<<
>>

§41. Основные методы интегрирования

Непосредственное интегрирование. Метод непосредственного интегрирования связан с приведением подынтегрального выражения к табличной форме путём тех или иных элементарных преобразований и применения свойств неопределённого интеграла.
Поскольку не представляется возможным привести здесь преобразования, которые встречаются при интегрировании функций, рассмотрим некоторые из них на конкретных примерах.

Пример 1. Найти интеграл /j = J ^ах^—^ * ^ dx,

Решение. В подынтегральной функции разделим почленно числитель на знаменатель н применим соответствующее свойство неопределённого интеграла. Тогда:

-J\ -- 2a

dx

х 1 dx — 6

+ 10 • [V2 dx = 4aVs -bx-^+C.

Пример 2. Найти интеграл I2 = \ ^ dx.

Решение. Преобразовав числитель подынтегральной функции к виду (1 + х)'г =н 1 + 2® -Ь х2 - (1 + Xі) + 2х н разделив почленно на знаменатель, получим

-I*

h

1 +ІҐ

= ln|s] + 2 -arctg я + С,

Пример 3. Найти интеграл /э = a"11//1* dir. Решение, Учитывая, что атпа?Ьпа; = (птІР)*, получим

„тл rtii

dx

Пример 4. Найти интеграл =

Решение. Данный интеграл приведём к табличному ннтегралу- (10), для чего коэффициент при Xі вынесем за знак интеграла:

dx

dx

1

7

L

хл + (9/7)

1 ^ ^ 3 - * arctg С

Xі +

(зД/г)

1 „ У7д « ^ arctg— + С.

ft c-u" j-fcosietijf

Пример 5. Наити интеграл /5 — -—.

J ЇСОҐ !Г

Решение. Заменим сов їх = cos2 x — sin2 x и, разделив почленно на знаменатель, получим:

h - f f -Щ— = ™ctgi - tgit + (7.

J sm і1 J cos x

Г Xі dx

Пример 6. Найти интеграл Iq — j -у—

Решение, Так как подынтегральная функция представляет собой неправильную дробь (дробь называется неправильной, если старшая степень х в числителе равна или выше старшей степени х в знаменателе)» то выделим из неё целую часть, прибавив к числителю —1 и +1 и, учитывая, что хл — 1 = {аг + 1)(®2 —1).

получим:

Х

= — - х 4- arctg х 4- О,

О

При выделении целой части HJ неправильной дроби можно использо- зать правило деления многочлена на многочлен,

ііз:

f + ) 7

1

2 J

1

x

+ X -7— nrctg =

V7

v/7

= я + \ hi(7 + x2) - yfi nrctg ~ + l V7

2. Введение переменной под знак дифференциала, Є основе метода введения переменной под знак дифференциала лежит одно из основных свойств неопределённого интеграла — всякай формула интегрирования остаётся справедливой, если в ней независимую переменную -т заменить любой дифференцируемой функцией от х. Поэтому, если и — їж ^(з) функция дифференцируемая, то таблицу ин

тегралов можно переписать так, что везде вместо неременной х будет переменная ti- Так,

j cos udti = sin ti -{- С; J eu du = e" + C\

\ -ftl — tg и +G и т. д.

J с us u

При вычислении интегралов полезно иметь в виду следуЕОЩИЄ пра-вила,

(. Если | f(x) dx = F(x) + С, то j /{ах -hb)dx= - F(ax Ь) + С.

Например;

а) так как J діпxdx — — cosx -f- Ct то

J sin (ax 4- b) dx — — ^ cos (ax + b) + C\

Г dx

б) так как j — — In |x[ -f- С, то

= - to \ax + bl + C.

ttx + b a

2. Если подынтегральную функцию можно представить в виде Дя) - /'(.т) или /'(т) : f{x)y то учитывая, что f'(x) dx = df(x)j получим

j f(x)f{x)dx = I fix) df(x) = \ f2{x) + C; x) J Дл)

J{x)

Решение Чтобы применить написанную выше формулу, нужно под знаком дифференциала иметь но так как

(постоянную можно выносить за знак дифференциалаh см. § 16), то

cos Эх ¦ d(9x) =¦ ~ sin Эд; + С,

9

e^^xdx.

