Шарпан М.В. Математика и информатика

11.

∫

dx

=

1

arctg

x

+ C, a ¹ 0 ;

a

2 + x2

a

a

12.

∫

dx

= -

1

arcctg

x

+ C, a ¹ 0 ;

2 + x2

a

a

a

13.

∫

dx

= arcsin

x

+ C, a > 0, - a < x < a ;

a2 - x2

a

14.

∫

dx

= -arccos

x

+ C, a > 0, - a < x < a ;

a2 - x2

a

15. ∫

dx

=

1

x - a

+ C, a > 0; x ¹ ±a ;

ln

x

2 - a2

2a

x + a

dx

16. ∫

= ln

x +

x2 + a

+ C .

x2 + a

1.

∫ 4(x2 - x + 3)dx ;

2.

∫ 2(3x -1)2 dx ;

∫

x3

+ 3x2

+ 4x

∫ tgxdx .

3.

dx ;

4.

x

=18∫ x2dx -12∫ xdx + 2∫ dx = 18 ×

x3

-12 ×

x2

+ 2x + C = 6x3 - 6x2 + 2x + C .

2

3

3.

x3 + 3x2 + 4x

dx =

(x2

+ 3x + 4)dx =

x2dx + 3 xdx + 4

dx =

∫

∫

∫

∫

x

∫

=

x3

+ 3 ×

x2

+ 4x + C =

1

x3 +

3

x2 + 4x + C .

3

2

3

2

4. Так как sin xdx = −d (cos x), тогда

∫ tgxdx = ∫

sin x

dx = - ∫

d (cos x)

dx = - ln

cos x

+ C .

cos x

cos x

Пусть

требуется

вычислить интеграл

∫ f (x)dx ,

который

не

является

табличным.

Сделаем

′

где ϕ(t )

–

функция,

замену x = ϕ(t ) и dx = ϕ (t )dt ,

имеющая непрерывную производную. Тогда

′

∫ f (x)dx = ∫ f (ϕ(t))ϕ (t)dt .

После

того как

интеграл относительно новой

переменной

t будет

найден, с помощью подстановки t =ψ (x) он приводится к переменной x .

Выбор правильной подстановки в значительной степени зависит от

искусства вычисляющего.

Пример 20. Вычислить неопределенный интеграл ∫ x

x +1dx .

Решение.

Замена :

× 2tdt = 2∫ (t 4 - t 2 )dt =

∫ x x +1dx =

x +1 = t, x = t 2 -1, = ∫ (t 2 -1)t

dx = 2tdt

32

2t5

t3

+ C =

2(

= 2∫ t 4dt - 2∫ t 2dt =

- 2 ×

x +1)5

-

2( x +1)3

+ C .

5

3

5

3

Интегрирование по частям

Пусть u = f (x)

и v = g(x) – две функции от x , имеющие непрерывные

производные u

′

=

′

′

′

f (x) и v

= g (x). Тогда по правилу дифференцирования

произведения d (uv) = udv + vdu

или udv = d (uv)− vdu . Для выражения d (uv)

1.

∫ Pn

(x)ekxdx

dv = ekxdx

∫ Pn

(x)sin kxdx

u = Pn (x), dv = sin kxdx

∫ Pn

(x)cos kxdx

dv = cos kxdx

где Pn (x) – многочлен степени n ,

k – число.

2.

∫ Pn (x)ln xdx u = ln x

∫ Pn (x)arcsin xdx

u = arcsin x

∫ Pn (x)arccos xdx

dv = Pn (x)dx , u = arccos xdx

∫ Pn (x)arctgxdx

u = arctgx

∫ Pn (x)arcctgxdx

u = arcctgx

где Pn (x) –

многочлен степени n .

3. Для интегралов ∫ ekx sin nxdx , ∫ ekx cos nxdx , k, n –

числа, в

качестве

функции

u принимают любую подынтегральную

функцию.

Метод

1. ∫ xe5xdx ;

2 ∫ x ln xdx ;

3. ∫ e2x cos xdx .

33

5x

xe5x

1. ∫ xe

5x

u = x; dv = e

dx;

1

5x

x - ∫

1

5x

1

∫ e

5x

dx =

e5x

=

e

e

dx

=

-

dx

=

5

5

5

5

du = dx; v =

;

5

=

xe5x

-

e5x

+ C .

