§41. Основные методы интегрирования
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:
-я
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 = 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. 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 :г 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 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 = 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. 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 Xі . 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).
0). J xfl + In3 а) і 1 + In3 x