mathem-kstuca.ucoz.uamathem-kstuca.ucoz.ua/liter/integr_econ_ua.pdf · 3 ЗМІСТ ВСТУП...
TRANSCRIPT
-
2
Міністерство освіти і науки України
ХАРКІВСЬКИЙ ДЕРЖАВНИЙ ТЕХНІЧНИЙ УНІВЕРСИТЕТ БУДІВНИЦТВА ТА АРХІТЕКТУРИ
А.П. Харченко, І.І. Мороз, Є.В. Поклонський,
О.І. Котульська, Р.В. Посилаєва
ІНТЕГРАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ
Рекомендовано методичною радою університету
як навчально-методичний посібник для студентів економічних спеціальностей
Харків ХДТУБА 2008
-
3
ЗМІСТ
ВСТУП ……….…………………………………………….…………….. 4 РОЗДІЛ 1 Невизначений інтеграл ..………………….…………….. 5
1.1 Поняття первісної функції і невизначеного інтеграла ………… 5 1.2 Властивості невизначеного інтеграла ……………..…………… 6 1.3 Таблиця основних інтегралів …………………………………… 6 1.4 Безпосереднє інтегрування і метод розкладання ……………… 7 1.5 Інтегрування методом заміни змінної (метод підстановки) …. 13 1.6 Метод інтегрування частинами ..……………………………….. 16 1.7 Інтегрування раціональних функцій …………………………… 21 1.8 Інтегрування ірраціональних функцій …………………………. 31 1.9 Інтегрування тригонометричних функцій ……………………… 36 1.10 Тригонометричні підстановки ………………………………….. 43 1.11 Підсумкові зауваження …………………………………………. 45 1.12 Огляд методів і способів інтегрування ………………………… 49
РОЗДІЛ 2 Визначений інтеграл …….……………………………….. 52 2.1 Поняття інтегральної суми і визначеного інтеграла …………... 52 2.2 Формула Ньютона–Лейбніца ........................................................ 54 2.3 Властивості визначеного інтеграла .............................................. 54 2.4 Заміна змінної у визначеному інтегралі ....................................... 60 2.5 Інтегрування частинами для визначеного інтеграла ................... 63 2.6 Обчислення визначених інтегралів, яке грунтується на
властивостях підінтегральної функції .......................................... 66 РОЗДІЛ 3 Невласні інтеграли ……....................................................... 72
3.1 Невласні інтеграли з нескінченними проміжками інтегрування 72 3.2 Ознаки збіжності невласних інтегралів з нескінченними
проміжками інтегрування .............................................................. 73 3.3 Заміна змінної у невласному інтегралі ......................................... 74 3.4 Невласні інтеграли від необмежених функцій ............................ 79 3.5 Ознаки збіжності невласних інтегралів від необмежених
функцій …………………………………………………………… 80 РОЗДІЛ 4 Застосування визначеного інтеграла ………………...… 90
4.1 Площа плоскої фігури .................................................................... 90 4.2 Об`єм тіла ........................................................................................ 94 4.3 Економічний зміст визначеного інтеграла .................................. 98 4.4 Застосування визначеного інтеграла для економічних
розрахунків ...................................................................................... 98 ДОДАТКИ .................................................................................................. 104 СПИСОК ДЖЕРЕЛ ІНФОРМАЦІЇ ...................................................... 134
-
4
Вступ Професійний рівень економіста великою мірою залежить від того, чи опанував він сучасний математичний апарат, чи вміє використовувати його під час аналізу складних економічних процесів і прийняття рішень. Тому в підготовці економістів широкого профілю вивчення математики займає значне місце. Математична підготовка економіста має свої особливості, які пов’язані із специфікою економічних задач, а також з різноманітними підходами до їх розв’язання. Завдання практичної і теоретичної економіки дуже різносторонні. До них відносяться, в першу чергу, методи збору і обробки статистичної інформації, а також оцінка станів і перспектив розвитку економічних процесів. Застосовуються різноманітні способи використання одержаної інформації – від простого логічного аналізу до складання складних економіко-математичних моделей і розробки математичного апарату для їх дослідження. Відмічені напрямки потребують знання фундаментального математичного апарату: основ лінійної алгебри, диференціального та інтегрального числення, теорії ймовірностей і математичного програмування. Дане видання призначене для вивчення одного з розділів математики – інтегрального числення функції однієї змінної. Його мета – допомогти студентам опанувати цей дуже важливий розділ. У навчально-методичному посібнику докладно висвітлюються теоретичні питання. До кожної теми наведено розв’язання типових задач з поясненнями, а наприкінці кожної теми – перелік теоретичних питань та приклади для самостійного розв’язування. Для забезпечення безперервної роботи над вивченням курсу протягом семестру в додатках наводяться варіанти підсумкових завдань.
-
5
РОЗДІЛ 1 НЕВИЗНАЧЕНИЙ ІНТЕГРАЛ 1.1 Поняття первісної функції і невизначеного інтеграла Відомо, що однією з основних задач диференціального числення є задача
знаходження похідної або диференціала даної функції. Основною ж задачею інтегрального числення є обернена задача –
знаходження функції за заданою її похідною або диференціалом. Ця операція (дія) називається інтегруванням.
Слід відзначити, що як і будь-яка обернена задача, ця задача складніша, ніж задача диференціювання, і розв`язок її не є однозначним.
Шукану функцію називають первісною функцією по відношенню до даної функції.
За означенням, первісною функцією для функції f(x), визначеної на проміжку , називають функцію F(x), яка визначена на тому самому проміжку і задовольняє умові
)()( xfxF або dxxfxdF )()( . Наприклад, первісною функцією для функції 5х4 буде х5, бо .5)( 45 xx
Однак похідна від х5+7 також дорівнює 5х4, а це означає, що і х5+7 буде первісною для 5х4. І взагалі ,)( 5 CxxF де С - стала, також будуть первісними для ,5)( 4xxf бо .5)( 45 xCx Як бачимо на цьому прикладі, знаходження первісної для даної функції є завдання невизначене.
Доведено, що будь-яка функція, неперервна на проміжку, має в цьому проміжку первісну.
Якщо функція F(x) є якоюсь первісною для функції f(x) на проміжку , то множина всіх первісних для цієї функції f(x) на цьому проміжку міститься у виразі
F(x)+C, де C – довільна стала.
Отже, щоб одержати всі первісні для даної функції, досить знайти будь-яку одну і додати до неї довільну сталу.
Зауважимо, що функція F(x) є первісною для функції f(x) і на будь-якому іншому проміжку ; , що повністю міститься на даному проміжку .
Сукупність всіх первісних функції f(x), визначеної на проміжку , називається невизначеним інтегралом від функції f(x) на цьому проміжку і позначається символом
,)( dxxf де - знак інтеграла, f(x) - підінтегральна функція, f(x)dx - підінтегральний вираз, х - змінна інтегрування.
Таким чином, якщо ),()( xfxF то
CxFdxxf )()( . Справедливе і обернене твердження.
-
6
Як уже відзначалося вище, операція знаходження невизначеного інтеграла від функції називається інтегруванням цієї функції. Інтегрування є операцією, оберненою диференціюванню.
Із сказаного випливає, що результат інтегрування можна перевірити диференціюванням.
1.2 Властивості невизначеного інтеграла (правила інтегрування)
1 )())(( xfdxxf 2 dxxfdxxfd )())(( 3 ,)()( CxFxdF 4 dxxfCdxxCf )()( , де С - const 0 5 dxxfdxxfdxxfxf )()()()( 2121 6 ,)()( CuFduuf де )(xu диференційовна функція від незалежної
змінної х.
1.3 Таблиця основних інтегралів
Cdxudu x00 (1) Cudxudu x (2)
1,1
1
Cudxuuduu x (3)
Cuudxu
udu x 2 (4)
Cuu
dxuudu x 1
22 (5)
Cuudxu
udu x ln (6)
Ca
adxuaduau
xuu ln (7)
Cedxuedue uxuu (8)
Cudxuuudu x cossinsin (9) Cudxuuudu x sincoscos (10) Cudxuuudu x coslntgtg (11)
cudxuuudu x sinlnctgctg (12)
Ctguu
dxuu
du x22 coscos
(13)
Cctguu
dxuu
du x22 sinsin
(14)
-
7
Cuu
dxuu
du x2
tglnsinsin
(15)
Cu
udxu
udu x
42tgln
coscos (16)
Cau
aaudxu
audu x arctg12222 (17)
C
auau
aaudxu
audu x ln
21
2222 (18)
C
au
ua
dxu
uadu x arcsin
2222 (19)
CAuu
Au
dxu
Audu x 2
22ln (20)
CAuuAAuudxuAuduAu x 2222 ln22* (21)
,arcsin22*2
222222 Cauauaudxuuaduua x (a>0) (22)
Зауважимо, що в формулах (1-22) а, А, і - cталі, u - незалежна змінна або будь-яка диференційовна функція від незалежної змінної.
Кожна із формул цієї таблиці справедлива в будь-якому проміжку, який міститься в області визначення відповідної підінтегральної функції.
Невизначені інтеграли (1-22) називають основними або табличними інтегралами і їх необхідно запам`ятати.
Корисно також запам`ятати, що коли u=ax+b і ,)()( CuFduuF
то
CbaxFadxbaxF )(1)( (23)
У справедливості цієї формули можна переконатися диференціюванням. Пропонуємо читачеві зробити це самостійно.
Є три основні методи інтегрування функцій: метод розкладу, метод заміни змінної і метод інтегрування частинами. Розглянемо кожний з цих методів.
1.4 Безпосереднє інтегрування і метод розкладання Під безпосереднім інтегруванням розуміють пряме використання таблиці
інтегралів. Метод розкладу грунтується на застосуванні властивостей 4 і 5
невизначеного інтеграла. Тут слід також мати на увазі, що даний інтеграл може бути зведений до одного або кількох табличних інтегралів після елементарних тотожних перетворень над підінтегральною функцією.
-
8
Зразки розв´язання прикладів
Приклад 1. Знайти .)564( 23 dxxx Розв`язання. Скориставшись властивостями 4 і 5 невизначеного інтеграла,
будемо мати dxdxxdxxdxdxxdxxxx 564564)564( 232323
Далі, застосувавши до перших двох одержаних інтегралів формулу (3), а до третього – властивість 3 (формула 2), остаточно знаходимо
dxdxxdxxdxxx 564)564( 2323
,5253
64
4 34323
1
4
CxxxCxCxCx
де .321 CCCC Відзначимо, що додавати довільну сталу після знаходження кожного
інтеграла, як це зроблено в даному прикладі, не слід. Досить всі довільні сталі підсумувати і результат, позначений однією буквою C, записати вкінці, тобто після того, як усі інтеграли будуть знайдені.
Приклад 2. Знайти dxxxx 11 Розв`язання. Відзначимо, що 111 3 xxxx , тоді
dxdxxdxxdxxxx 23
3111
= CxxCxx
2512
3
52
123
.
Приклад 3. Знайти .323
dxx
xexx x
Розв`язання. Маємо
dx
xx
xex
xxdx
xxexx xx
3
2
3
3
33
23
.ln3
2ln32 2
325
xexx
CCxexx
dxdxedxx xxx
Приклад 4. Знайти
dz
zz 21 .
Розв`язання. Виконуючи тотожні перетворення підінтегральної функціїї, будемо мати
121111)( 222
zzzzzzf , тому
Czz
zdz
zdzdz
zdz
zzdz
zz ln21211211 22
2
.
-
9
Приклад 5. Знайти
.33 2x
dx
Розв`язання. Маємо
.arcsin3
113
113)1(333 2222
Cxx
dxx
dxx
dxx
dx
Приклад 6. Знайти .
2cos1cos1 2 dx
xx .
Розв`язання. Оскільки 1+cos2x=2cos2x, то
dx
xdx
xxdx
xxdx
xx 1
cos1
21
coscos1
21
cos2cos1
2cos1cos1
22
2
2
22
.tg21
2tg
21
21
cos21
2 CxxCxxdx
xdx
Приклад 7. Знайти .tg2 xdx . Розв`язання. Відомо, що 1
cos1tg 2
2 x
x , тому
.tg
cos1
cos1tg 22
2 Cxxdxx
dxdxx
xdx
Приклад 8. Знайти .cossin 22 xxdx
Розв`язання. Виконуємо тотожні перетворення над підінтегральною функцією:
.sin
1cos
1cossincossin
cossin1)( 2222
22
22 xxxxxx
xxxf
Отже,
.ctgtgsincoscossin 2222 Cxxxdx
xdx
xxdx
Приклад 9. Знайти dx
xxx
)1()21(
22
2
Розв`язання. Враховуючи, що 2x2=x2+x2, будемо мати
dxxx
xdxxx
xdxxxxxdx
xxx
)1()1(1
)1(1
)1(21
22
2
22
2
22
22
22
2
.arctg1
1 22Cx
xxdx
xdx
Приклад 10. Знайти ).(tgtg3 xxd Розв`язання. В силу табличного інтеграла (3) з урахуванням, що u=tgx,
одержимо
.4tg)(tgtg
43 Cxxxd
Приклад 11. Знайти .35 19 dxx Розв`язання. Тут підносити двочлен до 19-го степеня недоцільно, так як
-
10
u=5x+3 є лінійною функцією. Виходячи з табличного інтеграла
Cuduu20
2019
і формули (23), згідно з якою
,)(1)( CbaxFa
dxbaxF
одержимо
.100
3520
355135
202019 CxCxdxx
Приклад 12. Знайти .)1cos( dxx Роз`вязання. Так як
Cuudu sincos і 1 xu є лінійною функцією, то в силу формули (23), будемо мати
.)1sin(1)1cos( Cxdxx
Приклад 13. Знайти
.cos7
2sin3 2
dxx
x
Розв`язання. Маємо
.2sincos7cos7
2sin31
2
3 2xdxxdx
x
x
Так як ,2sin)sin(cos2cos7 2 xxxx то в якості змінної інтегрування маємо вираз 7-cos2x. Відносно цієї змінної одержимо інтеграл від степеневої функції, тобто
Cxxdxxdx
x
x
131
cos72sincos7cos7
2sin1
31
231
2
3 2
.cos723cos7 3 22
32
32
2CCx
Розв`язання даного прикладу можна записати ще й так:
xdxxdxxdxx
x 231
231
2
3 2cos7cos72sincos7
cos7
2sin
.cos723
2cos73 3 223
22
CxCx
Проведені перетворення можна записати інакше, а саме:
xxxuxu
xdxxdxx
x
x 2sin)sin(cos2cos7
2sincos7cos7
2sin 231
2
3 2
.cos723
23
1223
2
31
131
31
CxCuCudxuu x
-
11
Приклад 15. Знайти .costg75 2 xxdx
Розв`язання. Оскільки похідна виразу 5+7tgx дорівнює x2cos
7 , а множник
x2cos1 відрізняється від цієї похідної лише сталим множником 7, то змінною
інтегрування тут можна вважати вираз 5+7tgx і, таким чином, знайти інтеграл за формулою (6):
x
u
xudx
xxxxdx
x 222
cos7tg75
cos7
tg751
71
costg75
.tg75ln711
71 Cxdxu
u x
Приклад 16. Знайти .41 22arctg
dxx
e x
Розв`язання. Заданий інтеграл можна податити у вигляді:
,412
21
41 22arctg
2
2arctgdx
xedx
xe xx
але ,2arctg412
2
x
x і тому, вважаючи змінною інтегрування функцію arctg 2x,
інтеграл беремо за формулою (8):
Cedxxe xx 2arctg
2
2arctg
21
41.
Приклад 17. Знайти .cossin5 4 xdxx . Розв`язання.
.sin5sin5)(sinsin5cossin5 5
544 CxCxxdxxdxx
Вправи для розв’язання
Знайти інтеграли: 1
.
32 5xdx Відповідь:
43281
x
C .
2 .2 25 3 dxxx Відповідь: Cx 5 63 2185 .
3 .4 5
4
x
dxx
Відповідь: Cx 545
2 .
4 .cossin
2 xxdx Відповідь: C
x
cos1 .
5 .2sincos3 xdxx Відповідь: xC 5cos52
.
