Павельева Неопределенный интеграл (Павельева Е. Б. - Неопределенный интеграл), страница 3

Поясним, почему в данном примере удобна подстановка1t  . Вынесем множитель x2 за знак корня. Учитывая, чтоx11dx  d   , получим2xx11 11d  d dx2dx x    sgn x x  x  .x x2 4  x2   4   4 411x 2  2  1xx2x2xДалее естественно сделать замену переменной t Пример 1.35.dx x  13  x  2 1.x.25Способ 1. Учитывая, что x  13  x  2    x  12  x  1 x  2   x  1  x  1 x  2  ,получимdx x  1  x  2 3dx.x  1  x  1 x  2   x   ndx.ax 2  bx  c1111 tx 1  ,x  2  1 ,tПоложим.Тогдаtttx 1111 1 t1 t, x  1  , dx   2 dt. В итоге x  1 x  2  ttt ttимеемТаким образом, задан интеграл видаdx x  13  x  2  dxx  1  x  1 x  2 1 t 21 t   1  t t dt1x2 2 1  t  C 2 1 C  2 C.x1x 11 tСпособ 2.

Учитывая, что x  13  x  2    x  14x2,x 1получим26dx x  1  x  2 3dx.x22 x  1x 1dt  R  x,Получен интеграл видаnax  b  dx.cx  d Положим1t 2  2  t 2  1  11x2x1,1,, тогда x  2t2 1t 1t2 1t2 1x 12tdx dt и2 t  122ttdx x  13  x  2  t 2  1dxdt 1x22t x  1 t 2  12x 12  2dt  2t  C  2Пример 1.36.dxe2 x  e x  1x2 C.x 1.1Положим t  e x .

Тогда x  ln t , dx  dt иtdxe2 x  e x  1Получили интеграл вида1 dtdtt.22t  t 1t t  t 1  t   ndtat 2  bt  c. Положим111u  . Тогда t  , dt   2 du,uutt2  t  1 1 1u2  u  1u2  u  11sgnu.u2 uuuЗаметим, что sgn u  sgn t  1 , так как t  e x  0. Итак, 12 duduu t t 2  t  1   1 u 2  u  1   u 2  u  1  uudtduu1223427 d u12  ln u  1 22u1 324u  12 2 3 C 41 11 11  ln   2   1  C   ln  e  x   e  x e 2 x  e x  1   C.t 2tt2dx.ex  1Пусть t  e x  1. Тогда e x  t 2  1, x  ln  t 2  1 ,Пример 1.37.dx 2tdt,1t22t dt2dt  t  1  2 2 2arctg t  C  2arctg e x  1  C.xtt 1e 1dxПример 1.38.x 1 3 x  1 dx.Задан интеграл вида6  НОК  2,3 .

Тогдаx 1 Rxx  t3,3121, x 3 dx. Положим x  t 6 , здесь1x  t 2 , dx  6 t 5 dt , t  x 6 иt3  1t8  t5 3 x  1 dx   t 2  1 6t 5 dt  6  t 2  1 dt.P8 (t )— непраQ2  t вильная рациональная дробь. Разделив числитель на знаменатель,получимПолучился интеграл вида R (t )dt ,где R (t ) t  1t8  t5 6 4 3 2 t  t  t  t  t 1 2.2t 1t 1Тогда28t8  t5t7t5t4t3tdtt2dt t 2  1 dt  7  5  4  3  2  t   t 2  1   t 2  1.В интегралеtdt t 2  1 внесем tпод знак дифференциала:tdt  1 d  t 2   1 d  t 2  1 ,22тогда1 d  t 2  1t dt1 t 2  1  2 t 2  1   2 ln  t 2  1  C.В итоге получимx 1t8  t5 3 x  1 dx  6 t 2  1 dt 6t 7 6t 5 6 t 4 6 t 3 6 t 2754321166 7 6 5 3 26 t  ln  t 2  1  6arctg t  C  x 6  x 6  x 3  2 x 2  3x 3 27521116 x 6  3ln 1  x 3  6arctg x 6  C.x5dx.1  x2Представив x5 в виде произведения x 5  x 4 x , внесем x под1знак дифференциала: xdx  d  x 2  .

Сделаем замену переменной22t  x . ТогдаПример 1.39.x51  x2dx  x4 x1  x2Получили интеграл видаdx  R  t,1x41t2d  x2   dt.2 1  x22 1 tnat  b  dt.Положим   1  t . Тогда t  1   2 , dt  2 d  и29t211 1  2 dt 2   d  2  1 t22x51  x2dx 21   1  22  4  d       3  5   C 35 3521  1  x 2  1  x 2  2  1  x 2  2  C.354  x2dx.xВыполним тригонометрическую подстановку.

