Неопределенный интеграл: Учебное пособие

МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ Государственное образовательное учреждение высшего профессионального образования «Оренбургский государственный университет»

И.Г. РУЦКОВА

НЕОПРЕДЕЛЕННЫЙ ИНТЕГРАЛ

Рекомендовано Ученым советом Государственного образовательного учреждения высшего профессионального образования «Оренбургский государственный университет» в качестве учебного пособия для студентов экономических и естественнонаучных специальностей

Оренбург 2003

ББК 22 .161 .1я 73 Р 92 УДК 517. 3 (075)

Рецензент кандидат физико-математических наук, доцент кафедры прикладной математики ГОУ ВПО ОГУ В. С. Ким

Руцкова И.Г. Неопределенный интеграл: Учебное пособие. - Оренбург: ГОУ ВПО ОГУ, 2003. – 112 с.

Р 92

ISBN Данное учебное пособие является частью учебно-методического комплекса по математическим дисциплинам, разрабатываемого автором. Оно представляет собой лекционно-практический курс по одному из основных разделов математики «Неопределенный интеграл», который входит в программу обучения студентов всех специальностей. Пособие содержит подробное изложение теории, большое количество примеров, иллюстрирующих применение основных аналитических методов вычисления интегралов, задания для самостоятельной работы студентов (все они снабжены ответами), варианты заданий для проведения контрольных работ и коллоквиумов, методические рекомендации для студентов и преподавателей. Учебное пособие предназначено для студентов экономических и естественнонаучных специальностей всех форм обучения: очной, заочной, дистанционной. Рекомендуется для учащихся и преподавателей физикоматематических школ (классов), лицеев, гимназий и подготовительных курсов в вузы. Р-------------

ISBN…. 2

ББК © Руцкова И.Г., 2003 © ГОУ ВПО ОГУ, 2003

Введение Данное учебное пособие является частью учебно-методического комплекса по математике, разрабатываемого автором. Оно посвящено одному из важнейших разделов математики «Неопределенный интеграл», который входит в программу обучения студентов всех специальностей. Необходимость написания данного пособия возникла по нескольким причинам: - в последние годы наблюдается огромный разрыв в уровне подготовленности студентов первого курса, который усугубляется внедряемым в общеобразовательные учебные заведения (школы, лицеи, гимназии) личностно-ориентированным обучением, при котором учащиеся гуманитарных классов имеют 3 часа математики против 8-10 часов в физико-математическом классе; - резкое сокращение числа аудиторных часов на изучение математики для студентов всех специальностей, что вынуждает часть тем выносить на самостоятельное изучение; - отсутствие пособий для самообразования позволяющих организовать самостоятельную и индивидуальную работу со студентами (особенно, имеющими серьезные пробелы в знаниях); - отсутствие доступного учебника по данному разделу для учащихся и преподавателей общеобразовательных и физико-математических школ (классов), лицеев, гимназий и подготовительных курсов в вузы. Данное учебно-методическое пособие «Неопределенный интеграл» попытка автора, хотя бы частично разрешить указанные проблемы. Учебное пособие содержит: изложение всех необходимых теоретических сведений (с доказательствами или ссылками на источник), - большое количество разобранных примеров (с учётом наиболее распространённых методов интегрирования), задания для самостоятельной работы (самопроверки) с ответами, - варианты заданий для организации контроля над качеством изучения: задания для проведения самостоятельных и контрольных работ, задания для проведения коллоквиумов. Изложение материала ведётся по наиболее оптимальной (с точки зрения автора) схеме: сначала теоретические сведения, затем примеры, соответствующие этой теории, причём они рассматриваются в порядке возрастания степени сложности решения, после этого задания для самопроверки.

3

В результате обеспечивается логически обоснованная последовательность изучения данной темы, что позволяет повысить эффективность (скорость и качество) усвоения методов интегрирования. В конце пособия, в разделе «Дидактические материалы для преподавателя» приводятся примерные варианты заданий для самостоятельных и контрольных работ, список теоретических вопросов и билеты для проведения коллоквиумов. Все типы заданий сопровождаются краткими методическими комментариями автора. Естественно, что количество и тип контрольных мероприятий, направленных на определение уровня усвоения данной темы, определяется для каждого потока (класса) индивидуально, в зависимости от количества часов, отводимых на изучение данной темы и целей обучения. В отличие от авторов большинства существующих пособий по данной теме, при рассмотрении методов интегрирования по частям и интегрировании рациональных и некоторых тригонометрических функций, упор делается на метод подведения под знак дифференциала. Метод замены переменой рассматривается только иллюстративно, то есть данное пособие не содержит описание классов функций, которые можно интегрировать заменой переменных. Для этих целей можно использовать пособия /3/, /8/, указанные в списке использованных источников и другие известные классические учебники. Цель пособия: - помочь студентам и школьникам постичь технику интегрирования, научить ориентироваться в методах; - облегчить работу преподавателя при организации самостоятельной и индивидуальной работы со студентами, проведении контроля над уровнем усвоения знаний. Данное пособие окажет студентам существенную помощь при изучении последующих разделов математики таких как «Определенный интеграл», «Кратные и криволинейные интегралы», «Дифференциальные уравнения», «Теория функций комплексного переменного», «Уравнения математической физики», «Теория вероятностей» и других. Учебное пособие предназначено для студентов экономических и естественнонаучных специальностей всех форм обучения: очной, заочной, дистанционной. Рекомендуется для учащихся и преподавателей физико-математических школ (классов), лицеев, гимназий и подготовительных курсов в вузы.

4

1 Первообразная: определение и простейшие свойства Обозначим символом Х один из интервалов вида (a, b), (-∞, a), (b,+∞), (-∞, +∞); a, b∈ R. Пусть функция f(x) определена на интервале Х. Определение 1. 1 Функция F(x) называется первообразной для функции f(x) на Х, если 1) F(x) дифференцируема на X, т.е. F(x) ∈D (X); 2) F ′( x ) = f ( x ) ,∀ x ∈ X.

x2 x2 x2 +1 + 5, F3 (x ) = Например, функции F1 (x ) = , F2 (x ) = 2 2 2 являются первообразными для функции f (x ) = x на (-∞, +∞), а функция 1 F(x ) = ln x является первообразной для функции f (x ) = на (0,+∞). x Теорема 1.1 Если F(x) является первообразной для функции f(x) на Х, то ∀ С∈ R функция Ф(x)=F(x)+C - первообразная для f(x) на Х.

Доказательство. Нетрудно доказать, что функция Ф(х) удовлетворяет условиям определения 1.1. Действительно, F(x ) ∈ D(X )  ⇒ Ф(x ) ∈ D(X ); C ∈ D(X )  Ф ′(x ) = (F(x ) + C )′ = F′(x ) + C ′ = f (x ). Теорема 1.2 Если F1 ( x ) и F2 ( x ) являются первообразными для f(x) на Х, то ∃ C ∈ R : F1 (x) –F2 (x)=C, ∀ x ∈ X. Доказательство.

Введём новую вспомогательную функцию Ф(x ) = F1 (x ) − F2 (x ) . Заметим,

что

5

F1 (x ) ∈ D(X )   ⇒ Ф(x ) ∈ D(X ) ; F2 (x ) ∈ D(X ) Ф ′(x ) = (F1 (x ) − F2 (x ))′ = F1′ (x ) − F2′ (x ) = f (x ) − f (x ) = 0, ∀x ∈ X .

Следовательно, согласно следствию из теоремы Лагранжа (см. Раздел «Дифференциальное исчисление», свойства дифференцируемых функций): ∃C ∈ R : Ф(x ) = C, ∀x ∈ X ⇒ F1 (x ) − F2 (x ) = C, ∀x ∈ X . Замечание. Из теорем 1.1 и 1.2 можно получить следующий вывод: если F(x) –первообразная для функции f(x) на Х, то любая другая первообразная Ф(х) может быть представлена в виде Ф( x ) = F ( x ) + C , где C ∈ R . Придавая постоянной С различные значения, мы можем получить все первообразные.

В некоторых учебниках дают другое определение первообразной. Например, в /7/ стр. 378 под Х понимают конечный или бесконечный промежуток и определение вводят иначе (смотри определение 1.2). Определение 1.2 Функция F(x), определённая на промежутке Х, называется первообразной функцией для функции f(x) на Х, если: 1) F ( x ) ∈ C ( X ); 2) во всех внутренних точках промежутка Х функция F(x) имеет производную и F ′( x ) = f ( x ) . В таком случае, если точка а - конец промежутка и a ∈ X , то F(x ) ∈ C(a ) , а односторонняя производная может и не существовать, причём если существует, то не обязательно, чтобы она совпадала со значением функции f(x) в точке а. Например, функция F(x)=х на [0, 1] является первообразной для функций 1, 0 < x ≤ 1, f (x ) =  и g(x ) = 1, ∀x ∈ [0;1] . = 0 , x 0  Заметим, что в таком случае одна и та же функция может быть первообразной для разных функций, однако они могут отличаться друг от друга только на концах промежутка, т.к. во всех внутренних точках в силу условия 2 они совпадают. Очевидно, что приведённое нами определение 1.1, является частным случаем определения 1.2. Дальнейшее изучение материала мы проведём, опираясь на определение 1.1. 6

2 Неопределённый интеграл: определение, свойства

Определение 2.1 Совокупность всех первообразных для функции f ( x ) на Х называется неопределённым интегралом от функции f ( x ) на интервале Х.

Обозначение:

Здесь

∫

∫

Множество всех    f ( x )dx = первообразных  . для f ( x ) на Х   

- знак интеграла, f(x) называется подынтегральной функцией, а

f ( x )dx подынтегральным выражением. Замечание. Символ

∫ f (x )dx

употребляется также для обозначения

любой первообразной для функции на интервале Х. В этом случае, если F(x) одна из первообразных для f(x) на Х, то справедлива формула:

∫ f (x )dx = F (x ) + C , C ∈ R . Мы будем использовать символ именно с такой целью. Теорема 2.1 (Свойства неопределённого интеграла)

1) а)

б)

(∫ f (x )dx )′ = f (x ), ∀ x ∈ X ; d (∫ f ( x )dx ) = f ( x )dx , ∀x ∈ X .

2) Если F ( x ) ∈ D( X ) , то ∫ dF ( x ) = F ( x ) + C , C ∈ R . 3) ∀ k ∈ R (k ≠ 0 ),

∫ kf (x )dx = k ∫ f (x )dx + C , 4) ∫ ( f ( x ) + g ( x ))dx = ∫ f ( x )dx + ∫ g ( x )dx + C ,

C∈R. C∈R.

Доказательство. 1)

а) Следует из определения 2.1. б) Следует из правила вычисления дифференциала функции и определения 2.1 7

2) Следует из правила нахождения дифференциала функции и определений 1.1 и 2.1:

F(x ) ∈ D(X ) ⇒ dF(x ) = F′(x )dx , ∀x ∈ X . 3)

(k ∫ f (x )dx )′ = k (∫ f (x )dx )′ = k ⋅ f (x ) ,

т.е. любая из функций

k ∫ f (x )dx

является первообразной для функции

k ⋅ f (x ), следовательно, формула справедлива. 4)

(∫ f (x)dx + ∫ g(x)dx )′ = (∫ f (x )dx )′ + (∫ g(x )dx )′ = f (x ) + g(x ) ,

т.е. сумма любых двух функций из множеств

{∫ f (x )dx} и {∫ g(x )dx}

является первообразной для функции f (x ) + g(x ) , следовательно, формула справедлива. Следствие 2.1 n

n

i =1

i =1

∫ ∑ α i f i (x )dx =∑ α i ∫ f i ( x )dx + C ,

C ∈ R; ∀α i ∈ R , i = 1, n и α i ≠ 0 .

Доказательство. Доказательство данного утверждения можно провести двумя способами: либо применяя методику доказательства свойств 3) - 4); либо методом математической индукции. Рассмотрим доказательство данной теоремы методом математической индукции. (Другой способ попробуйте применить самостоятельно).

1 этап (основание для проведения индукции). Докажем справедливость формулы при n = 2 . Заметим, справедливость формулы при n = 1 следует из свойства 3. Очевидно, что ′ α1 ∫ f1 (x )dx + α 2 ∫ f 2 (x )dx = α1f1 (x ) + α 2 f 2 (x ) ;

(

следовательно, утверждение имеет место.

8

)

что

2 этап. Предположим, что формула справедлива при n=k, т.е. k

k

i =1

i =1

∫ ∑ α i f i (x )dx = ∑ α i ∫ f i (x )dx + C1 ,

C1 ∈ R ; ∀ α i ∈ R (α i ≠ 0 ), i = 1, k .

3 этап. Покажем, что в этом случае она остаётся верной и при n=k+1. k

Введём вспомогательную функцию g(x ) = ∑ α i f i (x ) . Из теоремы

2.1

i =1

следует, что k +1

∫ ∑ α i f i (x )dx = ∫ (g(x ) + α k +1f k +1 (x ) )dx = ∫ g(x )dx + α k +1 ∫ f k +1 (x )dx + C 2 , C 2 ∈ R i =1

Согласно предположению, k

k

i =1

i =1

∫ g(x )dx = ∫ ∑ α i f i ( x )dx = ∑ α i ∫ f i (x )dx + C1 . Следовательно, k +1

k

i =1

i =1

k +1

k +1

i =1

i =1

∫ ∑ α i f i (x )dx = ∑ α i ∫ f i (x )dx + C1 + α k +1 ∫ f k +1 (x )dx + C 2 . ∫ ∑ α i f i (x )dx = ∑ α i ∫ f i (x )dx + С , где C = C1 + C 2 . Т.е. формула остаётся справедливой при любом n. Замечание. Следует иметь в виду, что всякое равенство, в обеих частях которого стоят неопределённые интегралы, есть равенство между множествами. Определение 2.2 Операцию нахождения первообразной для функции f(x) или неопределённого интеграла от функции называют интегрированием функции f(x). Замечание. Если первообразная некоторой функции является элементарной функцией, то говорят, что интеграл выражается через элементарные функции, то есть вычисляется (берется). 9

3 Таблица неопределённых интегралов Операция интегрирования является действием обратным дифференцированию. Следовательно, всякая формула вида ′ F (x ) = f (x ), ∀x ∈ X может быть обращена (записана в виде):

∫ f (x )dx = F(x ) + C,

∀x ∈ X .

Используя эти соображения, а также известную таблицу производных получаем следующую таблицу неопределённых интегралов.

Теорема 3.1 (Таблица неопределенных интегралов) 1. ∫ dx = x + C ,

∀ x ∈ R.

x α +1 2. ∫ x dx = + C , ∀α ∈ R и α ≠ −1 , если x>0. α +1 α

3.

1

∫ x dx = ln x + C ,

∀ X ⊂ R : 0∉ X .

4. ∫ sin x dx = − cos x + C , ∀ x ∈ R . 5. ∫ cos x dx = sin x + C , ∀ x ∈ R.  π  + C , ∀ X :  x = + πk ,k ∈ Z  ∉ X . 2 cos x   1

6. ∫ tgx dx =

2

7. ∫ ctgx dx = − 8. ∫ a x dx =

9.

10

∫

1 sin 2 x

ax + C; ln a

dx 1 − x2

+ C , ∀ X : {x = πk ,k ∈ Z }∉ X .

∫e

x

dx = e x + C ; ∀ x ∈ R , a > 0 , a ≠ 1.

arcsin x + C 1 , = ∀X : X ⊂ ( −1,1 ). − arccos x + C ;  2

10.

arctgx + C1 , = ∫ 1 + x 2 − arcctgx + C 2 ; ∀ x ∈ R. dx

11. ∫

∫ 12.

dx x2 + 1

= ln | x + x 2 + 1 | +C ; ∀ x ∈ R ,

dx x2 − 1

= ln | x + x 2 − 1 | +C , ∀ X : X ⊂ (-∞ ,-1) ∪ (1,+∞ ).

1 1+ x = ∫ 1 − x 2 2 ln 1 − x + C , ∀ X : {-1, 1} ⊄ X . dx

13. ∫ shx dx = chx + C , ∀ x ∈ R . 14. ∫ сhxdx = shx + C , ∀ x ∈ R. dx

15.

∫ ch 2 x = thx + C ,

16.

∫ sh 2 x = −cthx + C ,

dx

∀ X ⊂ R.

∀ X ⊂ R : 0∉ X.

Доказательство.

Формулы 1-10 непосредственно следуют из таблицы производных (см. Раздел «Дифференциальное исчисление функции одной переменной»: таблица производных). Формул, аналогичных 11 и 12, в таблице производных нет, но они могут быть легко доказаны дифференцированием. Действительно,

(

)

′ ′  1 1 1 2 x   ln x + x 2 + 1  = ⋅ x + x2 +1 = ⋅ 1 + ⋅ =   2 2 2   2 x + x +1 x + x +1  x +1  = ⋅ 1 +  x + x2 +1  1

 1 = ⋅  2 2 x +1 x + x +1 x

(x

2

+1 + x 2

x +1

)=

1 2

x +1

, ∀ x ∈ R.

11

Аналогично,

(

)

′ ′  1 1 1 2 x   ln x + x 2 − 1  = ⋅ x + x2 −1 = ⋅ 1 + ⋅ =   2 2 2   2 x + x −1 x + x −1  x −1 =

 ⋅ 1 +  x + x2 −1  1

∀ X:

 1 x2 −1 + x 1 = , ⋅ =  2 2 2 2 x −1 x + x −1 x −1 x −1 x

X ⊂ (-∞, -1) ∪ (1, +∞).

′ ′  1 1 + x  1 1 − x  1 + x  1 1 − x 1 ⋅ (1 − x ) − (−1) ⋅ (1 + x ) ⋅ = ⋅  ln  = ⋅  = ⋅ 2 + 2 1 x 2 1 x 1 x 2 1 x + − −   (1 − x )  

=

1 1− x 2 1 1 ⋅ = = ⋅ . 2 1 + x (1 − x ) 2 (1 + x ) ⋅ (1 − x ) 1 − x 2 ∀ X:

X ⊂ (-∞, -1)∪(-1,1)∪(1, +∞).

Формулы 13-16 докажите самостоятельно, учитывая, что chx shx e x − e −x e x + e −x . , cthx = , thx = , shx = сhx = shx chx 2 2 Замечание. В формуле 2 было сделано ограничение: х > 0, однако, если α таково, что x α имеет смысл и для всех x ≤ 0, то формула справедлива на любом интервале X ⊂ R. x5 Например, ∫ x 4 dx = + C, ∀ x ∈ R . 5 1 Однако, для интеграла ∫ 4 dx уже нельзя записать подобную формулу, x справедливую для всей области определения:

 1 − + C1 , x > 0 ; dx  3x 3 ∫ x4 =  1 − + C2 , x < 0.  3x 3 12

4 Простейшие методы интегрирования 4.1 Метод разложения Теорема 4.1

Если то

∫ f i (x )dx = Fi (x ) + C i , C i ∈ R , i = 1, n на Х, n

n

i =1

i =1

∫ ∑ α i f i (x )dx = ∑ α i Fi (x ) + C ,

C ∈ R , α i ∈ R (α i ≠ 0 ), i = 1, n на Х.

Доказательство.

Из следствия к свойствам неопределённого интеграла имеем, что n

n

i =1

i =1

∫ ∑ α i f i (x )dx = ∑ α i ∫ f i (x )dx + C 0 , C 0 ∈ R . Учитывая условие ∫ f i (x )dx = Fi (x ) + C i , C i ∈ R , i = 1, n , получаем n

n

n

i =1

i =1

i =1

∫ ∑ α i f i (x )dx = ∑ α i Fi (x ) +∑ α i C i + C 0 . n

Вводя новую постоянную С : С= ∑ α i C i + C 0 , имеем нужный результат: i =1

n

n

i =1

i =1

∫ ∑ α i f i (x )dx = ∑ α i Fi (x ) + C. Т.е. утверждение доказано. Замечание. Теорема 4.1 лежит в основе метода «интегрирование разложением», главная идея которого состоит в том, что подынтегральную функцию представляют в виде линейной комбинации функций, первообразные (неопределенные интегралы) которых уже известны (т.е. можно воспользоваться таблицей интегралов) или легко определяются.

13

Пример 4.1 Найти

1  2 x + sin x + 3 ⋅  dx . ∫ x

Решение.

Из таблицы интегралов имеем, что

x3 ∫ x dx = 3 + C1 , ∀ x ∈ R; ∫ sin x = − cos x + C 2 , ∀ x ∈ R; 2

1 ∫ x = ln x + C 3 ; ∀X ⊂ R : 0 ∉ X. Следовательно, на основании теоремы 4.1, получаем:

1 x3  2 ∫  x + sin x + 3 ⋅ x dx = 3 − cos x + 3 ln x + C , ∀ X ⊂ R: 0 ∉ X. Ответ:

1 x3  2 x + sin x + 3 ⋅ dx = − cos x + 3 ln x + C , ∀ X ⊂ R: 0∉X.  ∫  x 3

Пример 4. 2 Найти

1   x e + 5 ⋅  dx . ∫ cos 2 x 

Решение.

Из таблицы интегралов имеем, что x x ∫ e dx = e + C1 , ∀ x ∈ R;

π  dx = tgx + C , ∀ X :  + πn , n ∈ Z ∉ X . 2 ∫ cos 2 x 2  1

Cледовательно, 

∫  e

x

+ 5⋅

  π x dx e 5 tgx C , X : n , n Z = + + ∀ + π ∈  ∉ X .  cos 2 x   2 1

1    π Ответ: ∫  e x + 5 ⋅ dx = e x + 5tgx + C, ∀ X :  + πn , n ∈ Z ∉ X . 2  cos x   2 

14

Первые два примера, конечно, очень простые, они были приведены здесь в качестве иллюстрации данного метода. Но даже они подсказывают, что таблицу неопределённых интегралов следует выучить наизусть, т.к. в дальнейшем это облегчит процесс нахождения неопределённых интегралов: вы научитесь сразу выделять слагаемые, первообразные (неопределенные интегралы) от которых уже известны.

Чаще всего, прежде чем применять метод разложения требуется предварительно преобразовать подынтегральное выражение (и в этом случае знание таблицы интегралов тоже не помешает: ведь нужно преобразовать выражение так, чтобы интеграл считался, да и наиболее простым способом). Пример 4.3 Найти ∫ ( x + x ) 2 dx. Решение.

Используя известную формулу сокращенного умножения (а + в ) 2 = а 2 + 2ав + в 2 ,

получим:

∫ (x + =

)2

(

)

(

)

x dx = ∫ x 2 + 2 x x + x dx = ∫ x 2 + 2 x 3 2 + x dx =

x3 x5 2 x2 x3 4 x2 x5 + + 2⋅ + +C= + + C, ∀X ⊂ R + . 3 52 2 3 5 2

x3 4 x2 5 Ответ: ∫ ( x + x ) dx = + ⋅ x + + C, ∀X ⊂ R + . 3 5 2 2

Пример 4.4 Найти

∫(

x + 1) ⋅ ( x − x + 1)dx.

Решение.

