Представлен обзор методов вычисления неопределенных интегралов. Рассмотрены основные методы интегрирования, которые включают в себя интегрирование суммы и разности, вынесение постоянной за знак интеграла, замену переменной, интегрирование по частям. Также рассмотрены специальные методы и приемы интегрирования дробей, корней, тригонометрических и показательных функций.
СодержаниеПравило интегрирования суммы (разности)
Вынесение постоянной за знак интеграла
Пусть c - постоянная, не зависящая от x . Тогда ее можно вынести за знак интеграла:
Замена переменной
Пусть x
- функция от переменной t
,
x = φ(t)
,
тогда
.
Или наоборот, t = φ(x)
,
.
С помощью замены переменной можно не только вычислить простые интегралы, но и упростить вычисление более сложных.
Правило интегрирования по частям
Интегрирование дробей (рациональных функций)
Введем обозначение. Пусть P k (x), Q m (x), R n (x) обозначают многочлены степеней k, m, n , соответственно, относительно переменной x .
Рассмотрим интеграл, состоящий из дроби многочленов (так называемая рациональная функция):
Если k ≥ n
,
то сначала нужно выделить целую часть дроби:
.
Интеграл от многочлена S k-n (x)
вычисляется по таблице интегралов.
Остается интеграл:
, где m < n
.
Для его вычисления, подынтегральное выражение нужно разложить на простейшие дроби.
Для этого нужно найти корни уравнения:
Q n (x) = 0
.
Используя полученные корни, нужно представить знаменатель в виде произведения сомножителей:
Q n (x) = s (x-a) n a (x-b) n b ...
(x 2 +ex+f) n e (x 2 +gx+k) n g ...
.
Здесь s
- коэффициент при x n
,
x 2 + ex + f > 0
,
x 2 + gx + k > 0
,
... .
После этого разложить дробь на простейшие:
Интегрируя, получаем выражение, состоящее из более простых интегралов.
Интегралы вида
приводятся к табличным подстановкой t = x - a
.
Рассмотрим интеграл:
Преобразуем числитель:
.
Подставляя в подынтегральное выражение, получаем выражение, в которое входят два интеграла:
,
.
Первый, подстановкой t = x 2 + ex + f
приводится к табличному.
Второй, по формуле приведения:
приводится к интегралу
Приведем его знаменатель к сумме квадратов:
.
Тогда подстановкой , интеграл
также приводится к табличному.
Интегрирование иррациональных функций
Введем обозначение. Пусть R(u 1 , u 2 , ... , u n)
означает рациональную функцию от переменных u 1 , u 2 , ... , u n
.
То есть
,
где P, Q
- многочлены от переменных u 1 , u 2 , ... , u n
.
Дробно-линейная иррациональность
Рассмотрим интегралы вида:
,
где - рациональные числа, m 1 , n 1 , ..., m s , n s
- целые числа.
Пусть n
- общий знаменатель чисел r 1 , ..., r s
.
Тогда интеграл сводится к интегралу от рациональных функций подстановкой:
.
Интегралы от дифференциальных биномов
Рассмотрим интеграл:
,
где m, n, p
- рациональные числа, a, b
- действительные числа.
Такие интегралы сводятся к интегралам от рациональных функций в трех случаях.
1)
Если p
- целое. Подстановка x = t N
,
где N
- общий знаменатель дробей m
и n
.
2)
Если - целое. Подстановка a x n + b = t M
,
где M
- знаменатель числа p
.
3)
Если - целое. Подстановка a + b x - n = t M
,
где M
- знаменатель числа p
.
Если ни одно из трех чисел не является целым числом, то по теореме Чебышева интегралы данного вида не могут быть выражены конечной комбинацией элементарных функций.
В ряде случаев, сначала бывает полезным привести интеграл к более удобным значениям m
и p
.
Это можно сделать с помощью формул приведения:
;
.
Интегралы, содержащие квадратный корень из квадратного трехчлена
Здесь мы рассматриваем интегралы вида:
,
Подстановки Эйлера
Такие интегралы могут быть сведены к интегралам от рациональных функций одной из трех подстановок Эйлера:
, при a > 0
;
, при c > 0
;
, где x 1
- корень уравнения a x 2 + b x + c = 0
.
Если это уравнение имеет действительные корни.
Тригонометрические и гиперболические подстановки
Прямые методы
В большинстве случаев, подстановки Эйлера приводят к более длинным вычислениям, чем прямые методы. С помощью прямых методов интеграл приводится к одному из перечисленных ниже видов.
I тип
Интеграл вида:
,
где P n (x)
- многочлен степени n
.
Такие интегралы находятся методом неопределенных коэффициентов, используя тождество:
Дифференцируя это уравнение и приравнивая левую и правую части, находим коэффициенты A i
.
II тип
Интеграл вида:
,
где P m (x)
- многочлен степени m
.
Подстановкой t = (x - α) -1 этот интеграл приводится к предыдущему типу. Если m ≥ n , то у дроби следует выделить целую часть.
III тип
Третий и наиболее сложный тип:
.
Здесь нужно сделать подстановку:
.
После чего интеграл примет вид:
.
Далее, постоянные α, β
нужно выбрать такими, чтобы коэффициенты при t
обратились в нуль:
B = 0, B 1 = 0
.
Тогда интеграл распадается на сумму интегралов двух видов:
;
,
которые интегрируются, соответственно подстановками:
z 2 = A 1 t 2 + C 1
;
y 2 = A 1 + C 1 t -2
.
Общий случай
Интегрирование трансцендентных (тригонометрических и показательных) функций
Заранее отметим, что те методы, которые применимы для тригонометрических функций, также применимы и для гиперболических функций. По этой причине мы не будем рассматривать интегрирование гиперболических функций отдельно.
Интегрирование рациональных тригонометрических функций от cos x и sin x
Рассмотрим интегралы от тригонометрических функций вида:
,
где R
- рациональная функция. Сюда также могут входить тангенсы и котангенсы, которые следует преобразовать через синусы и косинусы.
При интегрировании таких функций полезно иметь в виду три правила:
1)
если R(cos
x, sin
x)
умножается на -1
от перемены знака перед одной из величин cos
x
или sin
x
,
то полезно другую из них обозначить через t
.
