1. ИМЭИ ИГУ
ИНТЕГРАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ
ФУНКЦИИ ОДНОЙ ПЕРЕМЕННОЙ
НЕОПРЕДЕЛЕННЫЙ ИНТЕГРАЛ
Гражданцева Е.Ю., Дамешек Л.Ю.
В пособии излагается основной теоретический материал по те-
ме: Неопределенный интеграл. Приводятся примеры, иллюст-
рирующие применение описанных методов интегрирования.
Пособие предназначено для студентов нематематических спе-
циальностей университета.
2010

2. СОДЕРЖАНИЕ
I. Неопределенный интеграл
1. Понятие первообразной функции и неопределенного интеграла.
1.1. Первообразная и неопределенный интеграл.
1.2. Свойства неопределенного интеграла.
1.3. Таблица основных интегралов.
2. Основные способы интегрирования.
2.1. Интегрирование с использованием основных формул (таб-
личное интегрирование)
2.2. Интегрирование при помощи тождественных преобразова-
ний подынтегральной функции.
2.3. Интегрирование заменой переменной (или метод подста-
новки).
2.4. Интегрирование по частям.
3. Интегрирование дробно-рациональных функций.
3.1. Понятие рациональной дроби.
3.2. Интегрирование простейших рациональных дробей.
4. Интегрирование тригонометрических выражений.
4.1. Интегралы вида ∫ sin ax cos bx dx , ∫ cos ax cos bx dx ,
∫ sin ax sin bx dx .
4.2. Интегралы вида ∫ sin n x cos m x dx , n ∈ N , m ∈ N .
4.3. Интегралы вида ∫ R (sin x, cos x) dx , где R(sin x, cos x) явля-
ется рациональной функцией аргументов sin x и cos x .
4.4. Интегралы вида ∫ R (sin x) cos x dx , где R(sin x) является ра-
циональной функцией аргумента sin x .
4.5. Интегралы вида ∫ R (cos x ) sin x dx .
dx
4.6. Интегралы вида ∫ sin m x cos n x , где m ∈ N , n ∈ N .
5. Интегрирование простейших иррациональностей.
5.1. Интегралы с линейной иррациональностью.
5.2. Интегралы с квадратичной иррациональностью.
6. Интегралы от дифференциальных биномов.
7. Примеры для самостоятельного решения.
2

3. ИНТЕГРАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ
I. НЕОПРЕДЕЛЕННЫЙ ИНТЕГРАЛ
1. ПОНЯТИЕ ПОРВООБРАЗНОЙ ФУНКЦИИ И НЕОПРЕ-
ДЕЛЕННОГО ИНТЕГРАЛА.
1.1. Первообразная и неопределенный интеграл.
Задача определения закона движения материальной точки, если извест-
на скорость прямолинейного движения этой точки v = v(t ) является обратной
к задаче определения скорости материальной точки при известном законе
s = s(t ) прямолинейного движения этой материальной точки. Поскольку ско-
рость v = v(t ) материальной точки определяется как производная по времени
от закона движения: v = s ′(t ) , то естественно законом движения материаль-
ной точки при известной скорости ее движения будет такая функция , для ко-
торой s ′(t ) = v .
Определение. Функция F (x ) называется первообразной функцией для
данной функции f (x) на заданном промежутке, если на нем F ′( x ) = f (t ) .
Пример 1.1. F ( x ) = x 3 – первообразная для функции f ( x ) = 3 x 2 для
любых х, так как ( x 3 )′ = 3 x 2 .
1
Пример 1.2. F ( x) = cos 3 x – первообразная для функции f ( x) = sin 3 x
3
для любых x .
1
Пример 1.3. F ( x) = – первообразная для функции
1 − x2
f ( x) = arcsin x для любых x ∈[−1;1] .
3

4. Теорема. Если F1 ( x ) и F2 ( x) – первообразные для функции f (x) в не-
котором промежутке X , то найдется такое число С, что F2 ( x ) − F1 ( x ) = C
Доказательство. Пусть F1′( x ) = f ( x) и F2′ ( x ) = f ( x ) для любых x ∈ X .
Так как (F1 ( x) − F2 ( x) )′ = f ( x ) − f ( x) = 0 = C ′ , то F1 ( x ) − F2 ( x ) = C .
Замечание. Операция нахождения первообразной неоднозначна и воз-
можна с точностью до некоторого постоянного слагаемого.
Определение. Выражение F ( x) + C , где F (x) – первообразная функ-
ции f (x) , C – некоторая постоянная, называется неопределенным инте-
гралом от f (x) и обозначается ∫ f ( x) dx ; то есть ∫ f ( x) dx = F ( x) + C , если
F ′( x ) = f ( x ) , C – некоторая постоянная.
Здесь
∫ – знак интеграла, f ( x) dx – подынтегральное выражение , f (x) –
подынтегральная функция, x – переменная интегрирования.
Теорема. Если функция f (x) непрерывна на [a, b] , то на нем сущест-
вует первообразная для f (x) .
1.2. Свойства неопределенного интеграла.
1. (∫ f ( x) dx)′ = f ( x) ,
2. d (∫ f ( x ) dx ) = f ( x ) dx ,
3. ∫ F ′( x) dx = F ( x) + C или ∫ d (F ( x ) ) = F ( x) + C ,
4. ∫ Af ( x) dx = A∫ f ( x) dx, A∈ R ,
5. ∫ ( f ( x) + g ( x) )dx = ∫ f ( x) dx + ∫ g ( x) dx .
1.3. Таблица основных интегралов.
4

5. x n+1
2. ∫ x dx =n
+ C , n ≠ −1 ,
n +1
dx
3. ∫ x
= ln | x | +C , x ≠ 0 ,
1 a nx
4. ∫ a dx = ⋅
nx
+ C , a > 0, a ≠ 1,
n ln a
1 nx
∫e dx = ⋅e + C,
nx
5.
n
1
6. ∫ sin ax dx = − ⋅ cos ax + C ,
a
1
7. ∫ cos ax dx = a ⋅ sin ax + C ,
dx 1 π
8. ∫ cos 2 ax = a ⋅ tg ax + C , x≠
2
+ πn ,
dx 1
9. ∫ sin 2 ax a
= − ⋅ ctg ax + C , x ≠ πn ,
1 x
dx  a ⋅ arctg a + C ,

10. ∫ 2 =
x + a2  1 x
− ⋅ arcctg + C ,
 a
 a
 x
dx arcsin a + C , | x |< a,

11. ∫ =
a 2 − x 2 − arccos x + C , | x |< a,

 a
dx
12. ∫ x2 ± a
= ln | x + x 2 ± a | +C , | x |> a ,
dx 1 x−a
13. ∫ x 2 − a 2 = 2a ⋅ ln x + a + C , | x |≠ a ,
1
14. ∫ sh ax dx = a ⋅ ch ax + C ,
1
15. ∫ ch ax dx = ⋅ sh ax + C ,
a
5