Используя формулу: (а + в ) ⋅ (а 2 − ав + в 2 ) = а 3 + в 3 ,

получаем:

∫(

)(

)

(

)

x + 1 ⋅ x − x + 1 dx = ∫ (( x ) 3 + 1)dx = ∫ x 3 2 + 1 dx =

x5 2 +x+C= 52 15

2 x5 = + x + C , ∀ X : X ⊂ R+ . 5 2 x5 + x + C , ∀ X : X ⊂ R+ . 5

Ответ:

Пример 4.5

∫

Найти

x − x 3e x + x 2 x3

dx .

Решение.

Представляя подынтегральное выражение в виде суммы дробей, получим:

∫ =

x − x 3e x + x 2 x3

 x x 3e x x 2  1  dx = ∫  3 − 3 + 3 dx = ∫  x − 5 2 − e x + dx = x x x   x

x −3 2 2 − e x + ln | x | + C = − − e x + ln | x | +C, ∀X : X ⊂ R + . −3 2 3 x3

Ответ:

−

2 3 x3

Пример 4.6 Найти

− e x + ln | x | + C, ∀X : X ⊂ R + .

∫

2 − 1− x2 1− x

2

dx.

Решение.

Применяем тот же алгоритм, что и при решении примера 4.5:

∫

2 − 1− x2 1− x2

  2 − 1dx = 2 arcsin x − x + C, ∀X : X ⊂ (-1,1). . dx = ∫    2  1− x 

Ответ: 2 arcsin x – x +C, ∀ X: X ⊂ (-1,1).

16

x2 −1 − x2 +1

∫

Пример 4.7 Найти

4

x −1

dx.

Решение. При вычислении данного интеграла будем использовать алгоритм решения примера 4.6 и известную формулу сокращенного умножения: а 2 − в 2 = (а − в ) ⋅ (а + в ) .

∫

x2−1 − x2+1 4

x −1

dx = ∫

  1 x2 −1 − x2 +1 1 dx =  dx = ∫ −   2 x2 −1 ⋅ x2+1 x2 −1  x +1

(

)(

)

= ln x + x 2 + 1 − ln x + x 2 − 1 + C = ln ∀ X:

x + x2 +1 2

x + x −1

+ C,

X ⊂ (−∞,−1) ∪ (1,+∞).

Ответ:

ln

x + x2 +1 2

x + x −1

Пример 4.8 Найти

+ C, ∀ X :

X ⊂ (−∞,−1) ∪ (1,+∞).

x2 − 2

∫ x 2 − 1 dx.

Решение.

В данном случае сначала преобразуем выражение в числителе дроби, затем применим тот же алгоритм, что и при решении примеров 4.6 и 4.7:

(

)

x2 − 2 x2 −1 −1 1  1   = = − = + dx dx 1 dx 1    ∫ x2 −1 ∫ x2 −1 ∫  x 2 − 1 ∫  1 − x 2 1 1+ x + C ∀ X : {− 1; 1}∉ X. = x + ln 2 1− x Ответ: x +

 dx = 

1 1+ x ln + C ∀ X : {− 1; 1}∉ X. 2 1− x

17

2 − x4

∫ 1+ x2

Пример 4.9 Найти

dx.

Решение.

Метод решения данного примера основан использовавшихся при решении примеров 4.7 и 4.8: 2− x 4

∫1+ x

dx = ∫ 2

(

1 + 1− x 4 1 + x2

)dx = 

1

∫ 1 + x2 

+

на

 1 1 − x 4  (1 − x 2 ) ⋅ (1 + x 2 )   dx = + ∫1 + x2 2 dx = 1 + x 2  1 x +  

x3  1 2 = + − + C; ∀ X ⊂ R . = ∫ + 1 − x dx arctgx x  2 3 1 + x  Ответ:

x3 + C, ∀ X : X ⊂ R. arctgx + x − 3

Пример 4.10 Найти

( a + x )2 dx , где а ∈ R + . ∫ ax

Решение.

∫

(

a+ x ax

)2 dx =

∫

 a a+2 a x +x x dx = dx = ∫  +2+ ax x a  

1 12 x1 2 1 x3 2  −1 2 x dx = a + 2x + ⋅ +C= = ∫ a ⋅ x +2+ 12 a a 32   = 2 ax + 2 x +

2 x3 3 a

Ответ: 2 ax + 2 x +

18

+ C, ∀ X : X ⊂ R + . 2 x3 3 a

алгоритмах,

+ C, ∀ X : X ⊂ R + .

Найти

Пример 4.11

(1 + x ) 2

∫ x ⋅ (1 + x 2 ) dx.

Решение.

(1 + x )2

∫ x ⋅ (1 + x 2 )dx = ∫

(1 + x ) + 2xdx =  1 + 2 dx = ∫ ∫ x 1+ x ) x ⋅ (1 + x )

1 + 2x + x 2

(

x ⋅ 1+ x

2

2

2

2

 dx = 

= ln x + 2arctgx + C, ∀X ⊂ (R \ {0}). Ответ: ln x + 2arctgx + C, ∀X ⊂ (R \ {0}).

Замечание. В некоторых случаях вычисление интегралов упрощается, если применить известные тригонометрические формулы.

Пример 4.12 Найти

∫ tg

2

xdx.

Решение.

В данном случае, подынтегральное выражение легко представляется в виде разности функций, первообразные (неопределенные интегралы) которых известны, если применить основное тригонометрическое тождество: sin 2 x + cos 2 = 1 .

Действительно,

∫ tg

2

xdx = ∫

sin 2 x 2

cos x

dx = ∫

1 − cos 2 x

 1  − 1dx = tgx − x + C, dx = ∫  2 cos x  cos x  2

π  ∀X :  + πn , n ∈ Z ∉ X. 2  π  Ответ: tgx – x + C, ∀ X :  + πn , n ∈ Z ∉ X. 2 

19

Пример 4.13

1

∫ sin 2 x ⋅ cos 2 x dx .

Найти

Решение.

sin 2 x + cos 2 x

1   1 dx = +  ∫ sin 2 x ⋅ cos 2 x ∫  cos 2 x sin 2 x dx = sin 2 x ⋅ cos 2 x  π = tgx − ctgx + C, ∀ X :  ⋅ n , n ∈ Z ∉ X.  2 π  Ответ: tgx − ctgx + C, ∀ X :  ⋅ n , n ∈ Z ∉ X. 2  1

Пример 4. 14

dx = ∫

Найти

cos 2 x

∫ cos x − sin x dx.

Решение.

В данном случае имеет смысл применить формулу: cos 2α = cos 2 α − sin 2 α .

Действительно, (cos x − sin x ) ⋅ (cos x + sin x ) cos 2 x cos 2 x − sin 2 x dx = ∫ cos x − sin xdx = ∫ cos x − sin x dx = ∫ cos x − sin x π  = ∫ (cos x + sin x )dx = sin x − cos x + C, ∀ X :  + π ⋅ n , n ∈ Z ∉ X. 4  π  Ответ: sin x − cos x + C, ∀ X :  + π ⋅ n, n ∈ Z ∉ X. 4  Пример 4.15 Найти

∫ 2 sin

2

x dx. 2

Решение.

Для вычисления данного интеграла применим формулу: 2 sin 2 α = 1 − cos 2α . 20

∫ 2 sin

x dx = ∫ (1 − cos x )dx = x − sin x + C, ∀ X : X ⊂ R . 2

2

Ответ: x - sin x +C, ∀ X : X ⊂ R.

∫2

Пример 4.16 Найти

x

⋅ e x dx.

Решение.

Данный интеграл можно вычислить с помощью формулы (8) теоремы 3.1, приведя предварительно подынтегральное выражение к одному основанию:

∫2

x

e

x

( 2e ) x dx = ∫ (2e ) dx = + C, ln(2e ) x

∀ X: X ⊂ R.

( 2e ) x + C, ∀ X : X ⊂ R. ln(2e)

Ответ:

Пример 4.17 Найти ∫ e 3x ⋅ 3 x dx. Решение.

∫e

3x

⋅3

x

(e ⋅ 3) + C, dx = ∫ (e ⋅ 3) dx = ln (e ⋅ 3) x

3

x

3

3

(e 3 ⋅ 3) x

Ответ:

ln(e 3 ⋅ 3)

∀ X: X ⊂ R.

+ C, ∀ X : X ⊂ R.

Пример 4.18 Найти

∫

2 x +1 − 5 x −1 10

x

dx.

Решение.

∫

2

x +1

−5

10 x

x −1

1 2 ⋅ 2 x − ⋅ 5x 1   2 5 dx = ∫ dx = ∫  x − dx = x x 5 ⋅ 2x  2 ⋅5 5

21

x

x

1 1     x x  1 1 2 1  1   5   +C= − ⋅ = ∫ 2 ⋅   − ⋅   dx = 2 ⋅  5  ln( 1 / 5 ) 5 ln( 1 / 2 ) 5 2     =

1 5 ⋅ 2 x ⋅ ln 2

−

2 5 x ⋅ ln 5

+ C, ∀ X : X ⊂ R.

Замечание. Для решения рассмотренных выше примеров было достаточно воспользоваться известными из курса школьной математики формулами сокращённого умножения и формулами связи тригонометрических функции одного и того же угла. Иногда, прежде чем применять эти формулы приходится предварительно сделать под интегралом искусственное преобразование. Пример 4.19 Найти

x2

∫ 1 − x 2 dx.

Решение.

(

x2

)

x2 −1 + 1 1 − 1 − x2  1  ∫ 1 − x 2 dx = ∫ 1 − x 2 dx = ∫ 1 − x 2 dx = ∫  1 − x 2 − 1dx = 1 1+ x = ln − x + C, ∀ X : 2 1− x

Ответ:

{− 1; 1}∉ X.

1 1+ x ln − x + C, ∀ X : {-1, 1}∉ X. 2 1− x

Пример 4.20 Найти

1

∫ x 4 − 1 dx.

Решение.

1 2 1 1+1 1 (1 + x 2 ) + (1 − x 2 ) ∫ x 4 − 1 dx = ∫ 2 ⋅ x 4 − 1 dx = ∫ 2 ⋅ (x 2 − 1) ⋅ (x 2 + 1) dx = ∫ 2 ⋅ (x 2 − 1) ⋅ ( x 2 + 1) dx = 1

22

1 1 1  1 1+ x 1 1 − arctg x + C, ∀ X : {− 1; 1}∉ X. = ∫ ⋅ 2 − ⋅ 2 dx = − ln 4 1− x 2  2 x − 1 2 x + 1

Ответ: -

1 1+ x 1 ln − arctgx + C, ∀ X : {-1, 1} ∉ X. 4 1− x 2

Замечание. Напоминаем, что Х это у нас всегда один из интервалов вида: (а, в); (-∞, а); (в, +∞) или (-∞, +∞). Задания для самостоятельного решения 4.1(С)

∫ (2 − 3 x )dx .

4.2 (С)

 1 4.3 (С) ∫  + cos x + 2 x dx .  x 4.5 (С)

1 + 2x 2

∫ x 2 ⋅ (1 + x 2 ) dx .

x +3 x

∫

4

∫

4.4 (С)

4.6 (С)

∫

x

(1 + x )3 dx . x2

1+ x2 + 1− x2 1− x

x2 − 6 4.7 (С) ∫ 2 dx . x −1

4.8 (С)

4.9 (С) ∫ ctg 2 xdx .

4.10 (С) ∫ cos 2

4.11 (С) ∫ 2 ⋅ 3 ⋅ 5 dx . x

4.13 (С)

4.15 (С)

4.17 (С)

∫

x

x

2 2 x −1 − 3 2 x +3 6 2x e 3x − 1

∫ e x − 1 dx .

dx .

dx .

4

dx .

2 + x6

∫ 1 + x 2 dx . x dx . 2

2 2x − 1 4.12 (С) ∫ dx . x 2 4.14 (С)

4.16 (С)

∫ (5

x

− 2x

) dx . 2

x2

∫ 1 + x 2 dx .

6

∫ 1 − x 4 dx . 23

4.2 Метод подведения под знак дифференциала

В основе этого метода лежит следующая теорема. Теорема 4.2 Пусть функции f(x) и ϕ ( x ) определены на интервалах U и X ϕ : X →U и ϕ ( x ) ∈ D( X ) . соответственно; Тогда, если f(u) имеет первообразную F(u) на U , т.е.

∫ f (u )du = F (u ) + C , C ∈ R , то функция

f (ϕ ( x )) ⋅ ϕ ′( x ) имеет первообразную F (ϕ ( x )) на Х, т.е.

∫ f (ϕ ( x )) ⋅ ϕ ′(x )dx = F (ϕ ( x )) + C , C ∈ R . Доказательство.

Заметим, что сложные функции f(ϕ(x)) и F(ϕ(x)) имеют смысл, т.к. по условию функции f(u), F(u) определены на U, а функция ϕ(x) на Х и ϕ: X → U (мы фактически предполагаем, что u = ϕ( х ) ). F(u ) ∈ D(U ), т.к. это первообразная функции f (u )  ⇒ F(ϕ(x)) ∈ D(X), ϕ(x ) ∈ D(X ) по условию теоремы  причём (F(ϕ( x ) ))′ = u = ϕ(x ) = F′(u ) ⋅ u ′ = f (u ) ⋅ u ′ = f (ϕ( x ) ) ⋅ ϕ′( x )

на Х.

Таким образом, F(ϕ(x)) является первообразной для f(ϕ(x))⋅ϕ′(x) на Х. Замечание. Символически данная теорема может быть записана так:

∫ f (ϕ(x ) ) ⋅ ϕ′(x )dx = ∫ f (ϕ(x ) )dϕ(x ) =

u = ϕ(x )

∫ f (u )du = F(u ) + C

= F(ϕ( x ) ) + C, C ∈ R

Заметим, что переход от первого интеграла ко второму совершен методом подведения функции ϕ( х ) под знак дифференциала. Именно эта процедура и дала название методу.

24

Очевидно, что данный метод можно применять лишь в том случае, когда под знаком интеграла можно выделить функцию и её производную, входящие в состав подынтегрального выражения рассмотренным выше способом. Прежде, чем Вы приступите к знакомству с соответствующими примерами, рекомендуем выучить следующую таблицу дифференциалов. Это поможет Вам в дальнейшем. Теорема 4.3 (Таблица дифференциалов) 1. 1dx = dx , ∀ X : X ⊂ R .

 x α +1   = 1 ⋅ d x α +1 , ∀α ∈ R , α ≠ −1, ∀ X : X ⊂ R+ . 2. x dx = d   α + 1 α + 1

(

α

3.

)

1 dx = d (ln x ), ∀ X : X ⊂ (R \ {0}) . x

4. sin xdx = d (− cos x ) = − d (cos x ), ∀ X : X ⊂ R . 5. cos xdx = d (sin x ), ∀ X : X ⊂ R . 6.

7.

 π ( ) dx d tgx , X : π n , n Z = ∀ + ∈ ∉ X .   2 cos 2 x

1

1 sin 2 x

dx = d (− ctgx ) = − d (ctgx ), ∀ X : {πn , n ∈ Z }∉ X .

( )

 ax   = 1 d a x , a > 0 , a ≠ 1, ∀X : X ⊂ R . 8. a dx = d    ln a  ln a x

( )

e x dx = d e x , ∀ X : X ⊂ R . 9.

d (arcsin x ), dx =  d (− arccos x ) = − d (arccos x ), ∀ X : X ⊂ ( −1, 1 ). 1 − x2

10.

d (arctgx ), dx =  1 + x2 d (− arcctgx ) = − d (arcctgx ), ∀ X : X ⊂ R .

1

1

25

11.

1

dx = d  ln x + x 2 + 1  , ∀ X : X ⊂ R .   x +1 2

1

dx = d  ln x + x 2 − 1  ,   x2 − 1 12.

∀ X : X ⊂ (-∞ ,-1) ∪ (-1,1) ∪ (1,+∞ ) .

1 1+ x  1  1+ x  = dx d  ln  = d  ln  , ∀ X : {− 1;1}∉ X . − − 2 1 x 2 1 x 1 − x2     1

13. shxdx = d (chx ), ∀ X : X ⊂ R . 14. chxdx = d (shx ), ∀ X : X ⊂ R . 15.

16.

1 ch 2 x 1 sh 2 x

dx = d (thx ), ∀ X : X ⊂ R.

dx = d (− cthx ), ∀ X : 0 ∉ X .

Доказательство.

Результаты данной теоремы легко следуют из правила нахождения дифференциала функции: df ( x ) = f ′( x )dx и таблицы производных. (Проверьте самостоятельно!)

Замечание. Обратите внимание на тот факт, что данная таблица легко может быть выписана, если пользоваться соответствующей таблицей интегралов. (У нас даже нумерация формул совпадает!). Подынтегральное выражение совпадает с дифференциалом от функции, стоящей в правой части формулы. (Этот факт нами был доказан в теореме 2.1) Поэтому иногда употребляют такую фразу: «Чтобы ввести функцию под знак дифференциала достаточно найти её первообразную». При этом, обычно выбирают ту первообразную, у которой С=0, т.е. чтобы она имела наиболее простой вид. Но это не обязательно, всё зависит от конкретного примера.

Теперь мы готовы к отработке этого метода. Ещё раз напоминаем главную идею: 26

нужно увидеть в составе подынтегрального выражения функцию и её производную и, если это возможно, ввести производную под знак дифференциала, затем поискать в таблице интегралов подходящую формулу, рассматривая функцию (производную которой вводили под знак дифференциала) как новую (промежуточную) переменную.

Пример 4.21 Найти ∫ (ln x ) 4 ⋅

∫ (ln x )

4

1 dx . x

u = ln x 5 ( ) 1 ln x 4 ⋅ dx = ∫ (ln x ) d(ln x ) = = + C, ∀ X ⊂ R + . u5 4 x 5 ∫ u du = 5 + C

(ln x ) 5 Ответ: + C, ∀ X : X ⊂ R + . 5

Пример 4.22 Найти

∫

sin x ⋅ cos xdx .

Решение.

u = sin x

∫ sin x ⋅ cos xdx = ∫ sin x ⋅ d(sin x ) = Ответ:

∫u

12

du =

32

u +C 32

( sin x )3 2 = 32

+C

2 sin 3 x + C, ∀ X : sinx > 0, x ∈ X . 3

Пример 4.23 Найти

1

∫ (arcsin x ) 3 ⋅

1 1− x

2

dx .

Решение. 1

∫ (arcsin x )3 ⋅

1 1− x

dx = ∫ (arcsin x ) d(arcsin x ) = −3

2

u = arcsin x = u −2 = + C u du ∫ −2 −3

27

=

1 1 (arcsin x )−2 + C = − + C, ∀ X : X ⊂ (−1, 1). −2 2(arcsin x ) 2 −

Ответ:

1 2(arcsin x ) 2

+ C, ∀ X : X ⊂ (−1, 1).

∫ (arctgx )

Пример 4.24 Найти

2

⋅

1 1+ x2

dx .

Решение.

∫ (arctgx )

2

⋅

1 1+ x2

dx = ∫ (arctgx ) d(arctgx ) =

u = arctgx

2

2 ∫ u du =

= u +C 3 3

(arctgx )3 3

+ C,

∀X ⊂ R.

(arctgx )3

Ответ:

3

Пример 4.25

+ C, ∀ X : X ⊂ R.

Найти

∫e

x

sin(e x )dx .

Решение.

∫e

x

sin(e )dx = ∫ sin(e )de = x

x

u = ex

x

∫ sin udu = − cos u + C

= − cos(e x ) + C, ∀X ⊂ R.

Ответ: − cos(e x ) + C, ∀ X : X ⊂ R .

Пример 4.26 Найти

1

∫ x ln x dx

.

Решение. 1 1 1 1 dx dx = ⋅ = ∫ x ln x ∫ ln x x ∫ ln x d(ln x ) = 28

u = ln x = ln ln x + C, 1 du ln u C = + ∫u

∀ X : X ⊂ (R + \ {1}) .

Ответ: ln | ln x | + C, ∀ X : X ⊂ (0,1) ∪ (1,+∞).

2

x ∫ e ⋅ 2xdx .

Пример 4.27 Найти Решение.

∫e

x2

⋅ 2 xdx = ∫ e

x2

( )=

⋅d x

u = x2

2

∫e

u

2

du = e u + C

= e x + C, ∀ X : X ⊂ R .

2

Ответ: e x + C, ∀ X : X ⊂ R .

Пример 4.28

Найти

∫

5x 4 1− x

10

dx .

Решение.

∫

5x

4

1− x

10

dx = ∫

5x

4

( )

1− x

5 2

=∫

( ) 1 − (x ) dx

5

5 2

=

∫

u = x5 = du = arcsin u + C 1− u2

= arcsin(x 5 ) + C, ∀ X : X ⊂ (−1, 1).

Ответ: arcsin(x 5 ) + C, ∀ X : X ⊂ (−1, 1).

Пример 4.29

Найти

∫ (x

2

− 3x + 10

)

10

⋅ (2 x − 3)dx .

Решение.

∫ (x

2

− 3x + 10

)

10

(

⋅ (2 x − 3)dx = ∫ x 2 − 3x + 10

) d(x 10

2

)

− 3x + 10 =

u = x 2 − 3x + 10 = u 11 ∫ u du = 11 +C 10

29

(x =

2

− 3x + 10 11

Ответ:

(x

Пример 4.30

2

)

11

+ C, ∀ X : X ⊂ R .

− 3x + 10 11

Найти

)

11

+ C, ∀ X : X ⊂ R .

3x 2 + 2 x

∫ x 3 + x 2 + 7 dx .

Решение. u = x3+ x2 + 7 1 3 2 ∫ x 3 + x 2 + 7 dx = ∫ x 3 + x 2 + 7 d x + x + 7 = du = ln u + C = ∫u

(

3x 2 + 2 x

= ln x 3 + x 2 + 7 + C,

{

}

∀ X : x x 3 + x 2 + 7 ≠ 0 ∉ X.

Ответ: ln x 3 + x 2 + 7 + C,

Пример 4.31 Найти

)

{

}

∀ X : x x 3 + x 2 + 7 ≠ 0 ∉ X.

∫ tgxdx .

Решение. sin x d(cos x ) ∫ tgxdx = ∫ cos x dx = − ∫ cos x =

u = cos x = − ln cos x + C, 1 du ln u C = + ∫u

 π ∀ X :  + πn , n ∈ Z ∉ X.  2

Ответ:

 π − ln cos x + C , ∀ X :  + πn , n ∈ Z ∉ X.  2

Замечание. В некоторых случаях, прежде чем применять этот метод, необходимо предварительно упростить (преобразовать) подынтегральное выражение.

30

Пример 4.32

∫ cos

Найти

3

x sin 2 x dx .

Решение.

∫ cos

3

x sin 2 x dx = ∫ cos 3 x ⋅ 2 sin x ⋅ cos x dx = ∫ 2 cos 4 x sin x dx =

cos 5 x = − ∫ 2 cos xd(cos x ) = − 2 + C, ∀ X : X ⊂ R. 5 4

2 Ответ: − cos 5 x + C, ∀ X : X ⊂ R. 5

Задания для самостоятельного решения 4.18 (С)

1

1

∫ ln 3 x ⋅ x dx .

4.20 (С) ∫ arccos 5 x ⋅

1 1− x2

dx .