2)
если R(cos
x, sin
x)
не меняется от перемены знака одновременно перед cos
x
и sin
x
,
то полезно положить tg
x = t
или ctg
x = t
.
3)
подстановка во всех случаях приводит к интегралу от рациональной дроби. К сожалению, эта подстановка приводит к более длинным вычислениям чем предыдущие, если они применимы.
Произведение степенных функций от cos x и sin x
Рассмотрим интегралы вида:
Если m и n - рациональные числа, то одной из подстановок t = sin x или t = cos x интеграл сводится к интегралу от дифференциального бинома.
Если m и n - целые числа, то интегралы вычисляются интегрированием по частям. При этом получаются следующие формулы приведения:
;
;
;
.
Интегрирование по частям
Применение формулы Эйлера
Если подынтегральное выражение линейно относительно одной из функций
cos
ax
или sin
ax
,
то удобно применить формулу Эйлера:
e iax = cos
ax + isin
ax
(где i 2 = -1
),
заменив эту функцию на e
iax
и выделив действительную (при замене cos
ax
) или мнимую часть (при замене sin
ax
) из полученного результата.
Использованная литература:
Н.М. Гюнтер, Р.О. Кузьмин, Сборник задач по высшей математике, «Лань», 2003.
Непосредственное интегрирование
Вычисление неопределенных интегралов с помощью таблицы интегралов и их основных свойств называется непосредственным интегрированием.
Пример 1. Найдем интеграл
.
Применив второе и пятое свойства неопределенного интеграла, получим
.(*)
Далее, используя формулы II , Ш, IV , VIII таблицы и третье свойство интегралов, находим каждый из слагаемых интегралов отдельно:
=
,
,
Подставим эти результаты в (*) и, обозначив сумму всех постоянных (ЗС 1 +7С 2 +4С 3 +2С 4 +С 5) буквой С , получим окончательно:
Проверим результат дифференцированием. Найдем производную полученного выражения:
Мы получили подынтегральную функцию, это доказывает, что интегрирование выполнено верно.
Пример 2 . Найдем
.
В таблице интегралов приведено следствие III а из формулы III :
Чтобы воспользоваться этим следствием, найдем дифференциал функции, стоящей в показателе степени:
Для создания этого дифференциала достаточно домножить знаменатель дроби под интегралом на число 2 (очевидно, чтобы дробь не изменилась, необходимо при этом умножить на 2 и числитель). После вынесения постоянного множителя за знак интеграла он становится готовым для применения табличной формулы III а :
.
Проверка:
следовательно, интегрирование выполнено правильно.
Пример 3 . Найдем
Так как из выражения, стоящего в числителе, можно сконструировать дифференциал квадратичной функции, то следует выделить в знаменателе такую функцию:
.
Для создания ее
дифференциала
достаточно умножить числитель на 4 (знаменатель при этом также
умножим на
4
и вынесем этот множитель знаменателя за интеграл). В
результате мы получим возможность использовать табличную формулу
X
:
Проверка:
,
т.е. интегрирование выполнено верно.
Пример 4 . Найдем
Заметим, что теперь квадратичная функция,
дифференциал которой 
можно создать в
числителе, является подкоренным выражением. Поэтому разумно будет записать
подынтегральную функцию как степенную, чтобы воспользоваться формулой
I
таблицы интегралов:
Проверка:
Вывод: интеграл найден правильно.
Пример 5. Найдем
Обратим внимание на то, что подынтегральное выражение содержит
функцию
; и ее
дифференциал . Но дробь является также и
дифференциалом всего подкоренного выражения (с точностью до знака): 
Поэтому разумно представить дробь в виде степени:
Тогда после домножения числителя и знаменателя на (-1) мы получим степенной интеграл (табличная формула I ):
Дифференцированием результата убеждаемся, что интегрирование выполнено верно.
Пример 6. Найдем
Легко убедиться, что в этом интеграле из выражения дифференциал подкоренной функции не удастся получить с помощью числовых коэффициентов. Действительно,
,
где k -константа. Зато, по опыту примера 3 , можно сконструировать интеграл, совпадающий по виду с формулой X из таблицы интегралов:
Пример 7. Найдем
Обратим внимание на то, что в числителе легко создается дифференциал кубической функции d (x 3 ) = 3 x 2 dx . После чего мы получаем возможность использовать табличную формулу VI :
Пример 8. Найдем
Известно, что производной функции arcsin x является дробь
тогда
.
Это приводит нас к выводу, что искомый интеграл имеет вид степенного интеграла: , в котором и = arcsin x , a значит,
Пример 9 . Для нахождения
воспользуемся той же табличной формулой I и тем, что
Получим
Пример 10 . Найдем
Поскольку выражение является дифференциалом функции , то, используя формулу I таблицы интегралов, получаем
Пример 11. Для нахождения интеграла
воспользуемся последовательно: тригонометрической формулой
,
тем фактом, что
и формулой II таблицы интегралов:
Пример 12 . Найдем
.
Так как выражение
является дифференциалом функции , то, используя ту же формулу II , получаем
Пример 13 . Найдем интеграл
Заметим, что степень переменной в числителе на единицу меньше, чем в знаменателе. Это позволяет в числителе создать дифференциал знаменателя. Найдем
.
После вынесения постоянного множителя за знак интеграла домножим числитель и знаменатель подынтегральной дроби на (-7), получим:
(Здесь использовалась та же формула II из таблицы интегралов).
Пример 14. Найдем интеграл
.
Представим числитель в ином виде: 1 + 2х 2 = (1 + х 2 ) + х 2 и выполним почленное деление, после чего используем пятое свойство интегралов и формулы I и VIII таблицы:
Пример 15. Найдем
Вынесем постоянный множитель за знак интеграла, вычтем и прибавим в числителе 5, затем выполним почленное деление числителя на знаменатель и воспользуемся пятым свойством интеграла:
Для вычисления первого интеграла используем третье свойство интегралов, а второй интеграл представим в виде, удобном для применения формулы IX :
Пример 16. Найдем
Отметим, что показатель степени переменной в числителе на единицу меньше, чем в знаменателе (что характерно для производной), а значит, в числителе можно сконструировать дифференциал знаменателя. Найдем дифференциал выражения, стоящего в знаменателе:
d (x 2 - 5)=(х 2 - 5)" dx = 2 xdx .