5

25

u = ln x;

dv = xdx;

x2

x2

1

x2 ln x

1

2. ∫ x ln xdx =

1

x

2 =

ln x - ∫

×

dx =

-

∫ xdx =

du =

dx;

v =

;

2

2 x

2

2

x

2

=

x 2 ln x

-

x2

+ C =

x2

(2 ln x -1) + C .

2

4

4

= e

2 x

;

du =

2e

2 x

dx;

3. ∫ e2x cos xdx = u

= e2 x sin x - ∫ sin x × 2e2 x dx =

dv = cos xdx;

v = sin x

2x

;

du = 2e

2 x

dx;

- 2[- e2 x cos x - ∫ - cos x × 2e2 x dx]=

= u = e

= e2 x sin x

dv = sin xdx;

v = - cos x;

S1 = f (M1) × D x1; S2 = f (M2) × D x2, ….,

Sn = f (Mn) × D xn .

3) Найдем сумму этих площадей:

−

n

S = f (M1 ) × Dx1 + f (M 2 ) × Dx2

+ .... + f (M n ) × Dxn

= ∑ f (M k )Dxk

k =1

Получили площадь ступенчатой фигуры. Эта

площадь зависит от

−

n

Sкрив.тр.

= lim

S =

lim

∑ f (M k ) xk .

max xk

→0

max xk

→0 k =1

n→∞

n→∞

n

Сумма

S

= ∑ f (M k ) xk

называется

интегральной суммой функции

k =1

f (x) на отрезке [a;b].

функции f (x) на отрезке [a;b] при

Предел интегральной суммы S

n → ∞ и max

xk → 0 называется определенным интегралом функции f (x) на

разбиения отрезка [a;b] на части, ни от выбора точек M k (k = 1,…,

n) на

каждой из частей. Следовательно, можно записать:

n

b

Sкрив.тр. = lim ∑ f (M k ) xr = ∫ f (x)dx .

n→∞ k =1

a

При этом отрезок [a;b] называют отрезком интегрирования, a – нижним

пределом интегрирования, b –

верхним пределом.

Для любой функции

f ( x) ,

непрерывной на отрезке [a,b],

всегда

2

3

x

2. ∫

1.

∫ sin xdx ;

dx .

0

2 x

2 + 1

Решение.

р

р

2

2

р

1.

∫ sin xdx = − cos

= −(cos

− cos 0) = −(0 −1) = 1.

2

0

0

2 + 1)

3

3

x

1

3 d(x

1

2

1

1 10

1

2. ∫

dx =

∫

=

ln

x

+ 1

=

(ln10 − ln 5) =

ln

=

ln 2 .

2 x

2 + 1

2

2

x2 + 1

2

2

2

2 5 2

Метод замены переменной

При

вычислении

определенного

интеграла

методом

замены

b

переменной

(способом

подстановки) определенный

интеграл

∫ f ( x)dx

a

преобразуется с помощью подстановки

u =ψ ( x)

или x = ϕ (u ) в

подстановки.

Из первой подстановки новые пределы интегрирования вычисляются

непосредственно: α =ψ (a),

β =ψ (b) .

Из второй подстановки новые пределы интегрирования находятся

путем решения уравнений

a = ϕ (α )

и

b = ϕ ( β )

относительно α и β .

Таким образом, имеем

b f ( x)dx = β

f ϕ (u ) ϕ ′(u )du =

β F (u )du .

∫

∫

∫

a

α

α

Пример 23. Вычислить интеграл.

2

1

4

d x

3

2

1. ∫

;

2. ∫(

2x

+

1) x

dx .

1

5 x − 1

0

Решение.

1. Положим 5x − 1 = u;

тогда

5dx = du,

dx =

1

du . Вычисляем новые

5

пределы интегрирования: uн

= 5 ×1 - 1 = 4,

uв = 5 × 2 - 1 = 9 . Следовательно,

2

dx

2

1

9

2

2

(91 2 − 41 2 ) =

2

∫

= ∫(5x − 1)−1 2 dx =

∫u−1 2 du =

u1 2

54 =

.

5x − 1

1

1

5

4

5

5

5

2. Положим 2x3 + 1 = u;

тогда

6x2 dx = du,

x2 dx =

1

du . Вычисляем

6

новые пределы интегрирования: uн

= 2 × 03 + 1 =1,

uв = 2 ×13 + 1 = 3. Таким

образом,

1

4

1

3

1

u5

1

1

∫(2x3 + 1)

∫u4 du =

(35 -15 ) = 8

x2 dx =

×

13 =

.

6

6

5

30

15

0

1

b