Введение - (МИИГАиК)

Министерство образования и науки Российской Федерации
Московский государственный университет геодезии и картографии
(МИИГАиК)
Заочный факультет
Методические указания к выполнению контрольных работ
по курсу
«Высшая математика»
Подлежит возврату в деканат заочного факультета
Для студентов I курса всех специальностей
Москва 2008 г.
-2-
УДК 517.3
Составители: проф., к.т.н. Кувекина И.А., проф., к.т.н. Маркарян Е.Г.
Методические указания к выполнению контрольной работы № 3 по курсу
«Высшая математика». – М.: Изд. МосГУГК, 2008, 44 с.
Методические
указания
написаны
в
соответствии
с
утвержденной
программой курса «Высшая математика», рекомендованы кафедрой высшей
математики и методической комиссией заочного факультета, утверждены к
изданию редакционно-издательской комиссией геодезического факультета.
В методических указаниях рассмотрены следующие разделы курса высшей
математики: неопределенный интеграл, определенный интеграл и собственный
интеграл,
а
также
набор
решенных
типовых
задач
самостоятельного решения.
Рис. 9, библиогр. – 4 наз.
Рецензенты: доцент, к.т.н. Дорохов В.Н.
профессор, к.т.н. Лисеев И.А.
Московский государственный университет
геодезии и картографии, 2008 г.
-2-
и
задачи
для
-3-
Введение
Настоящие методические указания предназначены в помощь студентамзаочникам первого курса при выполнении контрольной работы № 3. Эта работа
соответствует
следующим
разделам
курса
высшей
математики:
неопределенный интеграл и определенный интеграл.
В методических указаниях рассматриваются темы, каждая из которых
содержит краткий перечень основных определений, теорем и теоретических
вопросов раздела, набор решенных типовых задач, а также задачи для
самостоятельного решения.
При изучении теоретического раздела каждой темы рекомендуется
следующая литература:
1. Пискунов Н.С. Дифференциальное и интегральное исчисление. – М.:
Наука, Т.1. (Все издания, начиная с 1978 г.).
2. Бугров Я.С., Никольский С.М. Дифференциальное и интегральное
исчисление. – М.: Наука. (Все издания, начиная с 1980 г.).
3. Письменный Д.Т. Конспект лекций по высшей математике. 1 часть.
Айрис пресс, Москва, 2005 г.
4. Данко П.Е., Попов А.Г. Высшая математика в упражнениях и задачах. 1
часть. (Все издания, начиная с 1974 г.).
I. Неопределенный интеграл
Литература: [1], т. 1; [2]; [3]; [4].
I.I. Основные формулы интегрирования
Непосредственное интегрирование
Определение I. Функция F(x) называется первообразной для функции f(x) на
некотором промежутке X, если для всех значений x из этого промежутка
выполняется равенство
F'(x)=f(x)
Пример 1.1.1.. Функция F(x)=x4 является первообразной для функции
f(x)=4x3 на всей числовой оси, т.к. при любом значении x выполняется (x4)'=4x3.
Пример 1.1.2. Функция F(x)=sin x является первообразной для функции
f(x)=cosx на всей числовой оси, т.к. при любом значении x (sin x)'=cos x.
Если функция f(x) имеет первообразную F(x), то она имеет бесчисленное
множество первообразных, причем все первообразные содержатся в выражении
F(x)+C, где С – произвольная постоянная.
Определение II. Если функция F(x) – первообразная для функции f(x), то
множество функций вида F(x)+C, где С – произвольная постоянная, называется
неопределенным интегралом от функции f(x) и обозначается символом
 f ( x)dx
-3-
-4-
Таким образом, по определению
 f ( x)dx  F ( x)  C . При этом функция f(x)
называется подынтегральной функцией, f(x)dx – подынтегральным
выражением, переменная x – переменной интегрирования, знак  – знаком
интеграла.
Неопределенные интегралы для функций, рассмотренных ранее в примерах,
запишутся в виде:
3
4
 4 x dx  x  C,  cos xdx  sin x  C
Отыскание неопределенного интеграла от данной подынтегральной функции
называется интегрированием этой функции. Интегрирование представляет
собой операцию, обратную дифференцированию.
Свойства неопределенного интеграла
1. (  f ( x)dx)  f ( x)
2. d  f ( x)dx  f ( x)dx
3.
4.
5.
 dF ( x)  F ( x)  C
 kf ( x)dx  k  f ( x)dx
  f ( x)  g ( x)dx   f ( x)dx   g ( x)dx
Таблица основных интегралов
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
 dx  x  C
x m 1
 x dx  m  1  C (m  const  1)
dx
 x  ln x  C
ax
x
 a dx  ln a  C (a  const  0, a  1)
x
x
 e dx  e  C
m
 sin xdx   cos x  C
 cos xdx  sin x  C
dx
 cos2 x  tgx  C
dx
 sin 2 x  ctgx  C
-4-
-5-
10. 
dx
1  x2
dx
 arctgx  C
1
x

arctg
 C (a  const  0)
a
a2  x2 a
dx
12. 
 arcsin x  C (-1  x  1)
1  x2
dx
x
13. 
 arcsin  C (a  const  0, - a  x  a)
a
a2  x2
11. 
14.

dx
 ln x  x 2  a  C
x a
dx
1
xa
15.  2
 ln
 C (a  const  0)
2
2a x  a
x a
2
Интегралы, содержащиеся в этой таблице, принято называть табличными.
Вычисление интегралов путем непосредственного использования табличных
интегралов и основных свойств неопределенных интегралов называется
непосредственным интегрированием.
2
 2)dx
Пример 1.1.3. Найти  (3 cos x  x 4  2
x 1
Решение. Используя свойства 4 и 5 и, применяя формулы 7, 2, 10, 1, получим
4
 (3 cos x  x 
2
x2  1
 2)dx 3 cos xdx   x 4 dx  2
dx
x2  1
 2 dx 
x5
 3sin x 
 2arctgx  2 x  C
5
Пример 1.1.4. Найти  tg 2 xdx
Решение. Используя тригонометрическую формулу
1
tg 2 x 
 1 , свойство 5 и применяя формулы 8, 1, получим
cos2 x
1
dx
2
tg
xdx

(

1
)
dx


 cos2 x
 cos2 x   dx  tgx  x  C
Пример 1.1.5. Найти

3  5  x2
dx
5  x2
Решение. Произведя почленное деление и применяя свойства 4, 5 и формулы
11, 14, получим

3  5  x2
5  x2
dx  
3dx
5  x2

5  x2
5  x2
 3
-5-
dx
5  x2

dx
5 x
2

-6-
3
x
arctg
 ln x  5  x 2  C
5
5
32 x  2 x
dx
Пример 1.1.6. Найти 
4x
Решение. Произведя почленное деление и применяя свойство 5 и формулу 4,
получим

x
32 x  2 x
x
x
8x
(0,5)
 32 
2
1
x
 4 x dx    4  dx    4  dx   8 dx    2  dx  ln 8  ln( 0,5)  C
Замечание. При вычислении отдельных интегралов нет надобности писать
после каждого слагаемого произвольную постоянную, так как сумма
произвольных постоянных есть также произвольная постоянная.
Задачи для самостоятельного решения
Найти интегралы:
( x  1) 2
dx
1. 
x
x2  9  6
 x 2  9 dx
3.  (2tgx  3ctgx) 2 dx
1
4.  5 x (2 
)dx
x
3
5 x
2.
Ответы:
2
4
1. x x  x x  2 x  C
5
3
x
2. ln x  x 2 9  2arctg  C
3
3. 4tgx  9ctgx  x  C
2  5x
2

C
4.
ln 5
x
I.2. Интегрирование методом замены переменной
Во многих случаях удается введением новой переменной t вместо
переменной интегрирования x свести данный интеграл  f ( x)dx к новому
интегралу, который или содержится в таблице основных интегралов, или легко
вычисляется другим способом. Такой метод называется методом замены
переменной или методом подстановки.
-6-
-7-
Введем вместо х новую переменную t, связанную с х соотношением x  (t ) ,
где (t ) – непрерывная монотонная функция, имеющая непрерывную
проиводную (t ) , тогда справедлива формула
 f ( x)dx   f  (t ) (t )dt
(1.2.1)
Формула (1.2.1) называется формулой замены переменной в неопределенном
интеграле. При замене переменной весьма часто бывает выгоднее задавать не х
как функцию t, а наоборот, задавать t как функцию х в виде t  (x) .
Пример 1.2.1. Найти интеграл  (3x  2)10 dx
1
Решение. Полагая 3x  2 =t, имеем 3dx  dt, dx  dt.
3
Тогда по формуле (1.2.1)
1 10
1 t 11
10
(
3
x

2
)
dx

t
dt

C.

3
3 11
Возвращаясь к переменной х, окончательно получим
1
10
(
3
x

2
)
dx

(3x  2)11  C .

