ВУЗ: Не указан
Категория: Не указан
Дисциплина: Не указана
Добавлен: 07.04.2021
Просмотров: 257
Скачиваний: 1
=
∫
t
−
2
dt
=
t
−
1
−
1
+
C
=
−
1
t
+
C
=
−
1
x
+ 2
+
C.
В дальнейшем, по мере накопления опыта, вводить переменную
t
не
обязательно, просто выражение
x
+ 2
рассматриваем как новую перемен-
ную.
Пример 7.
∫
√
2
−
3
xdx
=
−
1
3
∫
√
2
−
3
xd
(
−
3
x
) =
−
1
3
∫
(2
−
3
x
)
1
2
d
(2
−
3
x
) =
=
−
1
3
·
2(2
−
3
x
)
3
2
3
+
C
=
−
2
9
(2
−
3
x
)
3
2
+
C.
Пример 8.
∫
dx
a
2
+
x
2
=
1
a
2
∫
dx
1 +
x
2
a
2
=
1
a
2
∫
dx
1 +
(
x
a
)
2
=
1
a
2
·
a
∫
d
(
x
a
)
1 +
(
x
a
)
2
=
=
1
a
arctg
x
a
+
C.
Пример 9.
∫ (
cos 3
x
+
e
−
2
x
)
dx
=
∫
cos 3
x dx
+
∫
e
−
2
x
dx
=
=
1
3
∫
cos 3
x d
(3
x
)
−
1
2
∫
e
−
2
x
d
(
−
2
x
) =
1
2
sin 3
x
−
1
2
e
−
2
x
+
C.
6
Тема 3. Подведение функции под знак дифференциала
Если
F
(
x
)
– первообразная для функции
f
(
x
)
, то
f
(
x
)
dx
=
dF
(
x
)
.
Приведем наиболее часто встречающиеся случаи:
1.
xdx
=
1
2
d
(
x
2
)
,
2.
x
n
dx
=
1
n
+1
d
(
x
n
+1
)
,
3.
sin
x dx
=
−
d
cos
x ,
4.
cos
x dx
=
d
sin
x ,
5.
1
x
dx
=
d
ln
x ,
6.
1
x
2
dx
=
−
d
(
1
x
)
,
7.
e
x
dx
=
d e
x
.
Пример 10.
∫
x dx
3 +
x
2
=
1
2
∫
d
(
x
2
)
3 +
x
2
=
1
2
∫
d
(3 +
x
2
)
3 +
x
2
=
1
2
ln
(
3 +
x
2
)
+
C.
Пример 11.
∫
x
2
5
√
1+
x
3
dx
=
1
3
∫
(1+
x
2
)
1
5
d
(1+
x
3
) =
1
3
·
5(1+
x
3
)
6
5
6
+
C
=
5
18
(1+
x
3
)
6
5
+
C.
Рекомендуется после подведения под знак дифференциала сделать про-
верку по формуле
df
(
x
) =
f
′
(
x
)
dx.
Пример 12.
∫
cos
x
√
sin
3
x
dx
=
∫
d
sin
x
√
sin
3
x
=
∫
(sin
x
)
−
3
2
d
sin
x
=
sin
−
1
2
x
−
1
2
+
C
=
−
2 sin
−
1
2
x
+
C.
7
Пример 13.
∫
e
x
dx
3 +
e
x
=
∫
de
x
3 +
e
x
=
∫
d
(3 +
e
x
)
3 +
e
x
= ln(3 +
e
x
) +
C.
Пример 14.
∫
dx
x
√
x
2
−
1
=
∫
dx
x
· |
x
|
√
1
−
1
x
2
=
1
sgn
x
∫
dx
x
2
√
1
−
1
x
2
=
=
−
1
sgn
x
∫
d
(
1
x
)
√
1
−
1
x
2
=
−
1
sgn
x
arcsin
1
x
+
C
=
−
sgn
x
·
arcsin
1
x
+
C.
Тема 4. Метод замены переменной (метод подстановки)
Теорема 2
Если
f
(
x
)
непрерывна и
x
=
φ
(
t
)
, где
φ
(
t
)
непрерывна вместе
со своей производной
φ
′
(
t
)
, то
∫
f
(
x
)
dx
=
∫
f
(
φ
(
t
))
φ
′
(
t
)
dt.
Проблема состоит в том, как найти подходящую функцию
φ
(
t
)
для кон-
кретного интеграла. Для этого есть учебники, в которых интегралы раз-
биты на типы и указано как надо поступать. В нестандартных случаях
выручает интуиция и метод проб и ошибок.
Пример 15.
∫
xdx
√
3
−
x
.
