ИНТЕГРАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ

6.1. Неопределенный интеграл

Понятие неопределенного интеграла

Определение 1. Пусть функция У = ↑(X) определена на некотором промежутке. Функция У = F(X) называется Первообразной функции У = /(х), если она определена на этом промежутке, и в каждой точке промежутка выпол­няется условие

F(x)=∕(x).

Теорема 1. Все первообразные одной и той же функции отличаются на некоторую постоянную.

Определение 2. Множество всех первообразных функ­ции У = F(X) называется Неопределенным интегралом от этой функции.

Обозначение: ʃ Z(X) Dx = F(X) + CtC const.

Свойства неопределенного интеграла

1. FdF(x) = F(x)+C.

2. Dʃ Z(x) Dx = f(x)dx;

3. Если функции Zi(х) и F2(X) имеют первообразные, то функции F1(X) ± F2(X) также имеют первообразные, и при этом

∫ (Z(Xι) ± Z(x2)) Dx = f Zi (х) Dx ± ∫ Z2 (х) Dx.

4. Если функция F(X) имеет первообразную, то функ­ция KF(X) (K const, K ≠ 0) также имеет первообразную, и при этом

∫feZ(x)dx≈fe∫Z(x)dx.

Табличные интегралы

.р+1

1. f Xpdx =7 + Cjp≠-l.

J р + 1 r

Dx. .

— = In х + С; х ≠ 0. х

3. ( ax dx = — F С; а > 0, a ≠ 1; ( cx dx = ex + С;

J lnα j

4. ʃ sin х • dx = — cos х + С;

∫ cos х ∙ dx — sin х + С;

[ ——- = tg х + C; х ≠ + πfe, k ∈ Z;

J Cos^ х 2

Dx

—5— = — ctg х + С; х ≠ π⅛, K е Z; sin х

5. ʃshx ∙ Dx ch х + C; sh х

^χ ^-χ Е — е

„X. —X

Е + е

ʃ chx ∙ Dx = sh х + C; ch х

F Dx chχ

I , 2 = cth х + C; cth х = —— , х ≠ 0; J ShijX <=+*

Dx

Ch Х

Dx

= th х + C; th х =

Shx shx chx

1 х 1 х

2 , 7. arctg — + C = — arcctg — + C; A ≠ 0.

А +х а, а

Х — а

Fdx I1

7∙

8,∫

+ С; х ≠ ± А.

Dx х „ х

1——— = arcsin —LC = — arccos———- h C; j х I < 1 A J.

α2X2 A A

∙∫

Dx

In

Vx2 ± А
Дкоренв
полагается, что ∣xj > ∣a∣.

Vx2 ± A5

+ С;

Если подкоренное выражение имеет вид х2 — А2, то пред-

Замечание. Строго говоря, формулы 1-9 справедливы лишь на промежутках, внутри которых подынтегральные функции определены. Если подынтегральная функция имеет точки разрыва, то нельзя говорить о едином пред­ставлении неопределенного интеграла от нее для всех про­межутков, где функция существует. Например,

ΓDx _ ∫l∩x + C1, х > О,

J х jln(-x) + C2, х < 0.

Основные методы интегрирования

Метод разложения

Этот метод применяется для интегрирования функций Дх), представляющих собой алгебраическую сумму не­скольких функций ∕1(x); ∕2(x); ∙∙∙J /л(х)» первообразные которых заранее известны или могут быть легко получе­ны. Тогда в соответствии со свойством 3 неопределенного интеграла получаем

F{X) Dx = ∫ (∕j (х) + ∕2(x) + … + Fn (х)) Dx =

= ʃ Д (х) Dx + ʃ ∕2(χ) Dx + … + ʃ Fn(X) Dx.

Метод введения нового аргумента

Теорема 2. Пусть функция Дх) определена и имеет пер­вообразную F(X) на промежутке X; пусть также функция х = <р(£) определена и дифференцируема на промежутке Г, и определена сложная функция /(φ(⅛)). Тогда функция Д<р(О) ∙ φ'(0 также имеет первообразную на промежутке Т, и при этом

ʃ /(φ(0) ∙ φ'(i) ∙ Dt = 2<,(φ(i)) + C, C — const.

Главной проблемой при применении данного метода

Является то, что исходный интеграл ʃ A(F) ∙ B(T) ∙ Dt не

Содержит «подсказок» в виде заранее сформированных Множителей /(φ(i)) ∏ <p'(f). Необходимо «увидеть» в одном из множителей A(T) или B(T) производную некоторой фун­кции φ(i), а второй множитель оформить как функцию с аргументом φ(i), после чего процедура интегрирования принимает очевидный характер:

DW = <P’W

J α(O = ∕(φ(O)

= ∣φ(f) = x∣ = J /(ɪ) ∙ Dx = F(X) + C = F(φ(i)) + С.

Метод подстановки

Если функция F(X) непрерывна, а функция Х φ(T) не­прерывно дифференцируема, то

ʃ /(X) dx≈ f f(φ(t)) ∙ <p'(0 , dt.