6. dx 1
16. ∫ ch 2 ax = a ⋅ th ax + C ,
dx 1
17. ∫ 2
= − ⋅ cth ax + C .
sh ax a
2. ОСНОВНЫЕ СПОСОБЫ ИНТЕГРИРОВАНИЯ.
2.1. Интегрирование с использованием основных формул (таблич-
ное интегрирование).
В простейшем случае, когда заданный интеграл представляет одну из
формул интегрирования, задача нахождения интеграла сводится к простому
применению соответствующей формулы.
Пример. 2.1. Найти интеграл ∫3 x dx .
1
1
Решение. Так как 3
x= x3 , то, применяя формулу 1 при n = , получим
3
1 4
1 +1
x3 x3 33 4
∫ x dx = ∫ dx = +C = +C = x + C.
3
x3
1 4 4
+1
3 3
Пример 2.2. Найти интеграл ∫ 5 x dx .
Решение. По формуле при a = 5 , n = 1 получаем
5x
∫ 5 dx = +C.
x
ln 5
dx
Пример 2.3. Найти интеграл ∫ 9 + x2 .
Решение. Применяя формулу 9 при a = 3 получим
6

7. dx 1 x
∫ 9 + x 2 = 3 arctg 3 + C .
dx
Пример 2.4. Найти интеграл ∫ 4 − x2
.
dx x
Решение. По формуле 10 при a = 2 получаем ∫ 4 − x2
= arcsin
2
+C.
dx
Пример 2.5. Найти интеграл ∫ x2 + 5
.
Решение. Используя формулу 11 при a = 5 получим
dx
∫ x +5
2
= ln x + x 2 + 5 + C .
dx
Пример 2.6. Найти интеграл ∫ x2 − 4 .
Решение. По формуле 12 при a = 2 получаем
dx 1 x−2 1 x−2
∫ x 2 − 4 = 2 ⋅ 2 ln x + 2 + C = 4 ln x + 2 + C .
dx
Пример 2.7. Найти интеграл ∫ 3x
.
1
1 1 1 1 −2
Решение. Поскольку = ⋅ = x , то, применяя формулу 1
3x 3 x 3
1
при n = − и линейные свойства интеграла, получим
2
1
1 1
dx 1 − 1 − 1 x2 2
∫ 3x
=∫
3
x 2 dx =
3∫
x 2 dx = ⋅
3 1
+C =
3
x +C.
2
7

8. 2.2. Интегрирование при помощи тождественных преобразований
подынтегральной функции.
Этот способ заключается в следующем: используя простейшие тожде-
ственные преобразования подынтегральной функции и свойства интегралов
прежний интеграл преобразуется в табличный интеграл (или в линейную
комбинацию табличных интегралов).
Пример 2.8. Найти ∫ (5 x 4 − 3 x 2 + 1)dx .
Решение:
∫ (5 x − 3 x 2 + 1) dx = ∫ 5 x 4 dx − ∫ 3 x 2 dx + ∫1dx =5∫ x 4 dx − 3∫ x 2 dx + ∫ dx =
4
x5 x3
=5⋅ − 3 ⋅ + x + C = x5 − x3 + x + C .
5 3
x 6 − x5 + 1
Пример 2.9. Найти ∫ dx .
x2
Решение:
x6 − x5 + 1  4 1  1 x5 x 4 1
∫ x 2 dx = ∫  x − x + x 2 dx = ∫ x dx − ∫ x dx + ∫ x 2 dx = 5 − 4 − x + C .
3 4 3
 
∫( )
2
Пример 2.10. Найти x − 3 x dx .
Решение:
( ( ))
 
∫( )
5 2
3 2
x − x dx = ∫ x − 2 x x + 3 3 2
x dx = ∫  x − 2 x 6 + x 3 dx =
 
 
5 2 11 5
x 2 12 6 3 3
= ∫ x dx − 2∫ x 6 dx +∫ x 3 dx = − ⋅ x + ⋅ x +C.
2 11 5
8

9. x2 + 6
Пример 2.11. Найти ∫ 2 dx .
x +4
Решение:
x2 + 6 x2 + 4 + 2  2  dx x
∫ x 2 + 4 dx = ∫ x 2 + 4 dx = ∫ 1 + x 2 + 4 dx = ∫ dx + 2∫ x 2 + 4 = x + arctg 2 + C .
 
2.3. Интегрирование заменой переменной (или метод подстанов-
ки).
Теорема. Пусть функция x = ϕ (t ) имеет непрерывную производную
ϕ ′(t ) и обратную функцию t = ψ (x) . Тогда справедливо равенство
∫ f ( x) dx = ∫ f [ϕ (t )]ϕ ′(t ) dt .
Доказательство. Для доказательства найдем производные обеих час-
тей равенства ∫ f ( x) dx = ∫ f [ϕ (t )]ϕ ′(t ) dt .
Производная левого интеграла равна
(∫ f ( x) dx) '
x
= f ( x) .
Производную правого интеграла найдем по правилу дифференцирова-
ния сложной функции с промежуточным аргументом t . Учитывая, что про-
изводная обратной функции равна
1 1
t′ = = , где ϕ ′(t ) ≠ 0 ,
xt′ ϕ ′(t )
x
получим
(∫ f ([ϕ (t )]ϕ ′(t ) dt ) ′ = (∫ f ([ϕ (t )]ϕ ′(t ) dt ) ′ ⋅ t ′ = f [ϕ (t )]ϕ ′(t ) ϕ ′1(t) = f [ϕ (t )] = f ( x) .
x t x
Так как производные левой и правой частей равенства
∫ f ( x) dx = ∫ f [ϕ (t )]ϕ ′(t ) dt равны, то интегралы ∫ f ( x) dx и ∫ f [ϕ (t )]ϕ ′(t ) dt оп-
9

10. ределяют одно и то же множество первообразных. Следовательно равенство
∫ f ( x) dx = ∫ f [ϕ (t )]ϕ ′(t ) dt справедливо.
Замечание. Функцию ϕ (t ) на практике выбирают так, чтобы инте-
грал в правой части равенства ∫ f ( x) dx = ∫ f [ϕ (t )]ϕ ′(t ) dt оказался более про-
стым в сравнении с интегралом в левой части этого равенства.
x
e
Пример 2.12. Найти интеграл ∫ x
dx .
Решение. Произведем следующую замену переменной интегрирования:
x
e
положим x = t . Тогда x = t , dx = d (t ) = (t )′ ⋅ dt = 2t dt и интеграл ∫
2 2 2
dx
x
преобразуется следующим образом:
x
e et
∫ x
dx = ∫ 2t dt = ∫ 2e t dt = 2∫ et dt = 2e t + C .
t
Так как x = t (это следует из замены переменной), то. Возвращаясь к
x
e
∫ dx = 2e +C.
x
переменной x , получим
x
Пример 2.13. Найти интеграл ∫ x + 3 dx .
Решение.
 замена переменной : x + 3 = t .
3
 2 2 2
∫ x + 3 dx =   = ∫ t dt = t + C = t t + C =
тогда x = t − 3, dx = (t − 3)′dt = dt  3 3
2
= ( x + 3) x + 3 + C .
3
ln 3 x
Пример 2.14. Найти интеграл ∫ dx .
x
Решение.
ln 3 x  замена переменной : ln x = t . t3 t 1 4
∫ x dx = тогда x = et . dx = e t dt.  = ∫ t e dt = ∫ t dt = t + C =
3
  e 4
10

11. 1
= ln x + C .
4
2.4. Интегрирование по частям.
Пусть функции u = u (x) и v = v (x ) имеют непрерывные производные
u ′(x ) и v ′(x ) . Тогда, по правилу дифференцирования произведения, будем
иметь
[u ( x) v( x)]′ = u ( x)′ v( x) + u ( x) v′( x) .
Это равенство показывает, что произведение данных функций u ( x ) v ( x )
является первообразной для суммы u ( x)′ v ( x ) + u ( x) v′( x ) и, следовательно,
∫ [u ′( x) v( x) + u ( x) v′( x)]dx = u ( x) v( x) + C .
Отсюда, используя линейное свойство интеграла, получим
∫ u ( x) v′( x) dx = u ( x) v( x) − ∫ u ′( x) v( x) dx + C .
Так как по определению дифференциала
v ′( x ) dx = dv , u ′( x ) dx = du ,
то полученное равенство можно записать короче
∫ u dv = u v − ∫ v du + C ,
или
∫ u dv = u v − ∫ v du ,
считая, что постоянная C включена в один из неопределенных интегралов.
При применении формулы интегрирования по частям
∫ u dv = u v − ∫ v du
подынтегральное выражение f ( x) dx разбивают на два множителя (две час-
ти) u и dv из которых находят недостающие части формулы ,а именно, из u
находится du , а из dv находится v . Разбиение подынтегрального выраже-
11

12. ния на две части производится таким образом, чтобы полученный инте-
грал ∫ v du оказался проще первоначального ∫ u dv .
Пример 2.15. Найти интеграл ∫ ln x dx .
Решение. Разобьем подынтегральное выражение ln x dx на две части
dx
следующим образом: u = ln x , dv = dx . Тогда du = (ln x)′dx = , а v = x (как
x
первообразная для функции v , находящейся под знаком дифференциала в
выражении dv ). Далее, используя формулу дифференцирования по частям,
получим
dx
∫ ln x dx = x ln x − ∫ x ⋅ x
= x ln x − ∫ dx = x ln x − x + C .
Пример 2.16. Найти интеграл ∫ x e x dx .
Решение. Разобьем подынтегральное выражение на части: u = x ,
dv = e x dx . Тогда du = dx , v = e x . Затем, используя формулу интегрирования
по частям, получим
∫ xe dx = x e x − ∫ e x dx = x e x − e x + C .
x
Пример 2.17. Найти интеграл ∫ arctg x dx .
Решение. Разобьем подынтегральное выражение на части: u = arctg x ,
1
dv = dx . Тогда du = dx , v = x . Следовательно, согласно формуле интег-
1 + x2
рирования по частям,
1
∫ arctg x dx = arctg x ⋅ x − ∫ x 1 + x 2 dx .
1
Получившийся интеграл ∫ x 1 + x 2 dx найдем методом подстановки (при
помощи замены переменной интегрирования):
 замена : x 2 + 1 = t. 
1   1 1
∫ x 1 + x 2 dx = тогда x = t − 1, dx = 1 dt. = ∫ t − 1⋅ t ⋅ 2 t − 1 dt =
 
 2 t −1 
12

13. 1 dt 1 1
= ∫ t = 2 ln t + C = 2 ln( x + 1) + C .
2
2
1
Таким образом ∫ arctg x dx = arctg x ⋅ x − ln( x 2 + 1) + C .
2
Пример 2.18. Найти интеграл ∫ x 2 cos x dx .
Решение. Проинтегрируем по частям.
по частям : 
 
∫ x cos x dx = u = x ⇒ du = 2 x dx,  = x sin x − ∫ sin x ⋅ 2 x dx .
2 2 2
dv = cos x dx ⇒ v = sin x 
 
Получившийся интеграл найдем интегрированием по частям.
по частям : 
 
∫ sin x ⋅ 2 x dx = ∫ 2 x sin x dx = u = 2 x ⇒ du = 2dx,  = −2 x cos x + ∫ 2 cos x dx =
dv = sin x dx ⇒ v = − cos x 
 
= −2 x cos x + 2 sin x + C .
Следовательно
∫x
2
cos x dx = x 2 sin x − (− 2 x cos x + 2 sin x + C ) = x 2 sin x + 2 x cos x − 2 sin x + C .
Пример 2.19. Найти интеграл ∫ e 2 x sin 3 x dx .
Решение.
 
по частям : 
  1 2x 2 2x
∫ e sin 3x dx = u = e ⇒ du = 2e dx,  = − e cos 3x + ∫ e cos 3x dx .
2x 2x 2x
  3 3
1
dv = sin 3x dx ⇒ v = − cos 3x.
 3 
2
∫3e
2x
Получившийся интеграл cos 3x dx найдем интегрированием по частям,
разбивая на части аналогично разбиению на части исходного интеграла
∫e
2x
sin 3 x dx .
13

14.  
по частям : 
 
2 2x  2 2x 4 2x  2 2x 4 2x
∫ 3 e cos 3x dx = u = 3 e ⇒ du = 3 e dx,  = 9 e sin 3x − ∫ 9 e sin 3x dx .
 
 1 
dv = cos 3x dx ⇒ v = 3 sin 3x.
 