Положимx  2sin t, t     ,   . 2 2Тогдаt  arcsin x , dx  2cos t dt,2Пример 1.40.4  x 2  4 1  sin 2 t   2 cos2 t  2 cos t  2 cos t ,4  x22 cos tcos 2 t1  sin 2 tdx  2 cos t dt  2 dt  2 dt 2sin tsin tsin tx 211  cos t dt  2  sin t dt  ln   2cos t  C.sin t 1  cos t xИз подстановки x  2 sin t выразим sin t  . Учитывая, что2t  ,, получим 2 2cos t  1  sin 2 t  1 x24  x2;421  cos t 1  4  x 2 2 2  4  x 2.1  cos t 1  4  x 2 2 2  4  x 2Итак,30 2  4  x24  x2dx  ln x 2  4  x2Пример 1.41.2  4  x  C.a 2  x 2 dx.Выполним гиперболическую подстановку.

Положим x  a sh t.Тогдаa 2  x 2  a 2 1  sh 2t   a ch 2t  a ch t ,dx  a ch t dt ,a 2  x 2 dx   a 2ch 2t dt  a 2 1  ch2ta21dt   t  sh2t   C.22  2Из подстановки x  a sh t выразим sh t ch t  1  sh 2t  1 sh 2t  2sh t ch t  2xax. Учитывая, чтоax2  a2,ax2a2x2  a2, sh t  ch t  e t ,a x  a2  x2t  ln  sh t  ch t   ln a,получимa 2  x 2 dx a2   x  a2  x2 ln 2  a x a2  x2a2  C.dx  x 2  5.x2  1Выполним тригонометрическую подстановку. ПоложимПример 1.42.x  tg t , t    ,  .2 2Тогдаt  arctg x, dx 1dt ,cos2 t311  x 2  1  tg 2t 111.2cos t cos t cos tУчитывая, чтоx2  5 sin 2 tsin 2 t  5cos2 t5,cos2 tcos2 tполучимdx  x 2  5x2  11 cos 2 tcos tdtdt   2.223sin t  5cos 2 t  sin t  5cos t  cos t Учитывая, чтоcos t dt  d  sin t  и cos 2 t  1  sin 2 t ,получимd  sin t cos tdt1d  sin t  sin2 t  5cos2 t   5  4sin2 t  4  5  sin 2 t 414 5lnsin t  5 2sin t  5 2Так как x  tg t и 1  tg2t cos2 t C  2sin t  5 ln   C.4 5  5  2sin t 11, тоcos2 t1x, sin t  tg t cos t .21 x1  x2Итак,dx  x 2  5Пример 1.43.32x2  1xdxx2  1 2 x  5 x2  1 ln   C.4 5  5 x2  1  2 x 1.Способ 1.

Выполним тригонометрическую подстановку. Положимx 1, t   0,    ,   . 22 cos tТогдаsin t1dt ,t  arccos   , dx 2tcosx x2  1 1sin 2 tsin tsin t1.22cos tcos t cos t sgn  cos t  cos tИтак,xdxx2  1 sgn  cos t  sin t cos 2 tdt  sgn  cos t   dt 1 cos t  sin t cos t 1 sgn  cos t  t  C  sgn x arccos    C. xСпособ 2. Положим t 11x  , dx   2 dt ,ttxdxx211. Тогдаx11  t21  t21  sgn t,2tttx2  1   sgn t 1 t  1 t21 t2tdt   sgn t dt1 t21 sgn t arccos t  C  sgn x arccos    C.x33Примеры для самостоятельного решения1.36x2 1  2 x 100 dx.1.37.1.40.arctg x1.43.1  x2dx.

1.44.x434x 1  x dx. 1.41. 1dxx 1x21  x2x21 x2. 1.38.dx. 1.42.dx. 1.45.xdxx3 x x3 x23. 1.39.x 2  1 dx.dxx2  9.e2 x 4 e x  1 dx.Глава 2. ИНТЕГРИРОВАНИЕ ПО ЧАСТЯМ.ИНТЕГРИРОВАНИЕ ФУНКЦИЙ,СОДЕРЖАЩИХ КВАДРАТНЫЙ ТРЕХЧЛЕН2.1. Интегрирование по частямТеорема. Пусть функции u  x  и v  x  дифференцируемы на интервале  a , b  и существует  v ( x )u ( x )dx на интервале  a, b  . Тогда u ( x )v ( x )dxсуществуетна интервале  a , b  и u ( x)v( x)dx  u ( x)v( x)  v ( x)u ( x)dx на интервале  a , b  .Последнюю формулу можно записать в виде u dv  uv   v du.Эта формула называется формулой интегрирования по частям.С помощью формулы интегрирования по частям нахождениеинтеграла  udv сводится к нахождению интеграла  vdu , которыйв некоторых случаях вычислить достаточно легко.

