3871

Согласно определению первообразной равенство

I

k

I

k

0

4

4

должно выполняться при каждом k = 0,

1,

2,

...,

откуда находим

x

k

4

Ck

2k

2 C,

где

;

C

= C0. Следовательно,

п

x

k

C , k

4

I

( 1)

(sin x

cos x)

2k 2

.

2. Доказать,

что

если

f (x)dx F(x)

C

,

то

f (ax b)dx

1

F (ax b) C ( a 0 ).

a

Доказательство. Очевидно,

f (ax b)dx =

1

f (ax b)d (ax b)(a 0) .

a

Поэтому, применяя метод введения нового аргумента, получаем

f (ax b)dx

1

f (ax b)d (ax b)

1

f (u)du

1

F (u) C ,

a

a

a

где u = ax + b.

ТЕ М А 2. ПРОСТЕЙШИЕ ПОДСТАНОВКИ

ВНЕОПРЕДЕЛЕННЫХ ИНТЕГРАЛАХ

Цель занятия – на примерах ознакомиться с техникой простейших подстановок.

Рассмотрим f (x)dx, иногда для вычисления этого интеграла удобно сделать замену x (z) . По определению дифференциала dx (z)dz, следовательно,

11

f (x)dx f ( (z)) (z)dz g(z)dz,

где g(z) f ( (z)) (z). Несмотря на кажущееся усложнение формулы, в некоторых примерах вновь получившийся интеграл становится проще. Вычислив g(z)dz, нужно сделать обратную замену, т. е. вернуть-

ся к переменной x.

Пусть нам удалось подынтегральное выражение f (x) dx преобразовать к такому виду:

			f (x) dx f`1		(x)		(x) dx,
тогда
			f (x) dx		f1	(x)	(x) dx,
или, полагая		(x)	u, получим
				f (x)dx		f1 (u)du.
	Если первообразная от			f1 (u) известна и равна F (u),				то
			f (x) dx F (u) C F [ (x)] C.
	Таким образом, указанный метод состоит в замене переменной ин-
тегрирования		x	другой переменной			u	, связанной	с x формулой
u	(x).
	Можно замену производить, выражая не u через x , а x через u ,
т. е. полагая
			x	(u),	dx		(u) du ,

f (x) dx d [ (u)] (u) du.

Если последний интеграл оказывается возможным как-нибудь найти (пусть он равен F (u) C ), то заданный интеграл находится возвра-

щением к переменной x , т. е. подстановкой в F (u) C вместо u его выражения через x .

12

Ранее мы употребляли правило замены переменной, сначала преобразовывая подынтегральное выражение (приводя к знакомому типу), а затем вводя новую переменную по формуле u (x) . Здесь же мы

рекомендуем практически более удобный в сложных случаях обратный путь: сначала выбрать формулу замены u (x) или x (x) , а

затем в соответствии с ней преобразовать подынтегральное выражение. Никаких общих правил для выбора подстановки дать нельзя.

Примеры и решения

1. Найти интеграл

x2 3 4

3x3 dx.

Положим

4

3x3

u.

Дифференцируя, имеем

9x2 dx

du и

x2dx

1

du. Поэтому

9

4

x2 3 4 3x3 dx

1

1

1

4 3x3 3 4 3x3

3 u du

u 3

C

C.

9

12

12

2. Найти интеграл

dx

.

ex

1

Положим

ex

1

u, т. е.

ex

1

u2 . Тогда ex dx

2u du и

2u du

2u du

dx

.

ex

u2

1

Следовательно,

dx

2u du

2

du

ln

u 1

C .

(u2

u2

ex

1

1)u

1`

u 1

Возвращаясь к переменной x , окончательно получим

dx

1n

ex

1

1

C.

ex

1

ex

1

1

13

Нередко вместе с заменой переменной нужно применить другие методы (например, интегрирование по частям), для того чтобы довести задачу до конца.

3. Найти интеграл x5ex3 dx.

Положим x3 u. Имеем 3x2dx du и, значит,

x2 x3ex3 dx

1

ueu du,

3

а этот интеграл берется по частям.

Получаем

5

x3

1

u

1

x3

3

x

e

dx

e

(u 1) C

e

(x

1) C.