Таким образом получим
1 2 4
∫e sin 3x dx = − e 2 x cos 3x + e 2 x sin 3 x − ∫ e 2 x sin 3x dx =
2x
3 9 9
1 2 4
= − e 2 x cos 3x + e 2 x sin 3x − ∫ e 2 x sin 3x dx .
3 9 9
Далее, решая полученное уравнение
1 2 4
∫e sin 3x dx = − e 2 x cos 3x + e 2 x sin 3x − ∫ e 2 x sin 3 x dx
2x
3 9 9
относительно неизвестного ∫e sin 3 x dx получим следующую цепочку ра-
2x
венств
4 2x 1 2x 2 2x
∫e sin 3x dx + ∫ e sin 3x dx = − 3 e cos 3x + 9 e sin 3x ,
2x
9
 4  2x 1 2x 2 2x
1 +  ∫ e sin 3x dx = − e cos 3x + e sin 3x ,
 9 3 9
13 2 x − 3e 2 x cos 3x + 2e 2 x sin 3x
9∫
e sin 3x dx = ,
9
− 3e 2 x cos 3x + 2e 2 x sin 3x 9
∫ e sin 3x dx = ⋅ .
2x
9 13
− 3e 2 x cos 3x + 2e 2 x sin 3x
Таким образом ∫ e sin 3x dx = 2x
,
13
14

15. e2x
или ∫ e sin 3x dx =
2x
(2 sin 3x − 3 cos 3x ) .
13
Замечание.
1. В интегралах вида ∫x ∫x ∫x cos( ax )dx рекомен-
n
e ax dx , n
sin( ax ) dx , n
дуется подынтегральное выражение разбивать на части таким образом,
чтобы u = x n ;
2. В интегралах вида ∫x ∫x ∫x
n
ln k x dx , n
arcsin( ax ) dx , n
arccos( ax ) dx ,
∫x ∫x arcctg (ax )dx рекомендуется подынтегральное выраже-
n n
arctg ( ax ) dx ,
ние разбивать на части таким образом, чтобы dv = x n dx . (Здесь a, k , n –
действительные числа.)
3. ИНТЕГРИРОВАНИЕ ДРОБНО-РАЦИОНАЛЬНЫХ
ФУНКЦИЙ.
3.1. Понятие рациональной дроби.
Определение. Дробно-рациональной функцией (или рациональной
дробью) называют отношение двух многочленов.
Определение. Рациональную дробь называют правильной, если сте-
пень многочлена, находящегося в числителе, меньше степени многочлена, на-
ходящегося в знаменателе; Рациональную дробь называют неправильной,
если степень многочлена, находящегося в числителе, больше степени много-
члена, находящегося в знаменателе.
Пример 3.1.
3x + 2 2 x +1
, , 6 – правильные рациональные дроби;
x 2
x x − x+8
15

16. x2 x3 − 1 x + 5
, , – неправильные рациональные дроби.
3x + 1 5 x 3− x
Утверждение 1. Любую неправильную рациональную дробь можно
представить в виде суммы целой части и правильной рациональной дроби
(непосредственным делением числителя на знаменатель).
x4 − x3 + 1
Пример 3.2. Рассмотрим дробь .
x2 + x − 2
Разделим x 4 − x 3 + 1 на x 2 + x − 2 . Деление будем производить «стол-
биком»:
_ x4 − x3 + 1 x2 + x − 2
x4 + x3 − 2x 2 x 2 − 2x + 4
_ − 2 x3 + 2 x 2 + 1
− 2x3 − 2x 2 + 2x
_ 4x2 − 2x + 1
4x 2 + 4x − 8
− 8x + 9
В результате деления x 4 − x 3 + 1 на x 2 + x − 2 получим
x4 − x3 + 1 − 8x + 9
= x2 − 2x + 4 + 2 .
x +x−2
2
x +x−2
Определение. Рациональные дроби следующих типов:
A A
1) , 2) , k = 2, 3, K,
x−a ( x − a) k
Mx + N Mx + N
3) , 4) , l = 2, 3, K
x + px + q
2
( x + px + q) l
2
16

17. где A, V , N , a, p, q – действительные числа, x 2 + px + q не имеет дейст-
вительных корней называют простейшими рациональными дробями.
P( x)
Теорема. Пусть – правильная рациональная дробь, в которой
Q ( x)
P (x) и Q (x) – многочлены аргумента x , и многочлен Q (x) представим в
виде Q( x) = ( x − a) k ( x 2 + px + q) l , k = 0, 1, 2,K, l = 0, 1, 2,K . Тогда дробь
P( x)
разлагается единственным образом на сумму конечного числа про-
Q( x)
стейших дробей по правилу
P( x) A A2 Ak
= 1 + +L+ +
Q ( x) x − a ( x − a ) 2 ( x − a) k
M 1 x + N1 M x + N2 M x + Nl
+ + 2 2 +L+ 2 l ,
x + px + q ( x + px + q)
2 2
( x + px + q) l
где A1 , A2 , K, Ak , M 1 , M 2 , K , M l , N1 , N 2 , K, N l – действительные числа,
которые можно найти методом неопределенных коэффициентов.
Замечание. Эта теорема имеет обобщение на случай представления много-
члена Q (x ) в виде произведения нескольких линейных множителей и несколь-
ких квадратичных множителей со своими степенями.
2x + 1
Пример3.3. Разложить дробь на сумму простейших дробей.
x + 2x2 + 2x + 1
3
Решение. Разлагаем знаменатель рассматриваемой дроби на множители:
x 3 + 2 x 2 + 2 x = 1 = ( x + 1)( x 2 + x + 1) .
Тогда, используя теорему, данная дробь разложится на сумму простейших
дробей следующим образом:
17

18. 2x + 1 2x + 1 A Bx + C
= = + 2 .
x + 2 x + 2 x + 1 ( x + 1)( x + x + 1) x + 1 x + x + 1
3 2 2
Далее используем метод неопределенных коэффициентов для нахождения
чисел A, B, C :
1) в получившемся равенстве приведем левую и правую части к общему
2x + 3 A( x 2 + x + 1) + ( x + 1) Bx + C
знаменателю – = ;
( x + 1)( x 2 + x + 1) ( x + 1)( x 2 + x + 1)
2) для того, чтобы последнее равенство стало тождеством приравниваем
числители левой и правой дробей этого равенства. Получаем
2 x + 3 = A( x 2 + x + 1) + ( x + 1) Bx + C .
После перегруппировки в правой части получим
2 x + 3 = ( A + B) x 2 + ( A + C + B) x + ( A + C ) .
3) Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях аргумента x ,
т.е. при x 2 , x , x 0 (свободный член), в левой и правой частях тождест-
ва, получаем линейную систему уравнений для нахождения неизвест-
ных коэффициентов A, B, C :
x2 A + B = 0 

x A + C + B = 2 .

x0 A + C = 3 
4) Решая полученную систему находим A = 1 , B = −1, C = 2 .
2x + 3
Таким образом разложение данной дроби на сумму
x + 2x2 + 2x + 1
3
простейших дробей имеет вид
2x + 3 1 −x+2
= + 2 .
x + 2x + 2x + 1 x + 1 x + x + 1
3 2
Пример 3.4. Разложить на сумму простейших дробей дробь
5 x 2 − 14 x + 11
.
x 3 − 3x 2 + 3 x − 1
18

