Математика. Часть 1

Модуль 5. НЕОПРЕДЕЛЕННЫЙ ИНТЕГРАЛ § 1. Неопределенный интеграл и его свойства

Опр. Первообразной функцией для функции f (x) на промежутке Х называется такая функция F(x) , производная которой равна данной функции, т.е.

F ′(x) = f (x) для любых x X .

Например, sin x есть первообразная функции cos x для любого

действительного х, так как (sin x)′ = cos x ,					ln x	есть первообразная
	1				′	1
функция x		на промежутке (0, + ∞) , т. к. (ln x) = x .
Если F(x) и Φ(x) –			две первообразные для одной и той же
функции f (x) , то Φ(x) = F(x) +C , где С – постоянная.
Опр. Совокупность всех первообразных F(x) +C функции f (x)
называется		неопределенным		интегралом	от	функции	f (x)	и
обозначается
			∫ f (x)dx = F(x) +C .
Функция		f (x) называется подынтегральной функцией, а					f (x)dx
подынтегральным выражением.
		Свойства неопределенного интеграла
1.	(∫ f (x)dx)′ = f (x) или d(∫ f (x)dx) = f (x)dx .
2.	∫ f ′(x)dx = f (x) +C		или	∫df (x) = f (x) +C .
3.	∫cf (x)dx = c∫ f (x)dx		(с = const).
4.	∫[f1(x) + f2 (x)]dx = ∫ f1(x)dx + ∫ f2 (x)dx .
5.	Если	F(x) – первообразная функции				f (x) , а u = u(x)		–

дифференцируемая функция, то ∫ f (u)du = F(u) +C .

Таблица неопределенных интегралов

1.

∫du = u + C

2.

∫0 du = C

∫uαdu =

uα + 1

+C ( α ≠ −1),

∫

du

= −

1

+ C ,

2

α +1

3.

4.

u

u

∫

du

= ln

u

+ C

∫

du = 2 u + C

u

u

∫a

u

du =

au

+ C ,

∫eu du = eu + C

5.

ln a

6.

( a >0,a ≠1)

7.

∫sin udu = −cos u + C

8.

∫cos udu = sin u + C

9.

∫

du

= tg u + C

10

∫

du

= −ctg u + C

2

u

2

u

cos

sin

11.

∫

du

=

1

arctg

u

+ C

12.

∫

du

=

1

ln

u + a

+ C

a

2

2

a

a

2

2

u − a

+ u

a

− u

2a

13.

∫

du

=

1

ln

u − a

+ C

14.

∫

du

= arcsin

u

+ C

u

2

2

2a

u + a

− a

a

a 2

− u 2

15.

∫

2du

2

=lnu+ u2 +a2

+C

16.

∫

du

=lnu+ u2 −a2

+C

u

+a

u2 −a2

∫

du

u

∫

du

= ln

u

+

π

+ C

17.

= ln | tg

| +C

18.

tg

sinu

2

cos u

4

2

19.

∫tg udu = −ln

cos u

+ C

20.

∫ctg udu = ln

sin u

+ C

81

82

Пример 5.1. Найти ∫(x − x )2 dx .

Решение. Возведем подынтегральную функцию в квадрат и разобъем интеграл на сумму трех табличных интегралов:

∫(x − x )2 dx = ∫(x2 − 2x x + x)dx = ∫x 2 dx − 2∫x3 / 2 dx + ∫xdx =

=

x3

− 2

x5 / 2

+

x2

+ C =

x3

− 4

x5 / 2

+

x2

+ C .

3

5 / 2

2

3

5

2

Пример 5.2. Найти ∫

dx

.

x

2

+ 3

Решение. ∫

dx

= ∫

dx

2 =

1

arctg

x + C .

x

2

+ 3

x2 + ( 3)

3

3

§ 2. Замена переменной в неопределенном интеграле (Метод подстановки)

При вычислении неопределенных интегралов методом замены переменной применяют два типа подстановок: либо u = ϕ(x) , либо x = ψ(t) , где ϕ(x) и ψ(t) — некоторые функции.

После подстановки полученный интеграл может оказаться проще исходного.

