MatAn_practice

u x

Тогда по формуле интегрирования по частям получим

2

x

cosx

sin xdx

cosx

dx

cosx

1

x

cos

dx

1

ln

tg

C .

3

2

2

x

2

2

2

sin

x

2sin

x

2sin

2sin

x 2

sin x

2sin x

2

Здесь использована формула (8) из таблицы интегралов.

Примеры для самостоятельного решения

Найти интегралы:

1.

xsin2xdx,

2.

x exdx ,

3.

ln x2 1 dx,

arcsin

dx,

x3dx

4.

x

5.

,

6.

sin ln x dx.

Указания.

1 x

1 x2

В 4-м примере положить u arcsin

и учесть, что

x

1

1

1

u

x

.

2

1 x

2 x

1

x

В 5-м примере положить u x2,

dv

xdx

.

1 x2

В 6-м примере применить метод интегрирования по частям 2 раза.

Ответы.

1.

1

sin 2x

1

xcos2x C ,

2.

xex ex C ,

3.

xln x2 1 2x 2arctg x C ,

4

2

2

x

3

4.2 x 2

1 x arcsin x C ,

5. x2

1 x2

1 x2

C ,

6.

sin

ln x cos ln x C .

3

2

5.4. Метод замены переменной

Во многих случаях введение новой переменной интегрирования позволяет свести данный интеграл к более простому. Такой метод называется методом замены переменной или методом подстановки.

Пусть функция непрерывно дифференцируема на некотором промежутке и имеет обратную функцию x u . Тогда

	f (u)du	f x x dx		x u	.	(5.3)

Выражение, стоящее в правой части этой формулы, означают, что после отыскания интеграла вместо x нужно подставить его выражение через u.

Остановимся подробнее на применении формулы (5.3).

При замене переменной в интеграле f u du нужно

а) заменить переменную u на функцию (x), заменить du на x dx,

б) вычислить получившийся интеграл,

в) результат выразить через первоначальную переменную u.

Укажем некоторые рекомендации по выбору новой переменной. Пусть R u,v −

рациональная функция, полученная из u,v с помощью сложения, вычитания, умножения, деления. Рекомендации по выбору новой переменной приведены в следующей таблице.

31

Тип интеграла

Замена

I1 R u,

du

a2 u2

u a sin x

I2 R u,

du

a2 u2

u a tg x

u

a

I3

R

u,

u2 a2

du

sin x

au b

xk ,

au b

au b

I4 R u,

n

,

m

du

cu d

cu d

cu d

k -

наименьшее общее кратное чисел m, n

dx ;

Пример 5.6. Найти интегралы:

1)

x

dx;

2)

x 1

3) e

dx.

x

1

4

x3

x

Решение.

1). Имеем интеграл типа

I4 .

Для вычисления интеграла произведем замену пе-

t2

t5

dt .

ременной: x t4 ,

тогда dx 4t3dt и

I

x

dx

4t3dt 4

1 t

3

3

1 4 x3

1 t

Выделим целую часть дроби

t5

t2 t3

t2 (t3 1 1)

t2

t2

.

Тогда

1 t3

1 t3

1 t3

1 t3

t2

1 d 1 t3

t3

1

4

I 4

t

2

dt 4

t

2dt

4

ln

t

3

1

C

t

3 ln

t3 1

C .

3

3

1 t

3

1 t

3 3

3

4

4 x3

x3

Вернемся к переменной x,

заменив t 4

x .

Тогда

I

ln

4

1

C .

3

dx

2). Имеем интеграл типа

I4 .

Для вычисления интегралаI

x 1

сделаем

x

замену t

откуда x t2

1, dx 2tdt.

Тогда

x 1,

t 2t

t2 1 1

1

x 1

dt 2

dt

dx

1

dt

t

2

1

t

2

1

t

2

1

x

2 t arctgt C t x 1 2 x 1 arctgx 1 C .

