План лекции 1) Интегрирование иррациональных функций 2)Метод интегрирования по частям 3)Интегрирование тригонометрических функций

План лекции
1) Интегрирование иррациональных функций
2)Метод интегрирования по частям
3)Интегрирование тригонометрических функций
Интегрирование иррациональных функций
Квадратичные иррациональности
Рассмотрим некоторые типы интегралов,содержащих
иррациональные функции.
dx
mx  n
2
Интегралы типа
, ax  bx  cdx,

ax 2  bx  c


ax 2  bx  c
dx
Называют неопределенными интегралами от квадратичных
иррациональностей.Их можно найти следующим образом: под
радикалом выделить полный квадрат:
2
b
c
b
c
b
ax 2  bx  c  a( x 2  x  )  a(( x 
)2   2 ) 
a
a
2a
a 4a
b 2 4ac  b2
 a(( x 
) 
) и сделать подстановку
2
2a
4a
x
b
t
2a
При этом первые два интеграла приводятся к табличным, а
третий – к сумме двух табличных интегралов.
dx
Пример№1. Найти интеграл: I 
 4 x2  2 x  1
Решение: Так как
1
1
1 2
3
4 x  2 x  1  4( x  x  )  4(( x  )  ), то
2
4
4
16
2
I 

1
2
2
dx
1
 
2
1 2
3
4(( x  )  )
4
16
dt


x


t
dx

4
 


1 2
3
1
x  t 
 
(x  ) 

4
16
4
1
 dx  dt 






1
3
1
1
1
3
 ln t  t 2 
 C  ln x   ( x  ) 2 
C
16
2
4
4
16
3 2
2
t 
16
Пример №2.Найти интеграл :
Решение:
x4
I 
6  2x  x
2
dx.
Выделим полный квадрат :
6  2 x  x  ( x  2 x  6)  (( x  1)  7)  7  ( x  1) ,
2
2
2
2
x 1 t
Сделаем подстановку: 

x  t 1



 dx  dt 

Тогда: I 

t 1 4
7  t2
dt 

t
7  t2
dt
dt  3
1

1
   (7  t 2 ) 2 d (7  t 2 )  3
2
7  t2
dt
2


( 7)  t 2
t
x 1
2
  7  t  3  arcsin
 C   6  2 x  x  3  arcsin
C
7
7
2
Метод интегрирования по частям
Пусть u  u ( x) и v  v( x) - функции имеющие непрерывные
производные.Тогда d (uv)  u  dv  v  du.
Интегрируя это равенство, получим :
 d (uv)   udv   vdu
или
 udv  uv   vdu
Полученная формула называется формулой интегрирования
по частям .Она дает возможность свести вычисление
интеграла udv
к вычислению интеграла vdu ,
который может оказаться существенно более простым,чем
исходный.
Интегрирование по частям состоит в том,что подынтегральное
выражение заданного интеграла представляется каким-либо
образом в виде произведения двух сомножителей U и dv
Затем,после нахождения U и dv ,используется формула
интегрирования по частям. Иногда эту формулу приходится
использовать несколько раз.


Укажем некоторые типы интегралов,которые удобно вычислять
методом интегрирования по частям.
1.Интегралы вида
 P( x)  e
где
kx
dx,
 P( x)  sin kxdx,  P( x)  cos kxdx,
P( x)  многочлен, k  число.
Удобно положить u  P( x) ,
а за dv обозначить все остальные сомножители.
2.Интегралы вида
 P( x)arcsin xdx,  P( x)arccos xdx,  P( x)ln xdx,
 P( x)arctgxdx,  P( x)arcctgxdx.
Удобно положить P( x)  dv, а за
сомножители.
u
обозначить остальные
3.Интегралы вида
e
Где
a и b
ax
 sin bxdx,
- числа. За
u
e
ax
 cos bxdx,
можно принять функцию u
e .
ax
3x
(2
x

1)
e
dx.
Пример № 1. Найти 
u  2x  1
 (можно положить С=0)
Решение:Пусть 


dv  e3 x dx




du  2dx


v  e3 x dx  1 e3 x 



3
Следовательно по формуле интегрирования почастям:
1 3x 1 3x
1
2 3x
3x
 (2 x  1)e dx  (2 x  1)  3e   3e 2dx  3 (2 x  1)e  9 e  C
3x