33
x 4 dx
Пример 1.2.2. Найти интеграл  5
x 9
5
Решение. Полагая x  9  t и дифференцируя обе части равенства, получим
1
5 x 4 dx  dt . Отсюда x 4 dx  dt и
5
4
x dx 1 dt 1
1
5
 x 5  9  5  t  5 ln t  C  5 ln x  9  C
Пример 1.2.3. Найти интеграл

3
x
dx
x
x  t и дифференцируя обе части равенства, получим
Решение. Полагая
1
dx
dx  dt . Тогда
 2dt .
2 x
x
Следовательно,
3t
2
dx

2
3
dt

2


C

3 x C.
 x

ln 3
ln 3
4 arctgx
dx
Пример 1.2.4. Найти интеграл 
1  x2
Решение. Полагая arctgx  t и дифференцируя обе части равенства, получим
dx
 dt .
1  x2
3
x
t
-7-
-8-
Следовательно,

4
1
arctgx
4
4
dx   t 4 dt  4 t 5  C  4 arctg 5 x  C
2
1 x
5
5
Пример 1.2.5. Найти интеграл  x 2 e1 x dx .
3
Решение. Полагая 1  x 3  t и дифференцируя обе части равенства, получим
1
 3x 2 dx  dt . Тогда x 2 dx   dt .
3
3
3
1
1
1
Следовательно,  x 2 e1 x dx    et dt   et  C   e1 x  C .
3
3
3
sin 3x
Пример 1.2.6. Найти интеграл 
dx .
3
cos4 3x
Решение. Замечая, что d (cos3x)  3sin 3xdx , введем замену: cos3x  t .
dt
Дифференцируя последнее равенство, найдем, что sin 3xdx   .
3
Следовательно,
4
1

1 dt
1 3
1
3 C 
dx




t
dt

t
C.
 3 cos4 3x
3
3  3 t4
3
cos3x
С помощью метода замены переменной можно показать, что если F(x) –
первообразная для функции f(x), то
sin 3x
 f ( x  b)dx  F ( x  b)  C
1
 f (kx)dx  k F (kx)  C (k  const  0)
1
 f (kx  b)dx  k F (kx  b)  C (k  const  0) .
Эти правила
интегралов.
часто
применяются
Например,  ( x  2)15 dx 
для
нахождения
( x  2)16
1
 C ,  e3 x dx  e3 x  C ,
16
3
1
sin(
2
x

5
)


cos(2 x  5)  C .

2
Задачи для самостоятельного решения
Найти интегралы:
-8-
неопределенных
-9-
1. 
dx
(5  3 x)
4
2.  e 4  5 x dx
3. 
x 2 dx
3
1  x3
6
ln 5 x
4. 
dx
x
Ответы:
1
1.
C
9(5  3 x) 3
1
3.  3 (1  x 3 ) 2  C
2
5. ln sin e x  C
7.
1
2 cos2 x
C
5.  (ctge x )e x dx
xdx
6. 
7. 
2x2  3
sin xdx
8. 
cos3 x
cos xdx
2 sin x  1
1
2. e 4  5 x  C
5
4.
6
ln x 6 ln 5 x  C
11
6. 2 2 x 3  3  C
8. 2 sin x  1  C
I.3. Интегрирование по частям
Интегрированием по частям называется нахождение интеграла по формуле
UdV  UV  VdU ,
(1.3.1)
где U=U(x), V=V(x) – дифференцируемые функции.
Применение способа интегрирования по частям целесообразно в том случае,
когда интеграл в правой части формулы (1.3.1) окажется более простым для
вычисления, чем исходный интеграл. Для применения формулы
интегрирования по частям подынтегральное выражение следует разбить на два
сомножителя. Один из них обозначается через U, а остальная часть относится
ко второму сомножителю и обозначается через dV. При нахождении
интегрированием функции V для нее получается бесконечное множество
первообразных. Чтобы применить формулу (1.3.1), можно взять любую из них,
в частности ту, которая соответствует произвольной постоянной, равной 0.
Пример 1.3.1. Найти интеграл  xe 2 x dx
Решение. Подынтегральное выражение разбиваем на два сомножителя
следующим образом:
U  x, dV  e 2 x dx
1
Тогда dU  dx, V   e 2 x dx  e 2 x .
2
-9-
- 10 -
Подставляя найденные выражения в формулу (1.3.1), получим
1 2x
1 2x
1 2x 1 2x
1 2x 1 2x
2x
x
e
dx

x
e

e
dx

xe

e
dx

xe  e  C






 U dV U 


2
2
2
2
2
4


 dU
V
V
Пример 1.3.2. Найти интеграл  ( x  1)5 ln( x  1)dx
Решение.
Полагая
U  ln( x  1), dV  ( x  1) 5 dx
найдем
dx
( x  1) 6
5
.
dU 
, V   ( x  1) dx 
x 1
6
По формуле (1.3.1) имеем
( x  1) 6
( x  1) 6 dx
5
 ( x  1) ln( x  1)dx  6 ln( x  1)   6 x  1 
( x  1) 6
1
( x  1) 6
1
5

ln( x  1)   ( x  1) dx 
ln( x  1)   ( x  1)5 d ( x  1) 
6
6
6
6
6
( x  1)
1

ln( x  1)  ( x  1) 6  C
6
36
Пример 1.3.3. Найти интеграл  ( x  2) cos3xdx
Решение. Полагая U  x  2, dV  cos 3xdx , найдем dU  dx,
1
V   cos 3 xdx  sin 3 x .
3
По формуле (1.3.1) имеем
1
1
1
1
(
x

2
)
cos
3
xdx

(
x

2
)
sin
3
x

sin
3
x
dx

(
x

2
)
sin
3
x

cos3x  C

3
3
3
9
Пример 1.3.4. Найти интеграл  arctgxdx
Решение. Полагая U  arctgx, dV  dx , найдем dU 
dx
1  x2
, V  x.
Следовательно,
 arctgxdx  xarctgx  
Найдем
xdx
1  x2
xdx
1  x2
1
Для этого сделаем замену t  1  x 2 . Тогда dt  2 xdx , т.е. xdx  dt .
2
xdx
1 dt 1
1
   ln t  C  ln 1  x 2  C
Следовательно, 
2
2 t 2
2
1 x
и
1
2
 arctgxdx  xarctgx  2 ln(1  x )  C
- 10 -
- 11 -
В некоторых случаях метод интегрирования по частям приходится
применять несколько раз.
Пример 1.3.5. Найти интеграл  e 2 x sin xdx
Решение.
U  e 2 x , dV  sin xdx ,
Полагая
найдем
dU  2e 2 x dx, V   sin xdx   cos x
Следовательно,
e
2x
sin xdx  e 2 x cos x  2 e 2 x cos xdx
(1.3.2)
К последнему интегралу еще раз применим формулу интегрирования по
частям.
Полагая U  e 2 x , dV  cos xdx , найдем dU  2e 2 x dx, V   cos xdx  sin x .
Следовательно,
2x
2x
2x
 e cos xdx  e sin x  2 e sin xdx
Подставляя полученное выражение в соотношение (1.3.2), приходим к
уравнению с неизвестным интегралом  e 2 x sin xdx
e
2x
sin xdx  e 2 x cos x  2e 2 x sin x  4 e 2 x sin xdx
Перенося искомый интеграл в левую часть, получим
5 e 2 x sin xdx  e 2 x cos x  2e 2 x sin x
и
1 2x
2x
e
sin
xdx

e (2 sin x  cos x)  C

5
К числу интегралов, вычисляемых методом интегрирования по частям,
относятся интегралы следующих видов:
 P( x) sin xdx
 P( x) cos xdx
 P( x) arcsin xdx
 P( x) arccos xdx
 P( x)arctgxdx
 P( x)arcctgxdx
 P( x) ln xdx
 P( x)e dx
 P( x)a dx
(U  P ( x))
(U  P ( x))
(U  arcsin x)
(U  arccos x)
(U  arctgx)
(U  arcctgx)
(U  ln x)
x
(U  P ( x))
x
(U  P ( x))
Здесь P(x) – многочлен относительно х (в частности, степенная функция xn)
- 11 -
- 12 -
Интегралы вида
по частям.
e
x
sin xdx и
e
x
cos xdx также находятся интегрированием
Задачи для самостоятельного решения
Найти интегралы:
1.  x cos 2 xdx
4.  x 4 x  2 dx
2.  (3 x  4) ln xdx
5.  ln 3 xdx
3.  arcsin xdx
6. 
Ответы:
x
1
1. sin 2 x  cos 2 x  C
2
4
arcsin x
dx
x
4.
x  4x2
1

 4x2  C
2
ln 4
(ln 4)
3
3
2. ( x 2  4 x) ln x  x 2  4 x  C 5. x ln 3 x  x  C
2
2
3. x arcsin x  1  x 2  C
6. 2 x arcsin x  2 1  x  C
1.4. Интегрирование рациональных дробей
P( x)
, где P(x) и Q(x) –
Q( x)
многочлены. Рациональная дробь называется правильной, если степень
многочлена в числителе меньше степени многочлена в знаменателе, и
неправильной, если степень многочлена в числителе больше или равна степени
многочлена в знаменателе.
x 3  3x  4 x 2  4 x  1
,
Например, дроби
– неправильные, а дроби
x2
x2  x  8
4
x2
,
– правильные.
2
x  3 x  3x  9
Если рациональная дробь является неправильной, то, разделив по правилу
деления многочленов многочлен P(x) на многочлен Q(x), можно всегда
выделить целую часть (т.е. многочлен) и представить такую дробь в виде:
R( x)
P( x)
R( x)
– правильная рациональная
 T ( x) 
, где T (x ) - многочлен и
Q( x)
Q( x)
Q( x)
дробь.
x 3  3x  4
6
x2  4x  1
3x  9
2
 x  2x  1 
,

