5 1 =

Часть I. Теория
Глава 4. Теория интегрирования
4.1. Неопределенный интеграл
Меню 4.1.4. Простейшие методы интегрирования	Назад Вперёд

4.1.4. Простейшие методы интегрирования

Метод интегрирования подстановкой (замена переменной) Метод интегрирования по частям Интегрирование простейших рациональных дробей

Часто под знаком интеграла может оказаться функция, для которой не имеется табличного интеграла и непосредственное интегрирование невозможно. Тогда применяются другие методы интегрирования, в частности, метод замены переменной и метод интегрирования по частям.

Метод интегрирования подстановкой (замена переменной)

Теорема 4.2. Пусть функция = ( ) определена и дифференцируема на промежутке и — множество ее значений. Пусть функция = ( ) определена на множестве и имеет на этом промежутке первообразную. Тогда справедлива формула

∫	( )	= ( ) = ∫		( ( )) ′( ) .			(4.1)
							[Доказательство]
Пример 4.2. Вычислите интеграл ∫			ln5			.

Решение. В таблице основных интегралов этот интеграл отсутствует. Поэтому в данном случае постараемся подобрать подходящую замену переменной, чтобы прийти к табличному интегралу. Положим ln = , т.е. = .

Тогда = ( ) = ( )′ = , и по формуле (4.1) имеем:

∫ ∫ ∫ 6

ln5 = 5 = 6 + .

Часть I. Теория
Глава 4. Теория интегрирования
4.1. Неопределенный интеграл
Меню 4.1.4. Простейшие методы интегрирования	Назад Вперёд

Перейдем обратно к переменной :
∫	ln5 =			ln6	+ .
				6

Отметим, что иногда, как в этом примере, первоначально удобно задавать не как функцию , а, наоборот, задавать как функцию .

Теперь приведем несколько другой подход к решению этого примера. Заметив, что 1 = (ln )′ , получим:

∫	ln5 = ∫			ln5 (ln )′ = ∫	ln5 ln =	6(ln )6		+ .
						1

На последнем шаге мы неявно воспользовались заменой ln = .

Замечание 4.3. Если есть первообразная для функции , то

∫	( + ) = ( + ) + ,		, ,	̸= 0.
	1

[Доказательство]

∫

Пример 4.3. Вычислите интеграл cos(5 − 3) .

Решение. Обратим вмнимание на интеграл 6 таблицы основных интегралов:

∫

cos = sin + .

Тогда, учитывая замечание 4.3 ( = 5, = 3), получим

∫

1

cos(5 − 3) = 5 sin(5 − 3) + .

Часть I. Теория
Глава 4. Теория интегрирования
4.1. Неопределенный интеграл
Меню 4.1.4. Простейшие методы интегрирования							Назад	Вперёд
Метод интегрирования по частям
Теорема 4.3. Пусть функции = ( ) и					= ( ) дифференцируемы на
промежутке и пусть существует				( ) ′( ) . Tогда			′( ) ( ) также
существует и справедлива		формула:					∫
				∫
∫	( ) ′( ) = ( ) ( ) − ∫					( ) ′( ) .		(4.2)
							[Доказательство]
Учитывая, что ′( )			= и ′( )			= , формулу (4.2) можно
записать в виде:		∫	= − ∫
					.			(4.3)
Пример 4.4. Найдите интеграл ∫				.

Решение. Основная трудность применения интегрирования по частям состоит в правильном выборе функций и , т.е. в таком выборе, чтобы интеграл справа в формуле (4.2) или (4.3) оказался проще, чем интеграл слева. Так в данном случае удобно положить = , а = . Найдем функцию (точнее, одну из функций ):

	∫	= ∫	,	= .
Применяя формулу (4.3), находим:
∫	= ∫	= − ∫		= − + .

При наличии определенных навыков интегрирования по частям можно

не выписывать функции и , а только подразумевать их. Например,

∫ ∫ ∫ ∫

= ( )′ = = − = − + .

Часть I. Теория
Глава 4. Теория интегрирования
4.1. Неопределенный интеграл
Меню 4.1.4. Простейшие методы интегрирования	Назад Вперёд

Интегрирование простейших рациональных дробей

Определение. Простейшими рациональными дробями назовем следуюшие функции

1)		;
	−
2)			,	> 1,				N;
	( − )
3)	+				,		2 − <		0;
	2 + 2 +
4)	+					,		> 1,	N, 2 − < 0.
	( 2 + 2 + )

С помощью приведенных выше методов можно найти интегралы от указанных рациональных дробей.

1.	Интегрирование простейших рациональных дробей
	∫	− = ln | − | + .

Доказательство. С помощью таблицы интегралов (интеграл 2) получим

∫

∫

2.

( − )

−		∫	−	|		−	|
	=		( − )	= ln				+ .

1

= − − 1 ( − ) −1 + .

Часть I. Теория
Глава 4. Теория интегрирования
4.1. Неопределенный интеграл
Меню 4.1.4. Простейшие методы интегрирования	Назад Вперёд

Доказательство. С помощью таблицы интегралов (интеграл 1) получим

∫

( − ) = ∫

( − )− ( − ) = − − 1( − )− +1

+ =

= −

1

+ ,

> 1.

∫

|

− 1 ( − ) −1

3.

2

+ 2 +

2

2

|

√ − 2

√ − 2

+

=

ln

2

+ 2 +

+

−

arctg

+

+ .