Пример №2. Найти ln xdx.
Решение: Пусть  u  ln x

 dv  dx 




1
 du  x dx 


 v   dx  x 


1
Поэтому  ln xdx  x  ln x   x  dx  x  ln x  x  C
x
Пример №3. Найти
Решение: Пусть
2 x
x
 e dx
 u  x2 

 .Поэтому
x
dv

e
dx


 du  2 xdx 


x
 ve

2 x
2 x
x
x
e
dx

x
e

2
e

  xdx.
Для вычисления интеграла  e x  xdx снова применим метод
ux

интегрирования по частям : 
 dv  e x dx 




du  dx


x
x
 v   e dx  e 
Значит,
Поэтому
x
x
x
x
x
e

xdx

x

e

e
dx

x

e

e
C


2 x
2 x
x
x
x
e
dx

x
e

2(
x

e

e

C
)


Пример. Найти arctgxdx
Решение:Пусть  u  arctgx .


dv  dx




1
 du  1  x 2 dx 


 v   dx  x 


x
1 d (1  x 2 )
Поэтому  arctgxdx  x  arctgx  
dx  x  arctgx  

2
2
1 x
2 1 x
1
 x  arctgx  ln(1  x 2 )  C
2
Интегрирование тригонометрических функций
Интегралы вида
 sin ax cos bxdx,  cos ax cos bxdx,  sin ax sin bxdx, где
Находятся с помощью формул:
1
sin(a  b) x  sin(a  b) x ;
2
1
cos ax cos bx  cos(a  b) x  cos(a  b) x ;
2
1
sin ax sin bx   cos(a  b) x  cos(a  b) x .
2
sin ax cos bx 
ab

Пример №1. Найти интеграл: sin 3 x cos 7 xdx
Решение:Воспользуемся формулой
1


sin
ax
cos
bx

sin(
a

b
)
x

sin(
a

b
)
x




2
1
sin(3  7) x  sin(3  7) x 
2
Получим:
Тогда sin3x cos7 xdx  1 (sin(4 x)  sin10 x)dx  1 (sin10 x  sin 4 x) dx 

2
2
1
1
1
cos10 x cos10 x
(
cos10 x  cos 4 x)  C 

C
2 10
4
8
20
Пример№2.
Решение:
Найти интеграл:
 cos 6 x  cos xdx
Воспользуемся формулой:
1
cos ax cos bx  cos(a  b) x  cos(a  b) x 
2
Получим:
1
cos6 x cos x  cos(6  1) x  cos(6  1) x 
2
1
sin 5 x sin 7 x

C
Тогда  cos 6 x cos xdx   (cos5 x  cos 7 x)dx 
2
10
14
2x
dx.
Пример№3. Найти интеграл:  sin 2 x  sin
3
Решение:
Воспользуемся формулой:
1
sin ax sin bx  cos(a  b) x  cos(a  b) x 
2
Получим: sin 2 x sin 2 x  1 cos(2  2 ) x  cos(2  2 ) x 
3
2 
3
3 
2x
1
4x
8x
 sin 2 x sin 3 dx  2  (cos 3  cos 3 )dx 
1 3
4x 3
8x
3
4x 3
8x
 ( sin
 sin
 C )  sin
 sin
C 
2 4
3 8
3
8
3 16
3
Тогда:

3
4x
8x
(2sin
 sin
)C
16
3
3
sin x  cos xdx

Для нахождения таких интегралов используются следующие
Интегралы типа
m
n
приемы:
1) Подстановка
если n  целое положительное
нечетное число;
2) Подстановка cos x  t , если m  целое положительное
нечетное число;
3) Формулы понижения порядка:
sin x  t,
1
1
1
2
cos x  (1  cos2 x),sin x  (1  cos2 x),sin x  cos x  sin 2 x,
2
2
2
2
Если m и n  целые неотрицательные четные числа;
4)Подстановка
если m  n  есть четное
отрицательное целое число.
tgx  t ,
Пример№1. Найти интеграл:
I   sin x  cos xdx.
4
5
Решение: Применим подстановку sin x  t. Т.к.n=5 (1 cлучай).
 x  arcsin t 
Тогда