1

Например,
x2
x2
x2  x  8
x2  x  8
Рациональной дробью называется дробь вида
- 12 -
- 13 -
Таким образом, интегрирование рациональных дробей сводится к
интегрированию правильных рациональных дробей.
Всякая правильная рациональная дробь может быть представлена в виде
суммы конечного числа простейших дробей следующих четырех типов:
A
1.
xa
A
(k>1– натуральное число)
2.
( x  a) k
Ax  B
3. 2
, где дискриминант квадратного трехчлена
x  px  q
x 2  px  q не имеет действительных корней.
p2
 q  0 , т.е.
4
Ax  B
p2
4. 2
(k>1 – натуральное число,
 q  0 , где A, B, a, p, q –
4
( x  px  q ) k
действительные числа
Таким образом, для интегрирования правильных рациональных дробей
достаточно уметь:
1) интегрировать простейшие дроби;
2) разлагать правильные рациональные дроби на простейшие.
Рассмотрим интегралы от простейших дробей первых трех типов.
A
dx
dx  A
A ln x  a  C
xa
xa
A
A
1
2. 
dx 
C
k
( x  a)
(1  k ) ( x  a )1 k
1. 
3. 
Ax  B
dx
2
x  px  q
(
p2
 q  0)
4
В знаменателе подынтегральной функции выделим полный квадрат:
p
p2
p2
p 2
p2
2
2
x  px  q  x  2 x 
q
 ( x  )  (q 
)
2
4
4
2
4
p2
Введем обозначение q 
 a 2 и применим замену переменной, полагая
4
p
p
t  x  . Отсюда dx  dt, x 2  px  q  t 2  a 2 , x  t 
2
2
- 13 -
- 14 -
Следовательно,
p
)B
Ax  B
tdt

2
dx

dt

A

 x 2  px  q  t 2  a 2
 t 2  a 2  B 
AP
B
A
2 arctg t  C
 ln( t 2  a 2 ) 
2
a
a
Заменяя t и a их выражениями, получим
AP
B
Ax  B
A
2
2 arctg
dx

 x 2  px  q 2 ln( x  px  q) 
p2
q
4
A
2 B  AP
2x  p
 ln( x 2  px  q ) 
arctg
C
2
2
2
4q  p
4q  p
A(t 
Пример 1.4.1. Найти
AP 
dt

 2
2  t  a2
p
2 C 
p2
q
4
x
2x  3
 x 2  x  1dx
Решение. Выделим в знаменателе полный квадрат
1
3
x2  x  1  (x  )2 
2
4
1
1
Сделаем подстановку t  x  . Тогда x  t  , dx  dt.
2
2
1


2 t    3
2x  3
2x  3
tdt
dt
 2
dx

dx

dt

2

2
 x 2  x  1   1 2 3  2 3
 2 3  2 3
t 
t 
t 
x   
4
4
4
2
4

3
4
2t
4
2x  1
 ln( t 2  ) 
arctg
 C  ln( x 2  x  1) 
arctg
 C.
4
3
3
3
3
Теперь выясним, каким образом любая правильная дробь может быть
разложена на простейшие дроби. В этом разложении существенное значение
имеет разложение знаменателя дроби Q(x) на произведение линейных и
квадратичных множителей с отрицательным дискриминантом. Рассмотрим
некоторые случаи.
1. Знаменатель разлагается на неповторяющиеся множители первой степени
R( x)
Q( x)  ( x  a)( x  b)...(x  m) . В этом случае дробь
разлагается на сумму
Q( x)
простейших дробей I типа.
R( x)
A
B
M


 ... 
, где A, B, …, M – неопределенные
Q( x ) x  a x  b
xm
(неизвестные) коэффициенты. Например,
- 14 -
- 15 -
x3
x3
A
B
C



.
x 3  4 x x( x 2  4) x( x  2)( x  2) x x  2 x  2
2. Знаменатель разлагается на множители первой степени, среди которых
есть повторяющиеся.
Например, Q( x)  ( x  a)( x  b) n ( x  c)
R( x)
В этом случае дробь
разлагается на сумму простейших дробей I и II
Q( x)
типов.
Bn
B1
B2
R( x)
R( x)
A
C





...


,
Q( x) ( x  a)( x  b) n ( x  c) x  a x  b ( x  b) 2
( x  b) n x  c
где A, B1, B2, …, Bn, C – неопределенные (неизвестные) коэффициенты.
Например,

x3

B3
B
B2
B4
x
A
C

 1 



4
2
3
4
x 1
( x  2)( x  3) ( x  1) x  2 x  3 ( x  3)
( x  3)
( x  3)
3. Знаменатель разлагается на неповторяющиеся множители второй степени
с отрицательным дискриминантом, возможно, множители первой степени.
Например, Q( x)  ( x  a)( x 2  p1 x  q1 )( x 2  p2 x  q2 )
R( x)
В этом случае дробь
разлагается на сумму простейших дробей 1, 2, 3
Q( x)
типов.
R( x)
A
Bx  C
Dx  E

 2
 2
, где A, B, C, D, E –
Q( x) x  a x  p1 x  q1 x  p2 x  q2
неопределенные коэффициенты.
Для нахождения неопределенных коэффициентов необходимо все
простейшие дроби привести к общему знаменателю и числитель дроби
(полученный от сложения простейших дробей) приравнять к числителю R(x) .
Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях x в левой и правой
частях полученного тождества, получим систему линейных уравнений для
определения коэффициентов.
x 1
dx
Пример 1.4.2. Найти интеграл  3
x  5x 2  6 x
Решение. Подынтегральная функция – правильная рациональная дробь.
Разложим знаменатель на множители: x 3  5 x 2  6 x  x( x  2)( x  3). В этом
случае подынтегральная дробь раскладывается на простейшие следующим
образом:
x 1
x 1
A
B
C

 

3
2
x  5x  6 x x( x  2)( x  3) x x  2 x  3
Приводя правую часть к общему знаменателю и приравнивая числители,
получим:
x  1  A( x  2)( x  3)  Bx( x  2)  Cx( x  3)
- 15 -
- 16 -
или x  1  ( A  B  C ) x 2  (5 A  3B  2C ) x  6 A
Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях x в левой и правой
частях равенства, получим следующую систему уравнений:
A  B  C  0

 5 A  3B  2C  1
6 A  1

1
3
4
Решая ее, найдем A  ; B   ; C 
6
2
3
Следовательно, разложение рациональной дроби на простейшие имеет вид:
x 1
1
3
4



x 3  5 x 2  6 x 6 x 2( x  2) 3( x  3)
Окончательно имеем
x 1
dx 2 dx
4 dx
1
2
4
 x 3  5x 2  6 xdx   6 x  3  x  2  3  x  3  6 ln x  3 ln x  2  3 ln x  3  C.
x4  4x2  1
dx
Пример 1.4.3. Найти интеграл 
x3  4x
Решение. Подынтегральная функция – неправильная рациональная дробь,
поэтому выделим целую часть делением числителя на знаменатель. В
результате имеем:
x4  4x2  1
1

x

x3  4x
x3  4x
Полученную справа правильную дробь разложим на простейшие дроби:
1
1
A Bx  C



x 3  4 x x( x 2  4) x x 2  4
Приводя правую часть равенства к общему знаменателю и приравнивая
числители, получим
1  A( x 2  4)  ( Bx  C ) x
1  ( A  B) x 2  Cx  4 A
Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях x в левой и правой
частях равенства, получим следующую систему уравнений:
 A  B  0,

C  0,
4 A  1.

1
1
Решая эту систему, находим A  , B   , C  0.
4
4
Следовательно,
- 16 -
- 17 -
1

1
x

4 x 4( x 2  4)
x( x 2  4)
Имеем


x4  4x2  1
1
x
1 dx 1 xdx

dx

x


 x3  4x
  4 x 4( x 2  4) dx   xdx  4  x  4  x 2  4 
x2 1
1

 ln x  ln( x 2  4)  C
2 4
8
Пример 1.4.4. Найти интеграл
3x  1
 ( x  1) 2 ( x 2  1) dx
Решение. Подынтегральная функция – правильная рациональная дробь,
знаменатель которой разложен на множители.
Представим дробь в виде суммы простейших дробей.
3x  1
A
B
Cx  D



( x  1) 2 ( x 2  1) x  1 ( x  1) 2
x2  1
Приводя правую часть полученного равенства к общему знаменателю и
приравнивая числители, получим
3x  1  A( x  1)( x 2  1)  B( x 2  1)  (Cx  D)( x  1) 2 или
3x  1  ( A  C ) x 3  ( A  B  2C  D) x 2  ( A  C  2 D) x  A  B  D
Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях x в левой и правой
частях равенства, получим следующую систему уравнений:
 A  C  0,
 A  B  2C  D  0,


 A  C  2 D  3,
 A  B  D  1.
1
1
3
Решая эту систему, находим A  , B  1, C   , D  .
2
2
2
Следовательно,
1
3
x
3x  1
1
1