Для получения в числителе дифференциала знаменателя не хватает постоянного множителя 2. Умножим и разделим подынтегральную функцию на 2 и вынесем постоянный множитель -
за знак интеграла
Здесь мы использовали II табличный интеграл.
Рассмотрим подобную же ситуацию в следующем примере.
Пример 17. Найдем
.
Вычислим дифференциал знаменателя:
.
Создадим его в числителе с помощью четвертого свойства интегралов:
=
Более сложная подобная ситуация будет рассмотрена в примере 19.
Пример 18, Найдем
.
Выделим в знаменателе полный квадрат:
Получим
.
После выделения полного квадрата в знаменателе мы получили интеграл, близкий по виду к формулам VIII и IX таблицы интегралов, но в знаменателе формулы VIII слагаемые полные квадраты имеют одинаковые знаки, а в знаменателе нашего интеграла знаки слагаемых различны, хотя и не совпадают со знаками девятой формулы. Добиться полного совпадения знаков слагаемых в знаменателе со знаками в формуле IX удается вынесением коэффициента (-1) за интеграл. Итак, чтобы применить формулу IX таблицы интегралов, проведем следующие мероприятия:
1) вынесем(-1)за скобки в знаменателе и затем за интеграл;
2) найдем дифференциал выражения
3) создадим в числителе найденный дифференциал;
4) представим число 2 в виде, удобном для применения формулы IX таблицы:
Тогда
Используя IX формулу таблицы интегралов, получим
Пример 19. Найдем
.
Используя опыт, приобретенный при отыскании интегралов в предыдущих двух примерах, и полученные в них результаты, будем иметь
.
Обобщим некоторый опыт, полученный в результате решения примеров 17,18,19.
Итак, если мы имеем интеграл вида
(пример 18 ), то, выделив полный квадрат в знаменателе, можно прийти к одной из табличных формул VIII или IX .
Интеграл же вида
(пример 19 ) после создания в числителе производной знаменателя распадается на два интеграла: первый – вида
( пример 17 ), берущийся по формуле П , и второй -вида
(пример 18 ), берущийся по одной из формул VIII или IX .
Пример 20 . Найдем
.
Интеграл вида
можно свести к виду табличных формул X или XI , выделив в подкоренном выражении полный квадрат. В нашем случае
= 
.
Подкоренное выражение имеет вид выражения
Аналогично поступают всегда при вычислении интегралов вида
,
если один из показателей степениположительноенечетное число, а второй-произвольное действительное число (пример 23 ).
Пример 23 . Найдем
Используя опыт предыдущего примера и тождество
2 sin 2 φ = l - cos 2 φ ,2 cos 2 φ = l + cos 2 φ
Подставив полученную сумму под интеграл, получим
В этой теме мы подробно поговорим о свойствах неопределённого интеграла и о нахождении самих интегралов с помощью упомянутых свойств. Также поработаем с таблицей неопределенных интегралов . Материал, изложенный здесь, есть продолжение темы "Неопределённый интеграл. Начало" . Честно говоря, в контрольных работах редко встречаются интегралы, которые можно взять с использованием типичных таблиц и(или) простейших свойств. Эти свойства можно сравнить с азбукой, знание и разумение которой необходимы для понимания механизма решения интегралов в иных темах. Часто интегрирование с использованием таблиц интегралов и свойств неопределённого интеграла именуют непосредственным интегрированием .
К чему я веду: функции меняются, но формула для нахождения производной остаётся неизменной, - в отличие от интеграла, для которого уже пришлось перечислить два метода.
Пойдём дальше. Чтобы найти производную $y=x^{-\frac{1}{2}}\cdot(1+x^{\frac{1}{4}})^\frac{1}{3}$ применима всё та же формула $(u\cdot v)"=u"\cdot v+u\cdot v"$, в которую придётся подставить $u=x^{-\frac{1}{2}}$, $v=(1+x^{\frac{1}{4}})^\frac{1}{3}$. А вот чтобы найти интеграл $\int x^{-\frac{1}{2}}\cdot(1+x^{\frac{1}{4}})^\frac{1}{3} dx$ потребуется применение нового метода - подстановок Чебышева.
Ну и напоследок: для нахождения производной функции $y=\sin x\cdot\frac{1}{x}$ вновь применима формула $(u\cdot v)"=u"\cdot v+u\cdot v"$, в которую вместо $u$ и $v$ подставим соответственно $\sin x$ и $\frac{1}{x}$. А вот $\int \sin x\cdot\frac{1}{x} dx$ не берётся. Точнее, не выражается через конечное число элементарных функций.
Подведём итоги: там, где для нахождения производной понадобилась одна формула, для интеграла потребовались четыре (и это не предел), - причем в последнем случае интеграл находиться отказался вообще. Изменили функцию - понадобился новый метод интегрирования. Вот отсюда и имеем многостраничные таблицы в справочниках. Отсутствие общего метода (пригодного для решения "вручную") приводит к изобилию частных методик, которые применимы лишь для интегрирования своего, крайне ограниченного класса функций (в дальнейших темах мы займёмся этими методами подробно). Хотя не могу не отметить наличие алгоритма Риша (советую почитать описание в Википедии), но он пригоден лишь для программной обработки неопределённых интегралов.
Вопрос №3
Но если этих свойств так много, как же мне научиться брать интегралы? С производными было полегче!
Для человека пока существует лишь один способ: решить как можно больше примеров на применение различных методик интегрирования, чтобы при появлении нового неопределённого интеграла можно было подобрать для него метод решения, основываясь на своём опыте. Понимаю, что ответ не слишком обнадёживает, но иного нет.
Свойства неопределённого интеграла
Свойство №1
Производная от неопределенного интеграла равна подынтегральной функции, т.е. $\left(\int f(x) dx\right)"=f(x)$.
Это свойство вполне естественно, ибо интеграл и производная - взаимно обратные операции. Например, $\left(\int \sin 3x dx\right)"=\sin 3x$, $\left(\int \left(3x^2+\frac{4}{\arccos x}\right) dx\right)"=3x^2+\frac{4}{\arccos x}$ и так далее.
Свойство №2
Неопределённый интеграл от дифференциала некоторой функции равен этой функции, т.е. $\int \mathrm d F(x) =F(x)+C$.