19. Решение. Так как x 3 − 3 x 2 + 3 x − 1 = ( x − 1) 3 , то, согласно теореме о раз-
ложении правильной рациональной дроби на сумму простейших дробей, по-
5 x 2 − 14 x + 11 A B C
лучим = + + .
x 3 − 3x 2 + 3x − 1 x − 1 ( x − 1) 2 ( x − 1) 3
Далее, приводя к общему знаменателю обе части полученного равенства и
приравнивая получившиеся после этого числители, получим равенство
5 x 2 − 14 x + 11 = Ax 2 + (−2 A + B ) x + ( A − B + C ) .
Откуда, приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях аргумента x ,
получаем систему линейных уравнений относительно неизвестных A, B, C
вида
x2 A = 5 

x A− 2 A + B = −14  .

x 0 A − B + C = 11 
Из полученной системы получаем A = 5 , B = −4 , C = 2 .
Следовательно разложение данной дроби на сумму простейших дробей
5 x 2 − 14 x + 11 5 −4 2
примет вид = + + .
x − 3x + 3 x − 1 x − 1 ( x − 1)
3 2 2
( x − 1) 3
3.2. Интегрирование простейших рациональных дробей.
Как было сказано выше, неправильную рациональную дробь можно
представить в виде суммы многочлена (целой части) и правильной рацио-
нальной дроби, а правильную рациональную дробь, в свою очередь, можно
представить суммой простейших рациональных дробей. Следовательно, не-
правильная рациональная дробь представима в виде суммы многочлена и
простейших рациональных дробей. Поэтому интегрирование неправильной
рациональной дроби сводится интегрированию многочлена (что не представ-
ляет трудностей) и интегрированию простейших рациональных дробей.
Рассмотрим вопрос об интегрировании простейших рациональных дро-
бей.
19

20. A d ( x − a)
1) ∫ x − a dx = A∫ x−a
= A ln | x − a | +C .
A 1
∫ ( x − a) k dx = A∫ ( x − a)
−k
2) d ( x − a) = A ⋅ ⋅ ( x − a) − k +1 + C =
− k +1
A 1
= ⋅ +C.
1 − k ( x − a ) k −1
Mx + N
3) Чтобы найти интеграл ∫ x 2 + px + q dx у квадратного трехчлена в
знаменателе выделим полный квадрат двучлена:
p  p2 
2

x + px + q =  x +  +  q −
2
.
 2   4 
p
Далее сделаем замену следующую переменной интегрирования: x + =t.
2
p
Тогда x = t − , dx = dt . Следовательно, учитывая линейные свойства неоп-
2
ределенного интеграла, получим следующую цепочку равенств:
 p Mp
M t −  + N Mt − +N
Mx + N
dx = ∫ 
2
∫ x 2 + px + q  p2 
dt = ∫

2
p2 
dt =
t2 + q −
 
 t2 + q −
 
 4   4 
t  Mp  dt
=M∫ dt +  N − ∫ =
 p2   2  2  p2 
t2 + q −
  t + q − 
 4 

 4 
M  2  p2   Mp  1 t
= ln t +  q −
  +  N − ⋅ ⋅ arctg +C =
2   4  
 2  p 2
p 2
q− q−
4 4
=
M
(
ln x 2 + px + q + )
2 N − Mp
⋅ arctg
2x + p
+C.
2 4q − p 2 4q − p 2
2−x
Пример3.5. Найти интеграл ∫ x 2 + 4 x + 6 dx .
20

21. Решение. Подынтегральная функция является простейшей рациональ-
ной дробью третьего типа, так как степень числителя меньше степени знаме-
нателя и в знаменателе стоит квадратный трехчлен не имеющий действи-
тельных корней. Поэтому решаем следующим образом:
• Выделяем полный квадрат в квадратном трехчлене
o x 2 + 4 x + 6 = ( x + 2) 2 + 2 ;
• делаем подстановку x + 2 = t , тогда x = t − 2 , dx = dt ;
• находим интеграл
2−x 2 − (t − 2) dt t
∫ x 2 + 4 x + 6 dx = ∫ t +2
2
dt = 4∫ 2
t +2
−∫ 2
t +2
dt =
4 t 1 4 x+2 1
= arctg − ln(t 2 + 2) + C = arctg − ln( x 2 + 4 x + 6) + C .
2 2 2 2 2 2
Mx + N
4) Чтобы найти интеграл ∫ ( x 2 + px + q) k dx ( k > 2 ), аналогично выше
p
изложенному, делаем замену переменной интегрирования: x + =t.
2
Тогда получим
 p Mp
M t −  + N Mt − +N
Mx + N  2
∫ ( x 2 + px + q) k dx = ∫  2 
k
dt = ∫
 2 
2
2 
k
dt =
  
t2 + q − p  t +  q − p 
  4    4 
     
t  Mp  dt
=M∫ dt +  N − ∫ =
 2  
k k
 2  2 
  2 

t +  q − p  t 2 +  q − p 
  4    4 
     
M 1  Mp  dt
= ⋅ k −1
+N − ∫ .
2(1 − k )   2 
  2    2 

k
t2 +  q − p  t 2 + q − p 
     4 
  4    
x +1
Пример 3.6. Найти интеграл ∫ ( x 2 − 4 x + 5) 2 dx .
21

22. Решение. Подынтегральная функция является правильной рациональ-
ной дробью, так как степень числителя меньше степени знаменателя, а квад-
ратный трехчлен в знаменателе не имеет действительных корней, поэтому в
квадратном трехчлене выделяем полный квадрат: x 2 − 4 x + 5 = ( x − 2) 2 + 1 и
делаем подстановку: x − 2 = t (тогда x = t + 2 , dx = dt ). Таким образом полу-
чим следующую цепочку равенств
x +1 t +3 t dt
∫ ( x 2 − 4 x + 5) 2 dx = ∫ (t 2 + 1) 2 dt = ∫ (t 2 + 1) 2 dt + 3∫ (t 2 + 1) 2 =
1 dt
=− + 3∫ 2 .
2(t 2 + 1) (t + 1) 2
dt
Найдем интеграл ∫ (t 2 + 1) 2 следующим образом:
dt t 2 +1− t 2 dt t 2 dt t ⋅ t dt
∫ (t 2 + 1) 2 (t + 1) 2
=∫ 2 dt = ∫ 2 −∫ 2
t + 1 (t + 1) 2
= arctg t − ∫ 2
(t + 1) 2
.
Так как
 
по частям : 
t ⋅ t dt 
 
 t 1 dt
∫ (t 2 + 1) 2 = u = t ⇒ du = dt , = − ∫ 2
2(t + 1) 2 t + 1
2
=
 t dt 1 1 
dv = 2 ⇒ v = ⋅ 2 .