 22 2
2 2
2
( x  1) ( x  1) 2( x  1) ( x  1)
x 1
Таким образом,
3x  1
1 dx
dx
1 xdx
3
dx
 ( x  1) 2 ( x 2  1) dx  2  x  1   ( x  1) 2  2  x 2  1  2  x 2  1 
1
1
1
3
 ln x  1 
 ln( x 2  1)  arctgx  C.
2
x 1 4
2
- 17 -
- 18 -
Задачи для самостоятельного решения
1. 
2. 
3. 
Найти интегралы:
5x 4  x3  4 x 2  8
4. 
dx
x3  8
xdx
x  2x  5
2
dx
5. 
x3  x
3x  1
( x  3) 2 ( x  5)
x 2  5x  9
( x  2) 3
dx
dx
Ответы
1
1
x 1
1. ln x 2  2 x  5  arctg
C
2
2
2
2. ln
x
C
x 1
1 x5
1
3. ln

C
4 x3 x3
5
20
x 1
4. x 2  x  8 ln x  2  2 ln x 2  2 x  4 
arctg
C
2
3
3
2
5. ln x  2  9( x  2)  11( x  2) 2  C
1.5 Интегрирование некоторых иррациональных функций
Интегралы вида

dx
ax 2  bx  c
Такие интегралы в результате выделения полного квадрата из квадратного
трехчлена ax 2  bx  c и линейной подстановки приводятся к табличным
интегралам 13 или 14.
Пример 1.5.1. Найти интеграл

dx
9  4x  x2
Решение. Выделяя полный квадрат, получим
9  4 x  x 2  9  ( x 2  4 x  4  4)  13  ( x  2) 2
С помощью замены переменной t  x  2 и dt  dx данный интеграл
приводится к табличному
dx
dx
dt
t
x2



arcsin

C

arcsin
C
 9  4 x  x 2  13  ( x  2) 2  13  t 2
13
13
- 18 -
- 19 -
Пример 1.5.2. Найти интеграл

dx
3x 2  4 x  1
Решение. Имеем
dx
1
dx
1
dx


 9  4x  x2 3  2 4 1 3 
2
1
x  x
(x  )2 
3
3
3
9
Сделаем замену переменной
2
t  x  , dt  dx
3
Тогда
1
dx
1
dt
1
1
2


ln
t

t

C 
9
3
2 2 1
3 2 1
3
(x  ) 
t 
3
9
9

1
2
4
1
ln x   x 2  x   C
3
3
3
3
Интегралы вида

Ax  B
dx
ax 2  bx  c
Такие интегралы в результате выделения полного квадрата из квадратного
трехчлена и дальнейшей линейной подстановки приводятся к интегралам вида

Mt  N
mt 2  n
Интеграл
dt

Mt  N
mt 2  n
dt можно представить в виде суммы двух табличных
интегралов.
Пример 1.5.3. Найти интеграл

3x  4
dx
3  2x  x
Решение. Выделяя полный квадрат в подкоренном выражении, получим
3  2 x  x 2  3  ( x 2  2 x  1  1)  4  ( x  1) 2 .
Сделаем замену переменной t  x  1, x  t  1, dx  dt
Тогда
3x  4
3t  1
tdt
dt
dx

dt

3

 3  2x  x2  4  t 2
 4  t2  4  t2
tdt
Рассмотрим 
4  t2
2
Сделаем замену z 2  4  t 2 , тогда 2 zdz  2tdt , tdt   zdz , z  4  t 2
Следовательно,
- 19 -
- 20 -
tdt
zdz
  dz   z  C1   4  t 2  C1
 4  t2
z
Окончательно получим
3x  4
tdt
dt
t
2
dx

3



3
4

t

arcsin
C 
 3  2x  x2
 4  t2  4  t2
2
x 1
 3 3  2 x  x 2  arcsin
C
2
 
Интегралы вида
 ( x  )
dx
ax 2  bx  c
Интегралы данного вида с помощью подстановки x   
1
приводятся к
t
интегралам, рассмотренным выше.
Пример 1.5.4. Найти интеграл
x
dx
9x2  1
1
1
Решение. Полагаем x  , тогда dx   2 dt . Следовательно,
t
t
dt
dx
dt
t
1
t2






arcsin

C


arcsin
C
 x 9x2  1  1 1 2
 9  t2
3
3
x
 
9   1
t t 
Интегралы вида

m
r
R( x, x n ,..., x s )dx ,
где R – рациональная функция своих
аргументов; m, n, …, r, s – целые числа.
С помощью подстановки x  t k , где k – наименьшее общее кратное чисел
n, …, s, указанный интеграл преобразуется в интеграл от рациональной
функции аргумента t.
1 4 x
Пример 1.5.5. Найти интеграл 
dx
x x
Решение. В данном примере x входит в подынтегральную функцию с
1
1
дробными показателями
и . Поэтому сделаем подстановку x  t 4 , откуда
2
4
3
4
dx  4t dt , t  x .
1 4 x
1 4 t4 3
(1  t )t 3
t2  t
Следовательно, 
dx  
4t dt  4 2
dt  4 2
dt
2
4
4
x x
t
(
1

t
)
t

1
t  t
- 20 -
- 21 -
Так как подынтегральная функция – неправильная рациональная дробь,
поэтому выделим ее целую часть делением числителя на знаменатель.
t2  t
t 1
1 2
2
t 1
t 1
Следовательно, 4
t2  t
t 1 
tdt
dt

dt  4 1  2
 4 2

dt  4 dt  4 2
2
t 1
t 1
t 1
 t  1
 4t  2 ln( t 2  1)  4arctgt  C
Возвращаясь к переменной x, имеем t  4 x .
Поэтому
1 4 x
 x  x dx  44 x  2 ln( x  1)  4arctg 4 x  C
Интегралы вида
m
r


n
s
R
x
,
(
ax

b
)
,...,
(
ax

b
)
dx , где R – рациональная функция;
 

m, n, …, r, s – целые числа.
С помощью подстановки ax  b  t k , где k – наименьшее общее кратное
чисел n, …, s, данный интеграл преобразуется в интеграл от рациональной
функции аргумента t.
dx
Пример 1.5.6. Найти интеграл 
x x 1
Решение. Сделаем замену x  1  t 2 . Тогда x  t 2  1 и dx  2tdt .
Следовательно,
dx
2tdt
dt
t 1
x 1 1


2

ln

C

ln
 C.
 x x  1  (t 2  1)t  t 2  1 t  1
x 1 1
Задачи для самостоятельного решения
1. 
2. 
3. 
Найти интегралы:
x
4. 
dx
1 x
dx
1  x  x2
3x  5
x 2  6 x  20
dx
dx
5. 
x9
dx
x
x 2 x 2  5x  3
Ответы
- 21 -
- 22 -
1. arcsin
2x  1
C
5
2. 3 x 2  6 x  20  14 ln x  3  x 2  6 x  20  C
3.
1
4x  3
arcsin
C
5
2
4. x  2 x  2 ln x  1  C
5. 2 x  9  3 ln
x9 3
C
x9 3
1.6. Интегрирование тригонометрических функций
Интегралы вида  R(sin x, cos x)dx , где R – рациональная функция своих
аргументов sin x, cos x .
Интегралы указанного вида приводятся к интегралам от рациональных
x
алгебраических функций с помощью подстановки tg  t (  x  ),
2
называемой универсальной тригонометрической подстановкой.
Действительно, так как
x
x
2tg
1  tg 2
2t
1 t2
2
2
sin x 

, cos x 

,
2
2
2 x
2 x
1

t
1

t
1  tg
1  tg
2
2
2dt
x  2arctgt, dx 
,
то
1 t2
2t 1  t 2 2dt
 R(sin x, cos x)dx   R(1  t 2 , 1  t 2 ) 1  t 2   R(t )dt.
dx
Пример 1.6.1. Найти интеграл 
5  3 cos x
x
Решение. Применяя универсальную подстановку tg  t , получим
2
dx
2dt
dt
1
1
x
 2
 arctg 2t  C  arctg (2tg )  C
 5  3 cos x   2
2
2
2
1 t
4t  1 2
(1  t )(5  3
)
1 t2
Пример 1.6.2. Найти интеграл
1  sin x
 sin x(1  cos x) dx
- 22 -
- 23 -
x
 t , получим
2
2t  2dt

1 
2
1  sin x
1

t

 1  t 2  1 (t  1  2)dt  1 t 2  1 ln t  t  C 
dx

 sin x(1  cos x)   1  t 2  2t 2  t
4
2
1 

 1  t 2 1  t 2


Решение. Полагая tg
1
x 1
x
x
 tg 2  ln tg  tg  C
4
2 2
2
2
x
 t на практике часто приводит к сложным
2
и трудоемким выкладкам. Поэтому наряду с универсальной подстановкой
полезно знать и другие подстановки.
Рассмотрим следующие случаи:
 если функция R(sin x, cos x) нечетная относительно синуса, т.е.
R( sin x, cos x)   R(sin x, cos x) , то применима подстановка cos x  t ;
 если функция R(sin x, cos x) нечетная относительно косинуса, т.е.
R(sin x,  cos x)   R(sin x, cos x) , то применима подстановка sin x  t ;
 если функция R(sin x, cos x) четная относительно синуса и косинуса, т.е.
R( sin x,  cos x)  R(sin x, cos x) , то применима подстановка tgx  t .
Универсальная подстановка tg
Пример 1.6.3. Найти интеграл  sin 4 x cos3 xdx
Решение. Подынтегральная функция нечетная относительно косинуса.
Поэтому, представляя cos 3 x в виде cos 2 x cos x  (1  sin 2 x) cos x и делая замену
sin x  t , dt  cos xdx , получим
 sin
4
x cos3 xdx   sin 4 x(1  sin 2 x) cos xdx   t 4 (1  t 2 )dt   t 4 dt   t 6 dt 
t5 t7
sin 5 x sin 7 x
  C 