В отличие от метода введения нового аргумента подста­новка может проводиться совершенно формально. Одна­ко эффективность метода подстановки существенно зави­сит от выбора функции φ(i). Подстановка считается удачной, если вновь полученный интеграл проще исход­ного.

Отметим еще одну важную особенность метода подста­новки. После проведения интегрирования по переменной T необходимо «вернуться» к переменной х, что возможно лишь при условии существования обратной функции T = φ-1(x). Следовательно, на промежутке, на котором вы­полняется интегрирование, функция <р(0 должна быть строго монотонной.

Метод интегрирования по частям

Теорема 3. Если функции м(х) и υ(x) дифференцируе­мы на некотором промежутке, и интеграл ʃv ∙ Du суще­ствует, то и интеграл J м ∙ dυ также существует, и при этом Ju — = U` υ — J^ ∙ Du.

Интегрирование по частям можно считать результа­тивным, если получающийся интеграл проще исходного. На практике применению этого метода предшествует не­кий анализ, поскольку реальный интеграл имеет вид

∫a(x) • ft(x) ∙ Dx, и, следовательно, есть альтернатива в

Выборе м(х) и (X). Рекомендуется в качестве м(х) выби­рать ту из функций a(x) или &(х), производная которой проще для интегрирования, чем сама функция; а в каче-

Rτ ч тт — ч Г + ⅛χ, ɑɑs X-Ij

Пример 1. Наити интегралы: а) I——————————- ах;

J Х

F cos 2х г 2 f(l + x) dx

Б) Т~2———- 2—Dx‘> ®) I ⅛ х dx; г) ————— Х— .

7jSin2X-Cos2X 7j j x(1 + x2)

Решение.

Для нахождения интегралов а) — г) воспользуемся ме­тодом разложения, который позволяет разбить исходный интеграл на алгебраическую сумму табличных интегра­лов.

(1 + X)2Dx _ f 1 + 2X + X2 _ f (1 + х2) + 2х
J x(l + x2)

[ — + 2 [ ——у = In ∣x∣ + 2 arctg х + С. JX J 1 + х

Ответ: а) — x3 + 5sin x-ln ∣x∣ + С; б) — ctg х — tg х + С; в) tg х — х + С; г) In ∣x∣ + 2 arctg х + С.

Пример 2. Найти интегралы: a) ʃ 2x√x2 +1 Dx

U≥⅛f⅛)j-⅛xi j √cosx J X JL + E

Д) ʃ tgx Dx.

Решение.

Используем метод введения нового аргумента.

А) Поскольку 2Xdx = D{X2) = d(x2+l), то

_____ ɪ 1

J2xa∕x2 +1 Dx = ʃ(X2 + I)2 d(x2+l) = Jx2+1 = ⅛∣ = ʃT% Dt =

3 3

=-tz + C =~(x2+1)% + С.

3 3

Б) Так как sin х dx = — d(cos х), то интеграл принимает вид:

Fsinxdx fd(cosx) ∣ Ir1

J /——— = — —< = cos х = t = — 1

J *∣cosx J Vcosx 1 1 J

= cos х = q = — T 2 Dt =

= -212 + C = -2 Vcosx + С.

Dx

В) Очевидно, что — = d(lnx), поэтому
X

Vln Xdx

X

1 I I 1

∫(lnx)2 <2(ln х) = I In х = 11 = Ji2 Dt =

2 — о 2

= — t2 + C = — (in х)г + С.

3 3

F е dx f d(e ) ∣ ∣ f Dt

Г) J =J Т77^=IЕ" ‘I J TTF = arctg ‘+ c —

= arctg (e*) + С.

F, , f sin х ∙ Dx

Д) J tgxdχ= J •

COSX

D(cos х)

——— = ∣cos х = £| =

COSX

Dt

— = — In И + C = — In ∣cos х| + С.

Ответ: а) — (χ2 + I)2 + С; б) -2 Vcosx + С; в) — (in х)г + + С; г) arctg (Ex} + С; д) — In ∣cos х| + С.

_ f Xdx f E^*Dx

Пример 3. Найти интегралы: a) J ; б) J — ;

Xdx f 4х + 3 f

√T^=r>Jχ2+6x + 10dx=’0∫

4х + 3

‘ arctg Vx Dx

Решение.

Используем метод подстановки. Умение найти подхо­дящую подстановку приходит по мере накопления опыта интегрирования. В некоторых случаях бывает довольно сложно сразу обнаружить замену, сводящую интеграл к табличному, или хотя бы упростить его. В качестве общей рекомендации можно посоветовать лишь следующее: за­менять на новую переменную следует самые «тяжелые» конструкции под знаком интеграла. Например такие, ко­торые вообще отсутствуют в подынтегральных выражени­ях табличных интегралов.