4.22 (С) ∫ e sin x ⋅ cos x dx . 4x 3

4.24 (С)

∫

4.26 (С)

∫ (x

1+ x 3

8

+ 5x

) (3x

∫

4.21 (С)

1 1 ⋅ ∫ arctgx 1 + x 2 dx .

4.25 (С)

2

3

cos x ⋅ sin xdx .

4.23 (С) ∫ cos( x 3 ) ⋅ 3x 2 dx .

dx .

12

4.19 (С)

)

+ 5 dx .

4.27 (С)

2x

∫ 1 − x 4 dx . ∫

4 x 3 + 14 x + 1

(x

4

2

+ 7x + x

)

3

dx .

4.28 (С) ∫ ctgxdx = ln sin x + C . Мы рассмотрели примеры, когда теорема 4.2 применяется сразу. Однако такие ситуации встречаются крайне редко. Чаще всего требуется сделать под интегралом дополнительные преобразования.

Иногда удаётся получить подынтегральное выражение нужного вида с помощью следующих свойств дифференциала функции. 31

Теорема 4.4 (Свойства дифференциала функции)

Если

f ( x ) ∈ D( X ) , то

1. ∀ b ∈ R

d ( f ( x )) = d ( f ( x ) + b ), ∀ x ∈ X . df ( x ) =

2. ∀ a ∈ R : a ≠ 0 3. ∀ a , b ∈ R : a ≠ 0

1 d (a ⋅ f(x)), ∀x ∈ X . a

df ( x ) =

1 d (a ⋅ f ( x ) + b ), ∀x ∈ X . a

Доказательство.

Для доказательства данного утверждения достаточно воспользоваться формулой для нахождения дифференциала функции df (x ) = f ′(x ) ⋅ dx , ∀x ∈ X и правилами нахождения производной:

(a ⋅ f ( x ) )′ = a ⋅ f ′( x );

(f(x) + b )′ = f ′( x ); (a ⋅ f(x) + b )′ = a ⋅ f ′(x);

∀ x ∈ X.

В таком случае имеем: 1) d(f (x ) + b ) = (f (x ) + b )′ dx = f ′(x )dx , ∀ x ∈ X .

Следовательно,

df ( x ) = d(f ( x ) + b ), ∀ x ∈ X , ∀ b∈R.

2) d(a ⋅ f (x )) = (a ⋅ f (x ))′ dx = a ⋅ f ′(x )dx = a ⋅ d(f (x )), ∀ x ∈ X, ∀ a ∈ R.

1 Следовательно, ∀ a ∈ R : a ≠ 0 df (x ) = d (a ⋅ f(x) ), ∀x ∈ X . a 3) d(a ⋅ f ( x ) + b ) = (a ⋅ f ( x ) + b )′ dx = a ⋅ f ′( x )dx = a ⋅ d (f ( x )), ∀ x ∈ X. Следовательно,

32

1 ∀ a , b ∈ R : a ≠ 0 df (x ) = d(a ⋅ f (x ) + b ), ∀ x ∈ X . a

Следствие 4.1 ∀a, b ∈ R : a ≠ 0 и

∀x ∈ R

dx = d ( x + b );

1.

2. dx =

1 d (a ⋅ x ); a

3. dx =

1 d (a ⋅ x + b ) . a

Пример 4.33 Найти

∫ cos 3xdx .

Решение. 1 1 ( ) cos 3 xdx = cos 3 x ⋅ d 3 x = sin 3x + C, ∀ X : X ⊂ R . ∫ ∫ 3 3 1 sin 3x + C, ∀ X : X ⊂ R . 3

Ответ:

Пример 4.34

Найти ∫ e −2 x dx .

Решение.

∫e

−2x

1  1 dx = ∫ e − 2 x ⋅  − d(− 2 x ) = − e − 2 x + C, ∀ X : X ⊂ R . 2  2 1 − e − 2 x + C, ∀ X : X ⊂ R . 2

Ответ:

Пример 4.35

Найти

Решение.

∫

1 sin 2

x 3

dx = ∫

∫

1 x sin 3

dx .

2

x x 3d  = −3ctg + C, ∀ X : {3πn , n ∈ Z}∉ X . x 3 3 sin 2 3 1

33

−3ctg

Ответ:

Пример 4.36

x + C, ∀ X : {3πn , n ∈ Z}∉ X . 3

Найти

∫ (x + 5 )

16

dx .

Решение.

( x + 5)17 ∫ (x + 5) dx = ∫ (x + 5) d(x + 5) = 16

16

17

(x + 5)17

Ответ:

17

Пример 4.37

+ C, ∀ X : X ⊂ R .

+ C, ∀ X : X ⊂ R .

Найти

∫

dx x −1

+ C.

Решение.

∫

dx x −1

= ∫ (x + 1)

−1 2

dx = ∫ (x − 1)

−1 2

( x − 1)1 2 d(x − 1) = 12

+ C, ∀X:

(1,+∞)

2 x − 1 + C , ∀ X: X ⊂ (1, +∞).

Ответ:

Пример 4.38 Найти

dx

∫ x +6.

Решение. dx 1 = ∫ x + 6 ∫ x + 6 d(x + 6 ) = ln x + 6 + C, ∀ X : X ⊂ (R \ {− 6}). Ответ:

ln x + 6 + C, ∀ X : X ⊂ (R \ {− 6}) .

Пример 4.39 Решение.

34

Найти ∫ sin (x − 7 )dx .

X⊂

∫ sin (x − 7 )dx = ∫ sin (x − 7 )d(x − 7 ) = − cos(x − 7 ) + C, Ответ:

∀X: X⊂ R.

− cos (x − 7 ) + C, ∀ X : X ⊂ R .

Пример 4.40

1

∫ cos 2 (x + 3) dx .

Найти

Решение. 1

1

∫ cos 2 (x + 3) dx = ∫ cos 2 (x + 3) d(x + 3) = tg(x + 3) + C, π   ∀ X : − 3 + + π ⋅ n, n ∈ Z ∉ X . 2   π   Ответ: tg(x + 3) + C, ∀X : − 3 + + π ⋅ n , n ∈ Z ∉ X . 2   dx

∫ (x + 2 )2 + 1 .

Пример 4.41 Найти Решение. dx

∫ (x + 2 ) 2 + 1 Ответ:

=∫

1

(x + 2 )

2

+1

d(x + 2 ) = arctg(x + 2 ) + C, ∀ X : X ⊂ R .

arctg(x + 2 ) + C, ∀ X : X ⊂ R .

Пример 4.42 Найти

∫

dx 1 − (x + 1)

2

.

Решение.

∫

dx 1 − (x + 1)

Ответ:

2

=∫

d(x + 1) 1 − (x + 1)

2

= arcsin(x + 1) + C, ∀ X : X ⊂ (−2, 0).

arcsin (x + 1) + C, ∀ X : X ⊂ (−2, 0) .

35

Найти ∫ cos(2 x + 5)dx .

Пример 4.43 Решение.

1 1 cos ( 2 x + 5 ) dx = cos ( 2 x + 5 ) d ( 2 x + 5 ) = sin (2 x + 5) + C, ∀ X : X ⊂ R . ∫ ∫ 2 2 Ответ:

1 sin (2 x + 5) + C, ∀ X : X ⊂ R . 2

Пример 4.44 Найти

∫e

5−3x

dx .

Решение. 1 5−3 x 5−3x 5−3 x  1  ( ) = ⋅ − − = − e + C, ∀ X : X ⊂ R . d 5 3 x e dx e   ∫ ∫ 3  3 1 Ответ: − e 5−3x + C, ∀ X : X ⊂ R . 3

Пример 4.45 Найти

∫

8 − 7 x dx .

Решение. 1 2 1 1 (8 − 7 x )3 2 ( ) ( ) − = − − 8 7 x dx 8 7 x d 8 7 x − = − ⋅ + C,   ∫ ∫ 7 7 3 2   ∀ X: X ⊂ (-∞,8/7).

1 (8 − 7 x )3 2 Ответ: − ⋅ + C , ∀ X: X ⊂ (-∞,8/7). 7 32

Пример 4.46 Найти

dx

∫ 9x − 4 .

Решение. dx

1

1

1

∫ 9x − 4 = ∫ 9x − 4 ⋅ 9 d(9x − 4) = 9 ln 9x − 4 + C, 36

 4 ∀ X : X ⊂  R \   . 9  

Ответ:

1  4 ln 9 x − 4 + C, ∀ X : X ⊂  R \    . 9 9  

Пример 4.47 Найти

∫ (13x + 2 )

100

dx ∀ X : X ⊂ R .

Решение.

∫ (13x + 2)

100

dx = ∫ (13x + 2 )

100

∀ X: X ⊂ R.

1 1 (13x + 2 )101 ⋅ d(13x + 2 ) = ⋅ + C, 13 13 101

1 (13x + 2 )101 Ответ: ⋅ + C, ∀ X : X ⊂ R . 13 101

Пример 4.48 Найти

x

∫ 3 1 − 2 dx

.

Решение.

∫

3

x x  1 − dx = ∫ 1 −  2 2  3 − ⋅3 2

Ответ:

13

x  1 −  x 2   ⋅ (−2) ⋅ d1 −  = −2 ⋅ 2 43 

43

+ C, ∀ X : X ⊂ R .

4

x  1 −  + C, ∀ X : X ⊂ R. 2 

Задания для самостоятельного решения

4.29 (С) 4.31 (С)

4.33 (С)

∫ sin 7 xdx .

∫

1 x cos 5

dx .

4.30 (С)

∫5

4.32 (С)

∫ (x − 8 )

4.34 (С)

∫ x −3.

2

dx

∫3 x +8 .

4x

dx . 20

dx .

dx

37

1

4.35 (С)

∫ cos(x + 5)dx .

4.37 (С)

∫ 1 − (x + 3)2 .

4.38 (C) ∫

4.39 (С)

∫ sin (9x − 2 )dx .

4.40 (С)

∫3

4.41 (С)

∫

4.42 (С)

dx ∫ 7 − 3x .

4.43 (С)

∫ (4 − 19x )

4.36 (С)

dx

5x + 1dx.

200

4.44 (С)

dx .

∫ sin 2 (x − 4 ) dx . dx

(x − 4 ) 11− 2 x

∫5

2

−1

.

dx .

2

x   + 17  dx . 9 

Используя рассмотренные выше методы интегрирования, можно получить еще 4 табличные формулы, которые являются обобщением формул (9) – (12) теоремы 3.1.

Теорема 4.5 (Дополнение к таблице интегралов)

1.

∫

a2 − x2

x 1 + C1 , arctg  a dx a ∀a ∈ R + , ∀ X : X ⊂ R . ∫ a2 + x2 =  1 x − arcctg + C ; 2  a a

2.

3.

dx

x  arcsin + C1 ,  a ∀ X : X ⊂ ( − a , a ), ∀a ∈ R+ . = x − arccos + C , 2  a

∫

dx 2

x +a

= ln x + x 2 + a + C ,

.

∀ X: X⊂ R, если a∈ R+; ∀ X: X⊂ ( −∞ ,− − a ) ∪ ( − a ,+∞ ) , если a∈ R - . 38

4.

dx

∫ a2 − x2

=

1 a+x ln + C , ∀ X ⊂ ( R \ {a ;− a} ), ∀a ∈ R+ . 2a a − x

Доказательство.

∫

1)

dx 2

a −x

2

=∫

dx x |a |⋅ 1−   a

2

1 =∫ ⋅ a

x a ⋅ d  a x 1−   a

2

=∫

x d  a

=

2

x 1−   a

x  + C1 , arcsin  a = ; ∀ X : X ⊂ (-a, a), ∀ a ∈ R +. x − arccos + C 2  a x d  dx 1 1 1 1 1 x a = = ⋅ = ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ dx 2) ∫ 2 a d   ∫ ∫ ∫ 2 2 a a a + x2 a2 x2 a2 x x   1+ 2 1+   1+   a a a x 1  a arctg a + C1 , = ∀ X : X ⊂ R , a ≠ 0. x 1 − arcctg + C ; 2  a a

3)

=∫

∫

dx 2

x +a

=∫

 x   d  a    2

 x    ±1  a   

dx 2

x ±

( a)

2

=

+, если a ∈ R + −, если a ∈ R −

2

=∫

1 a

⋅

 x  x + x2 ± x  ± 1 + C =ln =ln +  1   a a a  

1 2

dx =

 x    ±1  a   

( a)

2

+ C1 =

39

= ln x + x 2 + a − ln a + C1 = ln x + x 2 + a + C; для Х из условия теоремы. 4) Формулу 4) докажите самостоятельно. Замечание. Нетрудно заметить, что указанные в теореме 4.5 формулы можно доказать и иначе: с помощью непосредственного дифференцирования, т.е. используя алгоритм доказательства формул (9) - (12) теоремы 3.1. (Проверьте самостоятельно!)

Ранее мы рассмотрели примеры, где используется либо в чистом виде теорема 4.2, либо свойства дифференциала, выделенные в теореме 4.4. Однако такие ситуации встречаются редко. Чаще всего приходится использовать обе идеи.

∫x

Пример 4.49 Найти

2

5

⋅ x 3 + 2 dx .

Решение.

( )

(

) (

)

15 15 3 1 3 3 3 ∫ x ⋅ x + 2 dx = ∫ 3 x + 2 d x = ∫ 3 x + 2 d x + 2 = 2 5

3

(

1 x3 + 2 = ⋅ 3 65 Ответ:

)

65

+C=

55 3 ( x + 2) 6 + C, ∀ X : X ⊂ R. 18

55 3 ( x + 2) 6 + C, ∀ X : X ⊂ R . 18

Найти

Пример 4.50

ex

∫ e x − 1 dx .

Решение.

ex

∫ ex −1

dx = ∫

Ответ:

40

( ) = d(e

d ex x

e −1

∫

x

x

) = ln e

−1

e −1

x

− 1 + C, ∀ X : X ⊂ (R \ {0}) .

ln e x − 1 + C, ∀ X : X ⊂ (R \ {0}) .

∫ (1 + x 2 ) ⋅

Пример 4.51 Найти

dx arctgx + 5

.

Решение.

∫ (1 + x 2 ) ⋅

dx arctgx + 5

d(arctgx )

=∫

arctgx + 5

=∫

d(arctgx + 5) arctgx + 5

=

= 2(arctgx + 5)1 2 + C, ∀ X : X ⊂ R. Ответ: 2 arctgx + 5 + C, ∀ X : X ⊂ R. 3

−x 2 ∫ e x dx .

Найти

Пример 4.52 Решение.

∫e

−x3

( )

(

)

3 3 3 1 1 1 x 2 dx = ∫ e − x d x 3 = − ∫ e − x d − x 3 = − e − x + C, ∀ X : X ⊂ R . 3 3 3

Ответ:

3 1 − e − x + C, ∀ X : X ⊂ R . 3

Пример 4.53 Найти

∫

xdx 9 − 25x

4

.

Решение.

∫

xdx 9 − 25x

4

=∫

1 ⋅ 2

( ) 9 − (5x ) d x2

2 2

=∫

1 ⋅ 10

( ) 9 − (5x ) d 5x 2

2 2

=

 1 5x 2 3 3 ; . = arcsin + C, ∀ X : X ⊂  − 10 3 5 5   3 3 5x 2 1 Ответ: + C, ∀ X : X ⊂  − ; . arcsin 5 5 3 10 

41

1

∫ cos 2 x (1 + 4tg 2 x ) dx

Пример 4.54 Найти

.

Решение.

1

∫ cos 2 x (1 + 4tg 2 x )

dx = ∫

d(tgx )

1 d(2 tgx ) 1 = ⋅ = arctg(2 tgx ) + C, ∫ 2 2 2 1 + 4 tg x 1 + 4 tg x 2

π  ∀ X : X ⊂ (R \  + π ⋅ n , n ∈ Z ). 2  1 π  arctg(2 tgx ) + C, ∀ X : X ⊂ (R \  + π ⋅ n , n ∈ Z). 2 2 

Ответ:

(

)

2 ∫ x 5x − 3

Пример 4.55 Найти

80

dx .

Решение.

(

2 ∫ x 5x − 3

)

(

80

dx = ∫

1 5x 2 − 3 = ⋅ 10 81 Ответ:

)

(

) ( )

(

) (

)

80 80 1 1 5x 2 − 3 d x 2 = ∫ 5x 2 − 3 d 5x 2 − 3 = 2 10

81

+ C, ∀ X : X ⊂ R.

(

1 5x 2 − 3 ⋅ 10 81

Пример 4.56 Найти

)

81

+ C, ∀ X : X ⊂ R .

sin xdx

∫ 3 1 + 6 cos x .

Решение.

sin x dx

∫ 3 1 + 6 cos x =− ∫ (1 + 6 cos x )

−1 3

d(cos x ) =− ∫

1 (1 + 6 cos x )−1 3 d(1 + 6 cos x ) = 6

1 (1 + 6 cos x )2 3 1 1 =− + C = − 3 (1 + 6 cos x ) 2 + C, ∀ X : X ⊂ (R \ {x | cos x = − }). 6 23 4 6 Ответ: − 42

13 1 (1 + 6 cos x ) 2 + C, ∀ X : X ⊂ (R \ {x | cos x = − }). 4 6

−( x ∫e

Пример 4.57 Найти

2

+1)

x dx.

Решение.

2 2 1 1 x dx = ∫ e −( x +1) d ( x 2 ) = ∫ e −( x +1) d ( x 2 + 1) = 2 2 2 2 1 1 = − ∫ e −( x +1) d (−( x 2 + 1)) = − e −( x +1) + C, ∀ X : X ⊂ R. 2 2

−( x ∫e

2

+1)

2 1 Ответ: − e −( x +1) + C, ∀ X : X ⊂ R . 2

Замечание. В некоторых случаях для получения окончательного ответа этим методом необходимо воспользоваться несколько раз. Пример 4.58

dx ∫ x ⋅ ln x ⋅ (ln(ln x ) + 5)) .

Найти

Решение.

d(ln(ln x )) dx d(ln x ) = = ∫ x ⋅ ln x ⋅ (ln(ln x ) + 5) ∫ ln x ⋅ (ln(ln x) + 5) ∫ ln(ln x ) + 5 = =∫

5 d (ln(ln x ) + 5) = ln | ln(ln x ) + 5 | + C, ∀ X : X ⊂  (1,+∞) \ e1 e .   ln (ln x ) + 5 5 ln | ln(ln x ) + 5 | +C, ∀ X : X ⊂  (1,+∞) \ e1 e .  

Ответ:

Пример 4.59

∫

Найти

xe

x 2 −1 2

x −1

dx.

Решение.

∫

x 2 −1

2

2

1 e x −1 1 e x −1 2 dx = ∫ d( x ) = ∫ ⋅ d ( x 2 − 1) = 2 x2 −1 2 x2 −1 x2 −1

x⋅e

= ∫e

x 2 −1

(

)

d x2 −1 = e

x 2 −1

+ C, ∀ X : X ⊂ (−∞,−1) ∪ (1,+∞). 43

x 2 −1

e

Ответ:

+ C, ∀ X : X ⊂ (-∞,-1) ∪ (1,+∞).

∫

Пример 4.60 Найти

sin x ⋅ cos x

dx.

2

3 − sin x

Решение.

∫

sin x ⋅ cos x

dx = ∫

3 − sin 2 x

(

sin x ⋅ d(sin x )

)

(

)

1 d sin 2 x 1 d 3 − sin 2 x =∫ =− ∫ = 2 2 2 2 2 3 − sin x 3 − sin x 3 − sin x

= − 3 − sin 2 x + C, ∀ X : X ⊂ R.

Ответ: − 3 − sin 2 x + C, ∀ X : X ⊂ R.

sin 2 x

∫

Пример 4. 61 Найти

4

cos x + 3

dx .

Решение.

∫

sin 2 x 4

cos x + 3

dx = ∫

2 sin x ⋅ cos x 4

cos x + 3

dx = ∫ −

2 cos xd(cos x ) 4

cos x + 3

= −∫

d (cos 2 x ) 4

cos x + 3

= − ln cos 2 x + cos 4 x + 3 + C, ∀ X : X ⊂ R. − ln cos 2 x + cos 4 x + 3 + C, ∀ X : X ⊂ R.

Ответ:

Найти ∫ e sin

Пример 4.62

2

x

⋅ sin 2 xdx.

Решение. sin ∫e

2

x

= ∫ e sin

2

⋅ sin 2 x dx = ∫ e x

Ответ: 44

sin 2 x

d (sin 2 x ) = e sin e sin

2

x

2

x

2 sin x cos x dx = ∫ e sin

+ C, ∀ X : X ⊂ R.

+ C, ∀ X : X ⊂ R.

2

x

2 sin xd (sin x ) =

=

Задания для самостоятельного решения

x 4 dx

4.45 (С)

∫

4.47 (С)

∫ x(ln x + 7 ) dx .

4.49 (С)

x5 + 4

4.46(С)

dx

∫

x 3 dx 4 + 36x 8 ex

4.51 (С)

∫ 5e x + 1

4.53 (С)

∫

4.55 (С)

.

5

4.48 (С)

.

dx .

1 + 13 sin x ⋅ cos xdx .

ln x

∫ x (1 − ln 2 x )

dx

∫ cos 2 x 3 1 + tgx .

∫2

−8 x 7

1

4.50 (С)

∫ sin 2 x (1 − 9ctg 2 x ) dx .

4.52 (С)

7 8 ∫ x 12x − 3

4.54 (С)

(

)

100

dx .

x cos x 2

∫ 2 − 3 sin x 2 dx .

4.56 (С) ∫ e cos

dx .

⋅ x 6 dx .

2

x

⋅ sin x ⋅ cos xdx .

Замечание. Чаще всего, прежде чем удается увидеть, что интеграл легко считается с помощью «метода подведения под знак дифференциала», нужно предварительно сделать под интегралом тождественные преобразования. Мы ограничимся рассмотрением лишь двух ситуаций, являющихся иллюстрацией к сказанному: интегрирование некоторых классов тригонометрических функций (примеры 4.63 – 4.65) и интегрирование функций, содержащих квадратный трехчлен (примеры 4.66 – 4.69). В классических учебниках интегралы данных видов принято считать методом замены переменной.

Пример 4.63

Найти

1 ∫ cos x dx.

Решение. x 2d   1 1 1 2 = dx = ∫ dx = ∫ ∫ cos x dx =∫ 2 x 2 x 2x 2x 2x 2x cos − sin cos 1 − tg  cos 1 − tg  2 2 2 2 2 2

45

 x x 2d tg  1 + tg  2 2 + C, ∀ X : X ⊂  R =∫ = ln  x x  1 − tg 2 1 − tg 2 2 x 2 + C, Ответ: ln x 1 − tg 2 1 + tg

Пример 4.64

Найти

x   \ x tg = ±1  . 2  

π    ∀ X : X ⊂  R \ x = + πn , n ∈ Z  . 2   

1 ∫ 1 + cos x dx.

Решение.

x d   x x dx 1   2  = = = + ∀ ⊂ = 0 C , X : X R \ x cos tg dx    ∫ 1 + cos x ∫ ∫ 2x  2 2 2 x    cos 2 cos 2 2 Ответ:

tg

x + C, ∀ X : X ⊂ (R \ {x = π + 2πn , n ∈ Z}). 2

Пример 4.65 Найти

1

∫ 1 + sin x dx.