3). Для вычисления интеграла I e xdx				сделаем замену t	x	. Тогда	x t2 ,
dx 2tdt .	Отсюда I 2 t et	dt .	Вычислим полученный интеграл с помощью
формулы	интегрирования	по	частям.	Положим u t,	dv et dt ,		тогда

du dt,	v et и
	I 2 et t etdt 2 et t et C 2et t 1 C .
Вернемся к переменной x, заменив t			. Тогда	e		dx 2e		(		1) C .
					x		x
		x							x

32

Пример 5.7. Найти интеграл I

a2 x2

dx.

x

Решение. Имеем интеграл типа I1. Положим x asint , тогда dx a costdt ,

a2 x2

dx

a2 a2 sin2 t

acostdt a

cos2 t

dt a

1 sin2 t

dt

x

dt

asint

1

sint

sint

a

a

sintdt aln

ctgt

acost C.

sint

sint

Вернемся к прежней переменной x:

sint

x

,

cost

1

x2

a2 x2

,

ctgt

cost

a2 x2

.

a

a2

a

sint

x

Следовательно,

a

a2

x2

C .

I aln

a2 x2

x

x

Пример 5.8. Найти интеграл I

dx

.

x2

a2 x2

Решение. Имеем интеграл типа I2 .

В соответствии с рекомендацией положим

x atgt . Тогда

dx

a

dt,

cos2 t

adt

adt

I

sin

2

t

1

cos

2 t a2 tg2 t a2 a2 tg2 t

2

2

cos

t

a

a

cos

2 t

cost

costdt

dsint

1

1

1

1

C.

2

2

2

2

2

sint

a

sin

t

a

sin

t

a

Вернемся к прежней переменной x:

tgt

x

,

следовательно, ctgt

a

,

a

x

1

a2 x2

.

Итак,

1

a2

x2

C .

1 ctg2 t

I

a2

x

sint

x

Примеры для самостоятельного решения

1.

dx

(замена x t6 ),

2.

dx

(замена 2x 1 t4 ),

3

x)

x(1

2x 1 4 2x 1

3.

sin

dx

(замена

t),

4.

1 x2

dx

(замена

x sint ),

x 9

x 9

2

dx

x

dx

3

5.

(замена

x atgt ),

6.

(замена

x

).

(a2 x2)3

x2

x2 9

sin t

Ответы

1.

6 6

6arctg 6

C ,

2.

C ,

x

x

2x 1

2

4

2x 1

ln

4

2x 1

1

3.

2sin

2

4.

1 x2

arcsin x C ,

x 9

x 9cos x 9 C ,

x

5.

x

C,

6.

x2 9

C .

a2

x2 a2

9x

33

5.5. Интегрирование тригонометрических функций

При нахождении интегралов с помощью тригонометрических подстановок обычно приходят к интегралам от функций вида sin x cos x. Рассмотрим интегрирование таких функций более подробно.

Выделим несколько случаев, имеющих особенно важное значение.

Случай 1. sin x cos x dx , где (или ) – положительное нечётное число. В

этом случае следует отделить от нечетной степени sin x (или cosx) одну степень и подвести ее под знак дифференциала.

Пример 5.10. Найти sin4 x cos5 x dx .

Решение. Подынтегральная функция содержит cosx в нечетной степени, поэтому отделим cosx и воспользуемся тем, что cosx dx d(sin x) , а cos2 x 1 sin2 x .

Тогда sin4x cos5 x dx sin4

x cos4

x cosx dx

sin4 x (1 sin2 x)2d(sin x)

sin4 x dsin x 2 sin6 x dsin x sin8 x dsin x

1

sin5 x

2

sin7 x

1

sin9 x C .

5

7

9

Пример 5.11. Найти

sin3 x dx

.

3

cosx

cosx

Решение. Подынтегральная функция содержит sin x

в нечетной степени, поэто-

му отделим sin x и воспользуемся тем, что sin x dx d(cosx), а sin2 x 1 cos2 x.

Тогда

sin3 x dx

sin2 x sin x dx

1 cos2 x

d cosx

cosx

3

3

4/3

cosx

cosx

(cosx)

cosx

cos 4/3xd cosx cos2/3xd cosx 3cos 1/3 x

3

cos5/3 x C

3

3

3

cos5 x

C.

