ЭЛЕМЕНТЫ ИНТЕГРАЛЬНОГО...

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.


(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.


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.


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.


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.


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


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.


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.


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


sin2x

2dx.

Решение.∫

sin2x

2dx =

∫

1− cosx2

dx =

∫ (

1

2− cosx

2

)

dx =

=1

2

∫

dx− 12

∫

cosx dx =x

2− sinx

2+ C.


dx

1 + cos 2x.

Решение.∫

dx

1 + cos 2x=

∫

dx

2 cos2 x=

1

2

∫

dx

cos2 x=

1

2tg x+ C.


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.


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.


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.


(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.


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.


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.


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».


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.


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.


dx√a2 − x2

.

Решение.∫

dx√a2 − x2

=1

a

∫

dx√

1−(xa)2

=a

a

∫

d(xa)

√

1−(xa)2

=

= arcsin(x

a

)

+ C.


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.


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


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.


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.


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.


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


dx√x cos2

√x.

Решение.∫

dx√x cos2

√x= 2

∫

d(√x)

cos2√x= 2 tg

√x+ C.


sin1

x· dxx2

.

Решение.∫

sin1

x· dxx2

=

∫

sin1

xd

(

− 1x

)

= −∫

sin1

xd

(

1

x

)

=

= cos1

x+ C.


dx

x√lnx

.

Решение.∫

dx

x√lnx

=

∫

1√lnx

· dxx

=

∫

d(ln x)√lnx

= 2√lnx+ C.


dx

x lnx.

Решение.∫

dx

x lnx=

∫

1

lnx· dxx

=

∫

d(lnx)

lnx= ln | lnx|+ C.


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.


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.


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


dx√

(1− x2) arcsinx.

Решение.∫

dx√

(1− x2) arcsinx=

∫

1√arcsinx

· dx√1− x2

=

∫

d(arcsinx)√arcsinx

=

= 2√arcsinx+ C.


dx

(1 + x2) arctg x.

Решение.∫

dx

(1 + x2) arctg x=

∫

1

arctg x· dxx2 + 1

=

∫

d(arctg x)

arctg x=

= ln | arctgx|+ C.


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.


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.


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.


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.


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).


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


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.


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.


xex dx.

Решение. Т.к. ex dx = dex, то∫

xex dx =

∫

x dex = xex −∫

ex dx =

= xex − ex + C = (x− 1)ex + C.


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.


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)).


(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.


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.


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.


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.


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.


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.


√

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.


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.


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.


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.


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.


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.


(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.


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�

ЭЛЕМЕНТЫ ИНТЕГРАЛЬНОГО...

Documents