Частным случаем метода замены переменной является метод подведения под знак дифференциала, основанный на формуле

			′
			ϕ (x)dx = dϕ(x) .
Например,	1	dx = d ln x ,	xdx = d	x2	=	1	dx2	и т.п.
						2
	x		2

Пример 5.3. Найти ∫sin(2x +1)dx .

Решение. Сделаем замену переменной

u −1

u

−1 ′

1

2x +1 = u x =

, dx =

du , dx =

du .

2

2

2

Тогда

∫sin(2x +1)dx = ∫sin u

1

du =

1

∫sin udu =

2

2

= − 12 cos u + C = = − 12 cos(2x +1) + C .

Можно этот интеграл находить иначе, предварительно преобразовав выражение под знаком дифференциала:

dx =

1

d(2x) =

1

d(2x +1) ,

2

2

так как дифференциал от постоянной dc =

′

с dx = 0 . Значит,

∫sin(2x +1)dx = ∫sin(2x +1)

1

d(2x +1) =

2x +1 = u

=

1

∫sin udu = −

1

2

1

=

cos u + C = −

cos(2x +1) + C .

2

2

2

Пример 5.4. Найти ∫

dx

.

x ln x

Решение.

1

′

1

Поскольку

,

то

подводя x под знак

x = (ln x)

дифференциала dx , получаем

1

dx = d(ln x) .

x

Тогда ∫

dx

= ∫

d(ln x)

.

Обозначив

ln x

= u , получим табличный

x ln x

ln x

интеграл вида

∫

du

= ln

u

+ C = ln

ln x

+ C .

u

83

84

Пример 5.5. Найти ∫

xdx

.

x

4

+

9

Решение. Введем x под знак дифференциала. Тогда

xdx = xdx = d x

2

1 dx2

1

dx2

∫

=

= ∫

2

= x2

= u =

x 4 + 9

2

2

(x2 )2 + 32

= 1 ∫

du

= 1 ln | u + u 2 + 32

| +C =

1 ln | x2

+ x4

+ 9 | +C .

2

u 2 + 32

2

2

§ 3. Интегрирование по частям

Если u(x) и v(x) - непрерывно дифференцируемые функции,

тогда

d(uv) = udv + vdu .

Интегрируя

обе

части

полученного

равенства

и

учитывая,

что ∫d(uv) = uv ,

получим

формулу

интегрирования по частям в неопределенном интеграле:

∫udv = uv − ∫vdu .

Среди интегралов, берущихся по частям, выделяют три

основных класса интегралов:

sin x

1.

du = nxn −1dx .

∫xn cos x dx , здесь полагают u = xn

x

e

ln x

arcsin x

n

x

n + 1

n

2.

∫ x

arccos x

dx , здесь полагают

dv = x

dx

v =

.

n +

1

arctgx

arcctgx

3.

∫

e x cos x dx , полагают либо

u = ex ,

либо

dv = e x dx и

sin x

дважды интегрируют по частям.

Замечание. Иногда формулу интегрирования по частям применяют несколько раз подряд.

Пример 5.6. Найти ∫(x + 2x)e−8x dx.

Решение. Применим формулу интегрирования по частям, полагая

						u = x + 2 du = (x + 2)′dx = dx
			dv = e−8x dx v = ∫e-8x dx = −									1	∫e-8x d(- 8x)= −							1	e−8x .
																				8
											8
											Тогда
				∫(x + 2x)e−8x dx = −						1	e−8x (x + 2)+						1		∫e−8x dx =
																	8
									8
	1		−8x	(x + 2)+	1		1		−8x					1		−8x		(x + 2)−		1			−8x
−		e				−		e			+ C = −				e							e		+ C
	8				8									8						64
							8

Пример 5.7. Найти ∫x 2 cos 2xdx.

Решение. Применим формулу интегрирования по частям, полагая u = x2 du = 2xdx , dv = cos 2xdx v = ∫cos 2xdx = 12 sin 2x .

Тогда

∫x2 cos 2xdx = 12 x2 sin 2x − ∫12 sin 2x 2xdx = 12 x2 sin 2x − ∫x sin 2xdx

Кпоследнему интегралу снова применим формулу интегрирования

									по частям, полагая												1
		u = x du = dx , dv =sin 2xdx v = −																				cos 2x .
																					2
Окончательно получаем
∫	2					1		2					1				∫			1
	x cos 2xdx		=				x sin 2x							x cos 2x −					−					=
						2				− −			2							2	cos 2x dx
		=		1	x2			sin 2x +			1	x cos 2x −			1	sin 2x + C .
			2							2					4

85

86

Пример 5.8. Найти ∫x2 ln xdx .