6 .)32sin( dxx Відповідь: Cx )32cos(21 .
-
12
7 .)21cos( dxx Відповідь: Cx )21sin(21 .
8 .sin dxee xx Відповідь: C-cosex.
9 .12xdx Відповідь: Cx 12ln
21 .
10 .)12( dxxctg Відповідь: Cx )12sin(ln21 .
11 .13 dxe x Відповідь: Ce x 1331 .
12 .23
dxxe x Відповідь: Ce x 331 .
13 .ln xxdx Відповідь: Cx lnln .
14 .91 2xdx Відповідь: Cx 3arctg
31 .
15
.94 2x
dx Відповідь: Cx 2
3arcsin31 .
16 .462
xdxx Відповідь: Cx
2arctg
61 3 .
17 .14xxdx Відповідь: Cx 2arctg
21 .
18
.4 8
3
x
dxx Відповідь: Cx 2
arcsin41 4 .
19
.41
2x
x dx Відповідь: Cx
2ln
2arcsin .
20 .92 2xdx Відповідь: Cx
32arctg
231 .
21 .1
2
dxe
ex
x
Відповідь: ex+e-x+C.
22 .
913
2 dxxx Відповідь: Cxx
3arctg
31)9ln(
23 2 .
23 .
1)1(
4
2
xdxxx Відповідь: Cxx )1ln(
41arctg
21 42 .
24 .
11 dx
xx Відповідь: Cxx 21arcsin .
25 .7323 2
24
dxx
xxx Відповідь: Cx
xxx 7ln323 .
26
.)5ctg(2
7cos32 2
13 dxxx
x .
Відповідь: Cxxtgx
)5sin(ln2773
2ln32 13 .
-
13
27 .
16824
2
dxx
x Відповідь: Cx 2
arctg .
28 .sincos2cos
xxxdx Відповідь: Cxx cossin .
29 .32 dxe xxx Відповідь: Cexx
x
3ln1
32ln1
2 .
30 .
)4(2
22
2
dxxx
x Відповідь: Cx
x
21
2arctg
41 .
1.5 Інтегрування методом заміни змінної (метод підстановки) Метод заміни змінної застосовують в тих випадках, коли безпосередньо (за
допомогою таблиці) не вдається знайти первісну. При розв`язанні прикладів заміна змінної здійснюється за допомогою
підстановок двох видів: 1) ),(tx де )(t - монотонна, неперервно диференційовна функція нової
змінної t . У цьому випадку формула заміни змінної набуває вигляду
;)()()( dtttfdxxf (24) 2) ),(xu де u- нова змінна. Формула заміни змінної при такій підстановці має вигляд
.)()()( duufdxxxf (24а) Передбачається, що після інтегрування буде здійснюватись знову перехід до
початкової змінної х. Відзначимо, що загального правила, яке указувало б, яку підстановку треба
вибрати, не існує. Однак для багатьох видів інтегралів підстановка відома і буде розглянута нами далі.
Зауважимо також, що уміння вибрати підстановку так, щоб знаходження інтеграла спростилось, досягається розв`язанням великої кількості вправ.
Зразки розв`язання прикладів
Приклад 1. Знайти
.312
5
x
dxx
Розв`язання. Покладемо, що x6=t. Тоді 6x5dx=dt i
Ctttdt
xdxx
xdxx 3ln
61
361
3)(
661
32
226
5
12
5
.
Як бачимо, за допомогою указанної підстановки даний інтеграл зведений до табличного (формула 20). Повертаючись до початкової змінної, остаточно будемо мати
Cxxx
dxx 3ln61
3126
12
5
.
-
14
Приклад 2. Знайти .11 xdx
Розв`язання. Покладемо, що x+1=t2. Звідси x=t2-1, a dx=2tdt i
dtt
dtt
tdtt
tt
tdtx
dx1
1121
1121
212
11
Ctttdtdt 1ln22
122 Cxx 11ln212 .
Розв`язати даний приклад можна інакше. Нехай .11 tx Звідси x=(t-1)2-1, a dx=2(t-1)dt i
tdtdtdt
tdt
tt
tdtt
xdx 2211212)1(2
11
CxxCtt 11ln2)11(2ln22 . Одержані результати відрізняються сталим доданком 2. Однак обидва вони
правильні, в чому можна легко переконатися шляхом їх диференціювання. Пропонуємо читачеві зробити це самостійно.
Приклад 3. Знайти
.1ze
dz
Розв`язання. Виконаємо підстановку ez+1=t2. Продиференціювавши обидві частини рівності, одержимо ezdz=2tdt. Звідси .
1222
t
tdtetdtdz z Тоді
CeeC
tt
tdt
tttdt
edz
z
z
z 1111ln
11ln
212
12
)1(2
1 22.
(див. формулу 18 у таблиці інтегралів). Приклад 4. Знайти
.
92xx
dx
Розв`язання. І-й спосіб:
tt
tdt
xx
xdx
tdtxdxtdtxdxtx
xx
dx)9(9
229
9222
22
2
CxCtt
dt3
9arctg31
3arctg
31
9
2
2 .
ІІ-й спосіб.
911
1
1
1,1
92
2
2
2
tt
dtt
dtt
dx
txt
xxxdx
22 )3(191 t
dt
t
dt
Ctt
dt 3arcsin31
)3(1
331
2C
xC
x
3arccos313arcsin
31 .
-
15
ІІІ-й спосіб.
tt
tt
tx
dtttdx
tx
xxdx
cossin3
coscos199
cos99
cossin3,
cos3
92
2
22
2
2
.3arccos31
31
31
cossin3
cos3
cossin3
2C
xCtdt
tt
t
ttdt
Зауважимо, що всі результати правильні, бо їх похідні дорівнюють підінтегральній функції, тобто:
0292
131
991
131
39arctg
31
22
2
xxx
Cx
);(9
19
999
191
222xf
xxxx
x
);(9
10391
1313arcsin
31
22
2
xfxxx
x
Cx
).(9
10391
1313arccos
31
22
2
xfxxx
x
Cx
Приклад 5. Знайти .sin4cos3 22 xxdx
Розв`язання. Розділивши чисельник і знаменник підінтегрального виразу на cos2x, одержимо
xtg
xdx
xtgx
dx
xxdx
2
2
2
2
22
43cos
41
43cos
sin4cos3
Оскільки ),(cos2
tgxdx
dx то доцільно покласти tgx=t. Тоді
.32
321
32
32
41
41
sin4cos3 24322
CtgxarctgCtarctgt
dtx
dx
Вправи для розв’язання
Знайти інтеграли, застосувавши указану підстановку: 1
xx
dx2ln4
(підстановка lnx=t).
-
16
Відповідь: Cx 2
lnarcsin .
2
dxx
x3
2
)52(
3 (підстановка tx 52 ).
Відповідь: Cx
xx
524
375225)52(
121 3 .
3
3
)1(xxdxx (підстановка x=t6).
Відповідь: Cxxxxxxx
1ln22
32
4566 6
161
312
132
65
.
4 22 1 xx
dx (підстановка t
x 1 ).
Відповідь: Cx
x
21 .
5 222
)1(xdxx (підстановка x=tgt).
Відповідь: Cx
xx
1arctg
21
2 .
Знайти інтеграли, підібравши відповідну підстановку: 6 .5 2
32 dxee xx Відповідь: Ce x 42 581 .
7 .lnsin 2 xxdx Відповідь: -ctg lnx+C.
8 .cossin
5 xxdx Відповідь: C
x4cos4
1 .
9
.cos2
2sin2 x
xdx Відповідь: Cx 2cos22 .
10 .22
xdxx Відповідь: Cxxx 23832
152 2 .
11 .
ln3ln dxxx
x Відповідь: Cxx ln6ln32 3 .
12 .lnlnln xxxdx Відповідь: Cx lnlnln .
1.6 Метод інтегрування частинами Як уже відзначалося вище, цей метод, як і метод підстановки, який був
щойно розібраний, належить до числа основних методів інтегрування. Якщо u(x) i v(x) – диференційовні функції від х, то має місце формула
vduuvudv . (25)
-
17
Формула (25) називається формулою інтегрування частинами, а метод інтегрування, що грунтується на застосуванні цієї формули, - методом інтегрування частинами.