Пример 8. Найти интеграл ls — Решение. Здесь под знаком дифференциала надо иметь d(-ar2);

но з:3) = ( — X2)' dx - —2xdx или xdx — -™сІ(— я2). Поэтому

j?t

Пример 9. Найти интеграл = j —

Решение. Для того чтобы вычислить этот интеграл, заметим, что d(10 — і2) = —2xdx. Тогда

j, = _-i j(io-d(io~a?) = -Via^x* +c.

Б дальнейших примерах будем оставлять лишь одни выкладки, которые проводятся так же, как и в предыдущих примерах.

Пример 10.

Найти интеграл /ю = J — За; dx.

Решение.

/111--5

(5 - d(5 - 8.т) = -1 |(5-= ~ (5 - 8х)ї 4- С.

С J її

dx

ах 4- b * d(ax -f Ь) _ 1

a dx _ 1 [

ах + b a J

Пример 11. Найти интеграл Гц = J" Решение.

. =Мп1 aa + Ы + С.

ax + b а 1

hi =

1

ах

а

dx

а ¦

(х + -А3 -1)

Решение. Умножим числитель и знаменатель на (ж — — 1) и, учитывая, что

= [(* + %/З^ї) (s- ч/ї^ї)]* - [x2 - (x2 - l)]2 =

301

Пример 12. Найти интеграл Iw — J

: ! 4 Ґл, VI

Интегральное исчисление

получим:

Iu = J (я - - 1 J2 dx = 2JV dx- 2 J dx-\dx~

Пример ІЗ. Найти интеграл Лз = —т—dac,

J sin х

Решение. Так как соя л:dx = d(gitiic), то

x) Г .

— = I Б1

® J

d( sin

+ C.

ы =

. і sir

sin a л:) =sin-2 .т — ^j—

? 2sin x

dx

(я; > 0).

A l/4 - III3 Л

Пример 14. Найти интеграл = J

dz

Решекие. Учитывая, что — — i(lnі;), имеем:

аг

Г d(lns) =arMinte\+a

J v/4-Jn'z V 2 ;

__ f s(l - X*)

1 + fc1

Пример 15. Найти интеграл іід = J Решение.

Лі =

F T ^ _ 1 f d(x2) 1 ГЩ+Vl =

L + j 1 + ^ 2 J 1 + " 4 J ^ + 1

- ± атґі?(я:2) - ± ln(l + ї4) 4- C.

3. Метод под ста но із к и (замена переменной в неопределенном интеграле). Метод замены переменной в неопределенном интеграле является одним из самых эффективных методов интегрирования.

Пусть требуется найти интеграл f(x)dx, который не является табличным

В подынтегральном выражении, в этом случае, нужно произнести замену переменной х = чтобы интеграл стал табличным или сводился к ким проще, чем первоначальный. Функция tp(t) должна быть непрерывной, иметь непрерывную производную н обратную функцию. Тан. как dx = tpr(t) dt, то

Дли доказательства ."этой формулы достаточно от обеих частей взять производную. Производная от левой части:

(\f(x)dx) = /(*)¦

При нахождении производной по т от правой части следует иметь и виду, что правая часть есть сложная функция от д;, причём t — промежуточный аргумент. Тогда:

і

і

Здесь учтено, ЧТО t' — —f — ,, .

Xt ip (t)

При интегрировании иногда целесообразно применять подстановку не х = можно было бы делать замену t — g{x). Однако Б рассматриваемых (простых) случаях нет необходимости зводить новую функцию.

Таким образом, на вопрос, как выбирать удачную подстановку, общего ответа дать нельзя. Умение найти выгодные подстановки создаётся в значительной мере упражнениями. Приведём ряд примеров, иллюстрирующих метод за мен ь: в неопределенном интеграле.

Г dx

Пример 16- Найти интеграл /ц; = —=

J ух — yaj

Решение. Чтобы избавиться от корней, надо сделать замену х =» = t* Тогда dx - d(t°) = (t°)' dt - 6f*di и

Г Ы 5dt

J

Г t*dt t-1

t3-1

dt t - 1

I

= б

dt

dt + 6

t -1

= 6 J (ta + t + 1)dt + Cin\t - 1 f - 2t3 + Зі2 + GJ + 6In\t - 1| =

= 2,/x + Ъ\/х 4 6ln|^ - l\ -\-C>

г vw

dx.

Пример 17. Найти интеграл Іц =

Решение, Положим л/Ш+л5 ш t, отсЕода Xі — ?2 10. Дифференцируя последнее равенство, получим 2xdx = 2tdt или хdx — tdt.

dx xdz tdt Тогда имеем: — ~ —— —— и

x

Ґ -¦ 10

!„ = U4±- = „ U+10 [ * =

J t1 - 10 J Г - 10 J J V-10

ї- %/іб

10

In

= i +

2у10 І і + V^O

1 \ ч/ю + x2 4- VTo

Замечание, Если подынтегральная функция содержит радикалы s/a2 - х2, Уа^ +Х2, уа;3"— а2 , то часто удобны следующие подстановки {см. примеры 18-20, 25).

j) Для случая — х:

я = а - suit, тогда \/о? - Xі = а - со at, dx а • коsi

t ¦ dL t =

= агсвіп(зс/й). Здесь предполагается, что -а < х < а, < t < -

2) Для случая \Га2 + Xі - й в

„г - atgrt, тогда V^ + Xі = v/c^H-tg^) = —, dx =

X JT і Я" ґ arctg -,

3) Для случая — в :

а /Т

СОЙ f

п кіп І

х • тогда v^-2 = a tg t, (ї« » "1 dt, t = arccos —„ —? <

1 cos і ® -

< t < ~

Ла- f

3 yJW'-^f

Пример 18. Найти интеграл

Решение. Положим ї — ft sin t. Тогда имеем dx = azostdt (0 < t < тг/2) и

л соя z {it

VaG cOSG ?

Jf

sin7^

/ — f д соз ij/

1Г di _ tg I ~

— — —4—г iv,

a~ J cos21 a2

tgt =

\/na -

oVa- - tf

Другой способ (а > 0, х > 0)<

I

dx

dx

2а'

2a4

dx

A

dx,

так как t ~ a- — Ї, dt —

Г v 4 -+-

Пример 19, Найти интеграл /19 — ¦ ¦¦¦ — dx.

Решение. Заменим; х s= 2tgf, тогда — (о < і < и

cos t \ 2)

\/л + A tg^ t 2dt 16tgJ Д cosat

= 1 Г dt 1 Г СQbtdt _

4 j tg4 t cos^ t ~ 4 J sin4 t

4 j sm4 і 12 lSin

-I

A + С

J2sin3t

* - ¦ j. tg t

так как tgt — - t sm й = . — .

J y/YTlgR -ДТ^

х

і то

л

Другой способ (as > 0}.

Va

ГЗ"

9c

,3/3 . (4 +

Г fltT

Пример 20. Найдём интеграл I<%} = j —r—p —=¦ (ar > 3).

і x y/x* - 0

Решение. Заменим: x — Тогда dx = dt < t < и

COS

COS it

3 sin t

dt

h<\ -

SJ ГТ cos^ і V cos3 t

cos3 t 9

cos і dt = ^ sin ( + C.

У

У

Так кг к соз

то

І — —, sm t = i/\ - cos2 t = I / 1 a —

x V x^ x

ho = VV " +¦ С-

9a:

Второй способ: замена t2 = 1 отсюда ^ = - d? и (я > 3}

05 x У

Г dx

j jsV*38 -9 .

ck

-if-i-i^-

Задание. Проверить нахождение интегралов.

1. j dx = + 1 - 1)\/ҐТя dx - j (1 +x)i/2 dx -

- j (1 4- x)1^ x)*'2 - § (1 + xf'2 + О.

if * . -l-^-BHrtbafl+C 0). J xfl + In3 а) і 1 + In3 x

de

f Г

J J

VT+

VlTe

Лг

= In |e* + Vl + s^ I + G.

1 + cos x

L — сШ:с

ticosx 1

4 Г — [ sin x dx _ _ Г асида, _ ^

j sin a; ~ J siti21 J 1 - cos1 as ~~ 2 2 cos2 X 2 1 2иіп2 X '1 -ІП jt6-

+ C.

-I

arcf..? ч/ї

~ 2 Jarctg \fx d(aictg y/x) arctg2 \fx + С,

7. Г ? fdfactg:,:) =in|arct| + G

J (H-aT)aretgi J aictgx 1

S, I is fyl +x* dx = ^ j a;3 dx* =

= і J_ і J (1 + ^ ^-1(1 + х3)7/3 - і (1 + 3 + C.

= In sin x+ л/1+ЗШ^іГ

+ C.