C
5 7
5
7
Пример 1.6.4. Найти интеграл
sin 5 x
 cos4 x dx
Решение. Подынтегральная функция нечетная относительно синуса, поэтому
применим подстановку cos x  t . Тогда dt   sin xdx.
Следовательно,
- 23 -
- 24 -
sin 5 x
 cos4 x dx  
sin 4 x sin xdx
cos4 x

(1  cos2 x) 2 ( sin x)dx
cos4 x
 
(1  t 2 ) 2 dt
t4

t 4  2t 2  1
dt
dt
2 1
dt


dt

2



t


C 

 t2  t4
t 3t 3
t4
2
1
  cos x 

C
cos x 3 cos3 x
dx
Пример 1.6.5. Найти интеграл 
3 cos2 x  4 sin 2 x
Решение. Подынтегральная функция четная относительно синуса и
косинуса, поэтому применим подстановку tgx  t . Тогда
 
cos x 
1
, sin x 
t
, dx 
dt
1 t2
1 t2
1 t2
Следовательно,
dx
dt
dt
1
2t


arctg
C 
 3 cos2 x  4 sin 2 x    3
2
4t 
2 3
3
3

4
t
2


(1  t )
1  t 2 1  t 2 
1
2tgx

arctg
C
2 3
3
Интегралы вида  sin mx  cosnxdx,  cosmx  cosnxdx,  sin mx  sin nxdx.
Для нахождения интегралов указанного вида применяются
тригонометрические формулы:
sin( m  n) x  sin( m  n) x
sin mx  cos nx 
2
cos(m  n) x  cos(m  n) x
cos mx  cos nx 
2
cos(m  n) x  cos(m  n) x
sin mx  sin nx 
2
Пример 1.6.6. Найти интеграл  sin 2 x  sin 3xdx .
Решение. Преобразуя произведение двух сомножителей по приведенным
формулам, получим
cos x  cos5x
sin 2 x  sin 3x 
2
Следовательно,
1
1
1
sin
2
x

sin
3
xdx

(cos
x

cos
5
x
)
dx

sin
x

sin 10 x  C .

2
2
10
- 24 -
- 25 -
Интегралы вида
числа
 sin
2m
x  cos2n xdx , где m, n – целые неотрицательные
Для нахождения интегралов указанного вида необходимо преобразовать
подынтегральную функцию с помощью тригонометрических формул:
1
sin x  cos x  sin 2 x,
2
1  cos 2 x
1  cos 2 x
sin 2 x 
, cos2 x 
2
2
Пример 1.6.7. Найти интеграл  sin 2 3xdx
Решение. Применяя формулу
1  cos6 x
, получим
sin 2 3x 
2
1
1
1
2
 sin 3xdx  2  (1  cos6x)dx  2 x  12 sin 6x  C .
Пример 1.6.8. Найти интеграл  sin 2 x  cos4 xdx
Решение. Преобразуем подынтегральную функцию:
1
sin 2 x  cos 4 x  (sin x  cos x) 2 cos 2 x  sin 2 2 x  cos 2 x 
4
1
1
1
 (1  cos 4 x)  (1  cos 2 x)  (1  cos 2 x  cos 4 x  cos 2 x  cos 4 x)
8
2
16
1
Так как cos2 x  cos4 x  (cos6 x  cos2 x) , то окончательно получим
2
1
1
1
2
4
sin
x

cos
xdx

(
1

cos
2
x

cos
4
x

cos6 x)dx 

16 
2
2
x sin 2 x sin 4 x sin 6 x
 


C
16
64
64
192
Задачи для самостоятельного решения
1. 
dx
2  3 cos x
Найти интегралы:
4
4.  cos3 x  cos xdx
3
sin 3 x
2. 
dx
4  cos x
5. 
3.  sin 4 2 xdx
6.  sin 2 x  cos2 xdx
dx
sin 4 x  cos2 x
- 25 -
- 26 -
Ответы
x
 5
1
2
1.
ln
C
5 tg x  5
2
tg
2.
cos2 x
 4 cos x  15 ln 4  cos x  C
2
3.
1
3
1
x - sin 4 x +
sin 8 x +C
8
64
8
3
13
13
5
sin x + sin x +C
26
3
10
3
4.
5. tg x – 2ctg x 1
8
6. x -
1
ctg 3 x + C
3
1
sin 4 x + C
32
2. Определенный интеграл
Литература: [I], т.I; [2]
2.1.
Основные свойства определенного интеграла.
Пусть функция f (x) определена на отрезке [a, b] . Разделим отрезок [a, b] на n
произвольных частей точками:
a  x0  x1  x2  ...  xn  b
и выбираем на каждом элементарном отрезке [ xk 1 , xk ] с длинной
xk  xk  xk 1 произвольную точку  k .
Интегральной суммой для функции f (x) на отрезке [a, b] называется сумма
вида:
n
 f (
k 1
k
)x k  f (1 )x1  f ( 2 )x 2  ...  f ( n )x n
Определенным интегралом от функции f (x) на отрезке [a, b] называется
предел интегральной суммы при условии, что число отрезков разбиения n
стремится к бесконечности, а длинна наибольшего из них стремиться к нулю.
b

a
n
f ( x)dx  lim  f ( k )xk
n 
k 1
- 26 -
- 27 -
Если функция f (x) непрерывна на отрезке, то предел интегральной суммы
существует и не зависит ни от способа разбиения отрезка [a, b] на отрезки
[ xk 1 , xk ] , ни от выбора точки  k . В этом состоит смысл теоремы существования
определенного интеграла.
Если функция f ( x)  0 на отрезке [a, b] , то определенный интеграл
b
 f ( x)dx
a
численно равен площади криволинейной трапеции, ограниченной линиями
y  f (x) , x  a , x  b , y  0 . (рис 2.1)
В этом состоит геометрический смысл определенного интеграла.
Перечислим основные свойства определенного интеграла:
1.
b
a
a
b
 f ( x)dx   f ( x)dx
a
2.
 f ( x)dx  0
b
3.
b
c
a
a
b
 f ( x)dx   f ( x)dx   f ( x)dx
c
b
4.
b
a
a
 [ f1 ( x)  f 2 ( x)]dx   f1 ( x)dx   f 2 ( x)dx
a
5.
b
b
b
a
a
 Af ( x)dx  A f ( x)dx
, A= const.
b
6.
Если m  f ( x)  M , x  (a, b)  m (b  a)   f ( x)dx  M (b  a).
a
Это свойство определяет оценку значения интеграла.
- 27 -
- 28 -
2.2.
Вычисление определенных интегралов с помощью
первообразных.
Вычисление интегралов как пределов интегральных сумм на практике
применяется крайне редко. Для нахождения интегралов используется, когда это
возможно, формула Ньютона-Лейбница:
b
 f ( x)dx  F ( x)
b
a
 F (b)  F (a) ,
(2.2.1)
a
где F (x) – какая либо из первообразных функций для f(x).
Применение этой формулы возможно, если подынтегральная функция f(x)
имеет первообразную в классе элементарных функций, иными словами, если
можно вычислить неопределенный интеграл
(2.2.2)
 f ( x)dx  F ( x)  C
Вычисляя интегралы с помощью формулы Ньютона-Лейбница ,следует
также обратить внимание на условия законности ее применения, а именно:
подынтегральная функция f (x) и ее преобразованная F (x) должны быть
непрерывны всюду на отрезке [a, b] .
Пример 2.2.1. Применяя формулу Ньютона-Лейбница, вычислить
1
x3
0 x 8  1 dx .
Решение. Найдем первообразную для функции f ( x) 
тогда
x3
. Пусть x 4  t ,
8
x 1
x3
1
dt
1
1
4
 x 8  1 dx  4  t 2  1  4 arctg  C  4 arctgx  C
1
Возьмем F(x) = arctgx 4 , тогда
4
1
3
1
x
1
1

4
0 x 8  1 dx  4 arctgx 0  4 arctg1  16 .
Пример 2.2.2. Вычислить
2
e x dx
1 e x  1
Решение. Найдем какую-либо из первообразных функций f ( x) 
e x dx
dt
x
x
 e x  1   t  1  ln t  1  C  ln e  1  C , где t  e ,
Так как на отрезке интегрирования [1, 2]. e x  1  0 ,
то F ( x)  ln( e x  1)
2
2
e x dx
и  x  ln( e x  1)  ln( e 2  1)  ln( e  1)  ln( e  1).
1
1 e 1
- 28 -
ex
ex 1
- 29 -
Пример 2.2.3. Можно ли применить формулу Ньютона – Лейбница к
интегралу
5

dx
0(x 4)
4
Решение. Подынтегральная функция f ( x) 
1
имеет разрыв второго
( x  4) 4
рода в точке x  4 , принадлежащей промежутку интегрирования.
Следовательно, формула Ньютона – Лейбница к данному интегралу
неприменима.
Задачи для самостоятельного решения.
Применяя формулу Ньютона – Лейбница, вычислить:

e
1.
9
2.
2
sin ln x
1 x dx .

y 1
4
y 1
3.

2
2
dy .
4.
dx
 1  cos x .
e
x
1
x
2
dx
1
Ответы.
1. 1-cos1 2. 7
2
3
3. 2
4.
e e
2.3. Замена переменной в определенном интеграле.
При вычислении определенных интегралов в некоторых случаях
используется прием замены переменной или подстановки.
Пусть f (x) -непрерывная функция на отрезке [a, b] . Сделаем замену
переменной, положив x   (t ) , где  (t ) - непрерывно дифференцируемая
функция на отрезке [ ,  ] и  ( )  a ,  (  )  b . Отметим тот факт, что при
изменении новой переменной от  до  значения старой переменной x   (t )
пробегают весь отрезок [a, b] .
При сделанных предложениях имеет место формула:
b

 f ( x)dx   f [ (t )] ' (t )dt.
(2.3.1)
a
Часто вместо подстановки x   (t ) применяют обратную подстановку
t   (x) .
При вычислении определенных интегралов иногда оказываются полезными
следующие свойства.
- 29 -
- 30 -
Если f (x) - нечетная функция, т.е. f ( x)   f ( x) ,
то
a
 f ( x)dx  0
a
Если f (x) - четная функция, т.е. f ( x)  f ( x) ,
то
a
a
a
0
 f ( x)dx  2 f ( x)dx .
3
Пример 2.3.1. вычислить интеграл
2

1
2
dx
x 1 x2
.
Решение. Применим подстановку x  sin t , тогда dx  cos tdt , и
подынтегральное выражение примет вид:
 dt
 sin t ,
cos t
dt  
sin t cos t
 dt ,
 sin t
если
cos t  0,
если
cos t  0.
Пределы интегрирования по t находим из уравнений:
sin t 
1
,
2
3
.
2
sin t 2 
Можно принять t1 

6
, t2 
5
6

3
, тогда cos t  0 .
2
3
А можно взять t1   и t 2   , тогда cos t  0 .
1
В обоих случаях переменная x  sin t пробегает весь отрезок  ,
2
Возьмем t1 

6
и t2 
3
.
2 

 
, т.е. переменная t изменяется на отрезке  ,  .
3
6 3
Тогда:
3
2

1
2


dt
t 3
2 3
.

 ln tg
 ln
2
3
x 1  x 2  sin t
dx
3
6
6
Пример 2.3.2. Вычислить интеграл
8

3
xdx
, используя правило замены
1 x
переменной.
Решение. Применим подстановку t  1  x . Найдем новые пределы
интегрирования: при x1  3 t1  2 , а при x2  8 t 2  3 . Следовательно, при
изменении x на отрезке 3, 8 новая переменная t изменится на отрезке 2, 3.
Функция x  t 2  1   (t ) , непрерывно дифференцируемая на отрезке 2, 3 и
применение подстановки обоснованно. Итак, x  t 2  1, dx  2tdt и интеграл
примет вид
3
 t3
3
(t 2  1)2tdt
8
 27
 32
2

  2  3   2  
.

2
(
t

1
)
dt

2

t
2


t
3
 3
 3
3
2
2
- 30 3
- 31 -
Пример 2.3.3. Можно ли в интеграле
1

x 2  1 dx сделать подстановку
0
x
1
?
cos t
1
неприменима к данному интегралу, так как при
cos t
1
 1 и выходит за пределы
любом допустимом значении t величина x 
cos t
отрезка интегрирования 0, 1 .
Решение. Замена x 
2
 ln( x 
Пример 2.3.4. Вычислить интеграл
x 2  1) dx .
2
Решение. Подынтегральная функция f ( x)  ln( x  x 2  1) является нечетной
функцией . действительно,
f ( x)  ln(  x  x 2  1)  ln
( x  x 2  1)( x  x 2  1)
( x  x  1)
2
 ln
1
x 1  x
2
  ln( x  x 2  1)   f ( x)
2
Следовательно ,  ln( x  x 2  1) dx  0 .
2
Задачи для самостоятельного решения.
Вычислить интегралы:

1
1.

0
x dx
.
1 x
2
2.
dx
 2  cos x
0
3. Вычислить интеграл
3
x 2 sin 2 x
 2 dx , предварительно проверив
3 x  1
подынтегральную функцию на четность.
Ответы.
1. 2 

2
2.

3 3
3. 0
2.4. Интегрирование по частям.
Для определенного интеграла имеет место формула интегрирования по
частям:
b
b
b
a
a
a
 udv  uv   udv ,
(2.4.1)
где u  u (x) и v  v(x) - непрерывно дифференцируемые функции на отрезке
a, b .
1
Пример 2.4.1. Вычислить  x arctgx dx
0
- 31 -
- 32 -
Решение. Положим u  arctgx , dv  xdx , тогда du 
dx
,
1 x2
v
x2
.
2
Следовательно,
1
1
x2
1 x 2 dx  1
 1
x
arctgx
dx

arctgx



[
x

arctgx
]
 
2
0

2
2 0 1 x
8 2
4 2
0
0
1
1
2
Пример 2.4.2. Вычислить  (3x  2) ln xdx .
1
Решение. Положим u  ln x , dv  (3x  2)dx , тогда du 
dx
3
, v  x 2  2x .
x
2
Применив к интегралу формулу интегрирования по частям, получим:
2 3 x 2  2x
2
17
3 2

3
2
   x  2 x  ln x   2
dx  10 ln 2   x 2  2 x   10 ln 2  .
x
4
1
2

4
1
1

Пример 2.4.3. Вычислить  e x sin 2 x dx .
0
Решение. Положим u  e , dv  sin 2 x dx .
x
Тогда du  e x dx , v  
cos 2 x
e x cos 2 x
, 
2
2


1
  e x cos 2 x dx .
20
0
Применив повторно формулу интегрирования по частям, полагая u  e x ,
dv  cos 2 x dx . Тогда


e x cos 2 x  1 x
e x sin 2 x 
e
sin
2
x
dx



e
sin
2
x
dx

0
2
4 0
4
0
0
x
Перенесем слагаемое, содержащее интеграл, в левую часть уравнения

5 x
1
e sin 2 x dx  (1  e  )

40
2

2
5
Отсюда  e x sin 2 xdx  (1  e ) .
0
Задачи для самостоятельного решения
Вычислить интегралы:

e
1.
2
 cos ln x dx
0

2
2.
e
x
cos x dx
0
Ответы.
- 32 -
- 33 
e 2 1
1.
2

e 2 1
2
2.
3. Приложения определенного интеграла
Литература: [1], т.1; [2]
3.1. Вычисление площадей плоских фигур
На основании геометрического смысла определенного интеграла площадь
криволинейной трапеции, ограниченной кривой y  f (x) , прямыми x  a и x  b
и отрезком a, b оси OX (рис. 3.1), вычисляется по формуле:
b
S   f ( x)dx .
(3.1.1)
a
Площадь фигуры, ограниченной кривыми y  f1 ( x) и y  f 2 ( x) ( f 2 ( x)  f1 ( x))
для x  a, b и прямыми x  a , x  b (рис. 3.2), вычисляется по формуле:
b
S    f 2 ( x)  f1 x  dx
(3.1.2)
a
Если кривая задана параметрическими уравнениями x   (t ) , y   (t ) , так что
 (t1 )  a , а  (t 2 )  b , то площадь фигуры, ограниченной этой кривой и прямыми
x  a , x  b , y  0 , вычислить по формуле:
t2
S   (t ) ' (t )dt
(3.1.3)
t1
Если область ограничена кривой, заданной в полярных координатах
уравнением    ( ) , и двумя полярными лучами    и    (рис. 3.3), то ее
площадь выражается интегралом

S
1
 2 ( )d

2
(3.1.4)
- 33 -
- 34 -
Пример 3.1.1. Вычислить площадь фигуры, ограниченной параболой
y  x 2  4 и прямой x  y  8  0 .
Решение. Найдем абсциссы точек пересечения прямой с параболой, решив
систему уравнений.
y  x2  4
 x 2  4  x  8  x1  3, x2  4 .

y  x  8
Как видно из рис. 3.4, заданная фигура ограничена снизу параболой
y  x 2  4 , сверху прямой y  x  8 и проектируется на ось ОХ в отрезок  3, 4.
Следовательно, искомая площадь вычисляется по формуле (3.1.2):
 ( x  8)  ( x
4
S
2