 (t + 1) 2 2 t +1 

t 1
= − arctg t + C ,
2(t 2 + 1) 2
то
dt  t 1  3 t
∫ (t 2 + 1) 2 = arctg t −  2 − arctg t  = arctg t − 2
 2(t + 1) 2

 2
 2(t + 1)
+C.
Следовательно
x +1 1 3 t  9 1 + 3t
∫ x 2 − 4x + 5 dx = − 2 + 3 arctg t − 2
2(t + 1)  2  = arctg t − 2
 2
2(t + 1)  2(t + 1)
+C =
9 3x − 5
= arctg ( x − 2) − +C.
2 2( x 2 − 4 x + 5)
22

23. 4. ИНТЕГРИРОВАНИЕ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИХ ВЫ-
РАЖЕНИЙ.
4.1. Интегралы вида ∫ sin ax cos bx dx , ∫ cos ax cos bx dx , ∫ sin ax sin bx dx .
Использование тригонометрических формул
1
sin α cos β = (sin(α + β ) + sin(α − β )) ,
2
1
cosα cos β = (cos(α + β ) + cos(α − β ) ) ,
2
1
sin α sin β = − (cos(α + β ) + cos(α − β )) = 1 (cos(α − β ) − cos(α + β ))
2 2
дает возможность произведение тригонометрических функций представить в
виде суммы. А именно:
1
А) используя формулу sin α cos β = (sin(α + β ) + sin(α − β ))
2
получим sin ax cos bx =
1
(sin(a + b) x + sin(a − b) x) , следовательно
2
1
∫ sin ax cos bx dx = 2 ∫ (sin( a + b) x + sin( a − b) x )dx =
1  cos( a + b) x cos(a − b) x 
= − − +C;
2 a+b a−b 
1
Б) применяя формулу cosα cos β = (cos(α + β ) + cos(α − β ) )
2
1
имеем cos ax cos bx = (cos(a + b) x + cos(a − b) x ) , следовательно
2
1
∫ cos ax cos bx dx = (cos(a + b) x + cos(a − b) x ) dx =
2∫
1  sin( a + b) x sin( a − b) x 
=  + +C;
2 a + b a−b 
В) согласно формуле
1
sin α sin β = − (cos(α + β ) + cos(α − β )) = 1 (cos(α − β ) − cos(α + β ))
2 2
23

24. 1
Получаем, что sin ax sin bx = (cos(a − b) x − cos(a + b) x ) , следовательно
2
1
∫ sin ax sin bx dx = (cos(a − b) x − cos(a + b) x )dx =
2∫
1  sin( a − b) x sin( a + b) x 
=  − .
2 a − b a+b 
Пример 4.1. Найти интеграл ∫ cos 8 x cos 6 x dx .
Решение. Чтобы найти этот интеграл воспользуемся формулой
1
cosα cos β = (cos(α + β ) + cos(α − β ) ) .
2
Тогда
1  sin 14 x sin 2 x 
∫ cos 8 x cos 6 x dx = 2 ∫ (cos14 x + cos 2 x )dx = 2 
1
+ +C =
 14 2 
1 1
= sin 14 x + sin 2 x + C .
28 4
4.2. Интегралы вида ∫ sin n x cos m x dx , n ∈ N , m ∈ N .
Для нахождении интегралов вида ∫ sin x cos m x dx , где n ∈ N , m ∈ N ,
n
целесообразно использовать следующие тригонометрические формулы
1
sin 2 x = (1 − cos 2 x ) , cos 2 x = 1 (1 + cos 2 x ) ,
2 2
1
sin x cos x = sin 2 x , cos 2 x + sin 2 x = 1 .
2
При решении интегралов вида ∫ sin n x cos m x dx , где n ∈ N , m ∈ N , возможны
несколько случаев.
Случай 1 – число n ∈ N является нечетным, т.е n = 2k + 1, k ∈ N . В этом
случае sin n x представляем в виде произведения, выделяя множитель sin x , то
есть
( )
k
sin n x = sin 2k +1 = sin 2k x ⋅ sin x = sin 2 x ⋅ sin x .
24

25. Далее, поскольку из формулы cos 2 x + sin 2 x = 1 следует, что
sin 2 x = 1 − cos 2 x , получим, окончательно,
( ) k
sin n x = 1 − cos 2 x ⋅ sin x .
Таким образом
∫ sin
n
( )
k
x cos m x dx = ∫ sin 2 k +1 x cos m x dx = ∫ sin 2 x cos m x sin x dx =
( )
k
= ∫ 1 − cos 2 x cos m x sin x dx .
Поскольку sin x dx = d (cos x ) , то, вводя новую переменную интегриро-
вания как t = cos x , получим, что sin x dx = − dt , следовательно, после замены
переменной интегрирования
∫ sin
n
( )
k
x cos m x dx = − ∫ 1 − t 2 t m dt .
∫ (1 − t ) t
2 k
В интеграле m
dt раскрывая скобки в подынтегральной функции
получим интеграл от степенных функций, интегрирование которых очевид-
но.
Случай 2 – число m ∈ N является нечетным, т.е. m = 2l + 1, l ∈ N . В этом
случае поступают аналогично первому случаю, а именно,
cos m x представляем в виде произведения, выделяя множитель cos x , то есть
(
cos m x = cos 2l +1 = cos 2l x ⋅ cos x = cos 2 x ⋅ cos x . )
l
Далее, поскольку из формулы cos 2 x + sin 2 x = 1 следует, что
cos 2 x = 1 − sin 2 x , получим, окончательно,
( )
l
cos m x = 1 − sin 2 x ⋅ cos x .
Таким образом,
∫ sin x cos m x dx = ∫ sin n x cos 2l +1 x dx = ∫ sin n x cos 2l x cos x dx =
n
( )
l
= ∫ sin n x 1 − sin 2 x cos x dx .
25

