 4ac > 0 можно использовать тот же алгоритм вы-числений, что и в случае D < 0. Однако получающаяся при таком способесумма логарифмов еще не будет являться окончательным ответом и подле-жит упрощению. Быстрее ведет к цели идея разложения подынтегральнойдроби методом неопределенных коэффициентов.
Пример 64. Вычислить интеграл∫
x dx
2x2 − 3x+ 1 .Решение. Замечая, что D = b2 − 4ac = 32 − 4 · 2 · 1 = 1 > 0 и корни
квадратного трехчлена x1,2 =−b±
√D
2a=
3± 14
= 1;−12, представим
2x2 − 3x+ 1 = 2(x− 1)(
x+1
2
)
= (x− 1)(2x+ 1).
Тогда возможно разложение
x
2x2 − 3x+ 1 =x
(x − 1)(2x+ 1) =A
x− 1 +B
2x+ 1,
которое приводит к тождеству
A(2x+ 1) +B(x − 1) = x.
Придавая x поочередно значения x = 1 и x = −12, найдем 3A = 1;
−32B = −1
2, откуда A =
1
3;B =
1
3.
Окончательно,∫
x dx
2x2 − 3x+ 1 = A∫
dx
x− 1 +B∫
dx
2x+ 1=
34
-
=1
3
∫
dx
x− 1 +1
3
∫
dx
2x+ 1=
1
3
(
ln |x− 1|+ 12ln |2x+ 1|
)
+ C. (3.5)
Ответу можно придать иной вид:∫
x dx
2x2 − 3x+ 1 =1
6(2 ln |x− 1|+ ln |2x+ 1|) + C =
=1
6
(
ln(x− 1)2 + ln |2x+ 1|)
+ C =1
6ln[(x − 1)2|2x+ 1|] + C.
Мы рекомендуем вычислить этот интеграл также способом, изложен-ным в пункте а) и довести ответ до окончательног