 4) dx  (12 x 
3
x 2 x3 4
1
 )  57 .
2
3 3
6
Пример 3.1.2. вычислить площадь области, ограниченной астроидой:
x  a cos 3 t , y  a sin 3 t .
Решение. Граница области, заданная параметрическими уравнениями
x  a cos 3 t , y  a sin 3 t , представляет замкнутую кривую (рис. 3.5). при движении
вдоль этой кривой параметр t изменяется от 0 до 2 . Заданная фигура состоит
из четырех равновеликих частей. Составим интеграл площади той фигуры,
которая находится в первой четверти, что соответствует изменению абсцисс
точек области от 0 до a .
Пределы изменения параметра t определяется из уравнений:
0  a cos 3 t1
cos t1  0


cos t 2  1
a  a cos 3 t 2

t1 

2
t2  0
- 34 -
- 35 -
Тогда, по формуле (3.1.3) имеем


2
cos 4t cos 6t 
3
1 7
2
S1   y (t ) x' (t ) dt  3a 2  sin 4 t cos 2 t dt 3a 2    cos 2t 

dt   a ,
16 16
8
16 
32

0
0
0
2
2
S  4 S1 
3 2
a .
8
Пример 3.1.3. Вычислить площадь области, ограниченной кривой:
  a 2 cos 4 .
Решение. Исследуем вопрос, при каких значениях угла  в интервале от 0 до
2 существуют точки на границе указанной области. Правая часть уравнения
 2  a 2 cos 4 должна быть неотрицательной. Следовательно, при значениях  ,
для которых cos 4  0 , мы получаем все множество граничных точек области.
Решая неравенство cos 4  0 , находим интервалы изменения угла  :
2


8
 

8
3
8
5
8
;     ;
7
9
11
13
    ;     .
8
8
8
8
Граница области представляет замкнутую самопересекающуюся кривую,
состоящую из 4 лепестков (рис. 3.6), а сама область складывается из 4
равновеликих фигур. Составим интеграл площади фигуры, ограниченной
лепестком, для которого угол изменяется в пределах от 

8
до

. По формуле
8
(3.1.4) получим

S1 
1
2

8
2
  d 


8
2
a
2
8
 cos 4 d 


8
2
a sin 4
2
4
2

8



a2
.
4
8
Тогда: S  4S1  a .
Задачи для самостоятельного решения.
Вычислить площадь фигуры, ограниченной прямой y  x и параболой
y  2 x .
2.
Вычислить площадь фигуры, ограниченной эллипсом: x  a cos t ,
y  b sin t .
3.
Найти площадь фигуры, ограниченной полярной осью и первым
витком спирали Архимеда   a , 0    2 .
Ответы.
1.
2
1.
9
2
2.
 ab
4
3
3.  3 a 2
3.2 Вычисление длины дуги плоской кривой .
- 35 -
- 36 -
Если плоская кривая задана уравнением y  f (x) на отрезке a, b и функция
f (x) непрерывно дифференцируема на отрезке a, b , то длина соответствующей
дуги этой кривой равна:
b
L   1  [ f ' ( x)] 2 dx
(3.2.1)
a
Если кривая задана параметрическими уравнениями x   (t ) , y   (t ) , то
длина дуги кривой, соответствующей монотонному изменению параметра t от
t1 до t 2 , выражается интегралом:
t2
L   [ ' (t )] 2   ' (t ) dt
2
(3.2.2)
t1
Здесь также предполагается, что x   (t ) и y   (t ) непрерывно
дифференцируемы на отрезке [t1 , t 2 ] .
Если кривая задана в полярных координатах уравнением    ( ) , то длина
дуги, соответствующей изменению угла  от  до  , равна:

L    2  (  ' ) 2 d
(3.2.3)

Пример 3.2.1. Вычислить длину дуги кривой y  ln sin x от x 


до x  .
3
2
Решение. Дифференцируя уравнение кривой, найдем y '  ctgx . Используя
формулу (3.2.1), получим:




2
2
2
2

3


dx
x
1  ctg x dx  
 ln tg
2
 sin x
3
3
3
L   1  ( y ' ) dx  
2
2
 ln 3 .
Пример 3.2.2. Вычислить длину астроиды x  a cos t , y  a sin 3 t .
Решение. Кривая астроиды состоит из четырех дуг равной длины
(см.рис.3.5).
Вычислим длину дуги, расположенной в первой четверти и
3
соответствующей изменению параметра t от 0 до

.
2
Найдем предварительно x' (t ) и y ' (t )
x' (t )  3a cos 2 t sin t , y' (t )  3a sin 2 t cos t и составим интеграл длины дуги,
заданной параметрически, используя формулу (3.2.2)



2
2
2
0
0
L1   ( x' ) 2  ( y ' ) 2 dt  3a 

2
3a
3
cos 4 t sin 2 t  sin 4 t cos 2 t dt  3a  sin t cos t dt   cos 2t  a
4
2
0
0
L  4L1  6a .
Пример 3.2.3. Найти длину дуги кривой   a sin  .
Решение. Так как полярный радиус  по смыслу должен быть
неотрицательный, то пределы изменения угла  определяются неравенством
- 36 -
- 37 sin   0 . Тогда 0     . При изменении  от 0 до
возрастает от 0 до a . При изменении  от

длина радиуса 
2

до  величина  убывает от a до
2
0. Радиус вектор  описывает замкнутую кривую, представляющую
окружность радиуса
a
с центром в точке (0, a 2) (рис.3.7).
2
Вычислим длину этой кривой, используя
формулу (3.2.3)



0
0
0
L    2  (  ' ) 2 d  a  sin 2   cos 2  d  a  d   a .
Задачи для самостоятельного решения.

Вычислить длину дуги кривой y  1  ln cos x, 0  x  .
1.
6
Вычислить длину дуги кривой, заданной параметрами:
2.
x
3
t
 t,
3
y  t2  2 ,
0  t  3.
3.
Вычислить длину дуги кривой, заданной в полярных координатах
уравнением:   1 cos  .
Ответы.
1.
1
ln 3
2
2. 12
3.
8.
3.3 Вычисление объемов тел.
Если площадь сечения тела плоскостью, перпендикулярной к оси ОХ, может
быть выражена как функция x в виде S  S (x) , то объем части тела ,
заключенной между перпендикулярами к оси ОХ плоскостями x  a и x  b ,
равен:
b
V   S ( x)dx.
(3.3.1)
a
Если криволинейная трапеция, ограниченная кривой y  f (x) и прямыми
y  0 , x  a и x  b , вращается вокруг оси ОХ (рис.3.8), то объем тела вращения
вычисляется по формуле (3.3.2):
- 37 -
- 38 -
b
V    f 2 ( x)dx .
(3.3.2)
a
Пример 3.3.1. Вычислить объем тела, ограниченного двумя круговыми
цилиндрами радиуса r , оси которых пересекаются под прямым углом.
Решение. Направим ось ОХ через точку 0 пересечение осей цилиндров
перпендикулярно обеим осям.
Рассмотрим ту часть заданного тела, которая находится в первом октанте
(рис. 3.9). Тело OABCD, изображенное на рис. 3.9,
составляет восьмую часть заданного тела. На
расстоянии x (0  x  r ) от начала координат рассечем
тело плоскостью, перпендикулярной оси ОХ. Сечение
KLMN представляет собой квадрат со стороной KM, где
KM  OM 2  ON 2  r 2  x 2 , та как OM=r – радиус
цилиндра. Очевидно, что площадь сечения S (x ) равна:
S ( x)  r 2  x 2
Тогда объем заданного тела вычисляется по формуле
3.3.1):
r
V  8 (r 2  x 2 )dx  8(r 2 x 
0
x 3 r 16 3
)  r
3 0 3
Пример 3.3.2. Вычислить объем тела, образованного вращением фигуры,
ограниченной параболой ( y  3) 2  3x  0 и прямой x  3
Решение. Тело образовано вращением фигуры ABC (рис. 3.10) вокруг оси
ОХ. Объем этого тела может быть рассмотрен как разность
объемов, полученных в результате вращения площадей
ACBO и ABO вокруг оси ОХ.
Из уравнения параболы получим уравнение верхней
ветви CB и нижней ветви BA, а именно уравнения кривой
CB имеет вид: y1  3   3x , уравнение кривой ВА имеет
y 2  3   3x .
вид:
Абсциссы точек фигуры изменяются на отрезке [3, 0] . Следовательно,
искомый объем вычисляется по формуле (3.3.2):
0
0
0
3
3
3
V    ( y12  y 22 )dx    [(3   3x ) 2  (3   3x ) 2 ] dx    12  3x dx  12 .
- 38 -
- 39 -
Задачи для самостоятельного решения.
1.
Криволинейная трапеция, ограничена линией y  xex и прямыми y  0 и
y  1 , вращается вокруг оси абсцисс. Найти объем тела, которое при этом
получается.
2.
Найти объем тела, образованного вращением вокруг оси ОХ, фигуры,
x3
x2
, y .
8
4
ограниченной линиями y 
Ответы.
1.