Для застосування цього методу підінтегральний вираз треба подати у вигляді добутку однієї функції на диференціал другої функції. При цьому доцільно в якості u вибрати функцію, яка спрощується при диференціюванні:
.arcctg,arctg,arccos,arcsin,log,ln xxxxxx a
Іноді буває корисно обрати в якості u многочлен, а в якості v – функцію, яка мало змінюється при диференціюванні – показникову, тригонометричну, і т.д.
У деяких випадках для зведення даного інтеграла до табличного формула (25) застосовується декілька разів. Іноді ж шуканий інтеграл визначається із алгебраїчного рівняння, одержаного за допомогою інтегрування частинами.
Укажемо у таблиці 1 деякі види інтегралів, для знаходження яких застосовують метод інтегрування частинами.
Таблиця 1
№ п/п
Вид інтеграла Позначення підінтегрального виразу
1 2 3 1. ,)( dxexP ax
де Р(х) - многочлен
u=P(x); dv=eaxdx
2. bxdxxP cos)( u=P(x); dv=cosbxdx
3. bxdxxP sin)( u=P(x); dv=sinbxdx
4. xdxxP ln)( u=lnx; dv=P(x)dx
5. xdxxP alog)( ;log xu a dv=P(x)dx
6. arctgbxdxxP )( u=arctgbx; dv=P(x)dx
7. arcctgbxdxxP )( u=arcctgbx; dv=P(x)dx
8. bxdxxP arcsin)( u=arcsinbx; dv=P(x)dx
9. bxdxxP arccos)( u=arccosbx; dv=P(x)dx
10. bxdxe ax cos Обидва рази за u вибирають або показникову функцію, або
тригонометричну
-
18
1 2 3 11. bxdxe ax sin Обидва рази за u вибирають або
показникову функцію, або
тригонометричну
Відзначимо також, що за допомогою методу інтегрування частинами можна вивести так звані рекурентні формули, які дають змогу звести деякі інтеграли до інтегралів того самого виду, але більш простих за своєю структурою.
Зразки розв`язання прикладів
Приклад 1. Знайти .ln2 xdxx Розв`язання. Поклавши, що u(x)=lnx, dv(x)=x2dx i застосувавши формулу
(25), одержимо
3;
;lnln 3
22
2
xdxxvdxxdv
xdxduxu
xdxx dxxxxx 13
ln3
33
CxxCxxxdxxxx )1ln3(
91
331ln
331ln
33
332
3
.
Розв`язання цього прикладу можна записати ще й так:
dx
xxxxxdxxxxdxxdxx 1ln
31lnln
31ln
31ln 333332
CxxCxxxdxxxx
1ln39
131ln
31ln
31 33323 .
Приклад 2. Знайти .3sin2 xdxx Розв`язання. Покладемо, що u=x2, dv=sin3xdx. Тоді
du=2xdx, .3cos31)3(3sin
313sin xxxdxdxv
За формулою (25) знаходимо
xdxxxxxdxx 23cos
313cos
313sin 22
.3cos323cos
31 2 xdxxxx
До останнього інтеграла знову застосуємо формулу інтегрування частинами. Для цього покладемо, що u=x, dv=cos3xdx, тоді
xxxdxdxvdxdu 3sin31)3(3cos
313cos,
i .3cos913sin
313sin
313sin
313sin
313sin
313cos xxxxdxxxxdxxxxdxx
Таким чином, остаточно будемо мати
-
19
.3cos
913sin
31
323cos
313sin 22 Cxxxxxxdxx
Cxxxxx 3cos23sin63cos9271 2 .
Приклад 3. Знайти .arctg xdxx Розв`язання. Маємо інтеграл виду 6 (див. таблицю 1). В силу формули (25)
dxx
xxxxdxxxxxdxdxx 22
2222
1arctg
21arctgarctg
21)(arctg
21arctg
Cxxxxx
dxdxxxdxx
xxx
arctgarctg2
11
arctg21
111arctg
21 2
22
2
22 .
Приклад 4. Знайти .2cos2sin 3 dxexx x Розв`язання. Даний інтеграл можна розглядати як алгебраїчну суму двох
інтегралів виду 10 і 11 (див. таблицю 1). Оскільки метод інтегрування для таких інтегралів однаковий, то можна відразу ж застосувати його і до вихідного інтеграла. Покладемо, що в ньому u=sin2x- cos2x, dv=e3xdx. Тоді за формулою (25)
xx dexxdxexx 33 2cos2sin312cos2sin
)2cos2(sin)2cos2(sin31 33 xxdeexx xx
dxxxeexx xx )2sin22cos2(312cos2sin
31 32
.)2sin2(cos32)2cos2(sin
31 33 dxexxexx xx
До останнього інтеграла ще раз застосуємо формулу інтегрування частинами, знову поклавши, що u=cos2x+sin2x, dv=e3xdx. Тоді
xx dexxdxexx 33 )2sin2(cos31)2sin2(cos
)2sin2(cos)2sin2(cos31 33 xxdeexx xx
dxxxeexx xx )2cos22sin2(31)2sin2(cos
31 33
.)2cos2(sin32)2sin2(cos
31 33 dxexxexx xx
Таким чином, .2cos2sin9
42sin2cos922cos2sin
312cos2sin 3333 dxexxexxexxdxexx xxxx
Розв`язавши одержане рівняння відносно вихідного інтеграла, будемо мати
)2sin22cos22cos32sin3(
91)2cos2(sin
941 33 xxxxedxexx xx
aбо
).2cos52(sin91)2cos2(sin
913 33 xxedxexx xx
-
20
Звідси остаточно одержимо
Cxxedxexx xx )2cos52(sin131)2cos2(sin 33 .
Приклад 5. Знайти .lncos xdx Розв`язання. За формулою (25) маємо
xdxxxxvdxdv
xdxxduxuxdx lnsinlncos
;
lnsin;lncoslncos
xdxxxxxxvdxdv
xdxxduxu lncoslnsinlncos
;
lncos;lnsin .
Роз`вязавши одержане рівняння відносно вихідного інтеграла, знаходимо
Cxxxxdx )lnsinln(cos2
lncos .
Приклад 6. Знайти .tg2xdxx Розв`язання. На основі формули (25) інтегрування частинами маємо
xxdx
xxdxvxdxdv
dxduxuxdxx tg1
cos1tg;tg
;tg
222
2
CxxxxCxxxxxdxxxxxx 2coslntg2cosln)(tg)(tg)(tg22
.
Вправи для розв’язання
1 .dxxe x Відповідь: C-(x+1)e-x.
2 .3 dxx x Відповідь: Cxx
13ln3ln
32 .
3 .cos 2 xdxx Відповідь: Cxxxx
2cos812sin
41
4
2
.
4 .)1ln( 2 dxx Відповідь: Cxxxx arctg22)1ln( 2 .
5 .lg
3 dxxx Відповідь: ex
xC lg
21
2 .
6 .ln 2 xdx Відповідь: x(ln2x-2lnx+2)+C. 7 .arccos xdx Відповідь: Cxxx 21arccos .
8 .3cos dxxe x Відповідь: Cxxe x
3cos3
3sin3,0 .
9 .)1( 222
xdxx Відповідь: x
xxC arctg
21
)1(2 2
.
10 .dxxarctg Відповідь: Cxxxx arctgarctg .
-
21
11 .1arcsin dx
xx Відповідь: Cxxx arcsin12 .
12 .lnsin xdx Відповідь: Cxxx
lncoslnsin2
.
13 .22 dxxa Відповідь: Caxaxax arcsin
22
222 .
14 .coslnsin xdxx Відповідь: Cxx coscosln1 . 15 .ln322 xdxxx
Відповідь: Cxxxxxxx
3
29ln3
3
232
3
.
16 .5sin)32( xdxx Відповідь: Cxxx
5sin2525cos
532 .
1.7 Інтегрування раціональних функцій Нагадаємо, що раціональною функцією називається функція виду
,)()(
xQxP
m
n (26)
де )(xPn і )(xQm – алгебраїчні многочлени з дійсними коефіцієнтами, причому 0)( xQm є тотожними. Якщо ,0)( CxQm то раціональна функція (26) буде
цілою раціональною функцією (многочленом). Таку функцію інтегрують безпосередньо:
Cxnaxaxaxadxxaxaadx
xQxP nnn
nm
n
13221010 1...32)...()()( .