-Jx-I = t х = t2 + 1 Dx = 2t dt

= 2e4* + C;

(*-os)≈∙⅛-α2pΛ

——— .————— In( + c-

T 2 J T 2 1 1

= ɪ ln(x2 + α2) + С.

Данное решение получено для значений Х 0:

_____________ 1

X2 + a2 = t, X2 = t A2; х = — Jt — a2 = (t — а2)2 .

Можно легко показать, что случай Х < 0 приводит к тому же результату. В заключение покажем более эконом­ную технику подстановки, которая не требует получения явного выражения для переменной х:

X2 + A2 = t

F Xdx J X2 + α2

D(x2 + a2) = dt 2xdx = dt

= — In (x2 + a2) + С.

Г)

4х + 3

X2 + 6x + 10

Dx.

Знаменатель дроби является квадратным трехчленом; выделим полный квадрат:

X2 + 6x + 10 = X2 + 2 • х • 3 + 9 + 1 = (х + З)2 + 1. х + 3 = T

4x + 3

(х + З)2 +1

Dx =

Х = T3 Dx = Dt

4(T — 3) + 3
T2 +1

Dt

Г 4г — 9 f Tdt е Dt T D(T2 +1)

"ʃt2 + 1 it"4L2 + 1 ^əʃT2+l~sf ?+1 ^

— 9 arctg ⅛ = 2 ln(⅛2 + 1) — 9 arctg T + C = 2 ln(x2 + 6х + 10) —

— 9arctg (х + 3) + С.

Д)

Arctg Vx Dx

4x 1 + x

Arctg Tx = t Jx = tgt

X — Tg2t

1

Dx = 2 tgt

Cos2 T dt

Cos2 T

J Tgt

2tg t ∙ cos21
Cos21

Dt

2tdt = t2 + C =

= (arctg Jx )2 + С.

2 — — г

Ответ: а) — -1)2 + 2(X -1)2 + С; б) 2 E^X + С;

3

В) ɪ In (x2 + A2) + С; г) 2 ln(x2 + 6х + 10) — 9 arctg (х + 3) + + С; д) (arctg Tx )2 + С.

Пример 4. Найти интегралы: a) ʃ x3 ∙ In Х Dx;

Б) ʃ Х arctg х ∙ Dx; в) ʃ arccosx ∙ Dx; г) ʃ ex ∙ sin х ∙ Dx;

Д) ʃ sin Vx Dx.

Решение.

Применим интегрирование по частям.

Io 11

= — X2 ∙ arctg х — — х + — arctg х + С.

U Ω

≈)∫

Arccosх ∙ Dx =

Xdx

И = arccos Х Du =

Dv = Dx

Dx

Vl — х2

Х arccosx + J ʌ/ɪ % .

Заметим, что Х Dx = D

= jd(x2) = ∣d(x2-l) =

=- — d(l — х2), следовательно,

4U

F If"

J arccosх ∙ Dx = х ∙ arccosx — — ʃ(l — χ2) 2 d(l — х2) =

= х ∙ arccos х — (1-х2)2 + C = х arccos х — Vl-x2 + C и = sin х Du = cos х ∙ Dx Dv = Exdx V = Ex

U = COSx du = — sinx ∙dx

R)∫

Е ∙ sin х ∙ Dx

= sin х ∙ Ex ʃ e* ‘ cos х ∙ Dx =

= sin х ∙ Ex — cos х ∙ ex — Jex sin x ∙ Dx.

Двукратное интегрирование по частям приводит к по­явлению исходного интеграла. Фактически, получено уравнение для нахождения интеграла:

ʃ βx sin х ∙ Dx = e*sin х — e*cos х — Jex sin х ∙ Dx,

6X Ex sin Х — Dx≈ — (sin Х — cos х) + С.

Д) ∫sin Vxdx.

Целесообразно ввести новую переменную: T = чх :

3,G = t

Dv = exdx v = ex

Sin 3Jxdx =

Х = Г Dx = 3T2Dt

= Jsi

Sin T ∙ 3t2 ∙ dt

И = t2 du = 2tdt dυ = sin Tdt v = cos T = 3 12 ∙ cos T + 2∫ T ∙ cos t ∙ dtj= -3t2 ∙ cos t +

F∙ u = ⅛ Du = dt

T ∙ cos T, dt= 1

Dυ=costdt v = sιnt

+ 6 (t ∙ sin T — ∫sin T ∙ dtj= -3⅛2. cos T + Qt ∙ sin⅛ + 6cos T + C = = -3 Tfx2 ∙ cos >[x + 6 ‘ >[x ∙ sin Vx + 6 cos Vx + C.

Ответы:

1 x4 1 1

A) — x4 ∙ In x — -— + C; 6) — x2 ∙ arctg x — — x +

4 16 2 Λ

+ ɪ arctg X + C; в) X ∙ arccos X — ^l-x2 + C;

&

€X I—

R) — (sin X — cos X) + C; д) -3 Vx2 ` cos Vx +

2

+ 6 ∙ Vx ’ θin Vx + 6 cos Vx + C.

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *