Е.В. Хорошилова - Неопределенный интеграл (1113675), страница 20
Текст из файла (страница 20)
Последовательно применяя формулы преобразования произведения гиперболических функций в суммы, получаем1∫ shx ⋅ sh2 x ⋅ sh3xdx = 2 ∫ sh2 x ⋅ (ch4 x − ch2 x )dx =1ch6 x ch 4 x ch 2 x= ∫ (sh6 x − sh 2 x − sh 4 x )dx =−−+C.424168dx.Пример 10. ∫ 2sh x ⋅ ch 2 xРешение. Пользуясь основным гиперболическим тождествомch 2 x − sh 2 x = 1 ,представим единицу в числителе дроби как гиперболическую единицу:ch 2 x − sh 2 xdxdxdx=∫ sh 2 x ⋅ ch 2 x ∫ sh 2 x ⋅ ch 2 x dx = ∫ sh 2 x − ∫ ch 2 x == −cthx − thx + C (x ≠ 0) .shx ⋅ ch xdx .Пример 11. ∫1 + ch 2 xshx ⋅ ch 3 xshx ⋅ chx((ch 2 x + 1) − 1)dx .Решение.Положим∫ 1 + ch 2 x dx = ∫1 + ch 2 xt = 1 + ch 2 x , откуда dt = 2chx ⋅ shx ⋅ dx .
Значит, имеем1 t −1t 111dt = − ln t + C = (1 + ch 2 x ) − ln (1 + ch 2 x ) + C .∫2 t2 222Пример 12. ∫ thx dx .31 1+ t2Решение. Положим t = thx . Тогда x = Arth (t ) = ln( t < 1 ),2 1− t22tdt. Переходя к новой переменной, получимdx =1− t4t 2 dtdtdt1 1+ t2=thxdx∫∫ 1 − t 4 = ∫ 1 − t 2 − ∫ 1 + t 2 = 2 ln 1 − t − arctgt + C =1 ⎛ 1 + thx ⎞⎟ − arctg thx + C (x ≥ 0) .= ln⎜⎜2 ⎝ 1 − thx ⎟⎠2Если подынтегральное выражение содержит показательную функцию, толибо этот интеграл сводится к табличному, либо следует подобрать соответствующую подстановку (внести подходящую функцию под знак дифференциала),либо проинтегрировать по частям.Интегралы вида∫ R(e )dx , гдеxR – рациональная функция, с помощьюподстановки t = e преобразуется к интегралу от рациональной функции.Рассмотрим примеры.xПример 1.∫2x⋅ 3 2 x ⋅ 5 3 x dx .Решение.
Преобразуем подынтегральную функцию к виду одной показательной функции (тем самым, сведя интеграл к табличному интегралу):x2x3x∫ 2 ⋅ 3 ⋅ 5 dx =Пример 2.∫e−1x2⋅∫ (2 ⋅ 32⋅ 5 3 ) dx = ∫ 2250 x dx =x2250 x+C .ln 2250dx.x3Решение. Внесём функцию1dx⎛ 1 ⎞под знак дифференциала 3 = d ⎜ − 2 ⎟ и3xx⎝ x ⎠получим111dx1 − 21 − 2 ⎛ 1 ⎞= − ∫ e x d ⎜ − 2 ⎟ = − e x + C (x ≠ 0) .322x⎝ x ⎠dxПример 3. ∫ x.e + e−x∫e−x2⋅xРешение. Умножим одновременно числитель и знаменатель дроби на e , аxзатем внесём e под знак дифференциала:( )( )( )e x dxd exdxx∫ e x + e − x = ∫ e 2 x + 1 = ∫ e x 2 + 1 = arctg e + C .dxПример 4.∫.1 + e2xx−xРешение.
Вынесем e из-под знака радикала и затем внесём e под знакдифференциала:§6. Интегрирование гиперболических, показательных и др. функцийХорошилова Е.В. Неопределённый интеграл164∫dx1 + e2x=∫edxxe −2 x + 1(= − ln eПример 5.−x=∫+ ee − x dxe −2 x + 1−2 x= −∫)d (e − x )(e )−x 2+1+=Пример 7.+1 + C .ex −1dx .ex +1∫dxx3x21+ e + e + ex6.Решение.