Решение. 1 способ.

x d  dx 1 1 2 = = = = dx dx ∫ 1 + sin x ∫ ∫ ∫ π π x x π      cos 2  −  2 cos 2  −  1 + cos − x  2  4 2 4 2 π x d −     π x π x 4 2 = −∫ = − tg −  + C, ∀ X : X ⊂  R \ x cos −  = 0 . π x 4 2 4 2    cos 2  −  4 2

46

2 способ.

1

∫ 1 + sin x dx = ∫

= 2∫

dx dx =∫ = x x x 2 x 2 x 2 x 2 x + cos + 2 sin cos + 2 tg + 1) ( tg cos sin 2 2 2 2 2 2 2

x d  2 x  x  cos ⋅  tg + 1 2  2  2

∀ X : X ⊂ (R \ {x =

Ответ:

2

= 2∫

 x d tg   2  x   tg + 1  2 

 x   tg + 1  2 

2

=−

2 + C. x tg + 1 2

3π + 2πn , n ∈ Z}). 2

π x − tg −  + C или 4 2

∀ X : X ⊂ (R \ {x =

2

= 2∫

 x  d tg + 1  2 

3π + 2πn , n ∈ Z}). 2

−

2 + C, x tg + 1 2

Замечание. На первый взгляд кажется, что в примере 4.65 получены совершенно разные ответы, но это не так. Используя тождественные преобразования, можно легко доказать, что функции

2 π x , отличаются на постоянную, F1 ( x ) = − tg −  и F2 ( x ) = − x 4 2 1 + tg 2 3π ∀ X : X ⊂ (R \ {x = + 2πn , n ∈ Z}) . Действительно, 2 x  π x x 2 − 1 + tg  tg − tg 1 − tg 2 2 π x  4 2 =− 2 =− − tg −  = − =− − 1. π x x x x 4 2   1 + tg ⋅ tg 1 + tg 1 + tg 1 + tg 4 2 2 2 2 В более сложных случаях, проверку результатов осуществляют с помощью операции дифференцирования, учитывая справедливость теорем 1.1 и 1.2 Замечание. Примеры 4.63 - 4.65 также можно решить, с помощью метода замены переменной, используя «универсальную тригонометрическую 47

x ». Такой вариант обычно предлагается в классических 2 учебниках. Подробнее об этом способе смотри в пункте 7. подстановку t = tg

Замечание. Вычисление интегралов, содержащих квадратные трехчлены, в некоторых случаях удаётся свести к применению метода подведения под знак дифференциала, если предварительно выделить полный квадрат.

1

∫ x 2 + 4x + 5 dx.

Найти

Пример 4.66 Решение.

dx d (x + 2 ) dx = = ∫ x 2 + 4x + 5 ∫ (x + 2)2 + 1 ∫ (x + 2)2 + 1 = arctg(x + 2) + C, ∀X : X ⊂ R. 1

Ответ: arctg(x + 2 ) + C, ∀X : X ⊂ R .

Найти

Пример 4.67 Решение. 1

∫

2

x − 6x + 7

= ln (x − 3) +

dx = ∫

∫

Пример 4.68 Найти

2

x − 6x + 7 dx

(x − 3 )

(x − 3 ) 2 − 2

Ответ: ln (x − 3) +

1

2

−2

=∫

dx .

d (x − 3 )

(x − 3 )

2

−2

+ C, ∀ X : X ⊂ (−∞,3 − 2 ) ∪ (3 + 2 ,+∞).

(x − 3 ) 2 − 2

+ C, ∀ X : X ⊂ (−∞,3 − 2 ) ∪ (3 + 2 ,+∞).

dx

∫ 7 − 4 x 2 + 8x .

Решение.

dx

dx

∫ 7 − 4x 2 + 8x = ∫ 11 − (2x − 2)2 48

=

1 d(2 x − 2 ) 2 = =∫ 2 11 − (2 x − 2 )

1 4 11

ln

 + C, ∀ X : X ⊂  R  11 − 2 x + 2  11 + 2 x − 2

1

Ответ:

4 11

 11   \ x = 1 ±  2   

 + C, ∀ X : X ⊂  R  11 − 2 x + 2  11 + 2 x − 2

ln

1

∫

Пример 4.69 Найти

6x − 9x

2

 11   \ x = 1 ±  . 2  

dx .

Решение.

∫

1 6x − 9x

2

dx = ∫

dx 1 − (3x − 1)

2

=∫

1 d(3x − 1) 1 3 = arcsin (3x − 1) + C, 1 − (3x − 1)2 3

∀ X : X ⊂ (0; 2 / 3). 1 arcsin(3x − 1) + C, ∀ X : X ⊂ (0; 2 / 3). 3

Ответ:

Задания для самостоятельного решения

4.57 (С)

1 ∫ sin x dx .

4.58 (С)

4.59 (С)

1 ∫ 1 − sin x dx .

4.60 (С)

∫ x 2 + 12x + 50 .

4.61(С).

∫

4.62 (С)

∫ 9 − 9x 2 + 6x .

4.63 (С)

∫

dx x 2 − 8x + 5

.

dx 25 + 4 x − 4 x

2

1 ∫ 1 − cos xdx .

dx

dx

.

49

4.3 Сочетание дифференциала

методов

разложения

и

подведения

под

знак

В пунктах 4.1 и 4.2 мы рассмотрели примеры, когда интеграл удается найти, используя либо «метод разложения», либо «метод подведения под знак дифференциала». Однако чаще всего при вычислении интегралов возникает необходимость в использовании нескольких методов интегрирования сразу. Все предлагаемые ниже интегралы считаются с помощью двух методов: разложения и подведения под знак дифференциала.

Пример 4.70

Найти

∫

x+3 x2 − 4

dx .

Решение.

∫

 x dx = ∫  +  2 2 x −4  x −4 x+3

 dx .  2 x −4 3

Заметим, что

∫

1 d( x 2 ) 1 d( x 2 − 4) 1 ( x 2 − 4)1 2 dx = ∫ = ∫ = ⋅ + C1 . 2 12 x2 − 4 x2 − 4 2 x2 − 4 2 x

Следовательно,

∫

x+3 2

x −4

{

x 2 − 4 + 3 ln | x + x 2 − 4 || + C, ∀X : X ⊂ {x | | x |> 2}.

Ответ:

e 2x − 1 ∫ e x dx.

Найти

Пример 4.71 Решение.

∫ 50

e 2x − 1 e

x

}

dx = x 2 − 4 + 3 ln x + x 2 − 4 + C, ∀ X : X ⊂ x x > 2 .

(

)

dx = ∫ e x − e − x dx , ∀ X : X ⊂ R .

Заметим, что

∫e

−x

∫ (e

x

dx = − ∫ e − x d ( − x ) = −e − x + C1 .

Следовательно,

)

− e − x dx = e x + e − x + C, ∀ X : X ⊂ R .

Ответ: e x + e − x + C, ∀ X : X ⊂ R.

Пример 4.72

tg 4 x + 5 dx. Найти ∫ cos 2 x

Решение.

Решение данного примера можно записать двумя способами. 1 способ.

 tg 4 x tg 4 x + 5 5   dx = + ∫ cos 2 x ∫  cos 2 x cos 2 x dx .   tg 4 x

∫ cos 2 x

= ∫ tg 4 xd( tgx ) =

Замечаем, что

tg 5 x  + C1 , ∀ X : X ⊂  R 5 

π  \  + πn , n ∈ Z  . 2 

Следовательно,

∫

tg 4 x + 5

tg 5 x  = + + ∀ ⊂ dx 5 tgx C , X : X R 5 cos 2 x 

π  \  + πn , n ∈ Z  . 2 

2 способ.

∫

tg 4 x + 5 cos 2 x

Ответ:

dx = ∫

(

)

tg 5 x tg x + 5 d( tgx ) = + 5tgx + C . 5 4

tg 5 x  + 5tgx + C, ∀ X : X ⊂  R 5 

π  \  + πn , n ∈ Z  . 2 

Замечание. Естественно, что в тех случаях, когда это возможно, предпочтительнее использовать второй способ записи решения. Этот пример можно также решить, используя метод замены переменной: t=tgx. 51

Найти

Пример 4.73

∫x

ln x 1 + ln x

dx.

Решение.

∫x

ln x 1 + ln x

dx = ∫

ln x 1 + ln x

d(ln x ) = ∫

ln x + 1 − 1 1 + ln x

d(ln x ) =

1 2   32 = ∫  ln x + 1 −  d(ln x + 1) = (1 + ln x ) − 2 1 + ln x + C. 3 1 + ln x   ∀ X : X ⊂ (e -1 ,+∞).

Ответ:

2 (1 + ln x ) 3 − 2 1 + ln x + C. ∀ X : X ⊂ (e -1 ,+∞). 3

Найти

Пример 4.74

∫ cos

5

x ⋅ sin x dx.

Решение.

∫ cos

5

x ⋅ sin x dx = ∫ cos 4 x ⋅ cos x sin x dx = ∫ cos 4 x sin x d(sin x ) =

(

= ∫ 1 − sin x

=

2

)

2

5 9  sin x d (sin x ) = ∫  sin x − 2 sin 2 x + sin 2  

2 (sin x )3 2 − 4 (sin x )7 2 + 2 (sin x )11 2 + C. 3 7 11

∀ X: X ⊂ {x| sinx >0}. 2 4 2 (sin x ) 3 2 − (sin x ) 7 2 + (sin x )11 2 + C , 3 7 11 ∀ X: X ⊂ {x| sinx >0}. Ответ:

Пример 4.75 Найти 52

∫

x5 1− x

2

dx.

 x  d(sin x ) =  

Решение.

x5

∫

1− x

1  x 4 − 1 1 = ∫ + 2  1 − x 2 1− x2

 2  ( x 2 − 1)( x 2 + 1) 1 1 d ( x ) = +  ∫  2  1− x2 1− x2 

1  1 − ( x 2 + 1) 1 − x 2 + ∫ 2  1− x2

=−

1  1 2 2 x 1 2 1 x − − + − +  2 ∫  1− x2

=

2 3

(

)

1  − 2 1− x2 + ∫  2 

(1 − x )

2 3

−

(1 − x )

2 3

(1 − x )

1 5

2 5

+

 2 d x = 

( )

 d (1 − x 2 ) =  

=−

=−

( )

1 x 4d x 2 1 x4 −1+1 2 dx = ∫ = ∫ dx = 2 2 2 2 2 1− x 1− x 1− x

dx = ∫

2

( )

x4 ⋅ x

 2 d 1 − x = 

(

)

 d 1 − x 2 =  1− x2 

(

1

)

− 1 − x 2 + C.

∀ X: X ⊂(-1,1). Ответ:

2 3

(1 − x )

2 3

−

1 5

(1 − x )

2 5

− 1 − x 2 + C. ∀ X: X ⊂(-1,1).

Задания для самостоятельного решения

1

∫ cos 4 x dx.

4.64(С) ∫

4.65 (С) ∫ sin 5 x dx.

4.66 (С)

4.63 (С)

4.67 (С)

∫ cos

7

x ⋅ sin 3 x dx.

cos 6 x sin 10 x

∫

dx .

x − arctg x 1+ x

2

dx .

4.68 (С) ∫ x 3 1 − x 2 dx.

53

5 Метод интегрирования по частям В основе метода интегрирования по частям лежит следующая теорема. Теорема 5.1 Если f(x), g(x) ∈D(X) и ∃

причём

∫ g (x ) ⋅ f ′(x ) dx , то ∃ ∫ f (x )g ′(x ) dx , ∫ f (x ) g ′(x ) dx = f (x ) ⋅ g (x ) − ∫ g (x ) f ′(x ) dx + C .

Доказательство.

Из курса дифференциального исчисления известно, что ( f (x) ⋅g (x)) ′=f ′ (x) ⋅ g(x) +f (x) ⋅g ′ (x), если f (x), g (x) ∈D(X). Учитывая определение и свойства неопределённого интеграла, получаем: 1) ∫ (f ′( x ) ⋅ g ( x ) + f ( x ) ⋅ g ′( x ))dx = f ( x ) ⋅ g ( x ) + C1 , C1 ∈ R ; 2) ∫ (f ′( x ) ⋅ g ( x ) + f ( x ) ⋅ g ′( x ))dx = ∫ f ′( x ) ⋅ g ( x )dx + ∫ f ( x ) ⋅ g ′( x )dx + C 2 , C 2 ∈ R. Следовательно, f (x ) ⋅ g (x ) + C1 = ∫ f ′(x )g (x )dx + ∫ f (x )g ′(x )dx + С 2 ;

откуда и следует нужный результат:

∫ f (x )g ′(x )dx = f (x ) ⋅ g(x ) − ∫ f ′(x )g(x )dx + C.

( С=С1 – С2 ).

Замечание. Если ввести обозначения: u = f (x), v = g (x), du = f ′ (x)dx, dv = g ′(x)dx,

то формула приобретает вид:

∫ udv = uv − ∫ vdu + C. 54

(5.1)

Именно в таком виде она обычно и применяется при вычислении интегралов. Возникает вопрос: когда имеет смысл применять метод интегрирования по частям? Очевидно, что в тех случаях, когда рассмотренные выше методы разложения и подведения под знак дифференциала не приводят нас к успеху. Быстрота решения в этом случае зависит от умения выбирать u и dv; т.е. от умения выбирать функции, которые следует предварительно подводить под знак дифференциала.

Рассмотрим несколько примеров. Пример 5.1 Найти ∫ arctgx dx . Решение.

В данном случае, размышлять над выбором функций приходится, т.к. под интегралом только одна функция.

∫ arctg x dx =

u = arctgx v=x

u и v не

= x ⋅ arctgx − ∫ x d(arctgx ) + C1 =

1 d ( x 2 + 1) dx + C1 = x ⋅ arctgx − ∫ = x ⋅ arctgx − ∫ x ⋅ = 2 1+ x2 x2 +1 1

= x ⋅ arctgx −

Ответ:

1 1 ln | x 2 + 1 | +C 2 + C1 = x ⋅ arctgx − ln | x 2 + 1 | +C, C = C1 + C 2 . 2 2

x ⋅ arctgx −

1 ln x 2 + 1 + C, ∀ X : X ⊂ R. 2

Заметим, что в процессе решения появились две постоянные С1 и С2, которые дали в итоге одну постоянную С. Поэтому, при применении метода интегрирования по частям, на практике обычно постоянную вводят только после освобождения от последнего знака интеграла. А ранее выписанное равенство (5.1) , записывают иногда так:

∫ udv = uv − ∫ vdu ,

( 5.2)

55

рассматривая его как равенство множеств. При рассмотрении последующих примеров будем опираться на формулу (5.2). Найти

Пример 5.2

∫ xe

x

dx .

Решение.

В отличие от предыдущей ситуации, в данном случае нужно ещё подготовить интеграл для применения метода интегрирования по частям, т.е. выбрать u и dv. Для этого одну из функций нужно подвести под знак дифференциала. Вопрос: какую? Попробуем оба варианта. 1-й способ.

 x2 ∫ xe dx = ∫ e d 2  x

x

 x2 x x2 x x2 x x2 x =  2 ⋅ e − ∫ 2 de = 2 e − ∫ 2 e dx . 

Получили более сложную ситуацию. 2-й способ.

∫ xe

x

( )

dx = ∫ xd e x = xe x − ∫ e x dx = xe x − e x + C.

Заметим, что при втором способе решения мы получили интеграл, который стал проще исходного. Ответ: x ⋅ e x − e x + C, ∀ X : X ⊂ R.

Пример 5.3 Найти ∫ x ⋅ sin x dx . Решение.

∫ x sin x dx =∫ xd(− cos x ) = x ⋅ (− cos x ) −∫ (− cos x )dx = − x cos x + ∫ cos x dx = = − x ⋅ cos x + sin x + C.

Ответ: − x ⋅ cos x + sin x + C; ∀ X : X ⊂ R.

56

Пример 5.4 Найти

∫x

5

⋅ ln x dx.

Решение.

 x6 5  x ln xdx ln x d ⋅ = ∫ ∫  6  =

 x6 x6 = ln x ⋅ − ∫ 6 d(ln x ) =  6 

x 6 ⋅ ln x x 6 x5 x6 x6 1 x6 ⋅ ln x − ∫ ⋅ dx = ⋅ ln x − ∫ − + C. dx = 6 36 6 6 6 x 6

Ответ:

1 6 1 6 x + C, ∀ X : X ⊂ R + . x ⋅ ln x − 36 6

Замечание. Из рассмотренных выше примеров видно, что когда под знаком интеграла стоит произведение функций, то за u выбирают функцию производная, которой имеет наиболее простой вид, а под знак дифференциала вводят ту функцию, которая превращается в подобную или усложняется незначительно.

В частности, если под знаком интеграла стоит: 1) произведение алгебраической функции на тригонометрическую или показательную, то за u берут алгебраическую функцию, а под знак дифференциала подводят неалгебраическую функцию (показательную или тригонометрическую). (Смотри примеры 5.2 и 5.3). 2) произведение алгебраической функции на логарифмическую или обратную тригонометрическую, то за u берут неалгебраическую функцию (логарифмическую или обратную тригонометрическую), а под знак дифференциала подводят алгебраическую функцию. (Смотри примеры 5.1 и 5.4). В некоторых случаях метод интегрирования по частям требуется применить несколько раз.

Пример 5.5 Найти ∫ ln 2 x dx. Решение.

57

∫ ln

2

(

)

xdx = x ⋅ ln 2 x − ∫ x d ln 2 x = x ⋅ ln 2 x − ∫ x ⋅ 2 ln x ⋅

1 dx = x

= x ⋅ ln 2 x − ∫ 2 ln x dx =x ⋅ ln 2 x − ( x ⋅ 2 ln x − ∫ x d(2 lnx) =

= x ⋅ ln 2 x − 2x ⋅ ln x + ∫ x ⋅

2 dx = x ⋅ ln 2 x − 2x ⋅ ln x + 2∫ dx = x

= x ⋅ ln 2 x − 2 x ⋅ ln x + 2 x + C.

Ответ:

x ⋅ ln 2 x − 2 x ⋅ ln x + 2 x + C, ∀ X : X ⊂ R + .

Пример 5.6

Найти ∫ ( x 2 − 2 x + 5)e − x dx.

Решение.

∫ (x

2

− 2 x + 5) ⋅ e − x dx = ∫ ( x 2 − 2 x + 5) d (−e − x ) = −e − x ⋅ ( x 2 − 2 x + 5) −

− ∫ (−e − x ) d ( x 2 − 2 x + 5) = −e − x ⋅ ( x 2 − 2 x + 5) + ∫ e − x ⋅ (2 x − 2) dx = = −e − x ⋅ ( x 2 − 2 x + 5) + ∫ (2 x − 2) d (−e − x ) = − e − x ⋅ ( x 2 − 2 x + 5) + + (−e − x ) ⋅ (2 x − 2) − ∫ (−e − x ) d(2x - 2) = − e − x ⋅ ( x 2 + 3) + ∫ 2e − x dx = = −e − x ⋅ ( x 2 + 3) − 2e − x + C = −e − x ⋅ ( x 2 + 5) + C. Ответ: e − x ⋅ ( x 2 + 5) + C, ∀ X : X ⊂ R.

Замечание. Обратите внимание на тот факт, что в рассмотренных нами примерах 5.1- 5.6, применение метода интегрирования по частям приводило нас к вычислению интегралов более простого вида. Рассмотрим ещё одну интересную ситуацию.

Пример 5.7 58

Найти

∫e

5x

cos 4 x dx.

Решение. Заметим, что с точки зрения ранее сформулированного алгоритма обе функции равноправны. Как быть? Оказывается, что в такой ситуации выбор не имеет принципиального значения: подводя любую из этих функций под знак дифференциала и дважды применяя метод интегрирования по частям, мы придем к интегралу, аналогичному исходному.

1 5x  1 5x  1 5x 5x ⋅ = = ⋅ − e cos 4 x dx cos 4 x d e e cos 4 x   ∫ ∫ ∫ 5 e d(cos 4x ) = 5  5 1 1 1 4 = e 5 x ⋅ cos 4x − ∫ e 5 x ⋅ (−4 sin 4 x ) dx = e 5 x ⋅ cos 4 x + ∫ e 5 x sin 4 x dx = 5 5 5 5 1 4 4 1  1 1  = e 5 x ⋅ cos 4x + ∫ sin 4 x d e 5 x  = e 5 x ⋅ cos 4 x + sin 4 x ⋅  e 5 x  − 5 5 5 5  5 5  1 4 5x 16 5 x 4  1 − ∫ e 5 x d sin 4 x  = e 5 x ⋅ cos 4 x + e ⋅ sin 4 x − e ⋅ cos 4 xdx + С1 . ∫ 5 5 5 25 25   Мы помним, что все вычисления при применении интегрирования по частям, справедливы с точностью до постоянной. Следовательно, вводя обозначение I = ∫ e 5 x cos 4 x dx , мы получаем уравнение

метода

1 4 5x 16 I = e 5 x cos 4 x + e sin 4 x − I + C1 , C 1 ∈ R . 5 25 25 Решая данное уравнение, получаем, что 4 5x  16  1 5 x e sin 4 x + C1 1 + I = e cos 4 x + 25  5 25 

I = ∫ e 5 x cos 4x dx = Ответ:

25 4 5 5x e cos 4x + e 5 x sin 4x + C; C = C1 . 41 41 41

4 5 5x e ⋅ cos 4x + e 5 x ⋅ sin 4x + C, ∀ X : X ⊂ R. 41 41 59

Пример 5.8

Найти

∫ sin(ln x ) dx.

Решение.

∫ sin(ln x ) dx = x ⋅ sin(lnx) − ∫ x d(sin(ln x )) = x ⋅ sin(ln x ) − ∫ x ⋅ cos(ln x ) ⋅

1 dx = x

= x ⋅ sin(ln x ) − ∫ cos(ln x ) dx = x ⋅ sin(ln x ) − ( x ⋅ cos(ln x ) − ∫ x d(cos(lnx)) ) = = x ⋅ sin(ln x ) − x ⋅ cos(ln x ) + ∫ x ⋅ (− sin(ln x )) ⋅

1 dx = x ⋅ (sin(ln x ) − cos(ln x )) − x

− ∫ sin(ln x )dx + C1 . Т.е. снова получаем уравнение на исходный интеграл:

∫ sin (ln x )dx = x sin (ln x ) − x cos(ln x ) − ∫ sin (ln x )dx + C1 . Решая данное уравнение, получаем ответ:

∫ sin (ln x )dx = Ответ:

C x x sin (ln x ) − cos(ln x ) + C; C = 1 . 2 2 2

x ⋅ (sin(ln x ) − cos(ln x )) + C, ∀ X : X ⊂ R + . 2

Замечание. Таким образом, если, применяя метод интегрирования по частям, Вы получаете интеграл, подобный исходному, то имеет смысл повторить процедуру ещё раз, пока не получиться интеграл аналогичный исходному. И тогда, вводя постоянную, можно получить уравнение, из которого и будет следовать нужный результат. Задания для самостоятельного решения

∫ x cos 3x dx.

