3.5.1.2. Обобщение таблицы интегралов

Метод подстановки позволяет провести обобщение таблицы интегралов. Рассмотрим, например, интеграл от степенной функции,

∫xndx =	xn+1		+C	( n ≠ −1).
	n +1
Выполнив постановку x = u(t) , где u(t) –				некоторая дифференцируемая

функция, мы получаем новый интеграл

un+1

∫undu = n +1 +C ,

который внешне совпадает с исходным, но отличается от него по своей сути, поскольку символ u представляет собой функцию переменной t и поэтому du = u′dt . Таким образом, для любой дифференцируемой функции u(t) справедливо следующее обобщенное правило:

∫u	n	′	un+1(t)	+C	( n ≠ −1).
		(t)u (t)dt =	n +1

Подобным же образом можно интерпретировать каждый табличный интеграл, заменяя переменную интегрирования на любую дифференцируемую функцию:

	∫eu( x)u′(x)dx = eu( x) +C ,				∫sin u(x)u′(x)dx = −cosu(x) +C , и т.д.
	3.5.1.3. Примеры применения метода
	Пример 1. Вычислить интеграл ∫				(arctg x)		4
					1 + x	2	dx .
	Решение. Подстановка z = arctg x влечет dz =								dx		и, следовательно,
								1 + x2
		(arctg x)4				4			z5
	∫			2	dx = ∫z		dz =			+C .
		1	+ x					5

Теперь нужно вернуться к исходной переменной, подставляя z = arctg x :

	∫	(arctg x)4	dx =	(arctg x)5	+C .
		1 + x2		5
	Пример 2.

∫	dx					= ∫dz
	(arctg x)(1 + x	2	)
					z=arctg x	z
						= ln | z | +C = ln | arctg x | +C.

43

Пример 3.

∫e(arctg x)	dx			= ∫ezdz =ez +C = earctg x +C .
		2
1 + x				z=arctg x

Легко убедиться в правильности полученных результатов. Для этого нужно продифференцировать первообразные и сравнить их с подынтегральными функциями. Проверим, например, справедливость последнего результата:

earctg x (earctg x )′= earctg x (arctg x)′= 1 + x2 .

Проверили и убедились: все нормально.

Пример 4. Интегралы ∫sin(ln x) dx						и ∫	x	dx	легко приводится к
				x				1 −(ln x)2
табличному виду с помощью подстановки								u = ln x :
	∫	sin(ln x)	dx = ∫sin udu = −cos u +C = −cos(ln x) +C ,
		x
∫	x	dx		= ∫	du	= arcsin u +C = arcsin(ln x) +C .
		1−(ln x)2			1−u2

Примеры 5-9. Нижеприведенные интегралы внешне не очень похожи друг на друга. Однако каждый из них легко приводится к одному и тому же табличному виду

∫cosdu2 u = tg u +C

спомощью подходящей замены переменной.

Выражения под знаком косинуса более чем прозрачно намекают на вид подстановки u = u(x) , решающей проблему интегрирования в каждом

конкретном случае.

5)

∫

dx

=

1 tg (3x −4) +C

cos

2

(3x −4)

3

6)

∫

dx

= 2tg ( x ) +C

x cos

2

(

x )

x

4

7)

∫

dx

= 1 tg ( x5 ) +C

cos

2

5

)

( x

5

8)

∫

dx

= tg (ln x) +C

x cos

2

(ln x)

9)

∫

exdx

= tg e

x

+C

cos

2

(e

x

)

( u = 3x −4 , du = 3dx ).

( u = x , du = 2dxx ). ( u = x5 , du = 5x4dx ).

( u = ln x , du = dxx ).

( u = ex , du = exdx ).

44