Положим t = e , тогдаex −1dx = ∫ t − 1 dt =Решение. Положим t = e . Тогда ∫xt +1 te +1t − 1 dtdtdt=∫−∫= ln t + t 2 − 1 +=∫222t −1 tt −1t t −11+ arcsin + C = ln e x + e 2 x −1 + arcsin (e − x ) + C (x ≥ 0) .t3e 2 x + e x + 1dx .Пример 6. ∫ 2 xe − 2e x − 3∫)(Решение. Положим t = e . Тогда получаем интегралx)3t 2 + t + 1 . Так∫ t t 2 −2t − 3 dt()как t t − 2t − 3 = t (t + 1)(t − 3) , то разложение на простейшие дроби имеет вид3t 2 + t + 1ABC.= ++t (t + 1)(t − 3) t t + 1 t − 3Приводя дроби в правой части к общему знаменателю и приравнивая тождественно многочлены в числителях, получим3t + t + 1 = A(t + 1)(t − 3) + Bt (t − 3) + Ct (t + 1) .Если подставить t = 0 , то находим A = − 1 ; если же подставить t = −1 , то по23131.
Подставляялучим B = . Наконец, если положить t = 3 , то найдём C =212найденное разложение под знак интеграла, получим3e 2 x + e x + 11 dt 1 dt31 dt∫ e 2 x − 2e x − 3 dx = − 3 ∫ t + 2 ∫ t + 1 + 12 ∫ t − 3 =1131x 1= − ln t + ln (t + 1) + ln t − 3 + C = − + ln (e x + 1) +32123 2dxx3x21+ e + e + e=∫)(231ln e x − 3 + C ( x ≠ ln 3) .12x6x(∫165= 6∫dtdt= 6∫=23t 1+ t + t + tt (1 + t ) 1 + t 2()(x⎞⎛ x⎞C ⎛⎜ln⎜1 + e 3 ⎟⎟ + Darctg ⎜⎜ e 6 ⎟⎟ + C1 .2 ⎝⎠⎝ ⎠Методом неопределённых коэффициентов находим−3 .
Окончательно имеемxx⎛⎛⎜ ⎜1 + e 6 ⎞⎟ 1 + e 3=−x3ln∫ x x x⎟⎜⎜⎠⎝⎝1+ e2 + e3 + e6dxПример 8.)x⎛⎞AdtBdtCt + DAx6 ⎟⎜+∫+∫dt=+Bln1+e2⎜⎟+tt +161+ t⎝⎠+=x6∫x e3 3xA = 6, B = C = D =x⎞⎟ − 3arctg ⎛⎜ e 6 ⎞⎟ + C .1⎜ ⎟⎟⎝ ⎠⎠dx .Решение. Полагая u = x , dv = e dx , проинтегрируем по частям:33xx 3 3x 1 3xx 3 3x2I = ∫ x e dx =e − ∫ e ⋅ (3x )dx =e − ∫ x 2 e 3 x dx .33323xПолагая теперь u = x , dv = e dx , второй раз проинтегрируем по частям:⎞x 3 3x ⎛ x 2 3x 1 3xe3x 2e − ⎜⎜ e − ∫ e ⋅ (2 x )dx ⎟⎟ = (x 3 − x 2 )I=+ ∫ xe 3 x dx .33333⎝⎠3 3xНаконец, полагаятям:(I = x3 − x2u = x , dv = e 3 x dx , последний раз проинтегрируем по час-) e33x+2 ⎛ x 3x 1 3x ⎞ ⎛ 322 ⎞ e3x2−eedx=xxx+C.−+−⎜⎟ ⎜⎟3⎝33∫39⎠ 3⎠ ⎝Хорошилова Е.В. Неопределённый интеграл166§6. Интегрирование гиперболических, показательных и др.
функцийПример 5.6.3. Интегрирование логарифмических функцийЕсли подынтегральное выражение содержит логарифмическую функцию, тотак же, как и в случае с показательной функцией, интеграл либо сводится к табличному, либо берётся с помощью некоторой подстановки (функция вноситсяпод знак дифференциала), либо интегрируется по частям.Пример 1.∫ ln xdx .Решение. Интегрируя по частям при u = ln x, v = x , получаем1∫ ln xdx = x ln x − ∫ x ⋅ x dx = x ln x − x + C (x > 0) .Пример 2.∫ ln2xdx .x > 0 по частям, находим1222∫ ln xdx = x ln x − ∫ x ⋅ 2 ln x ⋅ x dx = x ln x − 2∫ ln xdx == x ln 2 x − 2 x ln x + 2 x + C .Решение. Дважды интегрируя приПример 3.∫ lnnxdx (n ∈ N ) .Решение.