Обычно данное свойство воспринимается несколько затруднительно, поскольку кажется, что под интегралом "ничего нет". Чтобы этого избежать, можно записать указанное свойство так: $\int 1\mathrm d F(x) =F(x)+C$. Пример применения этого свойства: $\int \mathrm d(3x^2+e^x+4)=3x^2+e^x+4+C$ или, если угодно, в такой форме: $\int 1\; \mathrm d(3x^2+e^x+4) =3x^2+e^x+4+C$.
Свойство №3
Постоянный множитель можно выносить за знак интеграла, т.е. $\int a\cdot f(x) dx=a\cdot\int f(x) dx$ (полагаем, что $a\neq 0$).
Свойство довольно простое и, пожалуй, комментариев не требует. Примеры: $\int 3x^5 dx=3\cdot \int x^5 dx$, $\int (2x+4e^{7x}) dx=2\cdot\int(x+2e^{7x})dx$, $\int kx^2dx=k\cdot\int x^2dx$ ($k\neq 0$).
Свойство №4
Интеграл суммы (разности) двух функций равен сумме (разности) интегралов от этих функций:
$$\int(f_1(x)\pm f_2(x))dx=\int f_1(x)dx\pm\int f_2(x)dx$$
Примеры: $\int(\cos x+x^2)dx=\int \cos xdx+\int x^2 dx$, $\int(e^x - \sin x)dx=\int e^xdx -\int \sin x dx$.
В стандартных контрольных работах обычно применяются свойства №3 и №4, вот на них мы и остановимся поподробнее.
Пример №3
Найти $\int 3 e^x dx$.
Используем свойство №3 и вынесем константу, т.е. число $3$, за знак инеграла: $\int 3 e^x dx=3\cdot\int e^x dx$. Теперь откроем таблицу интегралов и подставив в формулу №4 $u=x$ получим: $\int e^x dx=e^x+C$. Отсюда следует, что $\int 3 e^x dx=3\cdot\int e^x dx=3e^x+C$. Предполагаю, что тут сразу возникнет вопрос у читателя, поэтому сформулирую этот вопрос отдельно:
Вопрос №4
Если $\int e^x dx=e^x+C$, то $\int 3 e^x dx=3\cdot\int e^x dx=3\cdot\left(e^x+C\right)=3e^x+3C$! Почему вместо $3e^x+3C$ записали просто $3e^x+C$?
Вопрос совершенно разумен. Дело в том, что интегральную константу (т.е. то самое число $C$) можно представлять в виде любого выражения: главное, чтобы это выражение "пробегало" все множество действительных чисел, т.е. изменялось в пределах от $-\infty$ до $+\infty$. Например, если $-\infty≤ C ≤ +\infty$, то $-\infty≤ \frac{C}{3} ≤ +\infty$, поэтому константа $C$ представима в форме $\frac{C}{3}$. Можно записать, что $\int e^x dx=e^x+\frac{C}{3}$ и тогда $\int 3 e^x dx=3\cdot\int e^x dx=3\cdot\left(e^x+\frac{C}{3}\right)=3e^x+C$. Как видите, никакого противоречия здесь нет, но нужно соблюдать осторожность при изменении формы интегральной константы. Например, если представить константу $C$ в виде $C^2$, это будет ошибкой. Дело в том, что $C^2 ≥ 0$, т.е. $C^2$ не изменяется от $-\infty$ до $+\infty$, не "пробегает" все действительные числа. Точно так же будет ошибкой представлять константу в виде $\sin C$, потому что $-1≤ \sin C ≤ 1$, т.е. $\sin C$ не "пробегает" всех значений действительной оси. В дальнейшем этот вопрос оговаривать особо не будем, а станем просто писать константу $C$ для каждого неопределённого интеграла.
Пример №4
Найти $\int\left(4\sin x-\frac{17}{x^2+9}-8x^3 \right)dx$.
Используем свойство №4:
$$\int\left(4\sin x-\frac{17}{x^2+9}-8x^3 \right) dx=\int 4\sin x dx-\int\frac{17}{x^2+9}dx-\int8x^3dx$$
Теперь вынесем константы (числа) за знаки интегралов:
$$\int 4\sin x dx-\int\frac{17}{x^2+9}dx-\int8x^3dx=4\int \sin x dx-17\int\frac{dx}{x^2+9}-8\int x^3dx$$
Далее поработаем с каждым полученным интегралом по отдельности. Первый интеграл, т.е. $\int \sin x dx$, легко отыскать в таблице интегралов под №5. Подставляя в формулу №5 $u=x$ получим: $\int \sin x dx=-\cos x+C$.
Для нахождения второго интеграла $\int\frac{dx}{x^2+9}$ нужно применить формулу №11 из таблицы интегралов. Подставляя в неё $u=x$ и $a=3$ получим: $\int\frac{dx}{x^2+9}=\frac{1}{3}\cdot \arctg\frac{x}{3}+C$.
И, наконец, для нахождения $\int x^3dx$ используем формулу №1 из таблицы, подставив в неё $u=x$ и $\alpha=3$: $\int x^3dx=\frac{x^{3+1}}{3+1}+C=\frac{x^4}{4}+C$.
Все интегралы, входящие в выражение $4\int \sin x dx-17\int\frac{dx}{x^2+9}-8\int x^3dx$, найдены. Осталось лишь подставить их:
$$4\int \sin x dx-17\int\frac{dx}{x^2+9}-8\int x^3dx=4\cdot(-\cos x)-17\cdot\frac{1}{3}\cdot\arctg\frac{x}{3}-8\cdot\frac{x^4}{4}+C=\\ =-4\cdot\cos x-\frac{17}{3}\cdot\arctg\frac{x}{3}-2\cdot x^4+C.$$
Задача решена, ответ таков: $\int\left(4\sin x-\frac{17}{x^2+9}-8x^3 \right)dx=-4\cdot\cos x-\frac{17}{3}\cdot\arctg\frac{x}{3}-2\cdot x^4+C$. Добавлю всё же одно маленькое примечание к этой задаче:
Совсем маленькое примечание
Возможно, эта вставка никому не понадобится, но всё-таки упомяну, что $\frac{1}{x^2+9}\cdot dx=\frac{dx}{x^2+9}$. Т.е. $\int\frac{17}{x^2+9}dx=17\cdot\int\frac{1}{x^2+9}dx=17\cdot\int\frac{dx}{x^2+9}$.