Раціональний дріб )()(
xQxP
m
n називається правильним, якщо степінь многочлена
)(xPn менший, ніж степінь многочлена )(xQm , тобто якщо mn і неправильним раціональним дробом в противному випадку, тобто якщо .mn
Неправильний раціональний дріб )()(
xQxP
m
n ( .mn ) можна завжди подати у
вигляді
,)()(
)()()(
xQxRxT
xQxP
m
k
m
n (27)
де )(xT – ціла раціональна функція (многочлен) і )()(
xQxR
m
k ( mk ) - правильний
раціональний дріб. Як інтегрується ціла раціональна функція уже відомо. Тепер розглянемо
інтегрування правильного раціонального дробу )()(
xQxP
m
n ( mn ). Насамперед
покажемо, як інтегруються елементарні раціональні дроби наступних типів:
-
22
I ;ax
A
II kaxA
)( , де k – ціле число, к>1;
ІІІ ,2 cbxaxBAx
де D=b2-4ac1 і D=b2- 4ac
-
23
kk cbxaxdx
aAbBdx
cbxaxbax
aA
)(2)(2
2 22
.
42
21
1)(
22
22
12
kk
k
ab
ac
abx
dxa
AbBak
cbxaxaA
Останній інтеграл, як інтеграл виду ,)( 22 kpudu можна знайти за
рекурентною формулою, згідно з якою
11222 2232
))(1(21
kkk Ikk
puku
pI .
Якщо )()(
xQxP - правильний раціональний дріб, де Р(х) і Q(x) – алгебраїчні
многочлени з дійсними коефіцієнтами і ,)...()()()()( 211
21
11
qxpxqxpxxxxxxQ kk де kxx ,,1 - дійсні попарно різні нулі многочлена Q(x), а кожний тричлен
))((2 iiii zxzxqxpx ),...,2,1( i з дійсними коефіцієнтами відповідає парі комплексних спряжених нулів zi i iz многочлена Q(x) кратності i , причому
ji zz для ji , ,)...(2... 11 nk
,04
2
ii q
p ),,,1( i
то існують дійсні числа ),,,2,1,,...,2,1()( ii kiA )(jM i )(jN
),...,2,1,,...,2,1( jj такі, що
K
k
k
k
xxA
xxA
xxA
xxA
xQxP k
k
)()1(
1
)(1
1
)1(1 ...
)(......
)()()( 1
1
qxpxNxM
qxpxNxM
qxpxNxM
qxpxNxM
2
)()(
2
)1()1(
112
)(1
)(1
112
)1(1
)1(1 ...
)(......
)(
11
1.
Правила інтегрування раціонального дробу 1 Якщо раціональний дріб неправильний, то виділяємо із нього цілу частину
шляхом ділення многочлена чисельника на многочлен знаменника, тобто подаємо у вигляді
,)()()(
)()(
xQxRxT
xQxP
де )(xT – многочлен, а )()(
xQxR - правильний раціональний дріб.
2 Розкладаємо знаменник дробу на лінійні і квадратичні множники:
,)()()( 11 112
1 qxpxxxxQ де ).,,2,1(,0
4
2
iqp
ii
-
24
3 Розкладаємо правильний раціональний дріб на елементарні (найпростіші) дроби.
Зауважимо, що кількість таких дробів буде дорівнювати кількості коренів многочлена Q(x), включаючи їх кратність, причому кожній парі комплексних спряжених коренів буде відповідати один дріб ІІІ типу або дробів IV типу, якщо - кратність пари комплексних спряжених коренів.
4 Звільняємося від дробових членів, помноживши обидві частини рівності на Q(x).
5 Обчислюємо невизначені коефіцієнти ,,,,,,,,, )()()1()1()(1
)1(1
1
NMNMAA для чого прирівнюємо коефіцієнти при однакових степенях х в лівій і правій частинах одержаної тотожності і розв`язуємо систему лінійних рівнянь відносно шуканих коефіцієнтів (число таких рівнянь повинно дорівнювати числу невідомих).
Зауважимо, що можна визначити коефіцієнти й іншим способом, надаючи в одержаній тотожності змінній х довільних числових значень, причому якщо змінній х надати значень простих коренів функції Q(x), то обчислення будуть найпростішими. Часто буває корисно комбінувати обидва способи обчислення коефіцієнтів.
6 Підставляємо знайдені значення коефіцієнтів в схему розкладу. Таким чином, інтегрування раціонального дробу зводиться до знаходження
інтегралів від многочлена і від елементарних (найпростіших) раціональних дробів.
Слід пам`ятати, що інтеграл від будь-якої раціональної функції завжди виражається в скінченному вигляді.
Зразки розв´язання прикладів
Приклад 1. Знайти .23xdx
Розв`язання. Маємо інтеграл від елементарного дробу І типу. Покладемо 3x+2=t, тоді 3dx=dt i тому
CxCttdt
xdx
xdx 23ln
31ln
31
31
233
31
23.
Розв`язання цього ж прикладу можна записати ще й так:
Cxxxd
xdx 23ln
31
23)23(
31
23.
Приклад 2. Знайти .)21( 7xdx
Розв`язання. Маємо інтеграл від елементарного дробу ІІ типу. Оскільки dxdxxxd 2)21()21( i ,)21(
)21(1 7
7
x
x то
-
25
)21()21(
21)2()21(
21
)21(77
7 xdxdxxxdx
Cx
Cx
6
6
)21(121
6)21(
*21 .
Приклад 3. Знайти .544 2 xxdx
Розв`язання. Маємо інтеграл від елементарного дробу ІІІ типу, де А=0, В=1, .06442 acb Виділивши повний квадрат із квадратного тричлена 4х2+4х+5, одержимо табличний інтеграл (17). Дійсно
4)12(
221
212
4)12(544 222 xdx
dxduxu
xdx
xxdx
CxCx 2
12arctg41
212arctg
21
21 .
Приклад 4. Знайти .
32287
2 dxxxx
Розв`язання. Як і в попередньому прикладі, маємо також інтеграл від елементарного дробу третього типу, де А=-8, В=7, D=b2-4ac=-200 для будь-якого х, а
45
21 2x
dx -
за формулою (17), вважаючи що 21
xu i враховуючи, що .452 a
Далі покажемо інший спосіб розвязання цього ж прикладу.
-
26
dudx
uxdxx
xdxxx
xdxxxx
21
45
21
8721
23
8721
32287
22
2
452
3
45
22
4538
21
45
2187
21
2222 u
du
u
ududuu
uduu
u
1
2
12
5212
arctg5
345
21ln2
52arctg
52
23
45ln2 C
xxCuu
,5
12arctg5
3322ln25
12arctg5
323ln2 21
2 CxxxCxxx
де 2ln21 CC , бо 2ln2322ln22322ln2
23ln2 2
22
xxxxxx .
Відзначимо, що інтеграл виду
,2 dxcbxax
BAx
де квадратний тричлен ах2+bх+с має дискримінант D=b2-4ac 0, можна знаходити аналогічно знаходженню інтеграла від елементарного дробу ІІІ типу.
Приклад 5. Знайти .
9623
2 dxxxx
Розв`язання. Підінтегральна функція являє собою правильний раціональний дріб, знаменник якого х2+6х+9=(х+3)2, бо D=b2-4ac=0. Тому цей дріб можна подати у вигляді суми двох елементарних дробів ІІ типу. Однак простіше розв`язати цей приклад таким самим способом, яким розв`язано попередній приклад.
Отже, маємо
9611
9662
23
96
11)62(23
9623
2222 xxdxdx
xxxdx
xx
xdx
xxx
.3
113ln33
11)3ln(23
)3()3(1196ln
23 2
22 C
xxC
xx
xxdxx
Приклад 6. Знайти .