Значительнаячасть интегралов, берущихся методом интегрирования по частям ,может быть разбита на три группы.1. Интегралы вида f ( x) g ( x) dx,где f ( x) является одной из следующих функций: ln x, arcsin x,arccos x, arctg x , arcctg x , ln 2 x , arcsin 2 x , ...Для вычисления интегралов первой группы следует применитьформулу интегрирования по частям, полагая в ней u( x )  f ( x ).352. Интегралы вида Pn ( x) g ( x) dx,где Pn ( x) многочлен степени n, а g ( x) является одной из следующих функций: e ax , sin ax, cos ax.Для вычисления интегралов второй группы следует применитьформулу интегрирования по частям, полагая в ней u ( x )  Pn ( x ).Тогда du  Pn ( x ) dx  Qn 1 ( x ) dx, и нахождение интеграла  Pn ( x )  g ( x) dx сведется к нахождению похожего интеграла с многочленом меньшей степени.3.

Интегралы вида eax cos bx,  eax sin bx,  cos  ln x  dx,  sin  ln x  dx.Обозначив искомый интеграл этой группы через I ( x) и выполнив двукратное интегрирование по частям, получим для неизвестной функции I ( x) уравнение первого порядка, из которогонайдем эту функцию.ПримерыПример 2.1. x arctg x dx.Этот интеграл является интегралом первой группы. Полагаяu( x )  arctg x, dv( x)  x dx, имеемdu( x ) 1x2dx,v(x)dv(x)xdx.1  x22Тогда x arctg x dx 36x21 x2dx arctg x  22 1  x2x21  x 2  1  1x2111dxdx arctg x  arctg x   dx   2x2  122222 x 1x211 arctg x  x  arctg x  C .222Пример 2.2.x ln x dx.Этот интеграл является интегралом первой группы. Полагаяu( x)  ln x, dv ( x )  xdx, имеемdu( x ) 112 3dx, v( x )   x 2 dx  x 2 .x3Тогдаx ln x dx 2 232 312 32 1x ln x   x 2 dx  x 2 ln x   x 2 dx 33 x333324 x 2 ln x  x 2  C.39Пример 2.3.

 arcsin 2 x dx.Этот интеграл является интегралом первой группы. Полагаяu ( x )  arcsin 2 x, dv( x)  dx, имеемdu( x )  2arcsin x11  x2dx, v( x)  x.Тогда arcsin 2 x dx  x arcsin 2 x  2x1  x2arcsin x dx.Последний интеграл также является интегралом первой группы.2xdx, имеемПолагая u( x )  arcsin x, dv ( x ) 1  x2du( x ) v( x)  2x1  x2dx   1dx,1  x21d 1  x 2   2 1  x 2 .1  x2Тогда2x1  x2arcsin xdx  2 1  x 2 arcsin x  2 1  x21  x2dx  2 1  x 2 arcsin x  2 x  C .37В итоге получаем arcsin 2 x dx  x arcsin 2 x  2Пример 2.4.1  x 2 arcsin x  2 x  C. x sin 2 xdx.Этот интеграл является интегралом второй группы. Полагаяu( x)  x, dv( x)  sin2 xdx, имеем1du( x )  dx, v ( x )   sin 2 x dx   cos 2 x.2Тогда1111 x sin 2 x dx   2 x cos2 x  2  cos2 x dx   2 x cos2 x  4 sin 2 x  C.Пример 2.5.  x 2  4  e3 x dx.Этот интеграл является интегралом второй группы.

Полагаяu ( x )  x 2  4, dv ( x )  e 3 x dx , имеем1du( x )  2 x dx, v( x )   e3x dx  e3x .3Тогда11  x 2  4  e3 x dx   x 2  4  3 e3 x   3 e3 x  2 x dx 1 22 x  4  e3 x   x e3 x dx.33Последний интеграл также является интегралом второй группы.Полагая u( x)  x, dv ( x )  e3 x dx, имеем1du( x )  dx, v( x )  e3x .3Тогда1111 x e3x dx  x 3 e3x   3 e3x dx  3 xe3x  9 e3x  C.Итак,381211  x 2  4  e3x dx  3  x 2  4  e3x  3  3 xe3x  9 e3x   C 1238  x 2  x   e3 x  C.927 3Пример 2.6.  e x cos x dx.Этот интеграл является интегралом третьей группы.

Обозначим искомый интеграл через I ( x ). Полагая u ( x )  e x , dv ( x )  cos x dx, имеем du ( x )  e x dx , v ( x )   cos xdx  sin x. ТогдаI ( x )   e x cos x dx  e x sin x   e x sin x dx.Последний интеграл еще раз проинтегрируем по частям. Полагаяu ( x )  e x , dv( x)  sin x dx, имеем du ( x )  e x dx, v ( x )   sin dx   cos x. ТогдаI ( x )  e x sin x   e x sin x dx  e x sin x  e x cos x   e x cos x dx  e x sin x  e x cos x  I ( x ).Итак,I ( x )  e x sin x  e x cos x  I ( x ).Следовательно,2 I ( x )  e x sin x  e x cos xи1I ( x)   e x cos x dx  e x  sin x  cos x   C.2Пример 2.7.