3

3

Пока мы использовали

подстановки

типа u

(x).

Теперь рас-

смотрим примеры,

когда удобны подстановки типа x

(u). Начнем с

наиболее употребительных тригонометрических подстановок.

4. Найти интеграл 1 x2 dx.

Положим x

sin u,

dx

cosu du. Подставляя в исходный интеграл,

находим

1

x2 dx

cos2 u du.

Последний интеграл берется заменой cos2

и через

1

1 cos 2u .

2

Имеем

1

1

1

sin 2u

1 x2 dx

1

cos 2u du

u

C

2

2

2

1

1

u sin u cosu

arcsin x

x

1 x2

C.

2

2

5. Найти интеграл

dx

.

x2

1

dx

Положим x

tg u,

dx

. Подставляя в исходный интеграл,

cos2 u

находим

14

	dx		du	.
	x2 1		cosu

Последний интеграл можно найти при помощи различных способов, например:

du

cosu du

d (sin u)

1

ln

1

sin u

C .

cos u

cos2 u

1

sin2 u

2

1

sin u

Умножая числитель и знаменатель дроби

1

sin u

на числитель,

1

sin u

находим

1

sin u

(1 sin u)2

1

2

tg u

(

x2

1

x)2 .

1

sin u

cos2 u

cosu

Следовательно,

1 1n x

dx

x2

1

C ln x

x2

1 C.

2

2

x2 1

(Здесь можно не применять знак абсолютной величины, ибо выра-

жение x x2 1 при положительном знаке радикала всегда положительно.)

Применяя подстановку x			1				,	аналогично предыдущему найдем
					sin u
		dx
					ln	x			x2 1	C.
		x2	1

Результаты двух последних примеров можно записать так:

	dx
		ln	x	x2 1	C.
	x2 1

6. Теперь можно записать:

x2

1

dx

x2

dx

x2 1dx

dx

.

(А)

x2

1

x2

1

x2

1

15

Последний интеграл в правой части равенства известен, а первый возьмем по частям:

	x2					x
							dx x x2 1			x2 1dx.
			dx	x
	x2 1					x2 1

Подставляя в равенство (А) и решая полученное уравнение относительно искомого интеграла, найдем

1

x2

1 dx

x x2

1 ln x2

1

C

2

и аналогично

1

x2

1 dx

x x2

1 ln x

x2

1

C.

2

Процесс интегрирования обычно состоит в целесообразном применении изложенных нами приемов (алгебраические преобразования подынтегрального выражения, интегрирование по частям, интегрирование подстановкой) для того, чтобы привести заданный интеграл к интегралу, уже известному. С развитием навыка в интегрировании не будет нужды записывать все промежуточные выкладки и обозначения. Большая часть их производится в уме.

7. Найти интеграл sin 5x dx.

Умножим и разделим интеграл на 5 и внесем множитель 5 под символ интеграла:

	sin 5x dx	1	sin 5x 5dx	1	sin 5x d (5x).
		5		5

Полагая 5x u , придем к интегралу основной таблицы:

sin 5x dx

1

sin u du

1

cosu

C

1

cos5x

C.

5

5

5

Подобным же образом найдем, например, что

3x

1

3x

1

u

1

u

1

3x

e

dx

e

d ( 3x)

e

du

e

C

e

C.

3

3

3

3

16

8. Найти интеграл (2x 1)100 dx.

Умножив и поделив интегральное выражение на 2 и заметив, что

2dx d (2x 1),	получим
	(2x	1)100 dx		1		(2x		1)100 d (2x			1).
				2
Полагая 2x	1 u, находим
(2x 1)100 dx		1	u100 du		1 u101			C	1		(2x 1)100 C.
		2			2 101				202

Легко видеть все преимущества такого интегрирования по сравнению с интегрированием многочлена, полученного от раскрытия бинома в сотой (!) степени по формуле Ньютона.