5.2 (C)

∫

5.3 (C)

∫ arcsin x dx.

5.4 (C)

∫x⋅2

5.6 (C)

∫e

5.5 (C) ∫ ( x 2 + 5x + 6) cos 2 xdx. 60

ln x

5.1 (C)

x3

ax

dx. −x

dx.

sin bxdx.

6 Интегрирование рациональных дробей Определение 6.1 Функция Pn ( x ) = a n x n + a n −1 x n −1 + ... + a1 x + a0 , где a n , a n −1 , ..., a1 , a0 ∈ R , называется многочленом степени n с действительными коэффициентами. Определение 6.2 P (x ) Функция R( x ) = n , Qm ( x )

где

Pn ( x ) = a n x n + a n −1 x n −1 + ... + a1 x + a0 , a n ,..., a1 , a0 ∈ R; Qm ( x ) = bm x m + bm −1 x m −1 + ... + b1 x + b0 , bm ,..., b1 , b0 ∈ R; называется рациональной дробью. Определение 6.3

Pn ( x ) называется правильной, если n < m, в Qm ( x ) противном случае (n ≥ m), дробь называется неправильной.

Рациональная дробь R( x ) =

Теорема 6.1

Pn ( x ) может быть Qm ( x ) представлена в виде многочлена и правильной рациональной дроби, причем это разложение единственно. K (x ) . Tn − m ( x ), K r ( x ), 0 ≤ r < m : R( x ) = Tn − m ( x ) + r Т.е. ∃ ! Qm ( x ) Любая неправильная рациональная дробь R( x ) =

Доказательство.

Для доказательства этой теоремы достаточно воспользоваться теоремой о делимости многочленов. Так как n ≥ m , то ∃ ! (существуют, причем единственные), многочлены Tn − m (x ) и K r (x ) , где 0≤ r < m , такие что Pn (x ) = Tn − m (x ) ⋅ Q m (x ) + K r (x ). 61

Следовательно, R (x) =

Pn ( x ) Tn − m ( x ) ⋅ Q m ( x ) + K r ( x ) Tn − m ( x ) ⋅ Q m ( x ) K r ( x ) = = + = Q m (x) Q m (x) Q m (x) Q m (x)

= Tn − m ( x ) +

K r (x) . Q m (x)

Замечание. Многочлены Tn − m (x ), K r ( x ) можно найти, используя правила деления многочленов. Наиболее распространённый метод – «деление уголком». Ниже мы рассмотрим применение этого метода при решении конкретных примеров.

Таким образом, из теоремы 6.1 следует, что интегрирование неправильных рациональных дробей (n ≥ m) сводится к интегрированию многочленов и правильных рациональных дробей:

K r ( x)

Pn ( x )

∫ Q m ( x) dx = ∫ ( Tn−m (x) + Q m ( x) ) dx . Интегралы

вида

∫ Tn−m ( x ) dx = ∫ ( a n−m x

(6.1) n−m

+ ... + a1 x + a0 ) dx

считаются методом разложения. Следовательно, интегрировать правильные рациональные дроби.

нужно

легко

научиться

Определение 6.3 Рациональные дроби вида A

(x − a )

n

,

(x

Mx + N 2

+ px + q

)

n

; A, M , N , a , p , q ∈ R ; n ∈ N ; p 2 − 4 q < 0 ;

называются простейшими (элементарными) рациональными дробями. Теорема 6.2

Pn ( x ) может быть Qm ( x ) представлена, причём единственным образом, в виде суммы простейших рациональных дробей. Любая правильная рациональная дробь (n<m) R( x ) =

62

Т.е. если

(

Qm ( x ) = ( x − a1 )α1 ⋅ ... ⋅ ( x − a k )α k ⋅ x 2 + p1 x + q1

)β

(

⋅ ... ⋅ x 2 + p S x + q S

1

)β

S

,

a1 ,..., a k ; p1 , q1 ,..., p S , q S ∈ R; α 1 ,...,α k , β 1 ,..., β S ∈ N ∪ { 0 }; k

S

i =1

j =1

∑ α i + 2 ∑ β j = m;

p 2j − 4 q j < 0 , ∀ j = 1,..., S;

то найдётся единственный набор, коэффициентов A1 1 , ..., A1 α1 , ..., Ak 1 , ..., Ak α k ; M 1 1 ; N 1 1 , ..., M S β S , N S β S ∈ R , такой что R( x ) =

A1 α 1 Pn ( x ) A A1 2 ... = 11 + + + + Q m ( x ) x − a 1 ( x − a 1 )2 (x − a1 )α1

+

+

+

+

+

A2 α 2 A2 1 A2 2 + + ... + + ... + x − a 2 ( x − a 2 )2 (x − a 2 )α 2 Akl 1 x − ak

+

Ak

(x − a k )

M 11 x + N11

(x

2

+ p1 x + q1

M 21x + N21

(x

2

2

+ p2 x + q2

2

αk

(x − a kl )α k

M 12 x + N12

+

M 22 x + N22

) (x

+ pS x + qS

Ak

+

) (x

M S 1x + NS 1

(x

2

+ ... +

+

2

2

) (x

+ p1 x + q1

+ p2 x + q2

)

+ ... +

)

+ ... +

2

2

M S 2x + NS 2 2

+

+ pS x + qS

)

2

M 1 β1 x + N 1 β1

(x

+ p1 x + q1

+

)

β1

M 2 β2 x + N 2 β2

(x

+ ... +

2

2

+ p2 x + q2

)

β2

+ ... +

M S βS x + N S βS

(x

2

+ pS x + qS

)

βS

.

Доказательство. Доказательство данной теоремы выходит за пределы нашего курса. С ним можно ознакомится в любом учебнике по высшей алгебре. Например, в учебнике Курош А. Г. Курс высшей алгебры. - М.: Наука,1971, С.161-163. 63

Замечание. К сожалению, теорема 6.2 только сообщает нам, что правильную рациональную дробь можно представить в виде простейших рациональных дробей и показывает вид этого представления. Сами же значения коэффициентов она нам подсказать не может. Т.е. для каждого конкретного случая коэффициенты придётся определять отдельно. Наиболее распространённые способы определения этих коэффициентов мы рассмотрим позднее, при решении конкретных примеров Таким образом, из теоремы 6.2 следует, что нужно научиться интегрировать простейшие (элементарные) рациональные дроби. Интегрирование дробей вида

A n

, A, a ∈ R; n ∈ N обычно проблем

(x − a ) не вызывает: достаточно воспользоваться методом подведения под знак дифференциала и таблицей интегралов.

Теорема 6.3 A 1. ∫ dx = A ln x − a + C ; A, a ∈ R . ; ∀ X: X ⊂ R \ {a}. x−a 2.

A

∫ ( x − a )n

( x − a )− n + 1 dx = A −n+1

+ C , A, a ∈ R , n ∈ N \ { 1 } ; ∀ X: X ⊂ R \ {a}.

Доказательство. 1.

2.

A

1

∫ x − a dx = ∫ A x − a d(x − a ) = A ln x − a A

∫ (x − a )

+ C.

( x − a )− n +1 dx = ∫ A(x − a ) d(x − a ) = A n −n

− n +1

+ C, n ∈ N \ {1}.

Задания для самостоятельного решения

64

5

6.1 (С)

∫ x − 3dx.

6.3 (С)

∫ (x + 5)7 dx.

12

1

6.2 (С)

∫ x + 11dx.

6.4 (С)

∫ (x − 12 )4 dx.

1

Прежде, чем мы получим один из алгоритмов интегрирования простейших (элементарных) рациональных дробей вида Mx + N 2

x + px + q

, M, N, p, q ∈ R, p 2 − 4q < 0;

рассмотрим несколько примеров.

Пример 6.1 Найти

6

∫ x 2 + 2x + 2 dx.

Решение. 6

∫ x 2 + 2x + 2

dx = ∫

6

(x + 1)2 + 1

dx = ∫

6 d(x + 1)

(x + 1)2 + 1

= 6 arctg(x + 1) + C.

Ответ: 6 arctg (x+1) +C, ∀ X : X ⊂ R.

Пример 6.2 Найти

2x + 3

∫ x 2 + 3x + 4 dx.

Решение.

(

d x 2 + 3x + 4

2x + 3

)

2 ∫ x 2 + 3x + 4dx = ∫ x 2 + 3x + 4 = ln x + 3x + 4 + C.

Ответ: ln|x2+3x+4|+C, ∀ X: X ⊂ R.

Пример 6.3

Найти

Решение. 15x

∫ x 2 + 4x + 5dx =

(x

2

15x

∫ x 2 + 4x + 5dx.

)

′ + 4x + 5 = 2x + 4

= 15 15 15 15x = ⋅ 2 x = (2 x + 4 − 4 ) = (2 x + 4 ) − 30 2 2 2

65

15 (2x + 4 ) − 30 15 2x + 4 30 2 =∫ = dx dx − dx = ∫ ∫ 2 2 2 2 x + 4x + 5 x + 4x + 5 x + 4x + 5

(

)

15 d x 2 + 4 x + 5 d (x + 2 ) 15 = ∫ 2 − 30∫ = ln x 2 + 4 x + 5 − 30 arctg(x + 2 ) + C. 2 2 x + 4x + 5 (x + 2 ) + 1 2 Ответ:

15 ln | x 2 + 4 x + 5 | −30 arctg( x + 2) + C, ∀ X : X ⊂ R. 2

Пример 6.4

6x + 7

∫ x 2 + 2x + 3 dx.

Найти

Решение. 6x + 7

∫ x 2 + 2x + 3 = 3∫

dx = (x

2x + 2 x 2 + 2x + 3

)

′ + 2 x + 3 = 2 x + 2 = 3(2x + 2 ) + 1dx = ∫ x 2 + 2x + 3 6 x + 7 = 3(2 x + 2 ) + 1 2

dx + ∫

= 3 ln x 2 + 2 x + 3 +

1 2

dx x 2 + 2x + 3 arctg

Ответ: 3 ln | x 2 + 2 x + 3 | +

x +1 2 1 2

= 3∫

(

d x 2 + 2x + 3 x 2 + 2x + 3

)+

d(x + 1)

∫ (x + 1)2 + 2 =

+ C.

arctg

x +1 2

+ C, ∀X : X ⊂ R.

Теорема 6.4

∫

Mp x+ Mx + N M 2 2 arctg dx = ln | x + px + q | + 2 2 x 2 + px + q p q− q− 4

M , N , p , q; p 2 − 4 q < 0; ∀ X : X ⊂ R .

Доказательство. 66

N−

p 2 2

p 4

+C

Mx + N

∫ x 2 + px + q dx = =

2

)

′ + px + g = 2 x + p

M M M = Mx + N = (2 x + p − p ) + N = (2 x + p ) + N − p 2 2 2

( 2 x + p) M M  dx M  dx N p = + − ln | x 2 + px + q | +   ∫ ∫ 2 2 2 x + px + q 2  x + px + q 2 

M   +  N − p ∫ 2    x + 

+

(x

M    N − p 2   q−

2

p 4

 d x + 

p  2

p2 M 〉0 = = ln | x 2 + px + q | + 4 2 p p 2 по условию 2 q + −  2 4 x+

arctg q−

p 2 2

p 4

q−

+ C.

Задания для самостоятельного решения 7

6.5 (С)

∫ x 2 + 6x + 11dx.

6.7 (С)

∫ x 2 − 7 x + 13.

x dx

2x + 5

6.6 (С)

∫ x 2 + 5x + 18dx.

6.8 (С)

∫ x 2 − 4x + 5dx.

3x − 2

Теорема 6.5

∫

(x

dx

)

2 n

=

x

(

+a 2 a (n − 1) x + a a ∈ R , n ∈ N \ { 1 }; ∀ X : X ⊂ R . 2

2

2

)

2 n −1

+

2n − 3 2a

2

(n − 1)∫

(x

dx 2

+a

)

2 n −1

+ C,

Доказательство.

67

∫ =

1 a2

∫

(x

(x

dx 2

+a dx

2

+a

)

)

(x 2 + a 2 ) n

=

=

=

=

1

∫ a2 1 a2

∫

(x

(x

2

a2

+a

+a

)

)

(x

∫

2 n −1

(

+

x2 2

+a

2

1

⋅

a2

1

dx = n

)

) d(x −n

a2

∫ ∫

(x

(x

2

+ a2 =

2a (n − 1) ⋅ x + a

)

)

2 n −1

+a

dx =

)

2 n

+a

−

)

2 n −1

1 a2

)

)

− n +1

2a

(n − 1) ∫

(x

dx 2

+a

−∫

(

∫

68

(x

2

+ 25

)

3

=

)

2 n −1

)

n −1

+C=

+ C.

dx

∫ ( x 2 + 25) 3 .

x

(

2

2 ⋅ 25 ⋅ 2 x + 25

)

2

+

3 dx 2 ⋅ 25 ⋅ 2 ∫ x 2 + 25

(

− n +1 

)

Решение. dx

)

)

)

2

+ С1 =

dx =

= 

 +C= 2 2 n −1  x +a  dx

Рассмотрим применение этой формулы.

Пример 6.5 Найти

+a

2 n

= 

(

2

2

− n +1 

  1 1 dx ∫ +  2 − 2 2a (n − 1)  x 2 + a 2 a 2n − 3

(x

(

(

+

∫

x⋅x

1 d x 2 + a 2 2(− n + 1) 

1 x d x 2 + a 2 ∫  2(n − 1)

(

2 n −1

2

dx

)

2

1

x

(

)

a2

a2 + x2 − x2

1  2 x x + a 2 + 2⋅ a 2(n − 1) 

2

2

+a

1

dx =

2 n

(

2a (n − 1) ⋅ x + a

2

2

(x

x 2

a2

1 2 x + a2 2

2 n −1

dx 2

1

dx =

dx

∫

a2

−

2 n −1

x

=

=

2 n

1

=

=

=

=

(

x 2

100 x + 25

(

x

100 x 2 + 25

(

x

100 x 2 + 25

(

x

100 x 2 + 25

Ответ:

)

+

3 dx ∫ 100 x 2 + 25

)

+

 3  x 1 dx  ⋅ + + C 2  + C1 = 100  2 ⋅ 25 ⋅ 1 ⋅ ( x 2 + 25) 2 ⋅ 25 ⋅ 1 ∫ x 2 + 25 

)

+

)

+

2

2

2

2

(

(

3x

(

5000 x 2 + 25 3x

(

5000 x 2 + 25

x

100 x 2 + 25

)

2

+

)

2

+ С1 =

)

+

3 1 x 3  ⋅  arctg + C 3  + C 2 + C1 = 5000  5 5 100 

)

+

x 3 ⋅ arctg + C. 5 25000

3x

(

5000 x 2 + 25

)

+

x 3 ⋅ arctg + C ,∀ X: X ⊂ R. 5 25000

Замечание. Применяя формулу, доказанную в теореме 6.5, мы вводили постоянные на каждом этапе применения формулы. В итоге, же получается одна постоянная. Поэтому, на практике постоянную вводят обычно на последнем шаге. Теорема 6.6 Mx + N

M



∫ ( x 2 + px + q ) n dx = 2( 1 − n ) ⋅ ( x 2 + px + q ) n−1 +  N −

Mp  dx ∫ 2 2  ( x + px + q ) n

M, N, p, q ∈ R; n∈ N \{1}; p2-4q<0; ∀ X : X ⊂ R .

Доказательство. M (2x + p ) +  N − M p  Mx + N 2 2   2 ′ dx (x px q ) 2 x p dx = = + + = + = ∫ ( x 2 + px + q) n ∫ 2 n ( x + px + q ) M  dx M d(x 2 + x + q)  = N p = ∫ 2 + −   ∫ 2  ( x 2 + px + q ) n 2 ( x + px + q ) n 

69

=

M 1 ⋅ 2(1 − n ) x 2 + px + q

(

)

n −1

M  dx  . +  N − p ∫ 2 n 2  ( x + px + q ) 

Замечание. Второе слагаемое в формуле, полученной в теореме 6.6, обычно считают, используя результат теоремы 6.5, выделив предварительно в p знаменателе полный квадрат и подведя x + под знак дифференциала: 2  d x + 

dx

∫ ( x 2 + px + q) n = ∫

Пример 6.6

  x +  

Найти

p  2

 p p     + q − 2 2    2

2

n

.

12 x + 1

∫ ( x 2 + 2x + 3) 3 dx.

Решение. 12 x + 1

∫ ( x 2 + 2x + 3) 3 =∫

6 ⋅ (2 x + 2) ( x 2 + 2 x + 3) 3

dx =

dx − ∫

( x 2 + 2 x + 3) ′ = 2 x + 2

12x + 1 = 6 ⋅ (2 x + 2 ) − 11 11 dx

( x 2 + 2 x + 3) 3

=∫

=

70

−3 ( x 2 + 2 x + 3) 2

−

11( x + 1) 8( x 2 + 2 x + 3) 2

−

6 ⋅ (2 x + 2) − 11 dx = ( x 2 + 2 x + 3) 3

6 d ( x 2 + 2 x + 3) ( x 2 + 2 x + 3) 3

 ( x 2 + 2 x + 3) − 2 x +1 − 11 ⋅  =6  2 −2  2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ ( x + 1) + 2

(

=∫

)

2

−∫

11 d ( x + 1)

((x + 1)

2

+2

d ( x + 1) 3 + ⋅∫ 2⋅2⋅2 ( x + 1) 2 + 2

(

)

2

)

3

=

 =  

33 x +1 ⋅( + 8 2 ⋅ 2 ⋅ 1 ⋅ ( x + 1) 2 + 2

(

)

+

d ( x + 1) 11( x + 1) 33( x + 1) 1 −3 = − − − ) ∫ 2 ⋅ 2 ⋅ 1 ( x + 1) 2 + 2 ( x 2 + 2 x + 3) 2 8( x 2 + 2 x + 3) 2 32( x 2 + 2 x + 3)

−

33 1 x +1 ⋅ arctg +C. 32 2 2

Ответ:

− 44 x − 97 32( x 2 + 2 x + 3) 2

−

33( x + 1) 32( x 2 + 2 x + 3)

−

33 32 2

arctg

x +1 2

+ C ,∀ X⊂R.

Задания для самостоятельного решения

6.9 (С)

dx

∫ ( x 2 + 1) 2 .

6. 10 (С)

3x + 5

∫ ( x 2 + 2x + 2) 2 dx.

Теперь мы можем переходить к интегрированию произвольных рациональных дробей. Однако, сначала рассмотрим правильные рациональные дроби. 5x + 6

∫ x 2 − 3x + 2dx .

Пример 6.7 Найти Решение.

Согласно теории (смотри теорему 6.2), данная дробь может быть представлена в следующем виде: 5x + 6 x 2 − 3x + 2

=

5x + 6 A B = + . Где A, B ∈ R. (x − 2) ⋅ (x − 1) x − 2 x − 1

Для того, чтобы найти A и B, поступим следующим образом: A B A(x − 1) + B(x − 2 ) . + = (x − 2 ) ⋅ (x − 1) x − 2 x −1

Следовательно, достаточно подобрать значения коэффициентов A и B так, чтобы 5x + 6 A(x − 1) + B(x − 2 ) , = 2 ( ) ( ) x − 2 ⋅ x − 1 − + x 3x 2 т.е.

5x + 6 = A(x − 1) + B(x − 2 ) .

Даже в этом простейшем случае, значения A и B можно найти двумя различными способами.

71

1-й способ «Сравнение коэффициентов многочленов при одинаковой степени».

Для этого в правой части полученного выше тождества раскрываем скобки и, приводя подобные члены, записываем многочлен в порядке убывания степени: 5x + 6 = (A + B)x + (− A − 2B) . Затем, учитывая, что два многочлена тождественно равны, если равны их степени и равны коэффициенты при одинаковых степенях, сравниваем коэффициенты при одинаковых степенях x в левой и правой частях тождества: x 5=A+B x 0 6 = − A − 2B В итоге, получаем систему, решая которую, и находим нужные значения коэффициентов А и В: A + B = 5 B = −11 ⇒  .  − A − 2 B = 6 A = 16 Таким образом, 5x + 6

 16

11 

∫ x 2 − 3x + 2dx = ∫  x − 2 − x − 1 dx = 16 ln x − 2 − 11 ln x − 1 + C. Этот метод определения коэффициентов является универсальным, то есть он всегда приводит к цели. Но, иногда, система получается очень громоздкой. 2-й способ «Сравнение значений многочленов ( метод частных значений)».

Заметим, что при некоторых значениях х, часть слагаемых в правой части тожества 5x + 6 = A(x − 1) + B(x − 2 ) обращается в нуль, и значения постоянных А и В определяются достаточно быстро: x = 1 11 = − B A = 16 ⇒  . x = 2 16 = A B = −11 Этот способ имеет смысл применять тогда, когда, выбрав подходящее значение х, удаётся сразу найти какой-нибудь коэффициент. 72

Ответ: 16 ln|x-2| -11 ln|x-1|+C, ∀ X: X ⊂ R\{1,2}.

Замечание. Иногда удобнее комбинировать оба способа. Соответствующие примеры применения этого метода мы рассмотрим позднее.

Пример 6.8

Найти

15x 2 − 4 x − 81 ∫ (x − 3) ⋅ (x + 4) ⋅ (x − 1) dx .

Решение. 15x 2 − 4 x − 81 A B C ; A, B, C ∈R. = + + (x − 3) ⋅ (x + 4) ⋅ (x − 1) x − 3 x + 4 x − 1 15x 2 − 4 x − 81 A(x + 4 ) ⋅ (x − 1) + B(x − 3) ⋅ (x − 1) + C(x − 3)(x + 4 ) = (x − 3) ⋅ (x + 4 ) ⋅ (x − 1) (x − 3) ⋅ (x + 4 ) ⋅ (x − 1) 15x 2 − 4 x − 81 = A(x + 4 ) ⋅ (x − 1) + B(x − 3) ⋅ (x − 1) + C(x − 3)(x + 4 ) Для определения коэффициентов в данном случае рациональнее использовать второй способ: сравнение значений многочленов. x =1

− 70 = −10C

x=3

42 = 14A

x = −4 175 = 35B

C = 7  ⇒ A = 3 B = 5 

15x 2 − 4 x − 81 5 7   3 dx = + +  ∫ (x − 3) ⋅ (x + 4 ) ⋅ (x − 1) ∫  x − 3 x + 4 x − 1 dx = = 3 ln x − 3 + 5 ln x + 4 + 7 ln x − 1 + C. Ответ: 3ln|x-3|+5ln|x+4|+7ln|x-1|+C, ∀ X: X ⊂ R\{-4,1,3}.

Пример 6.9 Найти

x

∫ x 3 + 1 dx .

Решение. 73

Согласно теореме представлена в виде: x x3 +1 Т.е.

=

6.2, данная

x

(x + 1) ⋅ (x 2 − x + 1) x x3 + 1

=

(

=

рациональная

A Bx + C + 2 ; x +1 x − x +1

) (x + 1) ⋅ (x

быть

А, В, С ∈ R.

A x 2 − x + 1 + (Bx + C )(x + 1)

)

2

дробь может

− x +1

.

Следовательно,

(

)

x = A x 2 − x + 1 + (Bx + C )(x + 1) . Для определения коэффициентов применить комбинированный способ.

А, В, С

в

данном случае лучше

Заметим, что при х = –1 один из множителей в правой части выписанного тождества обращается в нуль. При подстановке этого значения получаем: 1 -1=3А, следовательно, A=− . 3 С другой стороны, выделяя коэффициенты при степенях х в правой части тождества, получаем: x = (A + B )x 2 + (B + C − A )x + (A + C ) . Поскольку, нам осталось определить только значения В и С, то достаточно сравнить только коэффициенты при х2 и х0: x2 A + B = 0 x0 A + C = 0 Откуда следует, что

1 1 B= , C= . 3 3

1 1 1 1   1 ( 2x − 1) + x+   − 1 x 2 dx = 3 dx = − 1  3 + 3 dx + ∫ 6 2 dx = ∫ x3 + 1 ∫  x + 1 x 2 − x + 1 ∫ 3 x +1 x − x +1    

74

1 1 2x − 1 1 dx 1 = − ln x + 1 + ∫ 2 dx + ∫ 2 = − ln | x + 1 | + 3 6 x − x +1 2 x − x +1 3 1  − d x   1 1 1 d x2 − x +1 1 2  + ∫ 2 + ∫ = − + + ln | x 1 | ln | x 2 − x + 1 | + 2 3 6 6 x − x +1 2  1 3 − + x   2 4 

(

)

1  2 x −  1 2 2  + ⋅ + C. arctg 2 3 3 Ответ:

(2x − 1) + C, ∀ X : X ⊂ R \ {-1}. 1 1 1 − ln x + 1 + ln x 2 − x + 1 + arctg 3 6 3 3 Пример 6.10

x +1

∫ (x 2 + x + 2) ⋅ (x 2 + 4x + 5) dx .

Найти

Решение. Используя результаты теоремы 6.2, имеем:

(x (x

x +1 2

)(

+ x + 2 ⋅ x 2 + 4x + 5

)

x +1 2

)(

+ x + 2 ⋅ x 2 + 4x + 5

)

=

Ax + B x2 + x + 2

+

Cx + D x 2 + 4x + 5

;

А, В, С, D ∈ R.

( Ax + B) ⋅ (x 2 + 4 x + 5) + (Cx + D ) ⋅ (x 2 + x + 2) = .

(x

)(

2

+ x + 2 ⋅ x 2 + 4x + 5

)

Следовательно, коэффициенты можно найти из условия:

(

)

(

)

x + 1 = (Ax + B) ⋅ x 2 + 4 x + 5 + (Cx + D ) ⋅ x 2 + x + 2 . В данном случае рациональнее применить метод коэффициентов при одинаковой степени. Перегруппировав слагаемые в правой части, получаем:

сравнения

75

x + 1 = (A + C )x 3 + (4A + B + C + D )x 2 + (5A + 4B + 2C + D )x + (5B + 2D ) . Следовательно, x3 A + C = 0 x 2 4A + B + C + D = 0 5A + 4 B + 2C + D = 1 5B + 2 D = 1

x x0

Получившуюся систему уравнений на A, B, C, D, проще всего решить по методу Гаусса, применяя матричный способ записи решения: 1  4 5  0  1  0 ~ 0  0 

0 1 4 5

1 1 2 0

0 0 1   1 0  0 ~ 1 1 0   2 1   0

0 1 0 0 1   1 − 3 1 0 0 ~ 4 − 3 1 1 0   5 0 2 1   0

0 1 0 0 1   1 − 3 1 0 0 ~ 0 9 − 3 1 0   0 45 − 9 3   0

0 1 0 0  1 − 3 1 0 ~ 0 9 − 3 1  0 15 − 3 1 

0 1 0 0   1 −3 1 0  0 9 −3 1   0 0 6 − 2 

Следовательно, исходная система равносильна системе: A + С = 0 B − 3C + D = 0  .  9 C 3 D 1 − =  6D = −2 Решая которую, получаем:

1 1 A = 0, B = , C = 0, D = − . 3 3

1 1   −   x +1 3 3  dx = + 2 dx = ∫ 2 2 2  x + x + 2 x + 4x + 5  x + x + 2 ⋅ x + 4x + 5    

∫(

76

)(

)

 d x + 

1  2

1  2 x +  1 d (x + 2 ) 2 1 2 1  = ∫ − = − arctg(x + 2 ) + C. arctg ∫ 2 2 3 3 3  7 3 7 (x + 2 ) + 1 1 7 + + x   2 4  (2x + 1) − 1 arctg(x + 2 ) + C; ∀X : X ⊂ R. 2 Ответ: arctg 3 3 7 7

Задания для самостоятельного решения 6.11 (С) Запишите данные правильные рациональные дроби в виде суммы простейших (элементарных) рациональных дробей с неопределёнными коэффициентами: а)

в)

2x 2 − 1 x 3 − 5x 2 + 6 x

(x

2x 2 − 5 2

− 5x + 4

)

3

б)

;

г)

;

3x 2 + 2 x + 1

(x − 1)2 ⋅ (x + 2) (x − 1) ⋅ (x

6.12 (С)

2 x 2 + 41x − 91 ∫ (x − 1) ⋅ (x + 3) ⋅ (x − 4 ) dx.

6.13 (С)

∫ (x 2 − 4x + 3) ⋅ (x 2 + 4x + 5) .

x 2

;

)

+ x +1

dx

2

.

6.14 (С)

dx

∫ x (x 2 + 2).

Теперь мы готовы к интегрированию и неправильных рациональных дробей. Приступим к рассмотрению соответствующих примеров.

Пример 6.11 Найти

x4

∫ (2 + x ) ⋅ (x 2 − 1) dx .

Решение. Заметим, что

x4

(2 + x ) ⋅ (x 2 − 1)

=

x4 x 3 + 2x 2 − x − 2

.

77

Следовательно, данная рациональная дробь является неправильной, т.к. степень числителя 4, а степень знаменателя 3. Поэтому, предварительно нужно представить дробь в виде многочлена и правильной рациональной дроби. Для того, чтобы осуществить это представление воспользуемся правилом деления многочлена на многочлен уголком.

−

x4 x 4 + 2x 3 − x 2 − 2x -

x 3 + 2x 2 − x − 2 x−2

- 2x 3 + x 2 + 2 x − 2x 3 − 4x 2 + 2x + 4 5x 2 − 4

Следовательно, x4

(x + 2 ) ⋅ ( x

2

− 1)

=

x4 3

2

x + 2x − x − 2

=

( x − 2 ) ⋅ ( x 3 + 2 x 2 − x − 2) + 5 x 2 − 4 3

2

x + 2x − x − 2

=

5x 2 − 4

5x 2 − 4 =x−2+ =x−2+ 3 ( x + 2) ⋅ ( x − 1) ⋅ ( x + 1) x + 2x 2 − x − 2 Далее воспользуемся рациональных дробей:

алгоритмом

интегрирования

5x 2 − 4 A B C = + + ; ( x + 2) ⋅ ( x − 1) ⋅ ( x + 1) x + 2 x − 1 x + 1

5x 2 − 4 x 3 + 2x 2 − x − 2

=

правильных

A, B, C ∈ R.

A ⋅ (x − 1) ⋅ (x + 1) + B ⋅ (x + 2 ) ⋅ (x + 1) + C ⋅ (x + 2 ) ⋅ (x − 1) (x + 2) ⋅ (x − 1) ⋅ (x + 1)

Следовательно, 5x 2 − 4 = A ⋅ (x − 1) ⋅ (x + 1) + B ⋅ (x + 2 ) ⋅ (x + 1) + C ⋅ (x + 2 ) ⋅ (x − 1) . Значения коэффициентов А, В, С определим, сравнивая значения многочленов: 78

x =1 x = −1 x = −2

1 = 6B 1 = −2C . 16 = 3A

Из данных условий получаем, что

A=

1 16 , B= , 6 3

1 C=− . 2

Следовательно, 16 1 1   −   x 3 6 2 ∫ (2 + x ) ⋅ x 2 − 1 dx = ∫  x − 2 + x + 2 + x − 1 + x + 1 dx =     4

(

)

1 1 16 x2 = − 2 x + ln x + 2 + ln x − 1 − x + 1 + C ⋅ 2 6 3 2 Ответ: 1 1 16 x2 − 2 x + ln x + 2 + ln x − 1 − x + 1 + C, ∀X : X ⊂ R \ {−2,−1,1}. 2 6 3 2

Замечание. Решая пример 6.11, мы выделяли правильную рациональную дробь, используя метод деления многочлена на многочлен уголком. В некоторых случаях бывает проще воспользоваться тождественными преобразованиями выражения, стоящего в числителе соответствующей дроби. Пример 6. 12

Найти

x4 +1

∫ x 4 − 1 dx.

Решение. x4 +1 x4 −1+ 2 2  1  ∫ x 4 − 1dx = ∫ x 4 − 1 dx = ∫ 1 + x 4 − 1 dx = x + 2∫ x 4 − 1 dx. 1 x4 −1

1 x4 −1

=

=

1

(x − 1) ⋅ (x + 1) ⋅ (x 2 + 1)

(

)

=

A B Cx + D + + 2 ; A, B, C, D ∈ R. x −1 x +1 x +1

(

)

A ⋅ (x + 1) ⋅ x 2 + 1 + B ⋅ (x − 1) ⋅ x 2 + 1 + (x − 1) ⋅ (x + 1) ⋅ (Cx + D )

(x − 1) ⋅ (x + 1) ⋅ (x 2 + 1)

.

79

Следовательно,

(

)

(

)

1 = A ⋅ (x + 1) ⋅ x 2 + 1 + B ⋅ (x − 1) ⋅ x 2 + 1 + (x − 1)(x + 1) ⋅ (Cx + D ) . Используя получаем:

комбинированный

x = −1 1 = −4B, x = 1 1 = 4A,

метод

нахождения

коэффициентов,

1 1 A= , B=− . 4 4

т. е.

С другой стороны, выделяя коэффициенты при степенях х, получаем: 1 = (A + B + C )x 3 + (A − B + D )x 2 + (A + B − C )x + (A − B − D ). Следовательно, для определения оставшихся значений C и D достаточно сравнить коэффициенты при второй и третьей степени (можно выбрать и другие варианты для сравнения): 1 x3 A + B + C = 0 , откуда получаем: C = 0 , D = − . 2 x2 A − B + D = 0 1 1   1 − −   x +1 4 4 2  ∫ x 4 − 1dx = x + 2∫  x − 1 + x + 1 + x 2 + 1 dx =     1 1 = x + ln x − 1 − ln x + 1 − arctg x + C. 2 2 4

Ответ: x +

1 1 ln x − 1 − ln x + 1 − arctg x + C, ∀ X : X ⊂ R \ {-1,1}. 2 2

Задания для самостоятельного решения

6.15 (С)

6.16 (С)

80

∫

x 4 − 6x 3 + 12x 2 + 6 x 3 − 6 x 2 + 12 x − 8 5x 3 + 2

∫ x 3 − 5x 2 + 4xdx.

dx.

7 Метод замены переменной Теорема 7.1 Если f(x) определена на X, ϕ ( t ) определена на T, причём, 1) ϕ : T → X ; 2) ϕ (t ) ∈ D(T ) и ϕ ′(t ) ≠ 0 , ∀t ∈ T ; 3) ϕ (t ) строго монотонна на T; 4) ∃

∫ f (ϕ (t )) ⋅ ϕ ′(t )dt = F (t ) + C ∃

тогда,

на множестве Т;

−1 ∫ f (x )dx = F (ϕ (x )) + C

на множестве Х.

Доказательство. Из условий 2) и 3) следует, что для функции ϕ( t ) существует обратная функция ϕ −1 (x ) , причём она является дифференцируемой на X и

(ϕ

−1

(x ))

′

=

1 , x ∈ X. ϕ′(t )

Следовательно,

(F(ϕ

−1

)

(

Учитывая условие 4) теоремы 7.1 получаем, что Таким образом, Т.е.

(

)

(F(ϕ

)

′ ′ ( x )) = t = ϕ −1 ( x ) = F′( t ) ⋅ ϕ −1 ( x ) .

−1

F′( t ) = f (ϕ( t )) ⋅ ϕ′( t ).

)

′ 1 = f (ϕ( t )) = f ( x ). ( x )) = f (ϕ( t )) ⋅ ϕ′( t ) ⋅ ϕ′( t )

F ϕ −1 ( x ) является первообразной для f(x) на X .

Замечание. Многие из тех интегралов, которые мы приводили в качестве примеров применения метода подведения под знак дифференциала (смотри п.4.2), можно найти, используя и метод замены переменной. В данном пособии мы не будем описывать все типы интегралов, которые целесообразно считать, опираясь на метод замены переменной, так как этот 81

вопрос достаточно подробно освещается практически во всех полных курсах интегрального исчисления (смотри список использованных источников). Мы проиллюстрируем данный метод наиболее часто встречающимися ситуациями, когда применение метода замены переменной является наиболее эффективным (по сравнению с другими методами).

Чаще всего метод замены переменной применяется при интегрировании иррациональный функций.

Пример 7.1 Найти

x −1

∫ 3 x + 1dx .

Решение. Введём

t = 6 x , где x = t 6 = ϕ(t ) и ϕ : (0;+∞ ) → (0;+∞ ) .

∫3

x −1 t3 −1 t8 − t5 5 dt . dx = ∫ 2 ⋅ 6 t dt = 6 ∫ 2 x +1 t +1 t +1

−

t8 − t5

t2 +1

6 4 3 2 t8 + t6 t − t − t + t + t −1

-

- t6 − t5 − t6 − t4 -

- t5 + t4 − t5 − t3 -

t4 + t3 t4 + t2 -

t3 − t2 t3 + t -

- t2 − t − t2 −1 - t +1

Следовательно, 82

∫3 =6

x −1 t8 − t5 − t + 1  dx = 6 ∫ 2 dt = 6 ∫  t 6 − t 4 − t 3 + t 2 + t − 1 + 2 dt = x +1 t +1 t +1 

t7 t5 t4 t3 t2 tdt dt − 6 − 6 + 6 + 6 − 6t − 6∫ 2 + 6∫ 2 = 7 5 4 3 2 t +1 t +1

(

)

=

6 7 6 5 3 4 d t2 +1 + 6 arctg t = t − t − t + 2 t 3 + 3t 2 − 6 t − 3∫ 2 7 5 2 t +1

=

6 7 6 5 3 4 t − t − t + 2 t 3 + 3t 2 − 6 t − 3 ln t 2 + 1 + 6 arctg t + C = 7 5 2

=

6 76 6 56 3 23 x − x − x + 2 x 1 2 + 3x 1 3 − 6 x 1 6 − 3 ln x 1 3 + 1 + 6arctg6 x + C. 7 5 2

Ответ: 6

6

3

6 x7 6 x5 3 x2 − − + 2 x + 33 x − 66 x − 3 ln | 3 x + 1 | +6 arctg6 x + C, 7 5 2 x ∈ (0,+∞)

Пример 7.2 Найти

∫

x2 + 1+ x 3

1+ x

dx.

Решение. Решение данного примера запишем более коротко: так, как это принято на практике: t = 6 1+ x

∫

x2 + 1+ x 3

1+ x

dx =

x = t 6 − 1 = ϕ( t ) dx = 6 t 5 dt t ∈ (0,+∞)

=∫

(t

6

)

2

−1 + t3 t

2

⋅ 6 t 5 dt =

= ∫ 6 t 3 ⋅ ( t 12 − 2t 6 + 1 + t 3 )dt = 6 ∫ ( t 15 − 2 t 9 + t 3 + t 6 )dt = =

6 t 16 12t 10 6 t 4 6 t 7 − + + +C= 16 10 4 7 83

=

33 (1 + x ) 8 8

Ответ:

−

63 (1 + x ) 5 5

33 (1 + x ) 8 8

−

Пример 7. 3 Найти

33 (1 + x ) 2

+

+

2

63 (1 + x ) 5 5

+

66 (1 + x ) 7 7

33 (1 + x ) 2 2

+

+ C.

66 (1 + x ) 7 7

+ C , x∈(-1,+∞)

∫

6

x +1 dx ⋅ . x − 1 ( x − 1) 3

t=

6

t6 +1 x +1 x +1 6 6 6 , = t , x +1= x ⋅ t − t , x = 6 x −1 x -1 t −1

Решение.

∫

6

x +1 dx ⋅ = x − 1 ( x − 1) 3

dx =

6 t 5 ( t 6 − 1) − 6 t 5 ( t 6 + 1)

x −1= ( t 6 − 1) 3 =∫t⋅ 8

 − 12 t 5 ⋅  6 2  ( t − 1)

( t 6 − 1) 2 t6 +1 t6 −1

−1=

13

t6 +1− t6 +1 t6 −1

=

( t 6 − 1) 2 2 t6 −1

dt

=

, t ∈ (0,+∞)

  dt = − 3 ∫ t 6 ⋅ ( t 6 − 1) dt = − 3 ∫ ( t 12 − t 6 ) dt =  2 2 

3 t 13 3 t 7 3  x + 1 =− ⋅ + ⋅ +C=− 6  2 13 2 7 26  x − 1  3 6  x + 1 Ответ: −   26  x − 1 

dt =

− 12 t 5

13

7

3  x + 1 + 6  + C. 14  x − 1  7

3  x + 1 + 6  + C ; ∀X: X ⊂ ((-∞, -1) ∪ (1, +∞)). 14  x − 1 

Замечание. В примерах 7.1 – 7.3 для освобождения от иррациональности мы вводили новую переменную так, чтобы вычисление интегралов в итоге сводилось к интегрированию рациональных функций (в каждом из рассмотренных случаев ϕ( t ) - функция, рационально зависящая от t).

84

Иногда удобнее переходить к интегрированию тригонометрических функций.

∫

Пример 7.4 Найти

dx x

2

4−x

2

.

Решение. x = 2 cos t , t ∈ (0, π) .

Введём

dx = 2 ⋅ (− sin t )dt , 4 − x 2 = 4 − 4 cos 2 t = 4 sin 2 t

∫

dx x

2

4−x

2

=∫

2(− sin t )dt 2

2

4 cos t ⋅ 4 sin t

= −∫

2 sin tdt 2

4 cos t ⋅ 2 sin t

=

x = cos t 1 1 1 1  x 2 =− ∫ dt = − tgt + C = = − tg arccos   + C. x 4 cos 2 t 4 4  2 t = arccos 2 π π Здесь t∈T : T ⊂ ((0, ) ∪ ( , π)) . 2 2 Ответ в данном примере можно оставлять либо в таком виде, либо используя тождественные преобразования тригонометрических выражений, упростить его: 2

x 1 −   1 − cos 2 t sin t 1 4 − x2 2 − tgt + C = − +C=− +C=− +C=− + C. x 4 cos t 4 cos t 4 4x 4⋅ 2 Ответ: −

Пример 7.5

4 − x2 + C, x ∈ X : X ⊂ ((-2,0) ∪ (0, 2)). 4x Найти

∫

dx ( x 2 − 5) 3

.

Решение.

∫

5(1 − cos 2 t ) 5 sin 2 t 5 5 sin t 2 ; dx = = x= = = dt; x − 5 = 2 2 2 2 3 cos t cos t cos t cos t ( x − 5) dx

85

=∫

π 1 d(sin t ) 1  1 cos t = = − + ∈ C , t ( 0 , ); dt 1 ∫  5 ∫ 2 2 5 5 sin t 2 | cos 3 t | 5 sin t sin t sin t ⋅ dt =  = 2 3 3 d (sin t ) 1 cos t 1 1 π 5 sin t cos t − dt = − ∫ = + C 2 , t ∈ ( , π)  5 ∫ sin 2 t 5 sin 2 t 5 sin t 2

−1  + C1 =  2 5  5  −1 π    5 1 − + C1 , t ∈ (0, );   x   2    5 1 − cos 2 t  = = π 1 1  + C 2 , t ∈ ( , π)  + C2 = 2  5 1 − cos 2 t  2 5  5 1 −  5   x      Ответ: −

x 5 x2 − 5

Пример 7.6

−|x| 2

x −5 |x| 2

x −5

+ C1 ; x ∈ ( 5 ,+∞);

+ C 2 ; x ∈ (−∞,− 5 )

+ C, x ∈ X : X ⊂ ((-∞,- 5 ) ∪ ( 5 ,+∞)).

∫

Найти

dx

(5 + 2x + x )

2 3

.

Решение.

∫

dx

(5 + 2x + x )

2 3

=∫

dx

((x + 1)

2

+4

)

3

π π 2 x + 1 = 2 tgt , t ∈ (− , ); dx = dt 2 2 2 cos t = = 4 ( x + 1) 2 + 4 = 4(1 + tg 2 t ) = cos 2 t

tgt cos 3 t 2 1 1 =∫ ⋅ = = + = +C= dt cos tdt sin t C ∫ 2 8 4 4 cos 2 t 4 tg t + 1 x +1 2

=

 ( x + 1) + 4      4   2

4

Ответ:

+C=

x +1 2

4 x + 2x + 5

x +1 2

4 x + 2x + 5

+ C.

+ C, x ∈ R.

Замечание. Выбор замены переменной в примерах 7.4 –7.6 был обоснован возможностью применения известных тригонометрических формул, позволяющих избавится от иррациональностей. 86

При введении новой переменной, всегда следует следить за областью задания, новой переменной: необходимо, чтобы выполнялись условия теоремы 7.1 и были справедливы тождественные преобразования, используемые при а 2 =| a | .

нахождении интегралов. При этом всегда следует помнить, что

Замечание. Используя понятие функции, рационально зависящей от n переменных: R (u1, u2, …, un) (см. /7/, стр. 421), интегралы, рассмотренные в примерах 7.1 –7.3, принято обозначать: ps  p1 p2    ax + b  q1  ax + b  q 2  ax + b  qs  R x , , , ...,       dx; ∫   cx + d   cx + d  + cx d       a, b, c, d ∈ R; p 1 , ..., p s ∈ Z; q 1 , ..., q s ∈ N. ax + b Замену переменной выбирают из условия: t n = , n – наименьшее cx + d общее кратное чисел q1, q2, … , qS. Интегралы, рассмотренные в примерах 7.4 - 7.6, принято обозначать:

∫ R ( x,

ax 2 + bx + c )dx, a, b, c ∈ R .

При интегрировании сначала выделяют полный квадрат, затем, в зависимости от получившегося результата, одну из замен вида: x+

b b = m sin t (x + = m cos t ); 2a 2a

x+

b b = m tgt (x + = m ctgt ); 2a 2a

b m = x+ 2a sin t

b m = (x + ); 2a cos t

2

m=

 b  c-  .  2a 

Обоснование данных результатов, а также алгоритмы интегрирования других иррациональных функций можно найти в /7/, стр. 421-431.

Задания для самостоятельного решения 7.1 (С)

∫

dx x +3 x

.

7.2 (С)

x +1 + 2

∫ ( x + 1) 2 −

x +1

dx . 87

∫

7.3 (С)

7.5 (С)

∫

3

x +1 dx . x −1 dx

x

4

2

x −1

∫

7.4 (С)

.