4
(e 2  1)
2.
4

35
4. НЕСОБСТВЕННЫЙ ИНТЕГРАЛ
Литература: [1], т.1; [2].
4.1 Вычисление интегралов с бесконечными пределами от непрерывных
функций.
Рассмотрим функцию f (x) , определенную в промежутке a,  и
интегрируемую на любой его конечной части [a, A] , т.е
A
 f ( x)dx имеет смысл
a
при любом A  a .
Определение. Несобственным интегралом функции f (x) в промежутке от a
до  , называется конечный или бесконечный предел интеграла
A
 f ( x)dx при
a
A   . Этот предел обозначают символом:

A
 f ( x)dx  lim  f ( x)dx
a
A
(4.1.1)
a
Если этот предел существует и конечен, то несобственный интеграл
называется сходящимся.
Если предел бесконечен или не существует, то про интеграл говорят, что он
расходится.
Аналогично определяется интеграл на промежутке  , b:

b
 f ( x)dx  lim  f ( x)dx .

a 
(4.1.2)
a
Интеграл на всей числовой оси (от   до +  )определяется в виде суммы
интегралов на полу-бесконечных промежутках:
- 39 -
- 40 

b
f ( x)dx  lim
b


b
f ( x)dx  lim
a 
a
 f ( x)dx .
(4.1.3)
a
Если функция f (x) определена и непрерывна на промежутке a,  , кроме
того, для функции f (x) в этом промежутке существует первообразная F (x) в
классе элементарных функций, то по формуле Ньютона - Лейбница:
A
 f ( x)dx  F ( A)  F (a) .
(4.1.4)
a
Очевидно что интеграл

 f ( x)dx сходится, если существует и конечен:
a
lim F ( A)  F ()  
(4.1.5)
A 
Пример 4.1.1. Вычислить, если это возможно, несобственный интеграл:

x
 xe dx .
2
0
Решение. Подынтегральная функция f ( x)  xe x определена и непрерывна на
2
1
2
всей числовой оси, кроме того, имеет первообразную F ( x)   e  x . Тогда по
2
определению имеем:

 xe
 x2
0
2
2
1
1 1
 1 2 A
dx  lim  xe x dx  lim  e  x    lim e  A  
A
A
2 A
2 2
0
 2
0
A
Пример 4.1.2. Сходится ли несобственный интеграл

dx
 x ln x ?
2
Решение. Используя определение несобственного интеграла на
неограниченном промежутке, вычислим:
A
A
dx

lim
ln
ln
x
 lim ln ln A  ln ln 2  
A  x ln x
A 
A 
2
2
lim
Предел бесконечен, поэтому данный интеграл расходится.
Пример 4.1.3. При каких значениях  сходится интеграл:

dx
 x
.
1
Решение. Пусть   1 , тогда:

A
dx
dx
1 1
 lim
x

1 x   lim

A x
A 1  
1
При   1 имеем:
A
1
 1
,
A1
1

 lim

 1  
1  1  
,
  1,
  1.

A
dx

lim
ln
x
ln A   .
1 x A 1  lim
A 
Следовательно интеграл сходится при   1 и расходится при   1.
Пример 4.1.4. Установить сходимость интеграла

arctgx
 1 x
2
dx .
0
Решение. Используя определение несобственного интеграла, вычислим
предел.
- 40 -
- 41 A
arctgx
arctg 2 x
dx

lim
A  1  x 2
A
2
0
A
lim

0
1
2
.
lim arctg 2 A 
2 A
2
Предел конечен, следовательно интеграл

arctgx
 1 x
2
dx сходится.
0
Задачи для самостоятельного решения.

1.
Доказать, что интеграл  x cos xdx расходится.
?
2.
Вычислить интеграл

dx
 x ln
2
e
x
.
Ответы:
2. 1
4.2. Вычисление несобственных интегралов от неограниченных функций.
Рассмотрим функцию f (x) , заданную в конечном промежутке [a, b] , но
неопределенную в этом промежутке.
Предположим, что функция f (x) имеет бесконечный разрыв в точке x  b и
непрерывна всюду при a  x  b .
Определение. Несобственным интегралом от неограниченной функции
f (x) на промежутке от a до b называют конечный или бесконечный предел
b 
интеграла
 f ( x)dx
при   0 .
a
Этот предел обозначают так:
b 
b
 f ( x)dx  lim  f ( x)dx .

a
(4.2.1)
a
Если этот предел существует и конечен, то интеграл называют сходящимся.
В противном случае расходится.
Если особая точка x  c функции f (x) является внутренней точкой отрезка
[a, b] , то по определению полагают:
c 
b

f ( x)dx  lim
 0
a

a
b
f ( x)dx  lim
 0
 f ( x)dx .
(4.2.2)
c
В этом случае несобственный интеграл называют сходящимся, если
существуют и конечны оба предела в правой части равенства.
Пример 4.2.1. Вычислить, если это возможно,
2

1
xdx
x 1
.
Решение. Подынтегральная функция неограниченна в окрестностях точки
x  1, так как
x
x 1
  при x  1 0 .
- 41 -
- 42 -
Подынтегральная функция непрерывна всюду на отрезке [1   , 2] ,   0 ,
следовательно, существует определенный интеграл.
Вычислим его:
3
1
2
 2 8 2 32
2
2
.
)
dx

(
x

1
)

2
x

1




2

1 x  1 1
3
 1 3 3
x 1


Рассмотрим предел этого интеграла при   0 .
2
1 
xdx
8
8 2 3
lim 
 lim    2  2 2   .
 0
x  1  0 3 3
 3
1
2
2
xdx

1
( x 1 
Следовательно, несобственный интеграл от неограниченной функции
сходится по определению и
2
xdx

x 1
1

8
.
3
Пример 4.2.2. Вычислить, если это возможно,
1

3x 2  2
3
1
x
dx .
2
Решение. Подынтегральная функция имеет бесконечный разрыв в точке
x  0 , являющейся внутренней точкой отрезка интегрирования. Поэтому
подставим интеграл в виде суммы двух интегралов:
1
I
3x 2  2
3
1
x
2
0
dx  
1
3x 2  2
3
x
2
1
dx  
3x 2  2
3
0
x
2
dx  1   2 .
Несобственный интеграл 1 имеет особенность на верхнем пределе, а  2 - на
нижнем пределе. Если 1 и  2 сходятся, то сходится задний предел.
По определению несобственного интеграла особой точкой внутри
промежутка интегрирования имеем:
I  lim
1  0
1

1
3x 2  2
3
x2
1
dx  lim
 2  0

2
3x 2  2
3
x2
1  1
1  1
9 7
9 7
dx  lim  x 3  6 x 3   lim  x 3  6 x 3  
1  0 7

 1  2 0 7
 2
1
1 
9
9 7
102
9 7

9
 lim   1 3  6 1 3   6   lim   6   2 3  6 2 3  
.
1  0 7

7
7
7

 2 0  7

Пример 4.2.3. Исследовать сходимость интеграла
2
dx
 x ln
1
p
x
в зависимости от
параметра p .
Решение. Подынтегральная функция имеет бесконечный разрыв в точке
x  1, если p  0 . При p  0 подынтегральная функция непрерывна всюду на
отрезке [1, 2] , и интеграл является определенным интегралом в собственном
смысле.
Рассмотрим случай p  1 и вычислим
2
lim
 0

1
dx
(ln x)1 p

lim
x ln p x  0 1  p
2
1
[ln( 1   )]1 p ln 2
.

 0
1 p
1 p
  lim
- 42 -
- 43 -
Если p  1 , то lim
 0
dx
ln 2
[ln( 1   )]
, т.е. конечен, а
 0 и lim 

p
 0
1 p
1 p
1 x ln x
2
следовательно, интеграл
2
dx
 x ln
p
1
x
сходится по определению. Если p  1 ,
[ln( 1   )]1 p
lim

 0
1 p
и lim
 0
2
dx
 x ln
1
p
x

в этом случае интеграл
2
dx
 x ln
1
Если p  1 , то lim
 0
2
lim
 0
2

1
p
x
расходится.
2
dx

lim
ln
ln
x
 ln ln 2  lim ln ln( 1   )   , и интеграл
 0
x ln p x  0
1
dx
 x ln x также расходится.
1
Следовательно, интеграл сходится при p  1 и расходится при p  1 .
Задачи для самостоятельного решения.
1.
Вычислить, если это возможно, интегралы от неограниченных
функций.
1
1
1)  x ln xdx .
2)

1
0
x 1
5
x
dx
3
Ответы.
1
4
1.  .
2.
- 43 -
10
.
7
- 44 -
Содержание
Введение
3
1. Неопределенный интеграл
3
1.1.Основные формулы интегрирования
Непосредственное интегрирование
1.2. Интегрирование методом замены
переменной
1.3. Интегрирование по частям
3
6
9
1.4. Интегрирование рациональных
дробей
1.5. Интегрирование некоторых
иррациональных функций
1.6. Интегрирование
тригонометрических функций
2. Определенный интеграл
12
2.1. Основные свойства определенного
интеграла
2.2. Вычисление определенных интегралов
с помощью первообразных
2.3. Замена переменной в определенном
интеграле
2.4. Интегрирование по частям
26
3. Приложения определенного интеграла
33
3.1. Вычисление площадей плоских
областей
3.2. Вычисление длины дуги плоской
кривой
3.3. Вычисление объемов тел
33
4. Несобственный интеграл
39
4.1. Вычисление интегралов с
бесконечными пределами от
непрерывных функций
4.2. Вычисление несобственных
интегралов от неограниченных
функций
39
18
22
26
28
29
31
35
37
41
- 44 -