Решение. ∫x2 ln xdx =

u = ln x

du =

1

dx

x3

=

dv = x2 dx

v =

x

3

= ln x

x3

− ∫

x3

1

dx =

1

x3 ln x −

1

∫x 2 dx =

1

x3

ln x −

1

x3

+ C =

3

3

3

3

3

3

x

3

=13 x3 (ln x − 13) + C .

§4. Интегрирование выражений, содержащих квадратный трехчлен

Интегралы вида

∫	ax	2	dx	, ∫	dx	, ∫	ax	2mx + n	dx, ∫	mx + n	dx
			+ bx + c		ax 2 + bx + c			+ bx + c		ax 2 + bx + c

сводятся к табличным после предварительного выделения полного квадрата в квадратном трехчлене с последующей заменой переменной.

Пример 5.9. Найти ∫

dx

.

x

2

+ 6x + 5

Решение. Выделим в знаменателе полный квадрат

x 2 + 6x + 5 = (x 2 + 2 3x + 32 ) − 32 + 5 = (x + 3)2 − 4 .

Тогда

∫

dx

x +3 =u

∫

du

1

u −2

1

x +3−2

=

x =u −3

=

=

ln

+C =

ln

+C =

(x +3)

2

−4

u

2

−4

2

2

u +2

4

x +3+2

dx = du

1

x +1

=

+ C .

ln

4

x + 5

Пример 5.10. Найти ∫

(x −1)dx

.

Решение.

9x2 −12x +

5

∫

(x −1)dx

=

9x2 −12x +5 =(3x)2 − 2 2 3x

+ 4 − 4 + 5 =

=

9x2 −12x +5

=(3x − 2)2 +1

(x −1)dx

3x − 2 =u,

u +

2

−1

u

u + 2

1

1

du =

1

∫

−1

du =

= ∫

=

x

=

, dx =

du

= ∫

3

2

2

+1

9

2

9x

−12x +5

3

3

u

3

u

+1

u

du

2

1

1

1

1

1

1

=

∫

du −

∫

=

∫

d(u +1)

−

arctgu =

ln(u 2 +1) −

9

2

u

2

9

2

2

18

u +1

9

+1

u

+1

9

−

1

arctgu + C =

1

ln(9x2

−12x + 5) −

1

arctg(3x − 2) + C.

9

18

9

§ 5. Интегрирование дробно-рациональных функций

Рациональной функцией называют дробь вида

P (x)

a

m

xm

+K+ a x + a

0

m

=

1

,

Q

n

(x)

b

n

xn

+K+ b x + b

0

1

где Pm (x) ,

Qn (x)

– многочлены степеней m и n соответственно.

Если m ≥ n , то дробь называется неправильной, а если m < n –

правильной.

Если дробь неправильная, то выделяют целую часть. Для этого числитель делят "уголком" на знаменатель.

Например, дробь	2x3	+ 3		является неправильной, так как в
	x2 + x +
			1

числителе стоит многочлен третьей степени, а в знаменателе – второй. Разделим числитель на знаменатель:

−	2x3	+ 3		x2 + x +1
	2x3	+ 2x2 + 2x		2x − 2

−− 2x2 − 2x + 3 − 2x2 − 2x − 2

5

87

88

При делении на каждом шаге мы знаменатель x2 + x +1 умножили на такую степень x , чтобы при вычитании полученного после этого многочлена старшие степени уничтожались (сначала мы умножили на 2x , затем на ( −2 )).

Следовательно, неправильную дробь можно представить в виде:

2x3 + 3		= 2x − 2	+		5		.
x2 + x +				x 2	+ x +1
	1

Из алгебры известно, что всякую правильную рациональную дробь можно разложить на сумму простейших рациональных дро-

бей вида:			A	;		Bx + C			,
			(x − a)n			(x2 + px + q)l
где k , l	–	натуральные числа,		A , B , C , a ,			p , q			– постоянные,
причем	p 2	− 4q < 0 (квадратный			трехчлен		x2 + px + q не имеет
действительных корней).
Интегрирование правильной рациональной дроби										Pm (x)	( m < n )
										Qn (x)

производят по следующей схеме:

1) Раскладывают знаменатель на неприводимые множители (линейные и квадратичные)

Qn (x) = (x − a)k K (x2 + px + q)l .