Интегрируя по частям, получим рекуррентную формулу понижения степени для интегралов данного типа:I n = ∫ ln n xdx = x ln n x − n ∫ ln n −1 xdx = x ln n x − n ⋅ I n −1 , где I 0 = x .Например,I 1 = x ln x − x + C ,I 2 = x ln 2 x − 2(x ln x − x ) + C ,I 3 = x ln 3 x − 3 ( x ln 2 x − 2( x ln x − x )) + C и т.д. (x > 0) .Пример 4.∫ln xdx .xРешение.
Внесём 1 под знак дифференциала:xln xln 2 x=dx()lnlnxdx=+ C (x > 0) .∫ x∫2∫x2167ln xdx .Решение. Интегрируя по частям при u = ln x, dv = x dx , получим2x31 3 1x3x3=lnx−x⋅dx=lnx−+ C (x > 0) .xlnxdx∫33∫x39dxПример 6. ∫.x ln x ⋅ ln (ln x )dxРешение. Принимая во внимание, что= d (ln (ln x )) , имеем приx ln xx > 1:dxd (ln (ln x ))∫ x ln x ⋅ ln(ln x ) = ∫ ln(ln x ) = ln ln(ln x ) + C .23Пример 7.⎛ ln x ⎞∫ ⎜⎝ x ⎟⎠ dx .Решение. Заметим, что данный интеграл относится к группе интегралов ви-ln m xdx (n ∈ R, n ≠ −1, m ∈ N ) , для которых существует рекуррентная формула понижения степени m :1 n +1 mmnmnm −1∫ x ln xdx = n + 1 x ln x − n + 1 ∫ x ln xdx ,да∫xnпо которой вычисление рассматриваемого интеграла сводится к вычислениюинтеграла такого же типа, но с меньшим на единицу показателем степени приln x .
В данном случае n = −3, m = 3 . На практике держать в уме формулу неимеет большого смысла, проще три раза проинтегрировать по частям:3113 1⎛ ln x ⎞332∫ ⎜⎝ x ⎟⎠ dx = ∫ x 3 ⋅ ln xdx = − 2 x 2 ⋅ ln x + 2 ∫ x 3 ⋅ ln xdx =13⎛ 11⎞= − 2 ⋅ ln 3 x + ⎜ − 2 ⋅ ln 2 x + ∫ 3 ⋅ ln xdx ⎟ =2 ⎝ 2xx2x⎠33⎛ 11 dx ⎞1= − 2 ⋅ ln 3 x − 2 ⋅ ln 2 x + ⎜ − 2 ⋅ ln x + ∫ 3 ⎟ =2 ⎝ 2x2 x ⎠4x2x3 ⎛21⎞= − 2 ⎜ ln 3 x + ln 2 x + ln x + ⎟ + C (x > 0) .2⎠4x ⎝ 3Хорошилова Е.В. Неопределённый интеграл168§6. Интегрирование гиперболических, показательных и др.
функций∫ sin (ln x )dx ; б) ∫ cos(ln x )dx .Пример 8. а)Пример 12.Решение. Интегрируя по частям каждый из интегралов, имеемI 1 = ∫ sin (ln x )dx = x sin (ln x ) − ∫ cos(ln x )dx = x sin (ln x ) − I 2I 2 = ∫ cos(ln x )dx = x cos(ln x ) + ∫ sin (ln x )dx = x cos(ln x ) + I 1 .Отсюда получаем, чтоx(sin (ln x ) − cos(ln x )) + C ,2I1 =t = x 2 + 1 и проинтегрируем по частям:11 223222∫ x x + 1 ⋅ ln x − 1 dx = 2 ∫ t ln (t − 2)dt = 2 ∫ ln(t − 2)d (t 3) =1 t 4 dt11= t 3 ln (t 2 − 2 ) −= t 3 ln (t 2 − 2 ) − ∫ 23 t −2 663(x 2 + 1)1 ⎛⎜ t 3t − 2 ⎞⎟−+ 2t + 2 ln+C =ln x 2 − 1 −⎜⎟33⎝ 3t+ 2 ⎠2x2 + 7 2−x + 1 − 2 ln x + 1 − 2 + C ( x > 1) .93x2 +1 + 2xРешение.
Положим t = x , тогда dt = x (1 + ln x )dx и для интеграла имеем:xxПример 10.∫(x ln x + 1 + x 21+ x2) dx .Решение. Интегрируя по частям, находим()(= ∫ ln x + 1 + x d 1 + x2+ C (x > 0) .x2()=∫(x ln x + 1 + x 21+ x(21 + x ln x + 1 + x2)2∫ ln2(x +)) dx =)− ∫ dx =))((= x ln x + 1 + x2(= x ln x + 1 + x222)− ∫ ln(x +1+ x 2) dx =)1+ x2 d 2 1+ x2 =)− 2 1 + x ln(x +2(x ln x + 1 + x 2)(x = tht , тогда t = 1 ln 1 + x и интеграл примет вид21− xax +b1− xath t + bdt⋅ (− 2t ) 2 = 2 ∫ (ath 2 t + b )tdt =dx = ∫ 2⋅ ln21+ xth t − 1ch t−122= bt + 2a ∫ t ⋅ th tdt .∫x22Последний интеграл вычисляем интегрированием по частям:∫ t ⋅ th tdt = ∫ td (t − tht ) = t (t − tht ) − ∫ (t − tht )dt = t222 − t ⋅ tht +ax 2 +b1− x22∫ x 2 − 1 ⋅ ln 1 + x dx = bt + 2a ( t 2 − t ⋅ tht ++ ln cht ) + C = (a + b )t 2 − 2at ⋅ tht + 2a ln cht + C =Решение.
Применяя интегрирование по частям, получаем(ax 2 +b1− x∫ x 2 − 1 ⋅ ln 1 + x dx .+ ln cht + C . Итак,1 + x 2 dx .2222∫ ln x + 1 + x dx = x ln x + 1 + x − 2∫Пример 13.Решение. Положим= 1 + x 2 ln x + 1 + x 2 − x + C .Пример 11.)(∫ x (1 + ln x )dx .∫ x (1 + ln x )dx = ∫ dt = t + C = x)(Замечание.
Можно было бы найти эти интегралы, интегрируя последовательно каждый из них два раза по частям.x)(x 2 + 1 ⋅ ln x 2 − 1 dx .Решение. ПоложимxI 2 = (sin (ln x ) + cos(ln x )) + C (x > 0) .2Пример 9.∫x)1 + x 2 + 2x + C .16921+ x⎛ 1 1+ x ⎞= (a + b )⎜ ln+ 2a ln ch( Arthx) + C =⎟ − ax ⋅ ln1− x⎝ 2 1− x ⎠a + b 2 ⎛1+ x ⎞1− x⎛⎞=ln ⎜− ln (1 − x 2 )⎟ + C ,⎟ + a⎜ x ln41+ x⎝1− x ⎠⎝⎠1( x < 1) .так как ch( Arthx ) =1− x2Хорошилова Е.В. Неопределённый интеграл170§6.
Интегрирование гиперболических, показательных и др. функций6.4. Интегрирование обратных тригонометрическихфункцийПри интегрировании обратных тригонометрических функций используютсявсё те же общие приёмы интегрирование (преобразования, замена переменной,интегрирование по частям). Напомним, что интегралы вида∫ P(x )arcsin xdx , ∫ P(x )arccos xdx , ∫ P(x )arctgxdx , ∫ P(x )arcctgxdx ,()где P x – целый алгебраический многочлен относительно x , вычисляютсяинтегрированием по частям.
При этом в качестве u выбираются функцииarcsin x , arccos x , arctgx , arcctgx , а за dv – выражение P(x )dx .dxПример 1.∫ arcsin.x ⋅ 1− xd (arcsin x )1Решение. ∫=−+ C (0 < x < 1) .5arcsin x4 ⋅ arcsin 4 xarctg x dx⋅Пример 2. ∫.x +1x52(= t +C = arctg2Пример 3.2( x )+ C∫ arccos xdx .du = −11− x2() d (1 − x )−12∫ arctgxdx .Решение. Полагая u = arctgx , dv = dx , интегрируем по частям:(x > 0) .21− x2dx = x arccos x −(1 1− x2= x arccos x − ⋅21/ 2)()Решение. Интегрируя по частям, получаем∫ arctgx dx = x ⋅ arctg x −xdx∫ 2 x (x + 1) =Пример 6.∫x2x ⋅ arctg x −x+∫( x) =( x) +1d2x + arctg x + C (x > 0) .arccos xdx .Решение.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