61
2 dxxxx
Розв`язання. І спосіб. Маємо
dt
t
t
dtdx
txdxx
xdxxx
x
425
121
21
425
21
16
12
22
-
27
2525
ln
252
123
425
221
4252
3
425 222 t
t
t
tdt
t
dt
t
tdt
C
x
xxC
t
tt
25
21
25
21
ln103
425
21ln
21
2525
ln103
425ln
21 22
CxxxxCxxxx 3ln
1032ln
103)3)(2(ln
21
32ln
1036ln
21 2
.3ln542ln
513ln
1032ln
1033ln
212ln
21 CxxCxxxx
ІІ спосіб. Підінтегральний дріб являє собою правильний раціональний дріб, але не найпростіший, бо квадратний тричлен х2+х-6 має два дійсні корені: 21 x і 32 x , так як його дискримінант D=b2-4ac=1+24=25>0. Тому цей квадратний тричлен можна розкласти на множники )3)(2( xx , а підінтегральний правильний раціональний дріб – на суму двох елементарних дробів І типу, тобто подати у вигляді
,326
12
x
Bx
Axx
x
або
32)3)(2(1
xB
xA
xxx
Для звільнення від дробових членів помножимо обидві частини рівності на добуток )3)(2( xx , в результаті одержимо
)2()3(1 xBxAx , або
BAxBAx 23)(1 . Прирівнюючи коефіцієнти при однакових степенях х в лівій і правій
частинах тотожності, одержимо систему двох лінійних рівнянь з двома невідомими
.123,1
0
BABA
xx
Розв`язавши дану систему, знаходимо невизначені коефіцієнти 51
A i .54
B
Таким чином, ,
31
54
21
51
61
2
xxxxx
a
.3ln
542ln
51
354
251
31
54
21
51
61
2 Cxxxdx
xdxdx
xxdx
xxx
Приклад 7. Знайти .4
83
45
dxxx
xx
-
28
Розв`язання. Підінтегральний дріб неправильний, бо степінь многочлена чисельника більший, ніж степінь многочлена знаменника. Тому виділимо спочатку цілу частину, поділивши многочлен чисельника на многочлен знаменника
x5+x4-8 x3-4x – x5–4x3 x2+x+4 (ціла частина) x4+4x3-8 – x4–4x2
4x3+4x2-8 – 4x3–16x 4x2+16x-8 (остача).
Далі подамо підінтегральний дріб у вигляді суми цілої частини і
правильного дробу, тобто
.4
816444
83
22
3
45
xxxxxx
xxxx
Тоді
dx
xxxxxxdx
xxxx
481644
48
3
22
3
45
.4
244423 3
223
dxxx
xxxxx
В інтегралі, який залишився, підінтегральний дріб (правильний і нескоротний) розкладемо на елементарні дроби. Оскільки знаменник дробу х3-4х=х(х2-4)=х(х-2)(х+2) має три прості корені: х=0, х=2 і х= -2, то його можна подати у вигляді суми трьох дробів І типу, тобто
.22)2)(2(
242
xC
xB
xA
xxxxx
Звільняючись від дробових членів, одержимо х2+4х-2=А(х-2)(х+2)+Вх(х+2)+Сх(х-2)
або х2+4х-2=(А+В+С)х2+(2В-2С)х-4А.
Прирівнюючи коефіцієнти при однакових степенях х в обох частинах одержаної тотожності, одержимо систему рівнянь для визначення коефіцієнтів А, В, С:
.24,422,1
0
2
ACBCBA
xx
x
Розв`язавши цю систему, знаходимо .43,
45,
21
CBA
Слід відзначити, що тут коефіцієнти А, В і С простіше було б знайти способом підстановки в тотожність частинних значень х, в якості яких доцільно взяти корені знаменника, тобто:
)2()2()2)(2(242 xCxxBxxxAxx
-
29
,86,810
,42
220
CB
A
xxx
звідки: .43,
45,
21
CBA
Таким чином,
,2
143
21
451
21
424
3
2
xxxxxxx
а шуканий інтеграл
dxxx
xxxxxdxxx
xx4
2444234
83
223
3
45
dx
xxxxxx
21
43
21
451
2144
23
23
2325242323
xdx
xdx
xdxxxx
.2ln32ln5ln2423
23
Cxxxxxx
Приклад 8. Знайти .
)34)(1(32
23
2
dxxxxx
xx
Розв`язання. Переконуємося, що підінтегральний дріб є правильним і нескоротним. Враховуючи, що
(х-1)(х3-4х2+3х)=х(х-1)(х2-4х+3)=х(х-1)(х-1)(х-3)=х(х-1)2(х-3)
має чотири корені, з яких два х=0 і х=3 є простими, а х=1 – двократним, подамо дріб у вигляді суми чотирьох елементарних дробів:
.1)1(3)3()1(
3222
2
xD
xC
xB
xA
xxxxx
Звільняючись від дробових членів, одержимо тотожність для знаходження коефіцієнтів A, B, C, D:
x2-2x+3=A(x-3)(x-1)2+Bx(x-1)2+Cx(x-3)+Dx(x-1)(x-3). Коефіцієнти знаходимо комбінованим способом
.0,22,126,33
130
3 DBACBA
xxxx
Звідси: 21,1,
21,1 DCBA ,
отже,
,1
121
)1(1
31
211
)1)(3(32
22
2
xxxxxxxxx
а шуканий інтеграл
-
30
dxxxxx
dxxxxx
xx1
121
)1(1
31
211
)34)(1(32
223
2
121
)1(321
2 xdx
xdx
xdx
xdx .1ln
21
113ln
21ln Cx
xxx
Вправи для розв’язання
Знайти інтеграли:
1 .
41
3
3
dxxx
x
Відповідь: Cxxxx 12ln16912ln
167ln
4.
2 .
65)52(
24
2
xxdxx
Відповідь: Cxx
xx
33ln
321
22ln
221 .
3 .24 xxdx
Відповідь: Cxx
x
11ln
211 .
4 .
454932
35
2346
dxxxxxxxx
Відповідь: Cx
xxxxx
2
)1)(1()2(ln
2
32
.
5 .
)12()23(
2
2
xxxdxxx
Відповідь: Cxx
x
16
1ln
2
.
6 .
1)1(
23
4
xxxdxx
Відповідь: Cxx
xx
arctg1
1ln
2)1(
2
2
.
7 .83xdx
Відповідь: Cxxxx 31arctg
341)42ln(
2412ln
121 2 .
8 .1644
dxx
x
Відповідь: Cxxxx
2
arctg22ln
21 .
-
31
9 .
43)34(
2 xxdxx
Відповідь: Cxxx 7
32arctg7
18)43ln(2 2 .
1.8 Інтегрування ірраціональних функцій Інтеграл від будь-якої раціональної функції, як було показано вище, завжди
виражається в скінченному вигляді, чого не можна сказати про інтеграл від функції ірраціональної. Однак можна вказати на деякі підкласи ірраціональних функцій, інтеграли від яких виражаються у скінченному вигляді.
Загальний спосіб, за допомогою якого вдається знайти інтеграл від ірраціональної функції, полягає в тому, що внаслідок тієї чи іншої підстановки інтеграл від ірраціональної функції зводиться до інтеграла від функції раціональної. Тому цей спосіб називають раціоналізацією заданого інтеграла.
Розглянемо підкласи ірраціональних функцій, інтеграли від яких виражаються в скінченному вигляді.
1 Інтеграл виду
,,,,, 2
2
1
1
dxxxxxR pp
nm
nm
nm
де R- раціональна функція, mi i
ni >1- натуральні числа (і=1, 2,…, р). Даний інтеграл раціоналізується за
допомогою підстановки х=tk, де к- найменший спільний знаменник дробів i
i
nm
(i=1, 2, …,p).
2 Інтеграл виду
,,...,, 1
1
dxdcxbax
dcxbaxxR p
p
nm
nm
де R- раціональна функція, mi
i ni >1- натуральні числа (і=1, 2,…,р) і визначник 0dcba (a, b, c, d- сталі дійсні
числа). Даний Цей інтеграл раціоналізується за допомогою підстановки ,kt
dcxbax
де к- найменший спільний знаменник дробів i
i
nm (і=1, 2,…,р).