^ Ґ casxdx _ Ґ rffiinj

10

J vT+ x J 7T+S f b* dx _ \ _(f)

In a — iub

(ST

fir

11 Г ^ ^ _ 1 Г (Ь _ 1 г e* dx2 _ l t

є**' + 1

' J + " 2 J IP^FTTn " 2J ^ I, " 2 J

= і arctge1' -l-C.

4. Интегрирование по частям. Пусть и = u(x) и v ™ — две

дифференцируемые функции. Тогда днфференцизл их произведения равен

d(uir) = и + v 306

T ll- ¦: ¦ §_41J Основные методы интегрирования

Проинтегрировав это выражение, получим jd{uv) — ^udv + J v du или J и dv = uv — J v dv, так как ^ d(uv) = ЇЩ, Формула

j u dv uu — J v du

выражает правило интегрирования no частям. Пример 21. Найти интеграл = j xifdx.

Решгние. Положим и х, dv ~ сх dx, тогда du — dx> а для того, чтобы на?ітн и, проинтегрируем dv = ff5dx, т«е, jdw — J так как

J dv = V) то v — j dx — ех н

j хе1 dx — хе* — J gx dx ~ хє* - ea + C.

Таким образом, интегрирование no частям позволило заменить подынтегральную функцию хе* на более простую е37; предварительно для получения v пришлось проинтегрировать ьыражение е*the. Отсюда и название — интегрирование по частям.

Пример 22. Найтн интеграл І22 — J In JG da;, ті ^ —1.

Решение. Положив и — 1ц dv = хп dx, получим: du — dx/xt v —

= f a:ndx= x

n+ Г

1 Г ЕГИ"1 ІЛХ X4*1

І22 = 7 III Л т і" (ІХ — — " + С.

n + 1 rt +1J ra + 1 (n-FtT

(ni-1)

Применение формулы интегрирования по частям целесообразно в тех случаях, когда интегралы Jfiiu и jucfa окажутся проще исходного

интеграла udv. Таким образом, прежде чей интегрировать по частям, надо подумать, что иожет дать тот илн иной выбор функции it. При вычислении интеграла Jdu произвольную постоянную С писать не

надо, так как в конечный результат она не входит. Это легко проверить, подставив (в правую часть) в формулу интегрирования по частям вместо v выражение поэтому для простоты вычисления будем

считать её равной нулю.

Формула интегрирования по частям применяется для вычисления, например, интегралов, подынтегральная функция которых представляет собой произведение функций разного класса, т.е.

| хт cos ах dx, j xm arctg ах dx, j xmeax dx, j еал: sin bx dx

и др

Пример 23. Найти интеграл /33 = Jxasctgxdx.

307

Решение. Положим и — arctg a?, dv = х dx, тогда du 5, v ^

1 4- Л'

.3

Г x2dx . 1

+1 - 1

з;2 + 1

1 3

dx —

Ы = \ iU ctg.T - 2

x , 1

= у arctg л; — | + 5 arctg j = ^ (г5 4-1) aretgs - ^x + C.

Пример 24. Найти интеграл = j en "'"costa dx.

Решение, Положим v — dv = соsbxdx, тогда du — аелх dx,

и = 7 sin ftr;

и

¦

I24 = ^ sill 6а; — у І еаї sin cte. D О J

К последнему интегралу снова применим метод интегрирования по

частям: u ~ dv = sin&ctb, du ~ aeaxds, у = — Тcasbx. Тогда

Ь

124 - і ea* sin fee 4- 4 ецг cos bx - К hi + Cv b b b~

Решая это уравнение относительно интеграла /24, получим

ейаг cos bx dx =

eflz 4-С, С

Ь sin to + a cos йі _аг , ^ b^Ci

a2 + b2

Аналогично можно получить (см, § 55)

I

с" sin bx dx = ^ c

a +Ь

Пример 25. Найти интеграл ~ | у/йА — яР dx.

Решение. Произведём тождественные преобразования. Умножим и разделим подынтегральную функцию на \ДЕ2 — х2 (см, замечание в п. 3):

2 2 а —х

fx2 dx

-

dx

dx — а2

/25 =

ч/^ГГ

. х f xdx

— a arcsm

m x—=¦==

a J - *

Последний интеграл проинтегрируем no частям: и х; dv = ;

тогда за х2 dx

I

Г" ^^^^ .