∫

7.6 (С)

3 − 2 x − x 2 dx . dx 2

(1 − x ) 1 + x

2

.

Метод замены переменной также очень часто используется при интегрировании тригонометрических функций. В нашем пособии мы ограничимся рассмотрением только одной ситуации: когда применяется универсальная тригонометрическая подстановка. x применяется Универсальная тригонометрическая подстановка t = tg 2 при интегрировании функций вида R(sin x, cos x), т.е. функций рационально зависящих от sin x и cos x. dx

∫ 3 + 5 cos x .

Пример 7.7 Найти Решение.

t = tg dx ∫ 3 + 5 cos x =

x x 2 , = arctgt, x = 2arctgt, dx = dt 2 2 1+ t2 =

x x − sin 2 1 − tg 2 2 2 = cos x = x x 1 + tg 2 cos 2 + sin 2 2 2 cos 2

=∫

1 3+ 5⋅

⋅

2

1− t2 1+ t2

dt = ∫

x 2 2 = 1− t x 1+ t2 2

2 3(1 + t 2 ) + 5(1 − t 2 )

dt = ∫

1+ t2

x 1 1 2+t 1 2 + C. =∫ = + = dt ln C ln x 2⋅2 2− t 4 4 − t2 2 − tg 2 2 + tg

88

2 8 − 2t 2

dt =

x 1 2 + C . (Ограничения на х укажите самостоятельно). Ответ: ln x 4 2 − tg 2 2 + tg

Пример 7.8 Найти

dx ∫ 3 + sin x + cos x .

Решение.

dx

∫ 3 + sin x + cos x =

x 2dt 1- t2 t = tg , x = 2arctgt, dx = , cosx = 2 1+ t2 1+ t2 = x x x ⋅ cos 2 tg 2 = 2t 2 2 = sinx = x 1+ t2 x x 1 + tg 2 sin 2 + cos 2 2 2 2 2sin

=∫

1 3+

2t 1+ t2

⋅

+

2

1− t2 1+ t2

dt = ∫

2dt 3(1 + t 2 ) + 2 t + 1 − t 2

=∫

2dt 2t 2 + 2t + 4

=

1+ t2 1  d t +  2 

1  x 2 t +  2 tg + 1 2 dt 2 2  2 arctg =∫ 2 =∫ arctg = +C= + C. 2 7 7 7 7 t +t+2 1 7   t +  + 2 4  x +1 2 2 Ответ: arctg + C. 7 7 (Ограничения на х укажите самостоятельно) 2 tg

Замечание. С теоретическими обоснованиями данного метода, а также с другими заменами, применяемыми при интегрировании тригонометрических функций, можно ознакомится по учебнику /7/ стр.431-434. Задания для самостоятельного решения 7.7 (С)

sin x ∫ 1 − sin x dx.

7.8(С)

dx ∫ cos x + 2 sin x + 3 . 89

8 Дидактические материалы для преподавателей Данный раздел содержит дидактические материалы для преподавателей. Цель предлагаемых заданий – проверка уровня усвоения знаний студентов и учащихся по теме «Неопределенный интеграл». Здесь содержатся примеры вариантов составления различных контрольных и самостоятельных работ, направленных как на проверку усвоения какого-нибудь отдельного приема интегрирования, так и для комплексной проверки нескольких приемов. Этот раздел будет полезен также и студентам, готовящимся к контрольным мероприятиям по данным темам, так как позволяет ознакомиться с наиболее типичными вопросами и примерами, предлагаемыми на зачетах и экзаменах по данному разделу.

8.1 Список теоретических вопросов для подготовки к коллоквиуму и экзамену 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8.

Первообразная функция: определение, свойства. Неопределённый интеграл: определение, свойства. Таблица основных неопределённых интегралов. Простейшие методы интегрирования: метод разложения, метод подведения под знак дифференциала. Метод интегрирования по частям. Рациональные дроби: определение, классификация, теоремы о представлениях. Интегрирование простейших рациональных дробей. Метод замены переменной.

Данный список теоретических вопросов является, пожалуй, самым коротким. Если времени для изучения этой темы выделено достаточно или студенты группы имеют высокий уровень математической подготовки можно более подробно рассмотреть с ними основные типы функций, которые интегрируют с помощью замены переменной: интегрирование иррациональностей и тригонометрических функций и включить, соответствующие вопросы в указанный выше список. На практике обычно отдельно коллоквиум по теме «Неопределенный интеграл» не проводится; более целесообразно совместить его с проверкой усвоения теоретических положений темы «Определенный интеграл».

90

8.2 Самостоятельная работа № 1 «Таблица интегралов» Вариант 1

1. 1 1 1  6 ∫  x + 3 x + x 4 + x dx . 2.

dx



7

1.

1.

2.

3.

∫ 5 − x2

4.

∫

5.

∫

7.

∫ cos 2 xdx .

1 3

x2

+

1

+

x3

1  dx x 



∫  x

8

dx

∫ 5 + x2 . dx

∫ 4 − x2

.

4.

∫

.

5.

∫

7

x

1

+

x

5

1 dx . x

+

dx

∫ 8 + x2 .

2.

dx

∫ 25 − x 2 .

4.

∫

5.

∫

7. ∫ sin x dx .

7.

∫ sin 2 xdx .

Вариант 4

Вариант 5

Вариант 6

1.

1.

1.

+

3.

1

+

3.

.

dx 2

x +2 dx

9−x 6. ∫ 5 x dx .

∫  x

Вариант 3

 5 ∫  x + 

∫ 4 + x2 . dx

Вариант 2

2

5

x

1

+

x8 dx

1 dx . x

+

2.

∫ x 2 + 16 .

3.

∫ 36 − x 2 .

4.

∫

5.

∫

dx

dx 2

x −3 dx

25 − x 6. ∫ 9 x dx .

7. ∫

1 2

сos x

.

2

dx .

dx

.



∫  x

4

+

1 x

.

2

x +3 dx

16 − x 6. ∫ 8 x dx .

1

1

.

+

1 dx . x

1

x dx

.

2

+ 2

2.

∫ 7 + x2 .

3.

∫ 16 − x 2 .

4.

∫

5.

∫

dx 2

x −9 dx

36 − x 6. ∫ 4 x dx .



∫  x

9

+

.

2

7. ∫ cos x dx .

.

.

2

x −7 dx

81 − x 6. ∫ 3 x dx .

2

.

1

1 4

2.

dx

dx

x

1

+

x dx

+ 7

1 dx . x

∫ x2 + 2 . dx

3.

∫ 9 − x2 .

4.

∫

7.

∫ sin 2 xdx .

dx

2

x + 13 dx 5. ∫ . 2 4−x 6. ∫ 6 x dx .

.

1

91

Данная работа предназначена для проверки усвоения табличных формул. 8.3 Самостоятельная работа №2 «Метод разложения и подведения под знак дифференциала (проверка простейших навыков интегрирования)»

Вариант 1 1 1 1. ∫  + 2e x + x 1− x2  2 + x2

∫ 1+ x2

 dx .  

  2 1. ∫  2 + e x + cos x dx .   sin x 1− x2 +1

dx .

2.

∫

dx .

3.

∫ (1 + x 2 )arctgx .

4. ∫ cos(4 x − 11)dx .

4.

∫ (13x − 8)

Вариант 3

Вариант 4

  2 1 dx . 1. ∫  + + 1 2   2 cos x   x +1

1 1   1. ∫  3e x + + dx . x 1+ x2  

 x2 + 7 dx . 2. ∫   x  

 cos 3 x + 1  dx . 2. ∫  2   cos x 

2.

3.

3.

tg 2 x

∫ cos 2 x

∫

cos x sin x

dx .

4. ∫ e 9 x +11dx .

92

Вариант 2

1− x2

dx .

dx

19

5

arcsin x

3.

∫

4.

∫ 4x + 7 .

1− x dx

2

dx .

dx .

Вариант 5

Вариант 6

  2 1 x 1. ∫  + + e dx . 2   2 cos x  1− x 

 1  2 dx . + + 1 1. ∫   1 + x 2 sin 2 x   

x2 + 6 dx . 2. ∫ 1+ x2

 x 4 + 1 dx . 2. ∫  3   x 

3.

3. ∫ e sin x cos xdx .

dx ∫ x ln x .

4. ∫ cos(15 + 6x )dx .

4.

∫

5

5 − 6 x dx .

8.4 Самостоятельная работа № 3 «Метод разложения и подведения под знак дифференциала» Вариант 1

Вариант 2

3

3 + x 2 − 2x

1.

∫

2.

∫

3.

∫ x 2 − 10x + 40 .

4.

x 5

3 − 2 x dx .

dx

∫

dx .

arccos 7 x 1− x 2

2

dx .

5. ∫ e1− 4 x ⋅ xdx .

1. ∫

2 x − x2 + 3 3

x

2.

∫

3.

∫ x 2 + 6x + 8 .

dx .

4 − 8x dx .

dx

4. ∫

5.

3

Вариант 3

dx 2

1− x ⋅e xdx

∫ 3x 2 − 6

.

arcsin x

.

1. ∫

4

x − 2x + 5 x2

dx .

dx

2.

∫ 3 5 + 3x .

3.

∫ x 2 + 14x + 11 .

4.

5.

dx

dx

∫ sin 2 x ⋅ ctg 3 x . ∫

x 4 dx e

x5

+1

.

93

Вариант 4

1.

∫

6

x 5 − 5x 2 + 3 dx . x dx

2.

∫ 7 2 − 5x

3.

∫ x 2 − 6x + 8 .

.

dx

4. ∫ e 3 cos x + 2 ⋅ sin xdx . ln 3 (x − 1) 5. ∫ dx . x −1

Вариант 5

1. ∫

3

Вариант 6

1. ∫

1 − 7 x dx .

2.

∫ 11 6 − 13x .

3.

∫ x 2 − 4x + 10 .

2.

∫

3.

∫ x 2 + 4x + 25 .

4.

cos xdx ∫ 3 − sin x .

5.

9

dx

∫

x − 2x 3 + 4

5

x 2 − 2x 5 + 3 dx . x

e 3arctgx +1 1+ x

2

4.

dx .

dx

dx

∫

5. ∫

dx .

x2

x 3 dx e

x4

−1

.

dx cos 2 3x ⋅ tg 4 3x

.

Нетрудно заметить, что самостоятельная работа № 2 состоит из более лёгких заданий, чем самостоятельная работа № 3. Оба задания позволяют проверить усвоены ли темы: метод разложения и подведения под знак дифференциала, параллельно ещё раз проверяется таблица интегралов.

8.5 Самостоятельная работа № 4 «Метод интегрирования по частям» Вариант 1

(

)

1. ∫ ln x 2 + 1 dx .

2.

94

∫

arcsin x 1+ x

dx .

Вариант 2

Вариант 3

1. ∫ arccos 2 xdx .

2. ∫

(

x ln x + 1 + x 2 1+ x2

1. ∫ ln

)dx .

2.

∫

2−x dx . 2+x

arccos x 1− x

dx .

3.

∫ (x

2

)

+ x cos xdx .

3.

∫ (x

Вариант 4

2

)

+ 4 e 2 x dx .

3.

∫ (x

Вариант 5

1. ∫ ln x + 1 + x 2 dx .

1. ∫ arcctg 2x dx .

2.

ln x ln(ln x ) dx . ∫ x

2. ∫ x 2 arcctgx dx .

2. ∫ x ln

3.

∫ (x

3. ∫ x 2 sin 2 x dx .

3.

2

)

+ x e x dx .

)

+ x sin xdx .

Вариант 6

)

(

1. ∫ arcsin 2 x dx .

2

∫ (x

2

1− x dx . 1+ x

)

− 1 e − x dx .

Данная самостоятельная работа позволяет проверить уровень усвоения метода интегрирования по частям, причём задания в работе двух типов: когда выражение уже подготовлено к применению формулы и когда интеграл ещё нужно преобразовать: выбрать u и найти v (т. е. нужно догадаться: какую из функций следует подводить под знак дифференциала).

8.6 Самостоятельная работа № 5 «Интегрирование рациональных функций»

Вариант 1

1. ∫ 2. ∫ 3. ∫

dx 2

x − 4 x + 10

Вариант 2

1. ∫

.

x+6

2. ∫

dx . 3x 2 + x + 1 12dx

(x − 1) ⋅ (x 2 − x − 12)

.

3. ∫

dx 2

x + 4 x + 25 3x − 2 5 x 2 − 3x + 2

(x

.

1. ∫

dx .

2. ∫

8xdx 2

)

Вариант 3

+ 6 x + 5 ⋅ (x + 3)

.

3. ∫

dx 2

2x − 2x + 1

.

3x − 7

dx . x2 + x +1 6 x dx x 3 + 2x 2 − x − 2

.

95

4. ∫

2x 5 − 2x 3 − x 2 1− x4

2x 5 − 2x + 1 x 4 + x 3 + 2x 2 + x + 2 4. ∫ dx . 4. ∫ dx . x 4 + 5x 2 + 4 1− x4

(

dx .

Вариант 4 1. ∫ 2. ∫ 3. ∫ 4. ∫

dx 5x 2 + 2 x + 7 dx 2x 2 + x + 2

)

Вариант 5 1. ∫

.

2. ∫

.

(2x 2 + 41x − 91)dx ( x 2 + 2 x − 3) ⋅ ( x − 4)

. 3. ∫

x 4 dx

4. ∫

dx . x 4 + 5x 2 + 4

dx x 2 − 4x + 8 dx 2x 2 + x + 2

Вариант 6

.

1. ∫

.

2. ∫

6 x 2 dx

(x − 1) ⋅ (x 2 + 3x + 2) 2x 5 − 2x 3 + x 2 1− x4

dx .

.

3∫

dx 2x 2 + x + 2

.

x+2

dx . 3x 2 − x + 5

(7x

2

)

− 17 x dx

(x − 2 ) ⋅ (x 2 − 2x − 3)

4. ∫

x3

(x − 1) ⋅ (x 2 + 4)

dx .

8.7 Самостоятельная работа № 6 «Метод замены переменной» Вариант 1 1.

Вариант 2

dx

∫ 3 5x + 1 −

5x + 1

. 1.

6

Вариант 3

x +1

∫ 1 + 3 x + 1dx .

1.

3x − 2

∫ 3 3x − 2 + 2 dx .

5 4 dx dx sin x ⋅ cos xdx . 2. ∫ . . 2. ∫ 2. ∫ 2 2 2 sin x + 3 cos x + 7 sin x + 7 sin x ⋅ cos x + 2 cos x

3.

∫

dx

( 3 − 2x − x ) 2

3

.

3.

∫

∫

dx 4

x− x

.

. 3

3.

( 25 − x )

Вариант 4 1.

dx

2

Вариант 5 1.

∫

x 2 + 1 + 2x 3

1 + 1 + 2x

dx .

2. ∫ cos 7 x ⋅ sin 2 xdx . 96

∫

dx

( x − 9)

3

2

.

Вариант 6 1.

x + 5 +1

∫3 x+5+

2. ∫ sin 5 xdx .

x+5

dx .

2.

3.

cos 2 x

∫ sin 6 x dx . ∫

dx x

2

25 − x

2

.

3.

∫

dx

( 4+x ) 2

3

.

3.

∫

dx

( x − 5)

3

2

.

8.8 Контрольная работа № 1 Вариант 1

Вариант 2

ln x 2 ln x + 7 1. ∫ dx . x

(

1. ∫

)

2. ∫ x 2 + 1 sin xdx . 3. ∫

− x2 + x +1

3. ∫

dx .

Вариант 3 ( arcsin x )5 + 7 3 arcsin x + 1 dx . 1. ∫ 2 1− x 2. ∫ (x + 5) cos 2xdx . 3. ∫

(

)

x x 2 − 2x + 3

1. ∫ 2.

dx .

2. 3.

(arctgx )9 + 5 8arctgx − 3

∫ (x

1+ x2 2

3.

4x 2 + x − 1

(x − 3) ⋅ (x 2 + 2x + 7 )

dx .

9ctgx + 2 − (ctgx )11

∫ (x

sin 2 x 2

dx .

)

+ 2 x e x dx .

(3x

2

)

− x + 5 dx

∫ (x + 2 ) ⋅ (x 2 − 4x + 5) . Вариант 6

dx .

)

+ 2 x e x dx .

2 x 2 + 3x + 1

dx .

Вариант 4

Вариант 5 1. ∫

cos 2 x

2. ∫ x ln xdx .

(x + 3) ⋅ (x 2 − 4x + 5)

x 2 + 8x − 2

tg 2 x + 3 5 − 2 tgx

∫ (x + 1) ⋅ (x 2 − 2x + 3)dx .

 1  + 5 − 2 sin x  cos xdx . 1. ∫   sin x  2. ∫ (x + 1)arctgxdx . 3.

x 2 + 9x + 1

∫ (x − 2) ⋅ (x 2 + 4x + 5)dx . 97

Данная контрольная работа может рассматриваться либо как подготовительная к итоговой контрольной работе, либо как итоговая на тех потоках, где отводится немного времени для изучения данной темы: включённые в неё задания позволяют проверить усвоение метода интегрирования по частям, интегрирование рациональных дробей и метод подведения под знак дифференциала.

8.9 Контрольная работа № 2 «Итоговая контрольная работа» Вариант 1

Вариант 2

ln x + 2 ln x + 7 1. ∫ dx . x 2. ∫ x 2 + 1 sin xdx .

(

3. ∫

)

− x2 + x +1

(x + 3) ⋅ (x 2 − 4x + 5) dx

4. ∫ 3

dx .

.

5x + 1 − 5 x + 1 dx 5. ∫ . 2 sin x + 3 cos x + 7 dx 6. ∫ . 3 2 3 − 2x − x

)

(

1. ∫

4. ∫

2. ∫ 3. ∫ 4. ∫

4x 2 + x − 1

(x − 3) ⋅ (x 2 + 2x + 7 ) 6

dx .

x +1

dx . 1+ 3 x +1 dx

5. ∫

sin 2 x + 7 sin x ⋅ cos x + 2 cos 2 x dx 6. ∫ . 3 2 25 − x

)

(

(arcsin x )5 + 7 3 arcsin x + 1 dx .

9ctgx + 2 − (ctgx )11

1− x

2

x 2 + 8x − 2

(

2

x x − 2x + 3 3x − 2 ⋅ dx 3

3x − 2 + 2

)

dx .

.

5. ∫ sin x ⋅ cos x ⋅ dx .

98

cos x x ln xdx .

dx .

Вариант 4

5

6. ∫

2

Вариант 3

2. ∫ (x + 5) cos 2 xdx . 3. ∫

1. ∫

tg 2 x + 3 5 − 2 tgx

(x

4

dx 2

−9

)

3

.

1. ∫

sin 2 x

(

dx .

)

2. ∫ x 2 + 2 x e x dx . 3. ∫

3x 2 − x + 5

(x + 2 ) ⋅ (x 2 − 4x + 5) dx

4. ∫ 5. ∫ 6. ∫

x −4 x

.

cos 2 x

dx . sin 6 x dx

x

2

25 − x

2

.

dx .

.

Вариант 5 1. ∫ 2. ∫ 3. ∫ 4. ∫

Вариант 6

(arctgx )9 + 5 8arctgx − 3 1+ x2 x 3 + 2 x 2 ln xdx .

(

dx .

)

2 x 2 + 3x + 1

(x + 1)(x

2

2. ∫ (x + 1)arctgxdx .

1 + 3 1 + 2x

3. ∫

)

− 2x + 3

x 2 + 1 + 2x

dx .

dx

( 4+x ) 2

3

x 2 + 9x + 1

(x − 2 )(x

4. ∫ 3

dx .

6. ∫

.

x+5+ x+5

(x

5. ∫

(

)

x x 2 + 2x + 3 sin 2 x cos 8 x

6. ∫

dx .

Вариант 1 ln x + 2 ln x + 7 dx . x 2. ∫ x 2 + 1 sin xdx .

1. ∫

3. ∫

(

)

− x2 + x +1

(x + 3) ⋅ (x

4. ∫ 3

2

− 4x + 5

dx

.

5x + 1 − 5x + 1 dx . 5. ∫ 2 sin x + 3 cos x + 7 dx 6. ∫ . 3 2 3 − 2x − x

(

)

)

dx .

dx .

)

dx .

2

−5

)

3

.

)

2. ∫ x 2 + x 2 x dx . 4. ∫

dx .

dx

(

1   + cos 7 x sinxdx . 1. ∫   2cosx − 8  3. ∫

+ 4x + 5

x + 5 +1

Вариант 7

x 2 − 8x + 5

2

5. ∫ sin 4 x ⋅ dx .

5. ∫ cos 7 x ⋅ sin 2 x ⋅ dx . 6. ∫

  1 1. ∫  + 5 − 2 sin x  cos xdx .   sin x

5x + 1

dx . 1 + 3 5x + 1 dx

x

2

9−x

2

.

Вариант 2 tg x + 5 − 2 tgx 1. ∫ dx . cos 2 x 2. ∫ x ln xdx . 2

3. ∫ 4. ∫

3

4x 2 + x − 1

(x − 3) ⋅ (x 6

2

+ 2x + 7

)

dx .

x +1

dx . 1+ 3 x +1 dx

5. ∫

sin 2 x + 7 sin x ⋅ cos x + 2 cos 2 x dx 6. ∫ . 3 2 25 − x

(

.

)

99

Вариант 3 1. ∫

Вариант 4

(arcsin x )5 + 7 3 arcsin x + 1 dx . 1− x

1. ∫

2

3. ∫ 4. ∫

(

2

x x − 2x + 3 3x − 2 ⋅ dx 3

3x − 2 + 2

6. ∫

(x

2

−9

)

3

)

2. ∫

.

3. ∫ 4. ∫

)

(x + 1)(x 3

1 + 1 + 2x

)

dx .

dx .

5. ∫ cos 7 x ⋅ sin 2 x ⋅ dx . 6. ∫

100

dx

( 4+x ) 2

3

.

dx .

x

25 − x

2

.

dx .

 1  + 5 − 2 sin x  cos xdx . 1. ∫   sin x  2. ∫ (x + 1)arctgxdx .

− 2x + 3

x 2 + 1 + 2x

.

sin x dx 2

dx .

Вариант 6

1+ x2 x 3 + 2 x 2 ln xdx . 2

x −4 x 6

6. ∫

2 x 2 + 3x + 1

dx cos 2 x

5. ∫

.

(arctgx )9 + 5 8arctgx − 3

(

)

dx .

(x + 2 ) ⋅ (x 2 − 4x + 5)

4. ∫

Вариант 5 1. ∫

sin x 2

3x 2 − x + 5

3. ∫

dx .

5. ∫ sin 5 x ⋅ cos 4 x ⋅ dx . dx

(

2

2. ∫ x + 2 x e x dx .

2. ∫ (x + 5) cos 2 xdx . x 2 + 8x − 2

9ctgx + 2 − (ctgx )11

3. ∫

x 2 + 9x + 1

(x − 2 )(x 2 + 4x + 5)

4. ∫ 3

x + 5 +1 x+5+ x+5

5. ∫ sin 4 x ⋅ dx . 6. ∫

(x

dx 2

−5

)

3

.

dx .

dx .

Вариант 7

(

1   + cos 7 x sinxdx . 1. ∫   2cosx − 8  3. ∫ 5. ∫

x 2 − 8x + 5

(

sin 2 x cos 8 x

4. ∫

)

x x 2 + 2x + 3

)

2. ∫ x 2 + x 2 x dx .

dx .

6. ∫

dx .

5x + 1

dx . 1 + 3 5x + 1 dx

x

2

9−x

2

.

8.10 Контрольно-теоретический опрос Предлагаемое ниже контрольное задание предназначено для тех случаев, когда вместо аудиторных контрольных работ студентам выдавалось индивидуальное задание домашнее задание (ТР - типовой расчет). В этом случае данные задания можно предлагать при защите ТР. Варианты ТР в данном пособии не приводятся, так как существуют специальные сборники индивидуальных заданий (см. /8/, /10/), где есть задания и по теме «Неопределенный интеграл».

Вариант 1 1. ∫ sin (ln x )dx .

Вариант 2 1. ∫

arcsin x

1. ∫ 3 x cos xdx .

dx .

x2 2. ∫ cos 4 x ⋅ sin 2 xdx . 2. ∫ sin 5 xdx . 3. Указать метод:

Вариант 3

2.

dx

∫ cos 6 x .

3. Указать метод: p1 pk    ax + b  q1 + ax b q m n  k  а) ∫ R (sin x , cos x )dx; а) ∫ cos x ⋅ sin xdx; а) ∫ R  x ,    ,...,   cx + d   cx + d   Mx + N  б) ∫ 2 dx . p x + px + q б) ∫ R (sin x , cos x )dx . б) ∫ x m 1 + x n dx .

(

3. Указать метод:

)

Вариант 4

Вариант 5

1. ∫ x 2 cos 2 xdx .

1. ∫ x (arctgx )2 dx .

2. ∫ sin 2 x ⋅ cos 3 xdx .

2.

cos 3 x

∫ sin 4 x

dx .

  dx;  

Вариант 6 1. ∫ xtg 2 xdx .

(

2. ∫ x 3 1 + 2 x 2

)

−3 2

dx . 101

3. Указать метод: P (x ) а) ∫ n dx; Q m (x ) Mx + N dx . б) ∫ 2 x + px + q

3. Указать метод:

3. Указать метод: а) ∫ R x , ax 2 + bx + c dx; а) ∫ R (sin x , cos x )dx; Mx + N p1 pk   б) dx . ∫  q1 qk  2 x + px + q б) ∫ R  x , x ,..., x dx .    

(

Вариант 7 arcsin x

1.

∫

2.

∫4

1− x dx 1+ x4

dx .

.

Mx + N

∫ x 2 + px + q dx.

102

Вариант 8

Вариант 9

2

3. Указать метод: а) m n ∫ sin x ⋅ cos xdx; б)

)

1. ∫ x 3 e − x dx . 2.

∫

(

dx

x2 2 + x3

1.

)

53

3.Указать метод:

(

2.

.

∫

)

а) ∫ R x , ax 2 + bx + c dx; б) p ∫ R x, (ax + b ) 1

(

q1

ln(ln x ) ∫ x dx .

,..., (ax + b )p k

qk

)dx.

dx 3

3

4

x ⋅ 1+ x

3

.

3. Указать метод: а) ∫ R (cos x, sin x )dx; б)

Mx + N

∫ x 2 + px + q dx.

9 Ответы к заданиям для самостоятельного решения 4.1 Метод разложения 4.1(С) 4.2 (С)

∫ (2 − 3 x )dx = 2x − 2 ∫

x +3 x 4

x

dx =

x 3 + C, ∀ X : X ⊂ R + .

4 4 5 12 12 13 ⋅ x + ⋅ x + C, ∀ X : X ⊂ R + . 5 13

2x 1 x + C, ∀ X : X ⊂ (R \ {0}). 4.3 (С) ∫  + cos x + 2 dx = ln x + sin x + ln 2  x 4.4 (С)

4.5 (С)

∫

(1 + x )3 dx = − 1 + 3 ln x x2

x

1 + 2x 2

1

x2 + 3x + + C, ∀ X : X ⊂ (R \ {0}) . 2

∫ x 2 (1 + x 2 )dx = − x + arctgx + C, 1+ x2 + 1− x2

∀X : X ⊂ (R \ {0}) .

4.6 (С)

∫

4.7 (С)

x2 − 6 5 1+ x + C, ∀ X : {− 1;1}∉ X . = + ln dx x ∫ x2 −1 2 1− x

1− x4

dx = arcsin x + ln x + 1 + x 2 + C, ∀ X ⊂ (−1, 1).

2 + x6

x3 x5 4.8 (С) ∫ dx = arctgx + x − + + C, ∀ X : X ⊂ R . 3 5 1+ x2

4.9 (С) ∫ ctg 2 xdx = −ctgx − x + C, ∀ X : {πn , n ∈ Z}∉ X . 4.10 (С) ∫ cos 2

1 1 x dx = x + sin x + C, ∀ X : X ⊂ R . 2 2 2

4.11 (С) ∫ 2 ⋅ 3 ⋅ 5 x

x

x

( 30 )x dx =

ln 30

+ C, ∀ X : X ⊂ R .

103

(

)x

2 2 2 2x − 1 ln 2 4.12 (С) ∫ dx = + + C, ∀ X : X ⊂ R . x x ln 2 2 2 2

2 2 x −1 − 3 2 x +3

4.13 (С)

∫

4.14 (С)

∫ (5

4.15 (С)

6 2x x

)

x 2

−2

e 3x − 1

∫ ex −1

dx =

( )

27 ln 4 4x

( 25)x dx =

ln 25

dx =

−

ln 9 2 ⋅ 9x

+ C, ∀ X : X ⊂ R .

( 10 )x − 2⋅

4x + + C, ∀ X : X ⊂ R . ln 10 ln 4

e 2x + e x + x + C, ∀ X : X ⊂ (R \{0}) . 2 ln e

x2

4.16 (С)

∫ 1 + x 2 dx = x − arctgx + C,

4.17 (С)

∫ 1 − x 4 dx = 3arctgx + 2 ln 1 − x

6

3

∀ X :X ⊂ R .

1+ x

+ C, ∀ X : {− 1; 1}∉ X .

4.2 Метод подведения под знак дифференциала 1

1

1

4.18 (С)

∫ ln 3 x ⋅ x dx = − 2 ln 2 x + C,

4.19 (С)

∫

3

cos x ⋅ sin xdx = − 1

4.20 (С) ∫ arccos x ⋅ 5

4.21 (С)

1

1− x 1

2

∀ X : X ⊂ ((0,1) ∪ (1,+∞)) .

3 (cos x )4 3 + C, ∀ X : X ⊂ R . 4

( arccos x )6 dx = − 6

∫ arctgx ⋅ 1 + x 2 dx = ln arctgx + C,

+ C, ∀ X : X ⊂ (−1, 1) .

∀ X : X ⊂ (R \ {0}) .

4.22 (С) ∫ e sin x ⋅ cos xdx = e sin x + C, ∀ X : X ⊂ R . 4.23 (С) ∫ cos( x 3 ) ⋅ 3x 2 dx = sin( x 3 ) + C, ∀ X : X ⊂ R .

104

4.24 (С)

4x 3

∫

1 + x8

dx = ln x 4 + 1 + x 4 + C, ∀ X : X ⊂ R .

1 1+ x2 4.25 (С) ∫ + C, ∀ X : X ⊂ (R \ {1;−1}) . dx = ln 2 1− x2 1− x4 2x

(x 4.26 (С) ∫ (x + 5x ) (3x + 5)dx = 12

3

4.27 (С)

∫

2

4 x 3 + 14 x + 1

(x

4

2

+ 7x + x

)

3

dx = −

( {

(

3

+ 5x 13

)

13

+ C, ∀ X : X ⊂ R .

1 4

2

2 x + 7x + x

)

2

+ C,

})

∀ X : X ⊂ R \ x x 4 + 7x 2 + x = 0 .

4.28 (С) ∫ ctgxdx = ln sin x + C, ∀ X : X ⊂ (R \ {πk , k ∈ Z}) . 1 4.29 (С) ∫ sin 7 xdx = − cos 7 x + C, ∀ X : X ⊂ R . 7 4.30 (С) ∫ 5

4x

1 5 4x dx = ⋅ + C, ∀ X : X ⊂ R . 4 ln 5

x  5π  dx = 5tg  + C, ∀ X :  + 5πn , n ∈ Z ∉ X . x 5 2  cos 2 5 1

4.31 (С)

∫

4.32 (С)

20 ∫ (x − 8) dx =

1 ⋅ (x − 8)21 + C, ∀ X : X ⊂ R . 21

3(x + 8)2 3 = + C, ∀ X : X ⊂ (R \ {− 8}) . 2 x +8 dx

4.33 (С)

∫3

4.34 (С)

∫ x − 3 = ln x − 3 + C,

dx

∀ X : X ⊂ (R \ {3}) .

4.35 (С) ∫ cos(x + 5 )dx = sin (x + 5) + C, ∀ X : X ⊂ R .

105

4.36 (С)

4.37 (С)

1

∫ sin 2 (x − 4 ) dx = −ctg(x − 4) + C, dx

∫ 1 − (x + 3 ) 2

4.38 (С) dx

∫

(x − 4 ) 2 − 1

=

∀ X : {4 + πn , n ∈ Z}∉ X .

1 1 + (x + 3 ) ln + C, ∀ X ⊂ {R \ {−4,−2}}. 2 1 − (x + 3 )

= ln x − 4 + x 2 − 8x + 15 + C, ∀ X : X ⊂ ((−∞,3) ∪ (5,+∞)).

1 4.39 (С) ∫ sin (9 x − 2 )dx = − cos(9 x − 2 ) + C, ∀ X : X ⊂ R . 9 11− 2 x

4.40 (С) ∫ 3

1 311− 2 x dx = − ⋅ + C, ∀ X : X ⊂ R . 2 ln 3

2 ⋅ (5x + 1)3 2 1 5x + 1dx = + C, ∀ X : X ⊂ (- ,+∞ ). . 15 5

4.41 (С)

∫

4.42 (С)

∫ 7 − 3x = − 3 ln 7 − 3x + C,

dx

1

4.43 (С) ∫ (4 − 19 x )

4.44 (С)

106

∫5

200

( { 3}).

∀ X :X ⊂ R \ 7

1 (4 − 19 x )201 dx = − ⋅ + C, ∀ X : X ⊂ R . 19 201

 x 45 ⋅  + 17  2  x  9  + 17  dx = 7  9

x 4 dx

75

+ C, ∀ X : X ⊂ R .

2 x 5 + 4 + C, ∀ X : X ⊂ (−5 4 ;+∞). 5

4.45 (С)

∫

4.46 (С)

∫ cos 2 x 3 1 + tgx = 2 (1 + tgx )

4.47 (С)

∫ x(ln x + 7 ) dx = ln ln x + 7 + C,

x5 + 4 dx

dx

=

3

23

 + C, ∀ X : X ⊂  R 

(

π  \  n , n ∈ Z  . 2 

{ })

∀ X : X ⊂ R + \ e −7 .

7

4.48 (С)

4.49 (С)

4.50 (С)

∫2

−8 x 7

1 2 −8 x ⋅ x dx = − ⋅ + C, ∀ X : X ⊂ R . 56 ln 2 6

x 3 dx

∫

4 + 36x 8

=

1 ln 6x 4 + 36x 8 + 4 + C, ∀ X : X ⊂ R . 24

1

∫ sin 2 x (1 − 9ctg 2 x )

dx =

1 1 1 + 3ctgx + C, ⋅ ln 3 2 1 − 3ctgx

 1  ∀ X :  {x = πn , n ∈ Z} ∪ x ctgx = ±   ∉ X . 3  

ex

1

4.51 (С)

∫ 5e x + 1 dx = 5 ln e

4.52 (С)

∫x

4.53 (С)

∫

5

7

(12x

8

−3

)

100

x

+ 1 + C, ∀ X : X ⊂ R .

(

1 12x 8 − 3 dx = ⋅ 96 101

1 + 13 sin x ⋅ cos xdx =

)

101

+ C, ∀ X : X ⊂ R .

5 ⋅ (1 + 13 sin x )6 5 + C, ∀ X : X ⊂ R . 78

x cos x 2

4.54(С) ∫

1 2 2 2 dx ln 2 3 sin x C , X : X R \ { x | sin x = − − + ∀ ⊂ = } 6 3 2 − 3 sin x 2

4.55 (С)

∫ x (1 − ln 2 x ) dx = − 2 ln 1 − ln

ln x

4.56 (С) ∫ e cos 4.57 (С)

2

1

x

1

2

 x + C, ∀ X : X ⊂  R + 

 1 \ e;    e 

2 1 ⋅ sin x ⋅ cos xdx = − e cos x + C, ∀ X : X ⊂ R . 2

x

∫ sin x dx = ln tg 2

+ C, ∀ X : X ⊂ (R \ {x = πn , n ∈ Z}).

1 x dx = − ctg + C, ∀ X : X ⊂ (R \ {x = 2πn , n ∈ Z}) . ∫ 1 − cos x 2    1 π x π x 4.59 (С) ∫ dx = ctg −  + C, ∀X : X ⊂  R \ x sin  −  = 0  1 − sin x 4 2 4 2   

4.58 (С)

107

dx

∫ x 2 + 12x + 50 =

4.60 (С)

dx

∫

4.61 (С)

x 2 − 8x + 5

1 14

arctg

x+6

= ln x − 4 +

14

+ C, ∀ X : X ⊂ R .

(x − 4 )2 − 11 + C,

∀ X : X ⊂ ((−∞,4 − 11) ∪ (4 + 11,+∞)). 4.62 (С) dx

∫ 9 − 9x 2 + 6x

=

1 6 10

 + C, ∀X : X ⊂  R  10 − 3x + 1 

10 + 3x − 1

ln

 1 ± 10   \ x =  . 3  

4.63 (С)

∫

dx 25 + 4 x − 4 x 2

=

 1 − 26 1 + 26  2x − 1 1 . + C, ∀X : X ⊂  , arcsin  2 2 2 26  

4.3 Сочетание метода разложения и подведения под знак дифференциала

4.64 (С)

4.65 (С)

1

1

∫ cos 4 x dx = 3 tg

3

x + tgx + C, ∀ X : X ⊂ (R \ {x =

ctg 9 x ctg 7 x dx = − − + C, ∀ X : X ⊂ (R \ {x = πn, n ∈ Z}). 9 7 x

cos 6 x

∫ sin 10

4.66 (С) ∫ sin 5 xdx = − cos x + x − arctgx

4.67 (С)

∫

4.68 (С)

∫ cos

1+ x2

7

dx =

2 1 cos 3 x − cos 5 x + С, ∀ X: X ⊂ R. 3 5

(

)

1 1 ln 1 + x 2 − arctg 2 x + C, ∀ X: X ⊂ R. 2 2

1 1 x ⋅ sin 3 xdx = − cos 8 x + cos10 x + C , ∀ X: X ⊂ R. 8 10

4.69 (С) ∫ x 3 1 − x 2 dx = 108

π + πn , n ∈ Z}). 2

1 5

(1 − x )

2 5

−

(

1 1− x2 3

)

3

+ C , ∀ X: X ⊂ (-1,1).

5 Метод интегрирования по частям 1

1

5.1 (C)

∫ x cos 3x dx = 3 x sin 3x + 9 cos 3x + C, ∀X : X ⊂ R.

5.2 (C)

∫

5.3 (C)

∫ arcsin x dx = x ⋅ arcsin x +

ln x x3

dx = −

ln x

−

2x 2

1 4x 2

+ C, ∀ X : X ⊂ R + . 1 − x 2 + C, ∀ X : X ⊂ (−1,1).

2 −x 2 −x − + C, ∀ X : X ⊂ R. 5.4 (C) ∫ x ⋅ 2 dx = − x ⋅ ln 2 (ln 2 )2 −x

5.5 (C)

(2x 2 + 10x + 11) sin 2x + (2x + 5) cos 2x + C, ∀X : X ⊂ R. ∫ (x + 5x + 6) cos 2xdx = 4 2

5.6 (C)

∫e

ax

sin bxdx =

e ax (a ⋅ sin bx − b cos bx ) a 2 + b2

+ C, ∀ X : X ⊂ R.

6 Интегрирование рациональных дробей

6.1 (С)

6.2 (С)

6.3 (С)

5 ∫ x − 3dx = 5 ln x − 3 + C, ∀X : X ⊂ (−∞,3) ∪ (3,+∞). 1 ∫ x + 11dx = ln x + 11 + C, ∀X : X ⊂ (−∞,−11) ∪ (−11,+∞). 12

∫ (x + 5)7 dx = −2(x + 5) 1

∫ (x − 12 )4

6.5 (С)

∫ x 2 + 6x + 11dx =

7

+ C, ∀X : X ⊂ (−∞,−5) ∪ (−5,+∞).

1 (x − 12 )−3 + C, ∀X : X ⊂ (−∞,12) ∪ (12,+∞). 3

6.4 (С)

dx = −

−6

7 2

arctg

x+3 2

+ C , ∀ X: X ⊂ R. 109

2x + 5

∫ x 2 + 5x + 18dx = ln x

6.6 (С)

x dx

1

2

+ 5x + 18 + C , ∀ X: X ⊂ R.

2

− 7 x + 13 +

6.7 (С)

∫ x 2 − 7 x + 13 = 2 ln x

6.8 (С)

∫ x 2 − 4x + 5dx = 2 ln x

3x − 2

6.9 (С)

∫

6. 10 (С)

∫

(x

dx 2

(x

3

=

)

2

+1

2

+ 2x + 2

)

3

+ C ,∀ X: X ⊂ R.

)

+

1 arctgx + C , ∀ X: X ⊂ R. 2

dx =

(

2

2

2x − 7

− 4 x + 5 + 4arctg(x − 2 ) + C ,∀ X: X ⊂ R.

2 x +1

3x + 5

3

arctg

2

x

(

7

2x − 1 2

2 x + 2x + 2

)

+ arctg(x + 1) + C ,∀ X: X ⊂ R.

6.11 (С) а)

б)

в)

г)

2x 2 − 1

=

x 3 − 5x 2 + 6 x 3x 2 + 2x + 1

(x − 1)2 ⋅ (x + 2)

(x

2x 2 − 5 2

− 5x + 4

)

3

=

А B C + + ; x x−2 x−3 =

A B C ; + + x − 1 (x − 1)2 x + 2

A B C D E F ; + + + + + x − 1 (x − 1)2 (x − 1)3 x − 4 (x − 4 )2 ( x − 4) 3

x

(x − 1) ⋅ (x 2 + x + 1)

6.12(С)

2

=

A Bx + C Dx + E + 2 + 2 . x −1 x + x +1 x + x +1

(

)

( 2x 2 + 41x − 91 x − 1)4 (x − 4 )5 + C, ∀X : X ⊂ {R \ {−3,1,4}}. ∫ (x − 1) ⋅ (x + 3) ⋅ (x − 4) dx = ln (x + 3)7

110

6.13 (С) dx

1

1

1

∫ (x 2 − 4x + 3) ⋅ (x 2 + 4x + 5) = 52 ln | x − 3 | − 20 ln | x − 1 | + 65 ln | x +

2

+ 4x + 5 | +

7 arctg ( x + 2) + C, ∀X : X ⊂ {R \ {1,2}}. 130

dx

1

1

∫ x (x 2 + 2) = 2 ln | x | − 4 ln | x

6.14 (С)

2

+ 2 | +C, ∀X : X ⊂ {R \ {0}}.

6.15(С)

∫

x 4 − 6 x 3 + 12x 2 + 6

x2 11 8 dx = − − + C, ∀ X : X ⊂ {R \ {2}} . 3 2 2 2 (x − 2 ) x−2 x − 6 x + 12 x − 8

6.16(С) 3

5x + 2

∫ x 3 − 5x 2 + 4xdx = 5x + ln

x

1

161 6

(x − 4 ) 7 (x − 1) 3 2

+ C, ∀X : X ⊂ {R \ {0,1,4}} .

7 Метод замены переменной

7.1 (С)

dx

∫

3

x+ x

= 66 x − 33 x + 2 x − 6 ln | 1 + 6 x | + C, ∀X : X ⊂ (0,+∞).

(Подсказка: t = 6 x .)

7.2 (С)

x +1 + 2

∫ ( x + 1) 2 −

x +1

dx = ln

(

)2

x +1 −1

x + 2 + x +1

−

2 3

arctg

2 x +1 +1 3

+ C.

(Подсказка: t = x + 1 .)

7.3 (С)

∫

3

2t + 1 2t x +1 x +1 1 t2 + t +1 2 3 . arctg C , t dx = ln + + + = x −1 x −1 3 3 3 t3 −1 ( t − 1) 2

111

7.4 (С)

∫

x +1 x +1 3 − 2 x − x 2 + 2 arcsin + C. 2 2

3 − 2x − x 2 dx =

(Подсказка: x+1=2sint.)

7.5 (С)

∫

x2 −1 = − 2 x x −1

dx x

4

(Подсказка:

7.6 (С)

∫

x=

dx 2

(1 − x ) 1 + x

2

(x

2

)

−1

3

3x 3

+ C.

1 .) sin t

=

1 2 2

ln

1+ x2 + x 2 2

1+ x − x 2

+ C.

(Подсказка: x=tgt.)

7.7 (С)

sin x

1

∫ 1 − sin x dx = − x + tgx + cos x + C. (Подсказка: t=tg (x/2).)

7.8(С)

dx x  = arctg 1 + tg  . + C. ∫ cos x + 2 sin x + 3 2  (Подсказка: t=tg (x/2).)

Ограничения на область применимости подстановок в примерах 7.2 (С)-7.8 (С) определите самостоятельно.

112

Список использованных источников 1 Берман Г.Н. Сборник задач по курсу математического анализа. – М.: Наука, 1977 – 416 с. 2 Бугров Л.С., Никольский С.М. Дифференциальное и интегральное исчисление. – М.: Наука, 1980. – 432 с. 3 Виноградова И.А., Олехник С.Н., Садовничий В.А. Задачи и упражнения по математическому анализу. – М.: Изд-во Моск. Ун-та,1988. –416 с. 4 Гусак А.А. Пособие по решению задач по высшей математике.– Минск: Издательство БГУ, 1973– 532 с. 5 Данко П.Е.. Попов А.Г., Кожевникова Т.Я. Высшая математика в задачах и упражнениях. Ч.1. – М.: Высшая школа, 1980. – 320 с. 6 Задачи и упражнения по математическому анализу для втузов. / Под. ред. Демидовича Б.П. – М.: Наука, 1978 – 480 с. 7 Кудрявцев Л.Д. Курс математического анализа, том 1. – М.: Высшая школа, 1981 – 647 с. 8 Кузнецов Л.А. Сборник заданий по высшей математике. ТР. – М.: Высшая школа, 1983 – 175 с. 9 Марон И.А. Дифференциальное интегральное исчисление в примерах и задачах. – М.: Наука, 1980 – 400 с. 10 Cборник индивидуальных заданий по высшей математике. Часть 2. / Под ред. А.П. Рябушко. – Минск: Высшая школа, 1991 – 352 с.

113