Разберём пример, в котором используем формулу №1 из таблицы интегралов для интерирования иррациональностей (корней, проще говоря).
Пример №5
Найти $\int\left(5\cdot\sqrt{x^4}-\frac{14}{\sqrt{x^6}}\right)dx$.
Для начала проделаем те же действия, что и в примере №3, а именно: разложим интеграл на два и вынесем константы за знаки интегралов:
$$\int\left(5\cdot\sqrt{x^4}-\frac{14}{\sqrt{x^6}} \right)dx=\int\left(5\cdot\sqrt{x^4} \right)dx-\int\frac{14}{\sqrt{x^6}} dx=\\ =5\cdot\int\sqrt{x^4} dx-14\cdot\int\frac{dx}{\sqrt{x^6}} $$
Так как $\sqrt{x^4}=x^{\frac{4}{7}}$, то $\int\sqrt{x^4} dx=\int x^{\frac{4}{7}}dx$. Для нахождения данного интеграла применим формулу №1, подставив в нее $u=x$ и $\alpha=\frac{4}{7}$: $\int x^{\frac{4}{7}}dx=\frac{x^{\frac{4}{7}+1}}{\frac{4}{7}+1}+C=\frac{x^{\frac{11}{7}}}{\frac{11}{7}}+C=\frac{7\cdot\sqrt{x^{11}}}{11}+C$. При желании можно представить $\sqrt{x^{11}}$ как $x\cdot\sqrt{x^{4}}$, но это не обязательно.
Обратимся теперь к второму интегралу, т.е. $\int\frac{dx}{\sqrt{x^6}}$. Так как $\frac{1}{\sqrt{x^6}}=\frac{1}{x^{\frac{6}{11}}}=x^{-\frac{6}{11}}$, то рассматриваемый интеграл можно представить в такой форме: $\int\frac{dx}{\sqrt{x^6}}=\int x^{-\frac{6}{11}}dx$. Для нахождения полученного интеграла применим формулу №1 из таблицы интегралов, подставив в неё $u=x$ и $\alpha=-\frac{6}{11}$: $\int x^{-\frac{6}{11}}dx=\frac{x^{-\frac{6}{11}+1}}{-\frac{6}{11}+1}+C=\frac{x^{\frac{5}{11}}}{\frac{5}{11}}+C=\frac{11\cdot\sqrt{x^{5}}}{5}+C$.
Подставляя полученные результаты, получим ответ:
$$5\cdot\int\sqrt{x^4} dx-14\cdot\int\frac{dx}{\sqrt{x^6}}= 5\cdot\frac{7\cdot\sqrt{x^{11}}}{11}-14\cdot\frac{11\cdot\sqrt{x^{5}}}{5}+C= \frac{35\cdot\sqrt{x^{11}}}{11}-\frac{154\cdot\sqrt{x^{5}}}{5}+C. $$
Ответ : $\int\left(5\cdot\sqrt{x^4}-\frac{14}{\sqrt{x^6}}\right)dx=\frac{35\cdot\sqrt{x^{11}}}{11}-\frac{154\cdot\sqrt{x^{5}}}{5}+C$.
И, наконец, возьмём интеграл, подпадающий под формулу №9 таблицы интегралов. Пример №6, к которому мы сейчас перейдём, можно бы решить и иным способом, но об этом пойдёт речь в последующих темах. Пока что будем оставаться в рамках применения таблицы.
Пример №6
Найти $\int\frac{12}{\sqrt{15-7x^2}}dx$.
Для начала проделаем ту же операцию, что и ранее: вынесение константы (числа $12$) за знак интеграла:
$$ \int\frac{12}{\sqrt{15-7x^2}}dx=12\cdot\int\frac{1}{\sqrt{15-7x^2}}dx=12\cdot\int\frac{dx}{\sqrt{15-7x^2}} $$
Полученный интеграл $\int\frac{dx}{\sqrt{15-7x^2}}$ уже близок к табличному $\int\frac{du}{\sqrt{a^2-u^2}}$ (формула №9 таблицы интегралов). Отличие нашего интеграла в том, что перед $x^2$ под корнем стоит коэффициент $7$, которого табличный интеграл не допускает. Следовательно, нужно избавиться от этой семёрки, вынеся её за знак корня:
$$ 12\cdot\int\frac{dx}{\sqrt{15-7x^2}}=12\cdot\int\frac{dx}{\sqrt{7\cdot\left(\frac{15}{7}-x^2\right)}}= 12\cdot\int\frac{dx}{\sqrt{7}\cdot\sqrt{\frac{15}{7}-x^2}}=\frac{12}{\sqrt{7}}\cdot\int\frac{dx}{\sqrt{\frac{15}{7}-x^2}} $$
Если сравнить табличный интеграл $\int\frac{du}{\sqrt{a^2-u^2}}$ и $\int\frac{dx}{\sqrt{\frac{15}{7}-x^2}}$ становится видно, что они имеют одинаковую структуру. Только в интеграле $\int\frac{dx}{\sqrt{\frac{15}{7}-x^2}}$ вместо $u$ стоит $x$, а вместо $a^2$ стоит $\frac{15}{7}$. Что ж, если $a^2=\frac{15}{7}$, то $a=\sqrt{\frac{15}{7}}$. Подставляя $u=x$ и $a=\sqrt{\frac{15}{7}}$ в формулу $\int\frac{du}{\sqrt{a^2-u^2}}=\arcsin\frac{u}{a}+C$, получим такой результат:
$$ \frac{12}{\sqrt{7}}\cdot\int\frac{dx}{\sqrt{\frac{15}{7}-x^2}}= \frac{12}{\sqrt{7}}\cdot\arcsin\frac{x}{\sqrt{\frac{15}{7}}}+C $$
Если учесть, что $\sqrt{\frac{15}{7}}=\frac{\sqrt{15}}{\sqrt{7}}$, то результат можно переписать без "трёхэтажных" дробей:
$$ \frac{12}{\sqrt{7}}\cdot\arcsin\frac{x}{\sqrt{\frac{15}{7}}}+C=\frac{12}{\sqrt{7}}\cdot\arcsin\frac{x}{\frac{\sqrt{15}}{\sqrt{7}}}+C= \frac{12}{\sqrt{7}}\cdot\arcsin\frac{\sqrt{7}\;x}{\sqrt{15}}+C $$
Задача решена, ответ получен.