26. Поскольку cos x dx = d (sin x ) , то, вводя новую переменную интегриро-
вания как t = sin x , получим, что cos x dx = dt , следовательно, после замены
переменной интегрирования
∫ sin
n
(
x cos m x dx = ∫ t n 1 − t 2 )
l
dt .
Получившийся интеграл ∫ t n 1 − t 2 ( )l
dt легко находится.
Случай 3 – числа n ∈ N , m ∈ N являются нечетными одновременно, т.е.
n = 2k + 1, k ∈ N , m = 2l + 1, l ∈ N .
В этом можно использовать один из рассмотренных выше случаев.
Пример 4.2. Найти интеграл ∫ sin 8 x cos 5 x dx .
Решение. Поскольку
cos 5 x = cos 4 x cos x = (cos 2 x) 2 cos x = (1 − sin 2 x) 2 cos x
получим
∫ sin x cos 5 x dx = ∫ sin 8 x (1 − sin 2 x ) 2 cos x dx .
8
Производя замену переменной интегрирования как t = sin x (следовательно
cos x dx = dt ) получим
t 9 2t 11 t 13
∫ sin x cos x dx = ∫ t (1 − t ) dt = ∫ (t − 2t + t )dt = − + +C.
8 5 8 2 2 8 10 12
9 11 13
Следовательно, после возврата к переменной x , получим
1 2 1
∫ sin x cos5 x dx = sin 9 x − sin11 x + sin 13 x + C .
8
9 11 13
Случай 4 – числа n ∈ N , m ∈ N являются четными т.е. n = 2k , k ∈ N ,
m = 2l , l ∈ N .
Здесь удобно преобразовывать подынтегральную функцию, используя
• при n ≠ m формулы
1
sin 2 x = (1 − cos 2 x ) , cos 2 x = 1 (1 + cos 2 x ) ,
2 2
• при n = m формулу
26

27. 1
sin x cos x = sin 2 x .
2
В результате применения этих формул
• при n ≠ m интеграл приведется к виду
∫ sin x cos m x dx = ∫ sin 2 k x cos 2l x dx = ∫ (sin 2 x ) k (cos 2 x) l dx =
n
k l
1  1  1
= ∫  (1 − cos 2 x)   (1 + cos 2 x)  dx = k +l ∫ (1 − cos 2 x) k (1 + cos 2 x) l dx .
2  2  2
Возводя биномы 1 − cos 2 x , 1 + cos 2 x в соответствующие степени и раскры-
вая скобки, подынтегральная функция примет вид суммы, члены которой со-
держат четные и нечетные степени cos 2 x . Далее, используя линейные свой-
ства неопределенного интеграла, интеграл ∫ sin x cos m x dx преобразуется в
n
сумму рассмотренных выше интегралов;
• при n = m интеграл приведется к виду
n
1  1
∫ sin x cos x dx = ∫ sin x cos x dx = ∫  2 sin 2 x  dx = 2 n ∫ sin 2 x dx .
n m n n n
 
Далее, поскольку число n = 2k , k ∈ N , получим
1 1 1
∫ sin x cos m x dx = ∫ sin 2 x dx = 2 2 k ∫ sin 2 x dx = 4 k ∫ (sin 2 x) dx =
n n 2k 2 k
n
2
k
1 1  1
= k ∫  (1 − cos 4 x)  dx = n ∫ (1 − cos 4 x) k dx .
4 2  8
Далее, раскрывая в подынтегральной функции скобки и используя линейные
свойства интеграла, получим сумму интегралов, каждый из которых будет
соответствовать одному из четырех выше рассмотренных случаев.
Пример 4.3. Найти интеграл ∫ sin 2 x cos 2 x dx .
Решение.
27

28. 2
1  1
∫ sin x cos x dx = ∫ (sin x cos x) dx =∫  2 sin 2 x  dx = 4 ∫ sin 2 x dx =
2 2 2 2
 
1 1 1 1  x 1
= ⋅ ∫ (1 − cos 4 x) dx =  x − sin 4 x  + C = − sin 4 x + C .
4 2 8 4  8 32
Пример 4.4. Найти интеграл ∫ sin 2 x cos 4 x dx .
Решение.
2
1  1 
∫ sin x cos x dx = ∫ sin x (cos x) dx = ∫  2 (1 − cos 2 x)  2 (1 + cos 2 x)  dx =
2 4 2 2 2
  
1 1 1
= ⋅ ∫ (1 − cos 2 x)(1 + cos 2 x) 2 dx = ∫ (1 + cos 2 x − cos 2 2 x − cos3 2 x) dx =
2 4 8
1 1 1 1
= ∫ dx + 8 ∫ cos 2 x dx − 8 ∫ cos 2 x dx − 8 ∫ cos 2 x dx .
2 3
8
Так как
1 1
•
8 ∫ dx = 8 x + C ;
1 1
•
8 ∫ cos 2 x dx = 16 sin 2 x + C ;
1 1 1 1 1 1 
• ∫ cos 2 x dx = 8 ∫ 2 (1 + cos 4 x)dx = 16 ∫ (1 + cos 4 x)dx = 16  x + 4 sin 4 x  + C =
2
8  
1 1
= x + sin 4 x + C ;
16 64
1 1 1
• ∫ cos 2 x dx = 8 ∫ cos 2 x cos 2 x dx = 8 ∫ (1 − sin 2 x) cos 2 x dx =
3 2 2
8
1 1 1
8∫
= (cos 2 x − sin 2 2 x cos 2 x) dx = ∫ cos 2 x dx − ∫ sin 2 2 x cos 2 x dx ,
8 8
28

29. поскольку
1 1
8 ∫ cos 2 x dx = 16 sin 2 x + C ,
1  1 
∫ sin 2 x cos 2 x dx =  замена : t = sin 2 x ⇒ cos 2 x dx = 2 t  =
2
8  
1 1 2 1 t3 1
= ∫ t dt = ⋅ + C = sin 3 2 x + C ,
8 2 16 3 48
1 1 1
∫ cos 2 x dx = 16 sin 2 x − 48 sin 2 x + C .
3 3
то
8
Следовательно
1 1 1 1  1 1 
∫ sin x cos 4 x dx = x + sin 2 x −  x + sin 4 x  −  sin 2 x − sin 3 2 x  + C =
2
8 16  16 64   16 48 
1 1 1
= x − sin 4 x + sin 3 2 x + C .
16 64 48
4.3. Интегралы вида ∫ R(sin x, cos x) dx , где R(sin x, cos x) является ра-
циональной функцией аргументов sin x и cos x .
Интегралы указанного вида приводятся к интегралам от рациональных функ-
x
ций с помощью тригонометрической подстановки tg = t , где x ∈ ( −π ; π ) .
2
x
(Тригонометрическую подстановку tg = t принято называть универсальной
2
тригонометрической подстановкой.)
x
Выразим sin x и cos x через t используя подстановку tg = t . Получим
2
29

30. x x
2tg 1 − tg 2
2 = 1− t .
2
2 2t
sin x = = , cos x =
1 + tg 2 x 1+ t2 1 + tg 2
x 1+ t2
2 2
x
Из того, что tg = t следует, что
2
2
x = 2 arctg t , dx = dt .
1+ t2
Таким образом
 2t 1 − t 2  2
∫ R (sin x, cos x) dx = ∫ R 
 1 + t 2 , 1 + t 2  ⋅ 1 + t 2 dt = ∫ R1 (t ) dt ,