9. Найти интеграл													x								dx.
												x2 1
Преобразуем интеграл к виду
1									2x													1								1
															dx											x2				1 2 d (x2				1).
2																						2
									x2				1
Мысленно полагая x2													1						u, получим
																											1
						x										1					x2 1 2
											dx																			C			x2	1		C.
													2										1
				x2				1
																						2
10. Найти интеграл											3dx						.
											3x		1
Имеем
	3dx								(3x				1)													d (3x				1)
																		dx															ln	3x		1	C.
	3x 1									3x			1													3x				1

Вообще, если числитель подынтегральной функции является производной знаменателя, то интеграл равен логарифму абсолютной величины знаменателя. В самом деле,

17

f (x)

dx

df (x)

du

u

C ln

f (x)

C.

ln

f (x)

f (x)

u

Например:

x

dx

1

2x dx

1

ln (1 x2 ) C,

1 x2

2

1

x2

2

sin x

tg x dx

dx

ln

cos x

C,

cos x

cos x

ctg x dx

dx

ln

sin x

C,

ex

e x

sin x

dx

ln (ex

e x )

C.

ex

e x

11. Найти интеграл

3x

2

dx.

2x

1

Разделив числитель на знаменатель, получим в частном 1,5 и в ос-

татке 3,5. Следовательно,

3x

2

dx

1,5

3,5

dx

1,5dx

3,5

dx

2x

1

2x

1

2x

1

1,5x

1, 75ln

2x

1

C .

12. Найти интеграл

dx

.

x

2

1

Представим знаменатель подынтегральной функции в виде произ-

ведения двух линейных множителей:

dx

dx

.

x2

1

(x

1)(x

1)

Числитель запишем в виде 1

1

(x

1)

(x

1) , тогда

2

dx

1 (x 1) (x 1)

1

x 1

1

x 1

dx

dx

dx,

x2 1

2

(x 1)(x

1)

2

(x

1)(x

1)

2

(x

1)(x 1)

18

и дальше:

dx

1

dx 1

dx

1

ln

x 1

1

1n

x 1

C

1

ln

x

1

C.

x 2 1 2

x 1 2

x 1

2

2

2

x

1

Так можно поступать всегда, когда числитель подынтегральной функции постоянен, а знаменателем служит квадратный трехчлен, разлагающийся на линейные множители, например:

1

dx

1

dx

(x

2)

(x

3)

dx

ln

x

3

C.

x2

5x

6

(x

2)(x

3)

(x 2)(x

3)

x

2

11. Найти интеграл

dx

x2

a2

Имеем

dx

1

dx

1

du

1

arctg u

C

1

arctg

x

C.

x2

a2

a2

x 2

2

1

u2

a

a

a

1

a

К этому интегралу приводится интеграл

dx

при условии,

x2

px

q

что 4q

q2

0 , т. е. при условии,

что знаменатель не имеет действи-

тельных корней:

dx

dx

x2

px

q

x

p

2

4q

p2

2

4

x

p

2

2

2x

p

arctg

2

C

arctg

C.

4q p2

4q p

4q p2

4q p2

4

Если 4q

p2

0 , то квадратный трехчлен разлагается на линейные

множители (см. пример 6).

Аналогично находится и интеграл

dx

:

a2

x

19

d

x

dx

1

dx

x

a

arcsin

C.

a

a

a2 x4

1

x

2

1

x

2

a

a

14. Найти интеграл

sin x cos x dx.

По известной формуле тригонометрии имеем

sin x cos x dx

1

sin 2x dx

1

sin 2 x d (2x)

1

cos 2x C.

2

4

4

Этот интеграл можно брать иначе:

sin x cos x dx sin x d (cos x)

1

sin2 x C

2

или

	sin x cos x dx	cos x d (cos x)	1	cos2 x C.
			2

Может показаться, что для одного и того же интеграла мы получили три существенно различных ответа:

	1	cos 2x C,	1	sin2	x C,	1	cos2	x C.
	4		2			2

Однако легко проверить, что разность любых двух из них есть величина постоянная. Поэтому каждое из найденных нами выражений дает все множество первообразных от sin x cos x.

15. Найти интеграл	cos3 x dx.
Последовательно находим
cos3 x dx	cos2 x d(sin x)	(1 sin2 x) d (sin x)
d (sin x)	sin2 x d (sin x)	sin x	1	sin3	x C.
			3

20