2) Представляем правильную рациональную дробь в виде суммы простейших рациональных дробей с неопределенными коэффициентами:

Pm (x)

=

Pm (x)

=

A1

+

A2

+K+

Ak

+K

Qn (x)

(x − a)k K (x2 + px + q)l

x − a

(x − a)2

(x − a)k

+

B1 x + C1

+

B2 x + C2

+K+

Bl x + Cl

.

(x2 + px + q)

(x 2 + px + q)2

(x 2 + px + q)l

Т.е. каждому множителю (x − a)k								в знаменателе соответствует
сумма	k	дробей вида			Ai			( i =1, 2, K,	k ),	а каждому
					(x − a)i
множителю (x2 + px + q)l				– сумма l				дробей вида:
			Bj x +C j					=1 , 2, K, l ).
						, ( j
			(x2 + px + q) j
3) Находим неопределенные коэффициенты разложения.
Для определения коэффициентов Ai ( i =1, 2,									K,	k ),	Bj , C j
( j =1 ,	2,	K, l ) правую часть разложения приводят								к	общему

знаменателю и приравнивают числитель полученной дроби к Pm (x) . Затем,

а) либо приравнивают коэффициенты при одинаковых степенях x (метод неопределенных коэффициентов);

б) либо придают x частные значения, в первую очередь значения корней знаменателя (метод частных значений);

в) либо комбинируют оба указанных приема.

4) Вычисляем интегралы. В общем случае интеграл от рациональной функции всегда может быть выражен через элементарные функции: степенную, ln x и arctg x .

Пример 5.11. Найти ∫			x2		+ 3		dx .
		x		3	−	9x
Решение. Дробь	x2		+ 3				является правильной. Разложим
	x3		− 9x

знаменатель дроби на простые множители:

x3 − 9x = x(x2 − 9) = x(x − 3)(x + 3) .

Разложение подынтегральной функции на сумму простейших дробей имеет вид:

89

90

	x2 + 3	=	A	+	B	+	C	.
	x(x − 3)(x + 3)		x		x − 3		x + 3

Приведя правую часть к общему знаменателю и приравнивая числители, получим

x 2 + 3 = A(x − 3)(x + 3) + Bx(x + 3) + Cx(x − 3).

Для определения коэффициентов A, B, C применяем метод частных значений. Будем полагать в последнем равенстве х равным корням знаменателя:

x = 0

3 = −9A

1

2

2

x = 3

12 =18B

A = −

, B =

, C =

.

3

3

3

x = −3

12 =18C

Поэтому

1

2

2

x

2

+ 3

1

dx

2

d(x − 3)

3

3

3

∫

dx = ∫

∫

∫

−

+

+

dx = −

+

+

3

x − 9x

x x − 3 x + 3

3 x

3

x − 3

+

2

∫

d(x + 3)

= −

1

ln | x | +

2

ln | x − 3 | +

2

ln | x + 3 | +C.

3

3

3

x + 3

3

Пример 5.12. Найти ∫

x5 − x2 − 2

dx .

x

2

(x

2

+1)

Решение. Дробь

x5 − x2 − 2

является неправильной. Выделим

x2 (x2 +1)

целую часть:

x5 − x2 − 2

x4 + x2

x5 + x3

x

− x3

− x 2 − 2

Следовательно,

x5 − x2 − 2

x3 + x

2 + 2

x2

x3 + x2 + 2

∫

− ∫

dx .

x

2

(x

2

+1)

dx = ∫ x −

x

2

(x

2

+1)

dx =

2

x

2

(x

2

+1)

Вычислим последний интеграл. Разложение на простейшие элементарные дроби будет иметь вид:

	x3 + x	2 + 2	=	A	+	B	+	Cx + D		.
	x2 (x2	+1)		x		x2		x2	+1

Приводя правую часть к общему знаменателю и приравнивая числители, получаем

x3 + x2 + 2 = Ax(x 2 +1) + B(x2 +1) + (Cx + D)x2 .