 
Где R1 (t ) является рациональной функцией аргумента t .
dx
Пример 4.5. Найти интеграл ∫ sin x .
Решение.
2
dx  x  1 + t 2 dt = 2 1+ t2
∫ sin x = подстановка : tg 2 = t  = ∫ 2t
 
∫ 1 + t 2 ⋅ 2t dt =
1+ t2
dt  x x
=∫ = ln | t | +C = обратная подстановка : t = tg  = ln | tg | +C .
t  2 2
dx
Пример 4.6. Найти интеграл ∫ 4 sin x + 3 cos x + 5 .
Решение.
2
dx  x  1+ t2
∫ 4 sin x + 3 cos x + 5 = подстановка : tg 2 = t  = ∫ 2t
  1− t2
dt =
4⋅ + 3⋅ +5
1+ t2 1+ t2
2
1+ t2 2 1+ t2 dt dt
=∫ 2 dt = ∫ ⋅ 2 dt = ∫ 2 =∫ =
2t + 8t + 8 1 + t 2(t + 4t + 4)
2
t + 4t + 4 (t + 2) 2
1+ t2
30

31. 1 1
=− +C =− +C.
t+2 x
tg + 2
2
Замечание. Если в интеграле ∫ R (sin x, cos x) dx , где R(sin x, cos x) яв-
ляется четной функцией аргументов sin x и cos x , т.е. подынтегральная
функция R(sin x, cos x) содержит sin x и cos x только в четных степенях,
либо R (− sin x, − cos x) = R (sin x, cos x) , то удобно применять подстановку
tg x = t .
Тогда, если tg x = t . то
dt
x = arctg t , dx = ,
1+ t2
tg 2 x t2 1 1
sin x =
2
= , cos 2 x = =
1 + tg x 1 + t
2 2
1 + tg x 1 + t 2
2
и, следовательно,
 t2 1  dt
∫ R(sin x, cos x) dx = ∫ R 1 + t 2 , 1 + t 2  1 + t 2 = ∫ R1 (t ) dt ,
 
 
где R1 (t ) является рациональной функцией аргумента t .
dx
Пример 4.7. Найти интеграл ∫ sin 2 x + 2 sin x cos x − cos 2 x .
1
Решение. Подынтегральная функция явля-
sin x + 2 sin x cos x − cos 2 x
2
ется четной относительно sin x и cos x , следовательно воспользуемся под-
становкой tg x = t . Тогда
t 1
sin x = , cos x = .
1 + t2 1+ t2
31

32. И получаем следующую цепочку равенств
dt
dx 1+ t2
∫ sin 2 x + 2 sin x cos x − cos 2 x = ∫ t 2 t 1 1
=
+ 2⋅ ⋅ −
1 + t2 1+ t2 1+ t2 1+ t
2
dt dt dt 1 t +1− 2
=∫ =∫ =∫ = ln +C =
t 2 + 2t − 1 (t + 1) 2 − 2 (t + 1) 2 − ( 2 ) 2 2 2 t + 1 + 2
1 tg x + 1 − 2
= ln +C.
2 2 tg x + 1 + 2
4.4. Интегралы вида ∫ R (sin x) cos x dx , где R(sin x) является рациональ-
ной функцией аргумента sin x .
Интегралы этого вида при использовании подстановки sin x = t приво-
дятся к интегралам вида ∫ R (t ) dt , где R(t ) – рациональная функция аргумен-
та t .
cos x
Пример 4.8. Найти интеграл ∫ 4 + sin 2 x dx .
Решение.
∫ 4 + sin 2 x dx = {подстановка : sin x = t ⇒ cos x dx = dt } = ∫
cos x dt
=
4 + t2
1 t 1  sin x 
= arctg + C = arctg   +C.
2 2 2  2 
4.5. Интегралы вида ∫ R (cos x ) sin x dx .
32

33. Интегралы данного вида приводятся к интегралам вида ∫ R(t ) dt , где
R(t ) – рациональная функция аргумента , при использовании подстановки
cos x = t .
sin x
Пример 4.9. Найти интеграл ∫ 2 + cos x dx .
Решение.
∫ 2 + cos x dx = {cos x = t ⇒ sin x dx = −dt} = − ∫
sin x dt
= − ln | 2 + t | +C =
2+t
= − ln | 2 + cos x | +C .
Замечание. Если в интеграле ∫ R (sin x, cos x) dx , где R (sin x, cos x ) яв-
ляется рациональной функцией аргументов sin x и cos x , подынтегральная
функция R(sin x, cos x) содержит sin x и cos x только в четных степенях,
то удобно применять подстановку tg x = t .
dx
4.6. Интегралы вида ∫ sin m x cos n x , где m ∈ N , n ∈ N .
Подстановкой tg x = t данный интеграл приводится к интегралу от ра-
циональной функции следующим образом:
m
n −2
dx  1 2
(
∫ sin m x cos n x = ∫ 1 + t 2  1 + t
2
) 2 dt .
 
dx
В частности, к интегралу вида ∫ sin m x cos n x , где m∈ N , n ∈ N сводят-
ся следующие интегралы:
dx x
• интеграл вида ∫ sin m x , используя прежде подстановку 2
= t , т.е.
33

34. dx x  1 dt
∫ sin m x =  2 = t  = 2 m−1 ∫ sin m t cos m t ;
 
dx π
• интеграл вида ∫ cos n x , используя прежде подстановку x +
2
=t и
 π
формулу cos x = sin x +  , получим
 2
dx dt
∫ cos n x = ∫ sin n t .
Надлежащие преобразования получившегося интеграла описаны выше.
5. ИНТЕГРИРОВАНИЕ ПРОСТЕЙШИХ ИРРАЦИОНАЛЬ-
НОСТЕЙ.
5.1. Интегралы с линейной иррациональностью.
Если подынтегральная функция содержит только линейные иррацио-
m1 m2
нальности вида (ax + b) , (ax + b)
n1 n2
, …, где a ∈ R , a ≠ 0 , b ∈ R , m1 , n1 , m2 ,
n2 –целые числа, то полезна подстановка ( ax + b ) = t s , где s – наименьшее
общее кратное чисел n1 , n2 . … . С помощью такой подстановки интеграл с
линейной иррациональностью преобразуется в интеграл от рациональной
функции.
∫
dx
Пример 5.1. Найти интеграл 2 1
.
(2 x + 1) 3 − (2 x + 1) 2
Решение. Здесь подынтегральная функция содержит линейные ирра-
2 1
циональности (2 x + b) 3 и (2 x + b) 2 . Следовательно n1 = 3 , n2 = 2 , а наи-
меньшее общее кратное этих чисел s = 6 .
34