Доказательство. Выделим в трехчлене

+ + полный квадрат:

2 + 2 + = ( + )2 + − 2 = ( + )2 + 2,

где 2

= − 2

> 0

(считаем > 0). Теперь сделаем замену + = ,

= − , = и получим:

∫

2−+ 2

∫

2 + 2 +

=

=

+

(

) +

= ∫

2 + 2 + ( − )

∫

2

+ 2 =

= 2 ∫

2 + 2

+ ( − ) ∫

1 + 22

=

( 2 + 2)′

1

1

=

ln | 2

+ 2| + ( −

)

arctg

+ =

2

=

ln 2

+ 2 +

+

−

arctg

+

+ .

2

|

|

√ − 2

√ − 2

4.

Вычисление интеграла ∫

+

.

( 2

+ 2 + )

Часть I. Теория
Глава 4. Теория интегрирования
4.1. Неопределенный интеграл
Меню 4.1.4. Простейшие методы интегрирования	Назад Вперёд

Доказательство. Выделим полный квадрат в знаменателе и сделаем замену+ = . Будем иметь

∫

( 2 + 2 + ) = ∫

( + )2

+ 2 =

+

+

(

) +

(

∫

2

)

−

∫

∫

2

+ 2

+ 2

2 + 2

=

−

=

+ (

)

.

(

)

(

)

(

)

Первый

интеграл в правой части последнего равенства легко вычисля-

ется:

2 + 2

= 2

∫

( 2

+ 2)− ( 2

+ 2)

= 2(1 − ) 2

+ 2 −1

+ .

∫

1

1

(Для

)

(

)

нахождения второго интеграла вначале обозначим

= ∫

.

В силу обозначения

( 2

+ 2)

∫

( 2 + 2)

2

∫

( 2 + 2)

=

=

1

(

2 +

2) − 2

=

= 2

( ∫

( 2 + 2) −1

− ∫

( 2 + 2) ) =

1

2

= 2

( −1

− ∫

( 2

+ 2) ).

(4.4)

1

2

К последнему

интегралу

применим

метод

интегрирования

по

ча-

стям (4.3). При этом =

, =

. Тогда = ,

( 2+ 2)

= 2

∫

( 2

+ 2)− ( 2

+ 2) = 2(1 − )( 2

+ 2) −1 .

1

1

Часть I. Теория
Глава 4. Теория интегрирования
4.1. Неопределенный интеграл
Меню 4.1.4. Простейшие методы интегрирования	Назад Вперёд

Значит,

∫

2

1

∫

=

−

=

( 2 + 2)

2(1 − )( 2 + 2) −1

2(1 − )

( 2 + 2) −1

1

=

−

· −1.

2(1 − )( 2 + 2) −1

2(1 − )

Подставляя последнее соотношение в равенство (4.4), получим

1

( −1 −

1

· −1)

=

+

или

2

2(1 − )( 2 + 2) −1

2(1 − )

=

1

2 − 3

+

.

∫

2 (2 − 2

−1

2( − 1)( 2

2 + 2

+ 2) −1 )

(4.5)

Полученная формула позволяет найти интеграл

для любого натурального

(

)

числа > 1.

Пример 4.5. Найти интеграл ∫

.

2 + 2 + 5

Решение. Можно воспользоваться результатом пункта 3, положив = 0,= 1, = 1, = 5. Однако проще непосредственно интегрировать, исполь-

зуя аналогичные приемы.

Выделив полный квадрат, получим

( − 1)2

+ 4.

∫

2 + 2 + 5 = ∫

∫

Сделаем замену + 1 = , = − 1, = . Имеем

2 + 2 + 5 = ∫

2 + 4

= 2 ∫

1 + ( /2)2 =

1

( /2)

1

1

+ 1

=

arctg

+

=

arctg

+ .

2

2

2

2

Часть I. Теория

Глава 4. Теория интегрирования

4.1. Неопределенный интеграл

Меню

4.1.4. Простейшие методы интегрирования

Назад

Вперёд

Пример 4.6. Найти интеграл ∫

3 − 5

.

2 − 6 + 10

Решение. Имеем:

∫

∫

6 + 10

( 3) + 1

− 3 = ,

3

5

3

5

−

−

=

2

−

=

−2

=

= + 3,

=

∫

∫

∫

2

+ 1

5

2

+ 1

2 + 1

∫

2 + 1

3( + 3)

3

+ 4

=

3

ln( 2

−

=

= 3

+ 4

=

=

+ 1) + 4 arctg + =

2

=

3

ln( 2

− 6 + 10) + 4 arctg( − 3) + .

2

Пример 4.7. Найти интеграл ∫

.

( 2 + 1)3

Решение. Воспользуемся

реккурентным

соотношением

(4.5). При

этом

= 1. Получим

1 = ∫

2 + 1 = arctg + ,

∫

2 ·· 2 − 2

2

(

2 + 1)2

1

2(2 − 1)( 2

+ 1)2−1

=

=

2 2

−

3

+

=

1

=

arctg

+

+ ,

∫

2 ·· 3 − 2

2

2( 2

+ 1)

3

(

2 + 1)3

2

2(3 − 1)( 2

+ 1)3−1

=

=

2 3

−

3

+

=

= 4

(

2 arctg +

2( 2

+ 1)) + 4( 2 + 1)2 + .

3

1