Применим метод неопределенных коэффициентов, т.е. будем приравнивать коэффициенты при одинаковых степенях x :

x3

1 = A +C ,

x2

1 = B + D ,

x

0 = A ,

x0

2 = B ,

откуда находим A = 0 ,

B = 2 , C =1 ,

D = −1.

Значит,

x5 − x

2 − 2

x2

2

x −1

x2

dx

xdx

∫

dx

=

− ∫

+

dx =

−

2∫

− ∫

+

x

2

(x

2

+1)

2

2

x

2

2

x

2

x

2

+

x

+1

1

+ ∫

dx

=

x2

− 2(−

1

)

−

1

∫

d(x2 +1)

+ arctg x

=

x

2

+

2

x

2

x

2

+

1

1

=

x2

+

2

−

1

ln(x2

+1) + arctg x + C.

x

2

2

91

92

§6. Интегрирование тригонометрических функций

I. Рассмотрим интегралы вида: ∫sin m x cosn xdx .

1. Если хотя бы одно из чисел m или n – нечетное положительное, то от нечетной степени отделяем один множитель и вносим его под знак дифференциала. Оставшуюся четную степень выражаем через дополнительную функцию с помощью формул

sin 2 x =1 − cos2 x,

cos2 x =1 − sin 2 x.

Пример 5.13. Найти ∫sin 2 x cos5 xdx

Решение. ∫sin 2 x cos5 xdx = ∫sin 2 x cos4 x cosxdx =

= ∫sin 2 x(cos2 x)2 d(sin x) = ∫sin 2 x(1 − sin 2 x)2 d(sin x) =

sin x = t

=

= ∫t 2 (1 − t 2 )2 dt

= ∫t 2 (1 − 2t

2 + t 4 )dt =∫(t 2 − 2t 4 + t 6 )dt =

t 3

− 2

t 5

+

3

5

+

t 7

+ C =

1

sin

3

x −

2

sin

5

x +

1

sin

7

x + C.

7

3

5

7

2. Если оба числа m и n четные неотрицательные, то

применяем формулы понижения степени
		cos2 x =	1 + cos 2x							, sin 2 x =			1 − cos 2x					,		sin x cos x =			1	sin 2x .
																							2
						2						2
Пример 5.14. Найти ∫sin 2 x cos2 xdx
Решение. ∫sin2 x cos2 xdx = ∫(sin x cos x)2 dx =
= ∫(	1	sin 2x)2 dx =				1	∫sin			2 2xdx =	1	∫		1 − cos 4x					dx =		1	(∫dx − ∫cos 4xdx) =
						4
2										4		2								8
		=		1	(x −			1	∫cos 4xd4x) =						1	x −	1			sin 4x + C.
																	32
8						4						8

II. Интегралы вида

∫tg m xdx,

∫ctg m xdx,

(m = 2, 3, K) ,

вычисляются соответственно с помощью подстановок:

tgx = t,

ctgx = t.

Пример 5.15. Найти ∫tg 4 xdx

tgx = t

t 4

Решение. ∫tg 4 xdx =

x = arctgt

= ∫

dt =

1

2

dx =

dt

+ t

+ t 2

1

= t

4

t

2

+1

=

∫

(t 2 −1 +

1

)dt =∫t 2 dt − ∫dt + ∫

1

dt =

4

+ t

2

t

2

t

2

t

t 2 −1

+1

+1

− t

2

=

t

3

− t + arctgt + C =

1

tg3 x − tgx + x + C.

− t 2

−1

3

3

1

III. При вычислении интегралов

∫sin ax sin bxdx ,

∫cos ax cos bxdx ,

∫sin ax cos bxdx

применяют формулы

sin αsin β =

1

[cos(α −β) − cos(α + β)],

2

cos αcos β = 12 [cos(α −β) + cos(α + β)],

sin αcosβ = 12 [sin(α −β) + sin(α + β)].

93

94

IV. В общем случае интегралы вида ∫R(sin x, cos x)dx , где R –

рациональная функция, приводятся к интегралам от рациональной функции новой переменной t с помощью универсальной

подстановки tg 2x = t , при этом

sin x =

2t

, cos x =

1

− t 2

,

dx =

2dt

.