Ответ : $\int\frac{12}{\sqrt{15-7x^2}}dx=\frac{12}{\sqrt{7}}\cdot\arcsin\frac{\sqrt{7}\;x}{\sqrt{15}}+C$.
Пример №7
Найти $\int\tg^2xdx$.
Для интегрирования тригонометрических функций есть свои методы. Однако в данном случае можно обойтись знанием простых тригонометрических формул. Так как $\tg x=\frac{\sin x}{\cos x}$, то $\left(\tg x\right)^2=\left(\frac{\sin x}{\cos x}\right)^2=\frac{\sin^2x}{\cos^2x}$. Учитывая $\sin^2x=1-\cos^2x$, получим:
$$ \frac{\sin^2x}{\cos^2x}=\frac{1-\cos^2x}{\cos^2x}=\frac{1}{\cos^2x}-\frac{\cos^2x}{\cos^2x}=\frac{1}{\cos^2x}-1 $$
Таким образом, $\int\tg^2xdx=\int\left(\frac{1}{\cos^2x}-1\right)dx$. Раскладывая полученный интеграл на сумму интегралов и применяя табличные формулы, будем иметь:
$$ \int\left(\frac{1}{\cos^2x}-1\right)dx=\int\frac{dx}{\cos^2x}-\int 1dx=\tg x-x+C. $$
Ответ : $\int\tg^2xdx=\tg x-x+C$.
1. Интегральное исчисление функций одной переменной
2. Первообразная и неопределенный интеграл.
3. Свойства неопределенного интеграла.
4. Таблица интегралов
При изучении дифференцирования функций, ставилась задача − по дан-ной функции найти ее производную или дифференциал. Многие вопросы науки и техники приводят к постановке обратной задачи − для данной функ-ции f(x) найти такую функцию F(x), производная или дифференциал которой равны соответственно f(x) или f(x)dx .
Определение 1. Функция F(x) называется первообразной по отношению к функции f(x) на некотором промежутке (a, b), если на этом промежутке фун-к-ция F(x) дифференцируема и удовлетворяет уравнению
F ′(x) = f(x)
или, что то же самое, соотношению
dF(x) = f(x)dx.
Так, например, функция sin 5x - первообразная на любом промежутке по отношению к функции f (x ) = 5cos5x , так как (sin5x )′ = 5cos5x .
Легко проверить, что наличие одной первообразной обеспечивает наличие таких функций в бесконечном множестве. В самом деле, если F(x) - первообразная от функции f(x) , то
Ф(x) = F(x) + C ,
где С - любая постоянная, также первообразная, так как
Ф ′(х ) = (F (x ) + C )′ = F ′(x ) + 0 = f (x ).
На вопрос, как найти все первообразные данной функции, если известна одна из них, дает ответ следующая теорема.
Теорема 1 (о первообразных). Если F (x ) − какая-нибудь первообразная от функции f (x ) на интервале (a, b ), то все ее первообразные имеют вид F (x ) + С , где С - произвольная постоянная.
Геометрически y = F(x) + C означает, что гра-фик любой первообразной функции получается из графика функции y = F (x ) простым сдвигом его параллельно оси Оу на величину С (см. рисунок). В связи с тем, что одна и та же функция f (x ) имеет бесконечно много первообразных, возникает проб-лема выбора первообразной, которая решает ту или иную практическую задачу.
Известно, что производная от пути по времени равна скорости точки: S ′(t ) = V (t ), поэтому, если известен закон изменения скорости V(t) , путь движения точки есть первообразная от скорости точки, т. е. S (t ) = F (t ) + C .
Для нахождения закона изменения пути S(t) нужно использовать началь-ные условия, т. е. знать, чему равен пройденный путь S0 при t = t0 . Пусть при t = t0 имеем S = S0 . Тогда
S(t 0 ) = S 0 = F(t 0 ) + C. С = S 0 - F(t 0 ) и S(t) = F(t) + S 0 - F(t 0 ).
Определение 2. Если F(x) - некоторая первообразная от функции f(x), то выражение F(x) + C, где С - произвольная постоянная, называется неопреде-ленным интегралом и обозначается
∫f (x )dx = F (x ) + C ,
т. е. неопределенный интеграл от функции f(x) есть множество всех её перво-образных.
При этом функция f(x) называется подынтегральной , а произведение f(x)dx - подынтегральным выражением ; F(x) - одна из первообразных; х - пе-ременная интегрирования . Процесс отыскания первообразной называется интегрированием.
П р и м е р 1. Найти неопределенные интегралы:
Теорема 2 (существование неопределенного интеграла). Если функция f(х) непрерывна на (a, b) , то существует первообразная, а значит, и интеграл ∫f (x )dx.
Свойства неопределенных интегралов:
1. (∫f (x )dx )′ = f (x ) , т. е. производная от неопределенного интеграла равна подынтегральной функции.
2. d (∫f (x )dx ) = f (x )dx , т. е. дифференциал от неопределенного интеграла равен подынтегральному выражению.
3. ∫dF (x ) = F (x ) + C .
4. ∫(C 1 f 1(x ) + C 2 f 2 (x ))dx = C 1∫f 1(x )dx + C 2∫f 2(x )dx − свойство линей-ности ; С1, С2 - постоянные.
5. Если ∫f (x )dx = F (x ) + C , то
Первые три свойства вытекают из определения неопределенного интег-рала. Свойств 4 и 5 получаем дифференцированием левых и правых частей уравнений по х , используя свойство 1 интегралов и свойства производных.
П р и м е р 2 . Найти неопределенный интеграл: а) ∫(e x + cos5x )dx .
Решение. Используя свойства 4 и 5, находим:
Приведем таблицу основных интегралов, которая в высшей математике играет такую же роль, как таблица умножения в арифметике.
Основные методы интегрирования
Существует три основных метода интегрирования .
1. Непосредственное интегрирование − вычисление интегралов с по-мощью таблицы интегралов и основных свойств неопределенных интегралов.
П р и м е р 3 . Вычислить интеграл: ∫tg 2 xdx.