3 Інтеграл виду
.2 cbxax
dx Даний інтеграл зводиться до табличного
шляхом виділення повного квадрата із квадратного тричлена. 4 Інтеграл виду
.2
dxcbxax
BAx Для знаходження даного інтеграла
спочатку виділяємо в чисельнику похідну квадратного тричлена ах2+вх+с, після чого розкладаємо інтеграл на суму двох інтегралів:
-
32
dxcbxax
aAbBbax
aA
dxcbxax
BAx22
2)2(
2
.
22
2 22 cbxaxdx
aAbBdx
cbxaxbax
aA
Перший із одержаних інтегралів є табличний інтеграл (4), а другий розглянутий в п.3.
5 Інтеграл виду
.)( 2 cbxaxx
dxm
Підстановкою t
x 1 зводять
даний інтеграл до розглянутого в п. 3. 6 Інтеграл виду ,)( dxbxax pnm де m, n i p- раціональні числа, 0a i 0b називають інтегралом від диференціального бінома. Даний інтеграл
виражається в скінченному вигляді у таких трьох випадках: 1) р- ціле число; 2)
nm 1 ціле число;
3) pn
m 1 ціле число,
причому в усіх трьох випадках ціле число може бути додатним, від`ємним, або дорівнювати нулю.
Перший випадок: р- ціле число. Підстановка x=tk,
де к- найменший спільний знаменник дробів m i n, раціоналізує інтеграл. Другий випадок:
nm 1 ціле число. У даному випадку інтеграл
раціоналізується підстановкою a+bxn=ts,
де s- знаменник числа р. Третій випадок: p
nm 1 ціле число. У цьому випадку для раціоналізації
інтеграла застосовують підстановку ,sn tbax
де s- знаменник числа р. 7 Інтеграл виду ,, 2 dxcbxaxxR де R- раціональна функція. Шляхом
виділення повного квадрата з квадратного тричлена ax2+bx+c цей інтеграл зводиться до одного із трьох інтегралів:
1) ;, 22 dzzmzR 2) ;, 22 dzzmzR 3) ., 22 dzmzzR
Дані інтеграли знаходять відповідно за допомогою підстановок
-
33
1) z=m sint; 2) z=m tgt;
3) .cos t
mz
Зразки розв´язання прикладів
Приклад 1. Знайти
.43 2 xx
dxx
Розв`язання. Підінтегральна функція є раціональною функцією від дробових степенів х. Отже, маємо інтеграл першого типу від ірраціональної функції. Тут n1=2, n2=3, n3=4, тому к=12 (найменше спільне кратне чисел 2, 3 і 4). Покладемо, що x=t12. Тоді
1
12)1(
121212 5
14
53
1711
38
6
11
12
43 2 tdtt
ttdttdtt
ttt
dttdxtx
xxdxx
4
49
9
49
5
914
14
_
1
t
ttt
ttt
ttt
1
55112
112 5
449
5
449
tdttdttdttdt
tttt
.1ln22561ln
51
51012 55105
510
CtttCttt
Повертаючись до змінної х, остаточно будемо мати
Cxxx
xxdxx 1ln22
56 12 512 56 5
43 2.
Приклад 2. Знайти
.12)12(3 2 xx
dx
Розв`язання. Маємо інтеграл другого типу від ірраціональної функції. Тут: n1=3, n2=2, тому к=6. Використовуючи підстановку 2x+1=t6, звідки )1(
21 6 tx i
dx=3t5dt, одержимо
dtt
tt
dtttt
dttxx
dx1
1131
3312)12(
22
34
5
3 2
Ctttdt
tt 1ln
23
1113
2
.
Оскільки ,126 xt то повертаючись до змінної х, будемо мати
.112ln12
2123
12)12(66
3
3 2Cxxx
xxdx
Приклад 3. Знайти
.269 2 xx
dx
-
34
Розв`язання. Виділимо з квадратного тричлена повний квадрат: 9х2-6х+2=9х2-6х+1+1=(3х-1)2+1.
Тоді, враховуючи також, що d(3x-1)=3dx, одержимо табличний інтеграл (20):
Cxxxx
dxx
dxxx
dx 26913ln31
1)13(3
31
1)13(2692
222.
Приклад 4. Знайти
.25
1182
dxxx
x
Розв`язання. Спочатку в чисельнику виділимо похідну підкореневого виразу, після чого розкладемо інтеграл на суму двох інтегралів. Тоді
dxxx
x225
118
.
253
25224
22 xxdxdx
xxx
Перший з одержаних інтегралів є табличним інтегралом (4), а другий зведеться до табличного інтеграла (19) шляхом виділення повного квадрата з квадратного тричлена 5+2х-х2.
Виділяючи повний квадрат, будемо мати 5+2х-х2=-(х2-2х-5)=-(х2-2х+1-6)=6-(х-1)2,
отже,
222 )1(6
325
22425
118x
dxdxxx
xdxxx
x
Cxxx 61arcsin3258 2 .
Приклад 5. Знайти
.544
)23(2 xx
dxx
Розв`язання. Як і в попередньому прикладі маємо
54427
544
4883
544
223)48(
83
544
)23(2222 xx
dxdxxx
xdxxx
x
xxdxx
4)12(
247544
43
4)12(27544
43
2
2
2
2
xdxxx
xdxxx
Cxxxxx 54412ln47544
43 22 .
Зауважимо, що розв`язати аналогічні приклади можна й іншим способом. Покажемо це на прикладі 5.
dtt
t
dtdxtx
xdxx
xxdxx
21
4
22
13
212
4)12()23(
544)23(
222
Cttt
tdt
ttdtdt
tt 4ln
474
43
447
443
473
41 22
222
Cxxxxx 54412ln47544
43 22 .
-
35
Приклад 6. Знайти
.23)1( 2xxx
dx
Розв`язання. Покладемо, що ,11t
x тоді 11 t
x i .2tdtdx Отже,
121223111123123)1(
2
2
2
2
tttt
dt
ttt
tdt
xxxdx
1)2(
221
1)2(1414222
2tdt
tdt
tdt
tt
dt
Cx
xxCxx
Ctt
1232ln
211
114
12ln
21142ln
21 222 .
Вправи для розв’язання
Знайти інтеграли:
1 .
21 dx
xxx Відповідь: Cxx
22arctg222 .
2 .)1( dxxxx Відповідь: Cx arctg2 .
3 .)1(33 xx
dx Відповідь: Cxx 1ln33 33 .
4 .4 xxdx Відповідь: Cxxx 44 1ln442 .
5
.269
522
dxxx
x Відповідь: Cxxxxx 26913ln9
1326992 22 .
6
.2912 2xx
dx Відповідь: Cx 2
23arcsin31 .
7
.11 3 4
3
xdxx Відповідь: Cxx
32)4( 22 .
8
.344 2 xxx
dx Відповідь: Cxxxxxx
3344233442ln
31
2
2
.
9
.1)1( 2xxxdx Відповідь: C
xxxx
211arctg2 .
10
.4)32( 2xxx
dx Відповідь: Cx
xxx
32
15606ln151 2 .
-
36
1.9 Інтегрування тригонометричних функцій Інтеграли від тригонометричних функцій, як і від функцій ірраціональних,
не завжди можна знайти. Однак можна вказати на підклас таких функцій, інтеграли від яких виражаються в скінченному вигляді. До цього підкласу тригонометричних функцій входять тригонометричні функції, що є раціональними функціями від sinx, cosx, tgx, ctgx, secx, cosecx. Оскільки tgx, ctgx, secx, cosecx самі виражаються раціонально через sinx i cosx, то цей підклас можна охарактеризувати як підклас тригонометричних функцій, які є раціональними функціями від sinx i cosx.
І Інтеграл виду ,)cos,(sin dxxxR де R –раціональна функція від sinx i cosx за допомогою так званої універсальної тригонометричної підстановки
tx 2
tg x
зводиться до інтеграла від раціональної функції. При цьому
,1
2
2tg1
2tg2
sin 22 t
tx
x
x
2
2
2
2
11
2tg1
2tg1
costt
x
x
x
,
212,arctg2
tdtdxtx
.
Зауважимо, що іноді замість підстановки tx 2
tg вигідніше зробити
підстановку ).20(2
ctg xtx
Слід також відзначити, що в силу своєї універсальності підстановка tx 2
tg
часто приводить до занадто громіздких викладок, що ускладнює знаходження інтеграла. Тому в окремих випадках доцільно застосовувати інші підстановки, які також раціоналізують інтеграл.