1 + t 2

1

+ t 2

1 + t 2

dx

Пример 5.16. Найти

∫

.

2

+ 3sin x + 2 cos x

tg(x / 2) = t

Решение. ∫

dx

=

sin x = 2t /(1 + t 2 )

=

2 + 3sin x + 2 cos x

cos x = (1 − t

2

) /(1

+ t

2

)

dx = 2dt /(1 + t 2 )

2dt

dt

1

d(3t + 2)

1

x

∫

1 + t 2

= ∫

=

∫

=

ln

3 tg

+ 2

+ C.

2t

1

− t

2

3t + 2

3

3t + 2

3

2

2 + 3

+ 2

+ t 2

1

+ t 2

1

§ 7. Интегрирование иррациональных функций

Интегралы вида

∫

n1

(ax

+ b)

m1

,

n2

(ax + b)

m2

,K,

ns

(ax + b)

ms

R x,

dx ,

где R – рациональная функция, m1 , n1 , m2 , n2 ,K, ms , ns – целые числа, сводятся к интегралам от рациональных функций с помощью подстановки

ax + b =t k ,

где k – наименьшее общее кратное показателей корней n1 n2 ,K, ns , т. е. k = НОК(n1, n2 ,K, ns ) .

Пример 5.17. Найти ∫

(4

dx

2x + 3 −1) 2x + 3 .

НОК(2,4) = 4

dx

2x + 3 = t 4

2t 3dt

x = t 4 − 3

Решение. ∫ (4 2x + 3 −1)

2x + 3

=

= ∫

(t −1)t 2

=

2

dx = 2t 3dt

tdt

(t

−1) +1

d(t −

1)

2∫

= 2∫

dt

=2 ∫dt +

∫

=

t −1

t −1

t −1

= 2(t + ln

t −1

)+ C = 2(4 2x + 3 + ln 4 2x − 3 −1)+ C .

ЗАДАЧИ ДЛЯ УПРАВЛЯЕМОЙ САМОСТОЯТЕЛЬНОЙ РАБОТЫ СТУДЕНТОВ

2. Найти интегралы

1)

∫ x3 − 2x +

x +1dx ;

2) ∫cos(5x − 2)dx ;

x

1

1

dx

3)

2 +

4) ∫

4 − x

x

2

− 4

dx ;

3x

+ 4

;

5)

∫

xdx

;

6) ∫

ln x dx

;

x

2

4

+

x

7)

∫

dx

;

8) ∫(2x + 3) cos xdx ;

x

2

+ 6x + 8

9)

∫(2x +1) ln x dx ;

10) ∫cos4

x sin 3 xdx ;

11) ∫sin 2 3xdx ;

12) ∫cos4

x

dx ;

2

13) ∫sin 3x cos xdx ;

14)

∫

1

+

dx

;

2x +1

15) ∫

dx

;

16)

∫

4x − 9

dx .

3 + 2 cos x

x(x − 3)

2

95

96

КОНТРОЛЬНЫЙ ТЕСТ ПО МОДУЛЮ №5

10. Если F(x) = x5 является первообразной некоторой функции f (x) ,

то какая из предложенных функций также является первообразной f (x) ?

а) Ф(х) =

х

6

;

б) Ф(х) = х

5

−10 ;

в) Ф(х) =

х

4

г)

Ф(х) =

х5

.

5

20. Записать результат интегрирования ∫

dx

.

x

2

+ 25

30. Интеграл ∫cos 4xdx равен

а) sin 4x + C ;

б)

1

sin 4x + C ;

в)

−

1

sin 4x + C ;

г) sin 4x .

4

4

4. Дробь

x2

называется

x −

8

а)

б) неправильной;

правильной;

в)

приведенной;

г) неприведенной.

5.

Записать замену для нахождения интеграла ∫

5 +

3dx

.

x +

6

6.

С помощью какой замены можно найти интеграл

1

?

cos x + 4

а) x = tgt ;

б) t = tgx ;

в) t = tg

x

;

г)

t = tg

x

.

2

4

7*. Для нахождения интеграла

∫(х +10)sin 3xdx

применяется

формула интегрирования по частям ∫udv = uv − ∫vdu , где

а) u = x +10, dv = sin 3xdx ;

б)

u = sin 3xdx, dv = x +10 ;

в)

u = (x +10)sin 3x, dv = dx ;

г)

u = (x +10)dx, dv =sin 3x .