2. Метод подстановки . Во многих случаях введение новой переменной интегрирования позволяет свести вычисление данного интеграла к нахож-де-нию табличного. Этот метод еще называют методом замены переменной .
Теорема 3. Пусть функция x = φ(t) определена, непрерывна и диффе-ренцируема на некотором промежутке Т и пусть Х - множество значений этой функции, на нем, т. е. на Т определена сложная функция f(φ(t)). Тогда если ∫f(x)dx = F(x) + C , то
∫f(x)dx =∫f(φ(t)) φ ′(t)dt . (1)
Формула (1) называется формулой замены переменной в неопределенном интеграле.
Замечание. После вычисления интеграла ∫f(φ(t)) φ ′(t)dt нужно пе-рей-ти назад к переменной х.
П р и м е р 4. Найти интеграл: ∫cos 3 x sinxdx.
а) Заменим sinxdx на (−d cos x ), т. е. внесем функцию cos x под знак диф-ференциала. Получим
3. Метод интегрирования по частям
Теорема 4. Пусть функции u(x) и v(x) определены и дифференцируе-мы на некотором промежутке Х и пусть u ′(x)v(x) имеет первообразную на этом промежутке, т. е. существует интеграл ∫u ′(x )v (x )dx.
Тогда на этом промежут-ке имеет первообразную и функция u(x)v ′(x) и справедлива формула:
∫u (x )v ′(x )dx = u (x )v (x ) −∫v (x )u ′(x )dx (2)
∫udv = uv −∫vdu . (2′)
Формулы (2) и (2′) называются формулами интегрирования по частям в неопределенном интеграле.
Методом интегрирования по частям вычисляются интегралы от следую-щих функций: P (x )arcsin(ax ), P (x )arccos(ax ), P (x )arctg(ax ), P (x )arcctg(ax ), P (x )ln x , P (x )e kx , P (x )sin kx , P (x )cos kx , здесь P(x) - многочлен; e ax cosbx , e ax sin bx .
Конечно, эти функции не исчерпывают всех интегралов, которые вычи-сляются с помощью метода интегрирования по частям.
П р и м е р 6. Найти интеграл: ∫arctg 3xdx .
Решение. Положим u = arctg 3x ; dv = dx . Тогда
По формуле (2) имеем
Вычислить первообразные функции мы можем не всегда, но задача на дифференцирование может быть решена для любой функции. Именно поэтому единого метода интегрирования, который можно использовать для любых типов вычислений, не существует.
В рамках данного материала мы разберем примеры решения задач, связанных с нахождением неопределенного интеграла, и посмотрим, для каких типов подынтегральных функций подойдет каждый метод.
Метод непосредственного интегрирования
Основной метод вычисления первообразной функции – это непосредственное интегрирование. Это действие основано на свойствах неопределенного интеграла, и для вычислений нам понадобится таблица первообразных. Прочие методы могут лишь помочь привести исходный интеграл к табличному виду.
Пример 1
Вычислите множество первообразных функции f (x) = 2 x + 3 2 · 5 x + 4 3 .
Решение
Для начала изменим вид функции на f (x) = 2 x + 3 2 · 5 x + 4 3 = 2 x + 3 2 · 5 x + 4 1 3 .
Мы знаем, что интеграл суммы функций будет равен сумме этих интегралов, значит:
∫ f (x) d x = ∫ 3 2 · 5 x + 4 3 = 2 x + 3 2 · 5 x + 4 1 3 d x = ∫ 3 2 · 5 x + 4 1 3 d x
Выводим за знак интеграла числовой коэффициент:
∫ f (x) d x = ∫ 2 x d x + ∫ 3 2 (5 x + 4) 1 3 d x = = ∫ 2 x d x + 2 3 · ∫ (5 x + 4) 1 3 d x
Чтобы найти первый интеграл, нам нужно будет обратиться к таблице первообразных. Берем из нее значение ∫ 2 x d x = 2 x ln 2 + C 1
Чтобы найти второй интеграл, потребуется таблица первообразных для степенной функции ∫ x p · d x = x p + 1 p + 1 + C , а также правило ∫ f k · x + b d x = 1 k · F (k · x + b) + C .
Следовательно, ∫ f (x) d x = ∫ 2 x d x + 3 2 · ∫ 5 x + 4 1 3 d x = = 2 x ln 2 + C 1 + 3 2 · 3 20 · (5 x + 4) 4 3 + C 2 = = 2 x ln 2 + 9 40 · 5 x + 4 4 3 + C
У нас получилось следующее:
∫ f (x) d x = ∫ 2 x d x + 3 2 · ∫ 5 x + 4 1 3 d x = = 2 x ln 2 + C 1 + 3 2 · 3 20 · (5 x + 4) 4 3 + C 2 = = 2 x ln 2 + 9 40 · 5 x + 4 4 3 + C
причем C = C 1 + 3 2 C 2
Ответ: ∫ f (x) d x = 2 x ln 2 + 9 40 · 5 x + 4 4 3 + C
Непосредственному интегрированию с применением таблиц первообразных мы посвятили отдельную статью. Рекомендуем вам ознакомиться с ней.
Метод подстановки
Такой метод интегрирования заключается в выражении подынтегральной функции через новую переменную, введенную специально для этой цели. В итоге мы должны получить табличный вид интеграла или просто менее сложный интеграл.
Этот метод очень полезен, когда нужно интегрировать функции с радикалами или тригонометрические функции.
Пример 2
Вычислите неопределенный интеграл ∫ 1 x 2 x - 9 d x .
Решение
Добавим еще одну переменную z = 2 x - 9 . Теперь нам нужно выразить x через z:
z 2 = 2 x - 9 ⇒ x = z 2 + 9 2 ⇒ d x = d z 2 + 9 2 = z 2 + 9 2 " d z = 1 2 · z d z = z d z
∫ d x x 2 x - 9 = ∫ z d z z 2 + 9 2 · z = 2 ∫ d z z 2 + 9
Берем таблицу первообразных и узнаем, что 2 ∫ d z z 2 + 9 = 2 3 a r c t g z 3 + C .
Теперь нам нужно вернуться к переменной x и получить ответ:
2 3 a r c t g z 3 + C = 2 3 a r c t g 2 x - 9 3 + C
Ответ: ∫ 1 x 2 x - 9 d x = 2 3 a r c t g 2 x - 9 3 + C .
Если нам приходится интегрировать функции с иррациональностью вида x m (a + b x n) p , где значения m , n , p являются рациональными числами, то важно правильно составить выражение для введения новой переменной. Подробнее об этом читайте в статье, посвященной интегрированию иррациональных функций.
Как мы говорили выше, метод подстановки удобно использовать, когда требуется интегрировать тригонометрическую функцию. Например, с помощью универсальной подстановки можно привести выражение к дробно рациональному виду.
Этот метод объясняет правило интегрирования ∫ f (k · x + b) d x = 1 k · F (k · x + b) + C .
Добавляем еще одну переменную z = k · x + b . У нас получается следующее:
x = z k - b k ⇒ d x = d z k - b k = z k - b k " d z = d z k
Теперь берем получившиеся выражения и добавляем их в интеграл, заданный в условии:
∫ f (k · x + b) d x = ∫ f (z) · d z k = 1 k · ∫ f (z) d z = = 1 k · F z + C 1 = F (z) k + C 1 k
Если же мы примем C 1 k = C и вернемся к исходной переменной x , то у нас получится:
F (z) k + C 1 k = 1 k · F k x + b + C
Метод подведения под знак дифференциала
Это метод основывается на преобразовании подынтегрального выражения в функцию вида f (g (x)) d (g (x)) . После этого мы выполняем подстановку, вводя новую переменную z = g (x) , находим для нее первообразную и возвращаемся к исходной переменной.
∫ f (g (x)) d (g (x)) = g (x) = z = ∫ f (z) d (z) = = F (z) + C = z = g (x) = F (g (x)) + C
Чтобы быстрее решать задачи с использованием этого метода, держите под рукой таблицу производных в виде дифференциалов и таблицу первообразных, чтобы найти выражение, к которому надо будет приводится подынтегральное выражение.
Разберем задачу, в которой нужно вычислить множество первообразных функции котангенса.
Пример 3
Вычислите неопределенный интеграл ∫ c t g x d x .
Решение
Преобразуем исходное выражение под интегралом с помощью основных тригонометрических формул.
c t g x d x = cos s d x sin x
Смотрим в таблицу производных и видим, что числитель можно подвести под знак дифференциала cos x · d x = d (sin x) , значит:
c t g x d x = cos x d x sin x = d sin x sin x , т.е. ∫ c t g x d x = ∫ d sin x sin x .
Допустим, что sin x = z , в таком случае ∫ d sin x sin x = ∫ d z z . Согласно таблице первообразных, ∫ d z z = ln z + C . Теперь вернемся к исходной переменной ∫ d z z = ln z + C = ln sin x + C .
Все решение в кратком виде можно записать так:
∫ с t g x d x = ∫ cos x d x sin x = ∫ d sin x sin x = s i n x = t = = ∫ d t t = ln t + C = t = sin x = ln sin x + C
Ответ: ∫ с t g x d x = ln sin x + C
Метод подведения под знак дифференциала очень часто используется на практике, поэтому советуем вам прочесть отдельную статью, посвященную ему.
Метод интегрирования по частям
Этот метод основывается на преобразовании подынтегрального выражения в произведение вида f (x) d x = u (x) · v " x d x = u (x) · d (v (x)) , после чего применяется формула ∫ u (x) · d (v (x)) = u (x) · v (x) - ∫ v (x) · d u (x) . Это очень удобный и распространенный метод решения. Иногда частичное интегрирование в одной задаче приходится применять несколько раз до получения нужного результата.
Разберем задачу, в которой нужно вычислить множество первообразных арктангенса.
Пример 4
Вычислите неопределенный интеграл ∫ a r c t g (2 x) d x .
Решение
Допустим, что u (x) = a r c t g (2 x) , d (v (x)) = d x , в таком случае:
d (u (x)) = u " (x) d x = a r c t g (2 x) " d x = 2 d x 1 + 4 x 2 v (x) = ∫ d (v (x)) = ∫ d x = x
Когда мы вычисляем значение функции v (x) , прибавлять постоянную произвольную С не следует.
∫ a r c t g (2 x) d x = u (x) · v (x) - ∫ v (x) d (u (x)) = = x · a r c t g (2 x) - ∫ 2 x d x 1 + 4 x 2
Получившийся интеграл вычисляем, используя метод подведения под знак дифференциала.
Поскольку ∫ a r c t g (2 x) d x = u (x) · v (x) - ∫ v (x) d (u (x)) = x · a r c t g (2 x) - ∫ 2 x d x 1 + 4 x 2 , тогда 2 x d x = 1 4 d (1 + 4 x 2) .
∫ a r c t g (2 x) d x = x · a r c t g (2 x) - ∫ 2 x d x 1 + 4 x 2 = = x · a r c t g (2 x) - 1 4 ln 1 + 4 x 2 + C 1 = = x · a r c t g (2 x) - 1 4 ln 1 + 4 x 2 + C
Ответ: ∫ a r c t g (2 x) d x = x · a r c t g (2 x) - 1 4 ln 1 + 4 x 2 + C .
Главная сложность применения такого метода – это необходимость выбирать, какую часть брать за дифференциал, а какую – за функцию u (x) . В статье, посвященной методу интегрирования по частям, даны некоторые советы по этому вопросу, с которыми следует ознакомиться.
Если нам требуется найти множество первообразных дробно рациональной функции, то нужно сначала представить подынтегральную функцию в виде суммы простейших дробей, а потом интегрировать получившиеся дроби. Подробнее см. статью об интегрировании простейших дробей.
Если мы интегрируем степенное выражение вида sin 7 x · d x или d x (x 2 + a 2) 8 , то нам будут полезны рекуррентные формулы, которые могут постепенно понижать степень. Они выводятся с помощью последовательного многократного интегрирования по частям. Советуем прочитать статью «Интегрирование с помощью рекуррентных формул.
Подведем итоги. Для решения задач очень важно знать метод непосредственного интегрирования. Другие методы (подведение под знак дифференциала, подстановка, интегрирование по частям) также позволяют упростить интеграл и привести его к табличному виду.
Если вы заметили ошибку в тексте, пожалуйста, выделите её и нажмите Ctrl+Enter