5

5

3 cosx

Случай 2.

sin x cos x dx , где и –

четные неотрицательные числа. В

этом случае следует понизить степень, используя следующие формулы:

sin x cosx										1	sin2x ,				sin2 x			1		(1 cos2x) ,											cos2 x				1			(1 cos2x) .
								2										2
																																	2
Пример 5.12. Найти sin2 x cos2 xdx.
sin2 x cos2 x dx						1	sin2 2xdx								1 cos4x			dx						1	dx					1	cos4xdx								x				sin4x	C .
				4											8							8							8									8				32
Пример 5.13. Найти cos4 xdx.
			4							1 cos2x 2								1							1								1								2
	cos			x dx												dx						dx							cos2xdx									cos				2xdx
														2					4															4
																									2
.		x			sin2x								1									3					1					1
														1 cos4x dx									x					sin2x					sin4x C .
																						8
	4			4				8																	4						32

Случай 3. sin x dx, где , – целые неотрицательные числа. cos x

Здесь единой рекомендации нет. Выделим следующие случаи.

34

а) 1

при четном применяется метод интегрирования по частям (см.

пример 5.4); при нечетном имеем случай 1);

б) 2

подынтегральное выражение выразить через tgx

и d tgx или че-

рез ctgx и d ctgx ;

в)

2

увеличить

степень числителя, умножив его на

выражение

sin2 x cos2 x,

равное единице;

г) 0

в числителе заменить sin2 x

на 1 cos2 x

или cos2 x

на 1 sin2 x.

Пример 5.14. Найти

sin4

xdx

2 .

cos

6

x

sin

4

x

dx

4

dx

tg

5

x

Решение.

sin x

tg4 x d(tgx)

C.

6

4

2

x

cos

x

cos

x cos

5

Пример 5.15. Найти

dx

2 .

4

x

sin

Решение.

dx

cos2

x sin2 x

cos2 x

dx

dx

sin

4

x

sin

4

x

sin

4

x

sin

2

x

3

2

x

dx

ctg

x

cos

( ctgx) C ctg2xd(ctgx) ctgx C

ctgx C .

2

2

sin

x

sin

x

3

Пример 5.16. Найти

sin2

xdx

.

cos

2

x

Решение.

sin2 x

dx

1 cos2 x

dx

dx

dx tgx x C .

2

2

2

x

cos

x

cos

x

cos

Примеры для самостоятельного решения

Найти интегралы:

1.

tg5xdx ,

2.

sin3 xcos2 xdx ,

3.

cos2 xdx,

4. sin4 xdx,

5.

sin2 xcos4 xdx,

6.

dx

,

7.

dx

,

8.

tg25xdx.

4

x

3 x

sin

x

sin

cos

2

2

Ответы.

1.

tg4 x

tg2

x

ln

cosx

C,

2.

cos5 x

cos3 x

C, 3.

x

sin2x

C ,

4

2

5

3

2

4

4.

3x

sin2x

sin4x

C,

5.

x

sin

4x

sin3 2x

C ,

6. ctg

x

ctg3 x

C .

8

16

4

32

64

48

3

7.

1

x

C ,

8.

1

tg 5x x C .

2ln

tg

cos

2

x

2

5

2

5.6. Интегрирование функций, содержащих квадратный трехчлен

Рассмотрим интегралы следующих трех типов:

I1

dx

,

I2

mx n dx

,

I3

dx

(k 1

или k

1

).

ax2 bx c k

ax2 bx c k

2

x

ax2 bx c

35

Отметим, что интегралы 1-го и 2-го типа при k 1 возникают при интегрировании дробно-рациональных функций (п. 5.7).

Укажем общие рекомендации по отысканию интегралов этих трех типов.

Винтеграле I1 выделить из квадратного трехчлена полный квадрат.

Винтеграле I2 выделить в числителе производную квадратного трехчлена.

Винтеграле I3 вынести x из-под корня.

Поясним рекомендации на примерах.

	Пример 5.17. Найти интеграл			dx		.
				x2 6x 25

Решение. Для нахождения интеграла следует выделить полный квадрат из квадратного трехчлена:

dx

dx

d(x 3)

ln

x 3 x 3 2 16 C

.

x2 6x 25

(x 3)2 16

(x 3)2 16

Пример 5.18. Найти интеграл

dx

.

2x

2

2x 3

Решение. Выделим из квадратного трехчлена полный квадрат:

	2				2			3						2			1				1			1				3														2				2
																																				x		1/2						5/2
2x		2x 3 2 x				x				2			x			2			x														2														.
																					4
								2									2							4				2
Тогда				dx						1							d x 1/2															1			arctg		2x			1	C .
				2																						2
			2x							2		x 1/2 2									5/2												5
				2x 3																																		5
Пример 5.19. Найти интеграл																	3x 1				dx .
																x	2
																	4x 8

Решение. Выделим в числителе производную квадратного трехчлена, тогда

3x 1

3

(2x 4) 1 6

3

2x 4

dx

dx

2

dx

dx 5

x

2

x

2

4x 8

x

2

x

2

4x 8

2

4x 8

4x 8

3

d x2 4x 8

5

dx

3

ln(x2 4x 8)

5

arctg

x 2

C.

2

x2

4x 8

(x 2)2

22

2

2

2

Пример 5.20. Найти интеграл

dx

.

x

x2 1

Решение.

dx

dx

d 1/ x

C.

ln

1/ x

1/ x2 1

x x2 1

x2

1/ x2 1

1/ x2 1

Примеры для самостоятельного решения

Найти интегралы

2x 8

dx

1.

3x 2

dx, 2.

dx , 3.

.

x

2

x x

4x 5

1 x x2

2 x 1

36

Ответы.

1.3ln x2 4x 5 4arctg x 2 C, 2

9arcsin

2x

1

C ,

3. arcsin

2

x

C .

2. 2

1 x x2

5

x 5

5.7. Интегрирование рациональных дробей

Перед интегрированием рациональной дроби P(x) надо сделать следую-

Q(x)

щие алгебраические преобразования и вычисления:

1) если рациональная дробь – неправильная, то выделить из нее целую часть,

	то есть представить в виде	P(x)		P1(x)	, где M x – многочлен, а	P(x)	–
			M(x)			1
		Q(x)		Q(x)		Q(x)

правильная рациональная дробь; 2) разложить знаменатель дроби на линейные и квадратные множители:

Q(x) (x a)m...(x2 px q)n..., где p2 4q 0, то есть трехчлен x2 px q не разлагается на линейные множители с действительными коэффициентами; 3) правильную рациональную дробь разложить на простейшие дроби:

P1(x)

A1

A2

...

Am

...

x a m ... x2 px q n

(x a)m

(x a)m 1

(x a)

Bnx Cn

B1x C1

B2x C2

...

;

(x2 px q)n

(x

2 px q)n 1

(x2 px q)

4)вычислить коэффициенты A1, A2,...,Am,...,B1, C1,..., Bn,Cn,....

Врезультате интегрирование рациональной дроби сведется к нахождению интегралов от многочлена и от простейших рациональных дробей.

Пример 5.21. Найти интеграл	x2 2x 6	dx.
	(x 1) (x 2) (x 4)

Решение. Данную рациональную дробь можно представить в виде суммы простейших дробей следующего вида

x2 2x 6

A

B

C

.

(x 1) (x 2) (x 4)

x 2

x 1

x 4

Умножив это равенство на x 1 x 2 x 4 , получим:

x2 2x 6 A(x 2)(x 4) B(x 1)(x 4) C(x 1)(x 2).

Положим в этом равенстве x 1,

тогда

12 2 1 6 A(1 2)(1 4), откуда

A 3.

Полагая x 2, получим 14 2B,

B 7;

полагая x 4, имеем

30 6C , C 5.