8*. Замена х =t 6 применяется для нахождения интеграла

а) ∫

х5

dx ;

б) ∫cos 5xdx ;

в)

∫

10

х

dx ;

г) ∫

5

dx .

х +

6

12 х

3

х +

х

+ х

97

Модуль 6. ОПРЕДЕЛЕННЫЙ ИНТЕГРАЛ

§ 1. Определенный интеграл и его свойства

Пусть функция f (x)

– определена на отрезке [a,b]. Разобьем

[a,b]

произвольным

образом

на

n

частей

точками

a = x0 < x1 < x2 <K< xn = b .

На каждом из полученных элементар-

ных отрезков длиной

xi

= xi − xi−1

произвольным образом выберем

точку ξi (i =1, 2,K, n)

и составим сумму

n

Sn = f (ξ1 ) x1 + f (ξ2 ) x2 +K+

f (ξn ) xn = ∑ f (ξi ) xi .

i=1

Эта сумма называется интегральной суммой для функции f (x)

на отрезке [a,b].

А

y

В

a ξ1 x1

xi-1 ξi

xi

ξn

b

x

Рис. 6.1.

Если существует конечный предел последовательности

интегральных сумм

Sn

при стремлении к нулю наибольшей из

длин

xi ,

не зависящий ни от способа разбиения отрезка [a,b]

на

частичные

отрезки

[хi−1 , xi ],

ни

от выбора точек ξi , то он

называется

определенным

интегралом

от

функции

f (x)

в

b

пределах от a до b и обозначается символом ∫

f (x)dx .

a

b

n

Таким образом, ∫ f (x)dx =

lim

∑ f (ξi ) xi .

a

max xi →0i =1

98

Непрерывная на отрезке [a,b] функция f (x) интегрируема на этом отрезке.

Теорема. Если функция y = f (x) непрерывна на отрезке

[a;b], то она интегрируема на [a;b], т. е. предел интегральной суммы существует и не зависит от способа разбиения отрезка [a;b] на час-

тичные отрезки xi и выбора на них точек ξi .

Если y = f (x) ≥ 0 при x [a;b] , то геометрически определенный интеграл выражает площадь фигуры, ограниченной графиком функции y = f (x) , осью Оx и двумя прямыми x = a , x = b .Эта фигура называется криволинейной трапецией. В общем случае, когда функция y = f (x) на отрезке [a;b] принимает значения разных знаков, определенный интеграл выражает разность площадей криволинейных трапеций, расположенных над осью Оx и под ней, так как площадям криволинейных трапеций, расположенных под осью Оx , присваивается знак «-». Например, для функции, график которой изображен на рисунке, имеем

y

S3

S1

а	0	b	x
		S2

Рис. 6.2.

b

∫ f (x)dx = S1 − S2 + S3

a

Свойства определенного интеграла:

ba

1.∫ f (x)dx = −∫ f (x)dx .

ab

	a
2.	∫ f (x)dx = 0 .
	a
	b	b
3.	∫cf (x)dx = c∫ f (x)dx (с = const).
	a	a
	b		b	b
4.	∫(f1(x) + f2 (x))dx		= ∫ f1(x)dx + ∫ f2 (x)dx .
	a		a	a
	b	c	b
5.	∫ f (x)dx = ∫ f (x)dx + ∫ f (x)dx			для любого действительного с.
	a	a	c
6.	Если функции		f (x) , ϕ(x)	интегрируемы на отрезке [а,b], где
a<b, и		f (x) ≤ ϕ(x)	для всех x [а,b], то

bb

∫f (x)dx ≤ ∫ϕ(x)dx .

aa

7.Если функция f (x) непрерывна на отрезке [а,b], тогда найдется

хотя бы одна точка c [a,b] , что

b

∫ f (x)dx =f (c)(b − a) .

a

§ 2. Методы вычисления определенного интеграла

Если F(x) – одна из первообразных непрерывной на [a,b] функции f (x) , то справедлива следующая формула Ньютона-

Лейбница:

b

∫ f (x)dx = F(x) ba = F(b) − F(a) .

a

99

100