вышмат

∫ axdx+b = a1 ln ax +b +C .

Точно также

∫cos(ax +b)dx = 1a sin(ax +b)+C .

Пример 8. Вычислить интеграл ∫tgxdx .

Решение. Имеем

∫tgxdx = ∫cossin xxdx = −∫ dcos(cosxx)= −ln cos x +C .

Отсюда, в частности, в силу формулы (3.4), следует и более общий результат:

∫tg(ax +b)dx = − a1 ln cos(ax +b) +C .

Несмотря на то, что применение обобщенной таблицы основных интегралов значительно увеличивает класс функций, интегралы от которых берутся непосредственно, однако существуют многие классы функций, интегрирование которых не может быть выполнено только с помощью этой таблицы. Наша ближайшая задача и будет состоять в том, чтобы научиться интегрировать как можно более широкие классы функций. Этому вопросу и будет посвящена остальная часть п. 3.1.

3.1.3.Интегрирование методом замены переменной или способом подстановки

Наиболее общим приемом интегрирования функций является способ

не является табличным, но путем ряда элементарных преобразований он может быть сведен к табличному. Замена переменной в неопределенном интеграле производится с помощью подстановок двух видов:

I. x = ϕ(t), где ϕ(t) – монотонная, непрерывно дифференцируемая функция новой переменной t . Формула замены переменной в этом случае имеет вид:

Действительно, используя свойство 1 неопределенного интеграла, продифференцируем обе части этого равенства. С одной стороны,

d ∫ f (x)dx = f (x)dx ,

а с другой,

d ∫ f [ϕ(t)]ϕ′(t)dt = f [ϕ(t)]ϕ′(t)dt = f (x)dx

(так как dx = ϕ′(t)dt ). Таким образом, обе части формулы (3.8) имеют один и тот же дифференциал и потому выражают собой одно и то же семейство пер-

101

вообразных для функции f (x). Это и доказывает равенство (3.8) в том смыс-

ле, что правая и левая части его могут отличаться между собой разве лишь на постоянное слагаемое.

Таким образом, для вычисления интеграла (3.7) с помощью подстановки x = ϕ(t) нужно не только в функции f (x) заменить x через ϕ(t), но и dx

выразить через t и dt , то есть положить dx = ϕ′(t)dt . Функцию x = ϕ(t) следует выбирать так, чтобы можно было вычислить неопределенный интеграл, стоящий в правой части равенства (3.8). При вычислении неопределенного интеграла с помощью подстановки x = ϕ(t) мы получаем искомую функцию, выраженную через t . Чтобы возвратиться к прежней переменной x , достаточно в полученной функции заменить t значением, которое находится из соотношения x = ϕ(t), то есть значением t = ψ(x), где ψ(x) – обратная функция для ϕ(x).

Возвращаясь к старой переменной x , получим

102

Здесьудобнобылобытакжеприменитьподстановку: x = u2 −2 (u > 0) .

Вычислите самостоятельно интеграл, используя указанную подстановку.

II. При замене переменной часто удобнее задавать не x как функцию от t , а, наоборот, задавать t как функцию от x , то есть использовать подстановку вида:

t = ψ( x) ,

где ψ(x) – дифференцируемая функция. Формула замены переменной при

то есть если в подынтегральном выражении некоторого интеграла числитель есть дифференциал знаменателя, то этот интеграл равен (с точностью до постоянного слагаемого) натуральному логарифму абсолютной величины знаменателя.

Применим этот результат к вычислению нескольких интегралов. Пример 3. Вычислить интеграл ∫ctgxdx .

Решение. Так как ctgx = cossin xx , то интеграл можно записать в виде:

∫ctgxdx = ∫cossinxdxx .

Теперь, замечая, что d sin x = cos xdx , полагаем t = sin x . Это дает: dt = cos xdx

Решение. Для вычисления этого интеграла сделаем предварительные преобразования:

103

Здесь мы использовали формулу (3.9) Этим установлена формула 13 таблицы интегралов.

Этим установлена формула 14 таблицы интегралов.

3.1.4. Метод интегрирования по частям

К числу эффективных методов интегрирования относится метод интегрирования по частям.

Метод интегрирования по частям основан на обращении формулы дифференцирования произведения двух функций.

Пусть u и v – дифференцируемые функции от x . Тогда d(uv) = udv +vdu ,

откуда

udv = d(uv) −vdu .

Проинтегрировав обе части этого равенства, получим формулу

104

Эта формула называется формулой интегрирования по частям. Ме-

тод интегрирования, основанный на её применении, называется методом интегрирования по частям. Он сводит вычисление интеграла ∫udv к вычис-

лению интеграла ∫vdu , который может оказаться более простым для интег-

рирования.

Применение метода интегрирования по частям состоит в том, что подынтегральное выражение данного интеграла стараются представить в виде произведения u dv , где u и v – некоторые функции от x , причём эти функции выбирают так, чтобы ∫vdu был для вычисления проще, чем исход-

ный интеграл. При этом для вычисления ∫vdu предварительно находят du и v = ∫dv . (Точнее говоря, в качестве v берут одну какую-либо из искомых

первообразных функций, находимых по dv , так как тождество (3.10) имеет место при любой из таких первообразных. Поэтому в дальнейшем при вычислении v постоянное С в записи будет нами опускаться).

Рассмотрим ряд примеров на применение формулы (3.10). Пример 1. Вычислить интеграл ∫arctgxdx .

Решение. Интересной особенностью данного примера является то, что разложение на множители u и dv подынтегрального выражения здесь как бы уже дано в готовом виде и нам остается положить u = arctgx , dv = dx , откуда

Применяя формулу (3.10), получим

∫arctgxdx = x arctgx − ∫x1+dxx2 = x arctgx − 12 ∫12+xdxx2

=xarctgx − 12 ln(1+ x2 ) +C .

Далеко не всегда интегрирование по частям совершается так относительно просто, как это было в примере 1. В более сложных случаях все искусство применения формулы (3.10) заключается в том, чтобы удачно разбить подынтегральное выражение на два множителя: u и dv , что, разумеется, не всегда сразу удается. Например, если бы мы, пытаясь применить формулу

то есть пришли бы к еще более сложному интегралу, чем тот, от которого отправлялись. То же самое получится и в случае, если взять u = xex , dv = dx .

105

Однако, если принять u = x , dv = e x dx и, значит du = dx , v = e x , то формула (3.10) быстро приводит к цели:

∫ xe x dx = xex − ∫exdx =xex −ex +C .

Таким образом, приведенный пример показывает, что u и dv нельзя выбирать как попало. Только последний выбор оказался удачным, и это не случайно. В самом деле, из двух множителей подынтегральной функции вто-

рой множитель (то есть ex ) при дифференцировании и интегрировании не изменяется; первый же (то есть x ) при интегрировании повышает степень, а при дифференцировании обращается в единицу – выражение более простое, чем он сам. Поэтому выгоднее первый множитель дифференцировать, а вто-

Решение. Этот интеграл отличается от предыдущего только тем, что

вместо ex стоит ln x . Но если бы мы здесь за u взяли x , а ln xdx за dv , то пришлось бы искать ещё отдельно и v . Хотя таким путем задачу всё-таки можно было бы довести до конца, всё же и здесь, руководствуясь теми же соображениями, что и выше, можно указать иной путь, более простой, а имен-

Замечание 1. Правило интегрирования по частям имеет более узкую область применения, чем метод замены переменной. Однако следует иметь в виду, что есть интегралы, которые могут быть вычислены только с помощью

метода интегрирования по частям, например, следующие: ∫ xneaxdx ,

∫ x n sin axdx , ∫ x n cos axdx , ∫ x n ln m xdx , ∫xnarctgxdx , ∫ x n arcsin xdx и др.

Замечание 2. Следует иметь в виду, что разложение подынтегрального выражения f (x)dx на два множителя u и dv нужно производить так, чтобы

в правой части равенства (3.10) получился более простой интеграл, чем данный. За u надо принять такую функцию, которая упрощается при дифференцировании, а множитель dv должен легко интегрироваться. Например, в ин-

тегралах вида ∫ x n cos axdx , ∫ xneaxdx , ∫ x n sin axdx упрощается при диффе-

ренцировании множитель xn , его и надо принять за u : u = xn , du = nx n−1dx , тогда в интеграле справа в (3.10) показатель степени уменьшится на 1. В ин-

тегралах вида ∫ xn ln xdx , ∫xnarctgxdx , ∫ x n arcsin xdx более существенно упрощается при дифференцировании множитель ln x , arctgx , arcsin x ; его и принимают за u :

106

В результате под интегралом в правой части равенства (3.10) вместо трансцендентной функции будет алгебраическая.

Часто формулу интегрирования по частям приходится применять последовательно несколько раз.

Пример 3. Вычислить интеграл ∫ x 2 sin xdx .

Решение. Пусть u = x2 , dv = sin xdx , тогда du = 2xdx , v = −cos x . Следовательно,

∫x 2 sin xdx = −x 2 cos x + 2∫ x cos xdx .

Кпоследнему интегралу опять применим правило интегрирования по

частям, полагая u = x , dv = cos xdx, du = dx , v = sin x . Тогда

∫x cos xdx = x sin x − ∫sin xdx = x sin x +cos x +C

иокончательно получаем

∫x 2 sin xdx = −x 2 cos x + 2(x sin x +cos x) +C .

Таким же образом вычисляется и интеграл ∫ x 2 cos xdx .

Иногда повторное интегрирование по частям приводит заданный интеграл к самому себе. В этом случае может получиться или ничего не дающее тождество (значит, интегрирование было проведено нерационально), или такое уравнение первой степени относительно искомого интеграла, из которого находится заданный интеграл. Иллюстрируем сказанное следующим примером.

107

то есть мы пришли к исходному интегралу – это обычный камень преткновения для начинающих. Может показаться, что надо искать другой способ; на самом же деле задача почти решена. Действительно, подставляя значение этого интеграла в предыдущее выражение, получим

Замечание 3. При интегрировании часто приходится последовательно применять метод подстановки и метод интегрирования по частям. Покажем это на примере.

∫e x dx = 2∫tet dt .

Применим к последнему интегралу метод интегрирования по частям. Положим, u = t , dv = et dt , так что du = dt , v = et , откуда находим

2∫tet dt = 2(tet − ∫et dt) = 2(tet −et ) +C .

Наконец, возвращаясь к переменной x , получаем

∫e x dx = 2( x −1)e x +C .

3.1.5.Интегралы от некоторых функций, содержащих квадратный трехчлен

Преобразуем предварительно трехчлен, стоящий в знаменателе, представив его в виде суммы или разности квадратов:

108

Знак плюс или минус берется в зависимости от того, будет ли выражение, стоящее слева, положительным или отрицательным, то есть будут ли

корни трехчлена ax2 +bx + c комплексными или действительными. Таким образом, интеграл I1 принимает вид: