Данный материал предназначен для проведения лекционного занятия по курсу "Алгебра и основы математического анализа" на тему "Методы интегрирования". Рассматриваются два метода интегрирования: 1. Интегрирование методом замены переменного или способом подстановки; 2. Интегрирование по частям. Материал сопровождается практическими примерами с описанием хода решением.
3 курс
ЛЕКЦИОННЫЙ МАТЕРИАЛ
Лекция №12
Тема: Методы интегрирования
План:
1. Интегрирование методом замены переменного или способом подстановки
2. Интегрирование по частям
1. Интегрирование методом замены переменного или способом подстановки
Пусть требуется найти интеграл
∫f(x)dx ,
причём непосредственно подобрать первообразную для f(x)
мы не можем, но нам известно, что
она существует.
Сделаем замену переменной в подынтегральном выражении, положив
x=φ(t)
где φ(t)
(1)
непрерывная функция с непрерывной производной, имеющая обратную функцию.
Тогда dx=φ'(t)dt ; докажем, что в этом случае имеет место следующее равенство:
∫f(x)dx=∫f(φ(t))φ'(t)dt (2)
Здесь подразумевается, что после интегрирования в правой части равенства вместо t будет
подставлено его выражение через x на основании равенства (1).
Для того чтобы установить, что выражения, стоящие справа и слева, одинаковы в указанном выше
смысле, нужно доказать, что их производные по x равны между собой. Находим производную от ле
вой части
(∫f(x)dx)x
Правую часть равенства (2) будем дифференцировать по x как сложную функцию, где t –
'=f(x)
.
промежуточный аргумент. Зависимость t от x выражается равенством (1), при этом
dx
dt=φ'(t)
и по правилу дифференцирования обратной функции
dt
dx= 1
φ'(t)
.
Таким образом, имеем:
(∫f(φ(t))φ'(t)dt)x
Следовательно, производные по x от правой и левой частей равенства (2) равны, что и
'dt
dx=f(φ(t))φ'(t) 1
φ'(t)
'=(∫f(φ(t))φ'(t)dt)t
=f(φ(t))=f(x)
.
требовалось доказать.
Функцию x=φ(t)
следует выбирать так, чтобы можно было вычислить неопределенный
интеграл, стоящий в правой части равенства (2).
Замечание. При интегрировании иногда целесообразнее подбирать замену переменного не в виде
, a t=ψ(x)
. Проиллюстрируем это на примере. Пусть нужно вычислить интеграл, имеющий
x=φ(t)
вид
∫ ψ'(x)dx
ψ(x)
Здесь удобно положить
.3 курс
ЛЕКЦИОННЫЙ МАТЕРИАЛ
ψ(x)=t ,
тогда
ψ'(x)dx=dt ,
∫ ψ'(x)dx
ψ(x)
Приведем несколько примеров на интегрирование с помощью замены переменных.
Пример 1. Вычислить интеграл ∫√sinx∙cosxdx .
Сделаем подстановку t=sinx ; тогда dt=cosxdx и, следовательно,
t =ln|ψ(x)|+C .
=∫ dt
3
2
1
2dt=2t
3 +C= 2
3 sin
3
2x+C .
∫√sinx∙cosxdx=∫√tdt=∫t
Пример 2. Вычислить интеграл ∫ xdx
.
1+x2
Полагаем t=1+x2 ; тогда dt=2xdx и
∫ xdx
1+x2=1
2∫dt
t =1
2
lnt+C= 1
ln (1+x2)+C .
2
∫ dx
a2+x2= 1
Пример 3. Вычислить интеграл
a2∫ dx
1+(x
a)2
.
Полагаем t=x
∫ dx
a2+x2= 1
Пример 4. Вычислить интеграл
a+C .
a ; тогда dx=adt ,
arctgt+C=1
1+t2=1
1+t2=1
a2∫ adt
arctgx
a
a
∫ dx
√a2−x2
a∫ dt
.
a∫ dx
= 1
√1−( x
a)2
1−t2=arcsint+C=arcsin x
Полагаем t=x
a ; тогда dx=adt ,
=∫ dt
= 1
∫ dx
a∫ dt
√1−t2
√a2−x2
Здесь предполагается, что a>0 .
В примерах 3 и 4 выведены формулы, приведённые в таблице интегралов под номерами 11 ' и 13
a+C .
' .
4 +C= 1
x=∫t3dt=t4
Пример 5. Вычислить интеграл ∫(lnx)3 dx
x .
Полагаем t=lnx ; тогда dt=dx
x ,
∫(lnx)3 dx
4 (lnx)4+C .
Пример 6. Вычислить интеграл ∫ xdx
.
1+x4
Полагаем t=x2 ; тогда dt=2xdx ,
∫ xdx
arctgt+C= 1
1+x4=1
2
Метод замены переменных является одним из основных методов вычисления неопределённых
интегралов. Даже в тех случаях, когда мы интегрируем какимлибо другим методом, нам часто
1+t2=1
2
arctgx2+C .
2∫ dt
приходится в промежуточных вычислениях прибегать к замене переменных. Успех интегрирования3 курс
ЛЕКЦИОННЫЙ МАТЕРИАЛ
зависит в значительной степени от того, сумеем ли мы подобрать такую удачную замену переменных,
которая упростила бы данный интеграл. По существу говоря, изучение методов интегрирования сводится
к выяснению того, какую надо сделать замену переменного при том или ином виде подынтегрального
выражения.
2. Интегрирование по частям
Пусть u v – две дифференцируемые функции от x . Тогда, как известно, дифференциал
произведения uv вычисляется по следующей формуле:
Пример 2. Требуется вычислить ∫arctgxdx .
Положим u=arctgx , dv=dx ; тогда du= dx
1+x2
Следовательно,
∫arctgxdx=xarctgx−∫ xdx
1+x2=xarctgx−1
2
Пример 3. Требуется вычислить ∫x2exdx .
Положим u=x2 , dv=exdx ; тогда du=2xdx , v=ex ,
ln|1+x2|+C .
, v=x .
d(uv)=udv+vdu .
Отсюда, интегрируя, получаем:
uv=∫udv+∫vdu . (1)
Последняя формула называется формулой интегрирования по частям. Эта формула чаще всего
применяется к интегрированию выражений, которые можно так представить в виде произведения двух
сомножителей u и dv , чтобы отыскание функции v по ее дифференциалу dv и вычисление
интеграла ∫vdu составляли в совокупности задачу белее простую, чем непосредственное
вычисление интеграла ∫udv . Умение разбивать разумным образом данное подынтегральное выра
жение на множители u и dv вырабатывается в процессе решения задач, и мы покажем на ряде
примеров, как это делается.
Пример 1. Вычислить интеграл ∫xsinxdx .
Положим
u=x,dv=sinxdx ;
тогда
du=dx,v=−cosx .
Следовательно,
∫xsinxdx=−xcosx+∫cosxdx=−xcosx+sinx+C .
Замечание. При определении функции v по дифференциалу dv мы можем брать любую
произвольную постоянную, так как в конечный результат она не входит (что легко проверить, подставив
в равенство (1) вместо v выражение v+C ). Поэтому удобно считать эту постоянную равной нулю.
Правило интегрирования по частям применяется во многих случаях. Так, например, интегралы вида
∫xksinaxdx
∫xkeaxdx
∫xkcosaxdx
∫xklnxdx
некоторые интегралы, содержащие обратные тригонометрические функции, вычисляются с помощью
интегрирования по частям.3 курс
ЛЕКЦИОННЫЙ МАТЕРИАЛ
,
2
∫x2exdx=x2ex−2∫xexdx .
Последний интеграл снова интегрируем по частям, полагая
u1=x , du1=dx ,
dv1=exdx , v1=ex .
Тогда
∫xexdx=xex−∫exdx=xex−ex+C .
Окончательно будем иметь:
∫x2exdx=x2ex−2(xex−ex)+C=x2ex−2xex+2ex+C=ex(x2−2x+2)+C .
Пример 4. Требуется вычислить ∫(x2+7x−5)cos2xdx .
Положим u=x2+7x−5 , dv=cos2xdx ; тогда
du=(2x+7)dx , v=sin 2x
∫(x2+7x−5)cos2xdx=(x2+7x−5)∙sin 2x
dx .
Применим интегрирование по частям к последнему интегралу, принимая
u1=2x+7
2
тогда
du1=dx , v1=−cos2x
sin2xdx=2x+7
∫ 2x+7
2
2
Поэтому окончательно
∫(x2+7x−5)cos2xdx=(x2+7x−5)∙sin 2x
¿(2x2+14x−11)sinx
+C .
Пример 5. Требуется вычислить I=∫√a2−x2dx .
Произведём тождественные преобразования. Умножим и разделим подынтегральную функцию на
2 −∫(2x+7) sin 2x
4 +(2x+7) cos2x
)−∫(−cos2x
∙(−cos2x
, dv1=sin 2xdx ;
+(2x+7) cos2x
−(2x+7)∙cos2x
+ sin2x
+ sin 2x
)dx=
;
2
+C .
4
+C=¿
2
2
4
4
2
2
4
4
√a2−x2 :
.
=a2arcsin x
, v=−√a2−x2 ;
a−∫x xdx
√a2−x2
√a2−x2dx=a2∫ dx
√a2−x2
−∫ x2dx
∫√a2−x2dx=∫ a2−x2
√a2−x2
Последний интеграл проинтегрируем по частям, полагая
u=x , du=dx ,
dv= xdx
√a2−x2
тогда
∫ x2dx
√a2−x2=∫x xdx
Подставляя последний результат в полученное ранее выражение данного интеграла, будем иметь:
∫√a2−x2dx=a2arcsin x
Перенося интеграл справа налево и выполнив элементарные преобразования, окончательно
√a2−x2=−x√a2−x2+∫√a2−x2dx .
a+x√a2−x2−∫√a2−x2dx .
получим:
∫√a2−x2dx=a2
2
Пример 6. Вычислить интегралы
arcsin x
a+x
2√a2−x2+C .3 курс
ЛЕКЦИОННЫЙ МАТЕРИАЛ
cosbx ,
∙eax∙cosbx+a
I1=∫eaxcosbxdx и ∫eaxsinbxdx .
Применяя метод интегрирования по частям к первому интегралу, получим:
u=eax , du=aeaxdx ,
dv=cosbxdx , v= 1
sinbx ,
b
∫eaxcosbxdx=1
∙eax∙sinbx−a
b
К последнему интегралу снова применим метод интегрирования по частям:
u=eax , du=aeaxdx ,
dv=sinbxdx , v=−1
b
∫eaxsinbxdx=−1
b
Подставляя полученное выражение в предыдущее равенство, получим:
∫eaxcosbxdx=1
∙eax∙sinbx+ a
b
Найдём из последнего равенства I1 :
(1+a2
b∙sinbx+ a
откуда
I1=∫eaxcosbxdx=eax(bsinbx+acosbx)
Аналогично находим:
I2=∫eaxsinbxdx=eax(asinbx−bcosbx)
b∫eaxcosbxdx .
b2∙eax∙cosbx−a2
b2)∫eaxcosbxdx=eax( 1
b2 ∙cosbx)+C(1+a2
b2)
,
b2∫eaxcosbxdx .
b∫eaxsinbxdx .
a2+b2
a2+b2
+C .
+C .
Вопросы на закрепление темы
1. Определите схему интегрирования методом замены переменного.
2. Определите схему интегрирования по частям.
3. Приведите по одному примеру на применение каждого из известных вам методов
интегрирования.