Нижче вкажемо випадки, коли мета буде досягнута за допомогою більш простих підстановок.
ІІ Інтеграл виду ,)cos,(sin dxxxR де R – раціональна функція від sinx і cosx. а) Якщо виконується рівність
R(-sinx, cosx) - R(sinx, cosx), то вигідно застосувати підстановку cosx=t.
б) Якщо виконується рівність R(sinx, -cosx) - R(sinx, cosx)
то доцільно застосувати підстановку sinx=t. в) Якщо виконується рівність
-
37
R(-sinx, -cosx) R(sinx, cosx) то застосовують підстановку tgx=t або ctgx=t, при цьому, якщо tgx=t, то
,1tg1
tgsin22 t
tx
xx
,1
1tg11cos
22 txx
21,arctg
tdtdxtx
.
Зокрема, а) xdxxR cos)(sin підстановкою sinx=t зводиться до .)( dttR б) xdxxR sin)(cos підстановкою cosx=t зводиться до .)( dttR в) dxtgxR )( підстановкою tgx=t зводиться до .1)( 2t
dttR
ІІІ Інтеграл виду xdxx nm cossin . а) Якщо m i n –цілі числа і принаймні одне з цих чисел є непарним додатним
числом, наприклад m=2k+1, то xdxxxxdxx knnm sinsincoscossin 2
xdxxdxxxknkn coscos1cossincos 22
.)1(cos 2 dttttx kn Якщо ж непарним буде число n=2p+1>0, то треба застосувати підстановку
t=sinx. Тоді xdxxxxdxx pmnm cos)(cossincossin 2 .)1(sin)sin1(sin 22 dtttxdxx pmpm
б) Якщо обидва показники m i n –парні невід`ємні числа(зокрема, один із них може бути рівним нулю), то доцільно застосувати формули:
,2cos121sin 2 xx
.2cos121cos2 xx
в) Якщо обидва показники – парні, причому принаймні один із них від`ємний, то потрібно виконати заміну tgx=t або ctgx=t.
Зауважимо, що інтеграли виду xdxx nm cossin дуже зручно знаходити за допомогою рекурентних формул.
.,cossin1cossin
,,cossin1cossin
cossin2
11
211
nmxdxxnm
nnm
xx
nmxdxxnm
mnm
xx
xdxxnm
nm
nmnm
nm
-
38
.1,cossin1
2cossin
1*1
1
,1,cossin1
2cossin
1*1
1
cossin211
211
nxx
dxn
nmxxn
mxx
dxm
nmxxm
xxdx
nmnm
nmnm
nm
IV Інтеграл виду xdxmtg або ,ctg xdxm де m - ціле додатне число. Для знаходження такого інтеграла застосовують формулу
1cos
11sectg 222
xxx (або 1
sin11oseccctg 2
22 x
xx ),
за допомогою якої послідовно знижується степінь тангенса або котангенса. V Інтеграли виду ,cossin bxdxax ,coscos bxdxax .sinsin bxdxax Щоб знайти ці інтеграли, треба перейти від добутку тригонометричних
функцій до суми за відомими формулами: ,)sin()sin(
21cossin xbaxbabxax
,)cos()cos(21sinsin xbaxbabxax (28)
.)cos()cos(21coscos xbaxbabxax
VI Інтеграли виду
.cossincossin
222
111 dxcxbxacxbxa
Такі інтеграли беруть за допомогою універсальної підстановки .2
tg xt
VII Інтеграли виду
.coscossinsincoscossinsin
222
22
211
21 dx
xcxxbxaxcxxbxa
Для знаходження цих інтегралів доцільно застосувати підстановку t=tgx.
Зразки розв´язання прикладів
Приклад 1. Знайти .sincos 54 xdxx Розв`язання. Маємо інтеграл вигляду ,cossin xdxx nm де m=5, n=4.
Враховуючи, що m=5>0 i є непарним, одержимо xdxxxxdxxxxdxx sin)cos1(cossinsincossincos 2244454
dttttdtttxdxdtxt
)21()1(sincos 424224
Ctttdtttt
972
5)2(
975864 Cxxx
9cos
7cos2
5cos 975 .
Приклад 2. Знайти .sin
cos5 4
3
dxxx
Розв`язання. Маємо інтеграл такого самого виду, як і в попередньому прикладі, де ,
54
m n=3>0 i непарне, тому
-
39
xdxxxxdx
xxdx
xx cos
sinsin1cos
sincos
sincos
5 4
2
5 4
2
5 4
3
Cttdttdttt
tdttxdx
tx11
515515cos
sin 111044
10
4
5
Cxx 5 115 sin115sin5 .
Приклад 3. Знайти .cossin
4
2
dxxx
Розв`язання. Тут маємо інтеграл ІІІ типу (випадок в), де m=2, n=-4
-
40
2
5
2
5
11
arctg,tg
tdtt
tdtdx
txtxxdxtg
t5 t2+1 – t5+t3 t3–t –t3 = = – –t3–t
t
CxxxCtttdt
tttt )1ln(tg
21
2tg
4tg)1ln(
21
2412
242
24
23
CxxxCx
xx 2242
24
)ln(cos21
2tg
4tg
cos1ln
21
2tg
4tg
Cxxx cosln2
tg4
tg 24 .
Приклад 6. Знайти .2sinsin xxdx
Розв`язання.
.cossin22sinsin 2 xxdx
xxdx
Якщо в виразі xx cossin2
12 замінити cosx на -cosx, то дріб змінить знак на
протилежний, тому тут треба застосувати підстановку sinx=t. Тоді x=arcsint, ,
1 2tdtdx
21cos tx i
dttttt
ttdt
xxdx
xxdx
)1(1
21
)1(21
cossin22sinsin 2222
222
Ctt
ttdt
tdt
11ln
21
21
121
21
22 Cxx
x
1sin1sinln
21
sin21 .
Приклад 7. Знайти .cos2sin
3tg222 dxxx
x
Розв`язання. Оскільки при зміні знаків у sinx i cosx підінтегральна функція не змінює знака, то застосовуємо підстановку tgx=t.
Отже, маємо
dtx
dxtx
dxxx
xdxxx
x2
2222
cos
tg
cos)2(tg3tg2
cos2sin3tg2
dt
tt
232
2
Ctt
tdt
ttdt
2arctg
23)2ln(
23
22 2
22 Cxx 2
tgarctg2
3)2ln(tg2 .
Приклад 8. Знайти .
)cos1(sinsin1 dx
xxx
-
41
Розв`язання. Підінтегральна функція є раціональною функцією від sinx i cosx. Тому, виконавши підстановку ,
2tg tx одержимо
2
2
2
2
11cos,
12sin
12,
2tg
)cos1(sinsin1
ttx
ttx
tdtdxtx
dxxx
x
dttt
dtttt
tt
tt
tt
tdt
tt
2121
)11(21
111
12
12
121
22
2
2
2
2
22
CxxxCttt
2tg
2tg
41
2tgln
212
2ln
21 22 .
Приклад 9. Знайти .cos3sin45 xxdx
Розв`язання. Діючи, як у попередньому прикладі, будемо мати
2
2
2
2
2
2
2
2
133
185
12
11cos,
12sin
12,
2tg
cos3sin45tt
tt
tdt
ttx
ttx
tdtdxtx
xxdx
22222 )2(448822
338552
tdt
ttdt
ttdt
tttdt
Cx
Ct
2tg2
12
1 .
Приклад 10. Знайти .sin5cos34 22 xxdx
Розв`язання. Враховуючи, що 4-3cos2x+5sin2x=4(cos2x+sin2x)- -3cos2x+5sin2x=cos2x+9sin2x, одержимо
dtx
dxtx
xxdx
xxdx
xxdx
2222222 cos
tg
)tg91(cossin9cossin5cos34
222 )3(13
31
)3(191 tdt
tdt
tdt CxCt )tg3arctg(
313arctg
31 .
Приклад 11. Знайти .3sincos xdxx Розв`язання. Маємо інтеграл V типу. Застоcувавши формулу (28), згідно з