Итак, разложение рациональной дроби на простейшие имеет вид:

x2 2x 6

3

7

5

.

x 2

(x 1)(x 2)(x 4)

x 1

x 4

Таким образом,

x2 2x 6

dx 3

dx

7

dx

5

dx

x 2

(x 1) (x 2) (x 4)

x 1

x 4

37

3ln

x 1

7ln

x 2

5ln

x

4

C ln

(x 1)3

(x 4)5

C.

(x 2)7

Пример 5.22. Найти интеграл

x2 1

dx.

(x 1)

3

(x 3)

Решение. Знаменатель имеет действительные корни, некоторые из них кратные. Множителю (x 1)3 соответствует сумма трех дробей, а множителю x 3

− только одна дробь:

x2 1

A

B

C

D

.

(x 1)3

(x 1)2

x 1

(x 1)3(x 3)

x 3

Умножив это равенство на x 1 3 x 3 , получим:

x2 1 A(x 3) B(x 1)(x 3) C(x 1)2(x 3) D(x 1)3.

(5.4)

Положим в этом равенстве x 1

и x 3:

x 1:

2 4A,

A

1

,

x 3:

10 64D,

D

5

2

32

Для отыскания B, C сравним коэффициенты в равенстве (5.4) при старшей сте-

пени x, то есть при x3. В левой части нет члена с x3, то есть коэффициент при

x3 равен 0. В правой части коэффициент при x3																																											равен C+D. ПоэтомуC D 0 ,
значит, C D				5	.
		32												x2 или придадим x
Сравним коэффициенты при																																											какое-нибудь значение. Пусть
x 0,	тогда 1 3A 3B 3C D,													или 1								3				3B								15									5				, то есть											B				3			.
																																											32
			x2 1															2															32																												8
Итак,								1						1				3									1								5								1									5								,
			(x 1)3(x 3)					2 (x 3)3										8 (x 1)2																	32 (x 1)
																																																				32(x 3)
		2							1					dx										3							dx												5							dx						5					dx
			x 1			dx
			3														3														2												32													32
		(x 1) (x 3)					2							(x 3)				8												(x 1)																		(x 1)													x 3
														1									3						1							5					ln				x 1								5		ln			x 3						C.
													4(x 1)2																x 1
																		8															32																		32
Пример 5.23. Найти интеграл																	dx											.
																x	5								2
																		x

Решение. Разложим знаменатель на множители:

x5 x2 x2(x3 1) x2(x 1)(x2 x 1).

Тогда

1

1

A

B

C

Dx E

.

x5 x2

x2

x2(x 1)(x2 x 1)

x

x 1

x2 x 1

Умножив это равенство на x2(x3 1) x2(x 1)(x2 x 1),

получим:

1 A(x3

1) B x(x3

1) Cx2(x2 x 1) (D x E) x2(x 1).

(5.5)

При x 0

имеем 1 A,

A 1;

при x 1

имеем

1 3C, C

1

.

3

Для отыскания еще трех коэффициентов B, D, E сравним в равенстве (5.5) ко-

при x4 :B C D

эффициенты при степенях x: при x2 :C E 0,

при x : В 0.

	0,		1		1
	B 0,	D		, E		.
					3
		3

38

Следовательно,

					dx						dx 1								dx 1								x 1					dx	1	1				x 1						1				(2x 1) 3						dx
																																				ln
			5					2				2													2																									2
	x				x						x				3				x 1 3					x			x 1						x	3										6					x		x 1
	1					1				x 1				1		ln(x2 x 1)										1						dx							1			1					x 1 2							1				2x 1				C.
								ln																																				ln													arctg
		x				3								6												2			x 1/2				2							x		6						2
																																		3/4													x		x 1					2				3
Пример 5.24. Найти интеграл																														x3 3x2				5x 7						dx .
																																x2
																																		2