— — ~ я2 + \Ґа? - х2 dx — —x\fa2 — х2 4- /^д.

йа - і5

Для исходного интеграла получаем линейное уравнение І35 — о.2 arcsin - 4- x\fa? — х2 — /ч

а

решение которого имеет вид

(

2

\Лі2 - х3 dar — arcaini - 4- | Уfl2 — х* 4- С.

Zr Q. і

Аналогично можно найти (ем. 45, аадаиие 30)

з

у/з? ± a2 dx = І у In (х + yV dr а® ) +С.

Интеграл /йй можно найти^ис пользу л тригонометрическую подстановку a: =asin і. Тогда — s=ocosi, rfx = Й СОЙЙ rii;

"•І

2 2

cos2 tdt — ^r

'¦•23

(1 4- cos2i) dt - ^ і Т siii2? (о < і <

X І 2 І* j ¦

Так как йіп й ™ то t = arcslli - и еіп 2t = 2 зіп і соэ і — —* \Ді — a;- ;

a' (1 a

«= тг arcsin - 4- % \Ja? — xa 4- C. . J a /

Задание Проверить вычисление следующих интегралов.

as +1 — Ь

ЬІГІ sf^Vb dx = M (az + b)3'2 da; - й a J

- - Г (аяг + dx » Л (a® + b)s/5 - І (OJF 4- ?>)3'2 4- C. a J 5a За

\/2 4ат

^"I-f -f In

V2

\/2 -sf

+ 211112 — а;21 + C.

a dx

1 - x — tt dt = — dx д

10a

{1-х)

Ш

99(1 - я)** 49(1 - x)

К + tlao) 99(1 —

эт

97(1 -

dx —

9.

г dx = - \xl^x +Гг1'2 - (z + І)1'2!

n/i + yTTx J l

— J(®-f lW 4¦ 1- l)dx+^xl/2{x + l)dx =

-1 (X + 1) ^ + З (x + X)3/3 + | + I ^ =

0 J JO

= ![(* + iff*-1 [с* +i)5'2 - s6'2] + a

vT

7e

de~x

— 1 -I \1 -

j _ і J - ь

/в®* - L

In e1 + *- 1 I + arcsmfe-®) + C.

ll.fcos(lnx)dx= ( \ =

' \ dv = dxi V — x J

= .t cos{h x) + j3^11 (bi x) dx = x cos{Jn x) + j:sin(!n:c) — J cos (hi x) dx. Отсюда имеем линейное уравнение относительно исходного ин-

j" ь 1

теграла. Его решение есть I cos {In а:) гід: — — [cos(lnx) + ьт(1п;г)] 4- С (см, также §55).

<< | >>
Источник: Клименко Ю.И.. Высшая математика для экономистов: теория, примеры, задачи* Учебник для вузов /10.И. Клименко. — М,: Издательство «Экзамен»,. 736 с. (Серия «Учебник для вузов»). 2005

Еще по теме §41. Основные методы интегрирования:

  1. 2.1. Американская модель регулирования вертикально-интегрированных комплексов естественных монополий
  2. § 40. Первообразная и неопределённый интеграл
  3. §41. Основные методы интегрирования
  4. Вопросы для самопроверни
  5. ПРИНЦИПЫ И МЕТОДЫ ОПРЕДЕЛЕНИЯ ЭКОНОМИЧЕСКИХ показателей при проектировании
  6. 5.1. Определение. Таблица интегралов.
  7. Методы интегрирования.
  8. Интегрирование биноминальных дифференциалов.
  9. Практическое занятие №4 «Вычисление интегралов. Приложения интегралов»
  10. 4.2. Методы интегрирования:
  11. Лобачевский и основные логические проблемы в математике.
  12. з. Основные уравнения и задачи математической физики
  13. 4. Другие применения методов потенциала
  14. 3. Вариационные методы
  15. 4. Проекционные методыОбширный класс методов приближенного решения уравнений вида Аи = / использует следующий ПОДХОД: решение ищется В виде UN = = где коэффициенты а, определяются из условия равенства
  16. Процесс применения метода
  17. 2. Основные свойства интеграла от ограниченной функции
  18. 83. Корпоративная информационная система - это открытая интегрированная автоматизированная система реального времени по автоматизации бизнес-процессов компании всех уровней, в том числе и бизнес-процессов принятия управленческих решений