Обозначим
√
3
−
x
=
t
, найдем
x
и
dx
. Имеем,
3
−
x
=
t
2
,
x
= 3
−
t
2
,
dx
=
−
2
tdt
и
∫
xdx
√
3
−
x
=
∫
3
−
t
2
t
·
(
−
2
t
)
dt
=
−
2
∫
(3
−
t
2
)
dt
=
−
2
(
3
t
−
t
3
3
)
+
C
=
=
−
6
√
3
−
x
+
2
3
(3
−
x
)
3
2
+
C.
8
Пример 16.
∫
dx
√
e
x
−
1
=
{
e
x
=
t, x
= ln
t, dx
=
1
t
dt
}
=
∫
dt
t
√
t
−
1
=
=
{
√
t
−
1 =
y, t
−
1 =
y
2
, t
=
y
2
+ 1
, dt
= 2
ydy
}
=
∫
2
ydy
(
y
2
+ 1)
y
=
= 2
∫
dy
1 +
y
2
= 2 arctg
y
+
C
= 2 arctg
√
e
x
−
1 +
C.
Пример 17.
∫
x
3
(1
−
2
x
2
)
5
dx
=
1
2
∫
x
2
(1
−
2
x
2
)
5
dx
2
=
−
1
4
∫
x
2
(1
−
2
x
2
)
5
d
(1
−
2
x
2
) =
=
{
1
−
2
x
2
=
t, x
2
=
1
2
(1
−
t
)
}
=
−
1
8
∫
(1
−
t
)
t
5
dt
=
−
1
8
∫
(
t
5
−
t
6
)
dt
=
=
−
1
8
(
t
6
6
−
t
7
7
)
+
C
=
−
1
8
(
(1
−
2
x
2
)
6
6
−
(1
−
2
x
2
)
7
7
)
+
C.
§2. Специальные приемы вычисления неопределенных интегралов
Тема 5. Тригонометрические и гиперболические подстановки
Приведем для справки некоторые формулы для гиперболических функ-
ций:
ch
x
=
e
x
+
e
−
x
2
,
sh
x
=
e
x
−
e
−
x
2
,
ch
2
x
−
sh
2
x
= 1
,
sh 2
x
= 2 sh
x
ch
x,
ch 2
x
= ch
2
x
+ sh
2
x,
ch
2
x
=
1 + ch 2
x
2
,
sh
2
x
=
ch 2
x
−
1
2
.
Рекомендуются следующие подстановки (возможны и другие варианты):
1.
∫
R
(
x,
√
a
2
−
x
2
)
dx
;
x
=
a
sin
t
или
x
=
a
cos
t,
2.
∫
R
(
x,
√
a
2
+
x
2
)
dx
;
x
=
a
sh
t
или
x
=
a
tg
t,
3.
∫
R
(
x,
√
x
2
−
a
2
)
dx
;
x
=
a
ch
t.
9
Пример 18.
∫ √
a
2
+
x
2
dx,
a >
0
.
Произведя замену
x
=
a
sh
t, dx
=
a
ch
tdt, t
= arsh
x
a
= ln
x
a
+
√
1 +
x
2
a
2
,
получим
∫ √
a
2
+
x
2
dx
=
∫ √
a
2
+
a
2
sh
2
t
·
a
ch
tdt
=
a
2
∫
ch
2
tdt
=
=
a
2
2
∫
(1 + ch 2
t
)
dt
=
a
2
2
(∫
dt
+
∫
ch 2
tdt
)
=
a
2
2
(
t
+
1
2
sh 2
t
)
+
C
=
=
a
2
2
ln
x
a
+
√
1 +
x
2
a
2
+
x
2
√
x
2
+
a
2
+
C.
Тема 6. Метод интегрирования по частям
Теорема 3
Пусть
u
(
x
)
и
v
(
x
)
некоторые дифференцируемые функции. То-
гда
∫
udv
=
uv
−
∫
vdu.
Этот метод подходит для интегралов следующего вида
∫
x
n
e
x
dx,
∫
x
n
sin
xdx
,
∫
x
n
cos
xdx
,
∫
x
n
sh
xdx
,
∫
x
n
ch
xdx
. Здесь за
u
(
x
)
берут ал-
гебраическую часть выражения. Например,
x
n
=
u
,
e
x
dx
=
dv
.
В интегралах вида
∫
x
n
arcsin
xdx
,
∫
x
n
arccos
xdx
,
∫
x
n
arctg
xdx
,
∫
x
n
arcctg
xdx
,
∫
x
n
log
a
xdx
за
u
берут не алгебраическую часть. Напри-
мер,
u
= arctg
x
,
dv
=
x
n
dx
.
Метод интегрирования по частям применяется и во многих других слу-
чаях.
Пример 19.
∫
x
2
cos 2
xdx.
Введем
обозначения
u
=
x
2
и
dv
= cos 2
xdx
,
тогда
du
=2
xdx,
10