Решение. Выделим целую часть неправильной дроби, поделив числитель на

знаменатель:								x3 3x2 5x 7											x 3								3x 1			.		Тогда
												x2 2															x2 2
	x3		3x2 5x 7																			3x 1														3x 1
													dx			x 3												dx			xdx 3 dx									dx
				x	2	2																x	2	2												x	2		2
		x2						3			2xdx							dx						1								3		1							x
				3x																						x		2 3x					ln x2	2				arctg						C .
	2							2				2						2						2								2
											x			2			x			2																2
																																								2
Пример 5.25. Найти интеграл																									x2dx				.
																									5
																								(x 1)

Решение. Подынтегральная функция является правильной рациональной дробью. Можно найти интеграл, представив дробь в виде суммы простейших дробей. Однако нахождение интеграла можно значительно упростить, если произвести замену переменной x 1 t, тогда x t 1, dx dt . В результате получим:

			x2dx																	(t 1)2												dt									t2 2t 1																		dt											dt							dt
																																																					dt										2
			(x 1)						5														t	5																							t	5											t	3										t	4						t		5
				1									2										1							C																		1											2												1										C.
				2t2										3t3									4t4																						2(x 1)2											3(x 1)3														4(x 1)4
																													Примеры для самостоятельного решения
Найти интегралы:
		5x3 2										dx, 2.																						dx										, 3.									dx					, 4.											dx																	dx															x4 dx
1.																																																																									, 5.																				, 6.														.
		x3 5x2 4x																											x x 1 2																						x4 x2																		x3 1														x 9x5 4																		9x5 4
Ответы. 1.5x																					1	ln							x								7			ln					x 1							161			ln				x 4										C,							2.							1				ln				x				ln					x 1				C ,
																			2															3																				6																												1 x
																																																																																																						2x
			3.		1						1				ln					x 1											1					ln			x 1								C,							4.						1		ln						x2		x 1												1		ln		x 1									1			arctg								1		C ,
					x				2																						2																													6																				3													3						3
			5.				1							ln			9 4x 5																			C ,																		6.					1				ln					9x5 4							C .
			20																																																								45

6. Определенный интеграл

Пусть на отрезке a,b задана функция f x . Разобьем отрезок a,b произ-

вольным образом на n ячеек с длинами x1, x2 ,..., xn . В этих ячейках выберем произвольно точки x1,x2 ,...,xn. Если существует предел интегральной суммы

39

n

f (

x

k) xk

при стремлении

максимальной из длин ячеек d к нулю, не зави-

k 1

сящий от способа разбиения отрезка a,b

и от выбора промежуточных точек

x

k , то этот предел называется определенным интегралом функции

f x по от-

b

резку a,b и обозначается f(x)d x.

Итак,

a

b

n

f(x)dx lim f(

x

k) xk

.

a

d 0k 1

6.1. Свойстваопределенного интеграла

b

b

b

1) [ f(x) g(x)]dx f(x)dx g(x)dx .

a

a

a

b

c

b

2).

f(x)dx

f(x)dx f(x)dx ─ для любого расположения точек a,

b, c.

a

a

c

3). Если f(x) g(x)

на a,b , то

b

b

f(x)dx g(x)dx.

a

a

4). Если m f x M на отрезке a,b , то

b

m(b a) f(x)dx M (b a) .

a

b

b

f x

5).

f(x)dx

dx

(a b).

a

a

6). Если функция

f x непрерывна на отрезке a,b , то на этом отрезке найдет-

b

ся точка c

такая, что

f(x)dx f(c) (b a). Значение f c называют средним

a

значением fср функции

f x на отрезке a,b , т.е.

1

b

f(x)dx.

fcp

b a

a

7). Пусть функция

f t

непрерывна на отрезке a,b . Тогда производная опре-

деленного интеграла от этой функции по переменному верхнему пределу равна

x

значению подынтегральной функции на верхнем пределе, т.е. f(t)dt								f(x).
						a	x
		2	4	2dx	2
Пример 6.1. Доказать, что			e x			.
		16			4
		e	2		e
				4	2dx. Известно, что функция			f (x) e x2
Решение.	Нужно оценить интеграл			e x
				2
монотонно	убывает, следовательно,				наименьшее значение m			функции

40