1
dx

dt


2
1 t


 cos x  1  t 2 



5
Получим: I  t  ( 1  t ) 
4
2
dt
1 t2
  t 4 ( 1  t 2 )4 dt   t 4 (1  t 2 )2 dt 
5
7
9
t
t
t
1 5
2 7
1 9
4
6
8
  (t  2t  t )dt   2   C  sin x  sin x  sin x  C.
5
7 9
5
7
9
4
2
I

sin
x

cos
xdx.
Пример №2.Найти интеграл:

1
Решение: воспользуемся формулой: 1)sin x  cos x  sin 2 x
2
1
2)sin x  (1  cos 2 x)
2
2
1 2
1
I   (sin x cos x) sin xdx   sin 2 x  (1  cos2 x)dx 
4
2
2
2
1
1
2
  sin 2 xdx   sin 2 2 xcox 2 xdx 
8
8
1 1
1
1
2
  (1  cos 4 x)dx   sin 2 x  d (sin 2 x) 
8 2
8
2
1
1
1
2

dx

cos
4
xdx

sin
2 xd (sin 2 x) 



16
16
16
1
1
1
3

x
sin 4 x 
sin 2 x  C
16
64
48
Пример №3.
Найти интеграл:
dx
1
3
I 

cos
x

sin
xdx.
3

cos x  sin x
Решение:Здесь
Обозначим
m  n  4.
tgx  t. Тогда
Получим: I 

dt
(4 случай)
x  arctgt


dt
 dx 
1 t2


t
 sin x 
1 t2


1
 cos x 

1 t2

dt











dt
2
1 t
1

t
1

t
 3
 3

3
t
t
t
1

1 t2
1 t2
( 1  t 2 )3
( 1  t 2 )2
2
2
1 t2
dt
1
3

dt   t dt  
  2  ln t  C 
3
t
t
2t
1
  ctg 2 x  ln tgx  C
2
• Универсальная тригонометрическая
подстановка
Рассмотрим некоторые случаи нахождения интеграла от
тригонометрическихфункций.Функцию с переменными
sin x и cos x ,над которыми выполняются рациональные
действия (сложения,вычитание,умножение иделение)
Принято обозначать R(sin x;cos x), где R  знак рациональной
функции.
Вычисление неопределённых интегралов типа  R(sin x;cos x)dx
Сводится к вычислению интегралов от рациональной функции
подстановкой tg x  t ,которая называется универсальной
2
Действительно,
x
2tg
2
sin x 
x
1  tg
2
2t
1

t
2 

,
cos
x

,
2
2
1

t
1 t
2 x
2 x
1  tg
1  tg
2
2
2
2
x  2arctgt , dx 
dt.
2
1 t
2t 1  t 2
2
Поэтому  R(sin x;cos x)dx   R(
;
)
dt   R1 (t )dt ,
2
2
2
1 t 1 t 1 t
Где R1 (t )  рациональная функция от t .Обычно этот способ
весьма громоздкий,зато всегда приводит к результату.
На практике применяют и другие,более простые подстановки,
в зависимости от свойств ( и вида) подынтегральной функции.В
частности,удобны следующие правила:
1)Если функция R(sin x;cos x) нечётна относительно sin x
Т.е R( sin x;cos x)   R(sin x;cos x) ,то подстановка
cos x  t
рационализирует интеграл;
2)Если функция R(sin x;cos x)нечётна относительно cos x
Т.е. R(sin x;  cos x)   R(sin x;cos x) ,то делается подстановка sin x  t
3)Если функция R(sin x;cos x) четна относительно sin x и cos x
R( sin x;  cos x)  R(sin x;cos x) ,то интеграл рационализируется
подстановкой tgx  t .Такая же подстановка применяется,если
интеграл имеет вид R (tgx )dx

dx
Пример: Найти интеграл 
.
x
3  sin x  cos x
Решение: Сделаем универсальную подстановку t  tg 2
Тогда
2dt
2t
1  t 2 Следовательно
dx 
1 t
2
,sin x 
dx
 3  sin x  cos x  
1 t
2
,cos x 
1 t
2
.
2dt
dt
 2

2
2t
1 t
t t 2
2
(1  t )(3 

)
2
2
1 t 1 t
1
1
x
d (t  )
t
1  2tg
2
2
2 
2 C 
2  C.

arg tg
 arg tg
1 7
7
7
7
7
(t  ) 
2
2 4