1. 1
Лекція 2.
МЕТОДИ ІНТЕГРУВАННЯ НЕВИЗНАЧЕНОГО ІНТЕГРАЛУ.
Операція інтегрування значно складніша, ніж операція диференціювання.
В диференціальному численні таблиця похідних і правила диференціювання
дають можливість знайти похідну довільної диференційовної функції. В
інтегральному численні таких простих і універсальних правил не існує.
Наприклад, відсутнє загальне правило інтегрування добутку двох функцій,
навіть якщо первісну кожної з них відомо. Теж саме стосується частки двох
функцій і складеної функції. Основними методами інтегрування є метод
безпосереднього інтегрування, який було розглянуто на попередній лекції,
метод підстановки (заміни змінної) та метод інтегрування частинами, які
будуть розглянуті в цій лекції.
2.1Метод заміни змінної
Теорема 1 (про заміну змінної). Нехай )(xF – первісна функції xf на
проміжку );( ba , тобто
CxFdxxf , );( bax ,
і нехай функція tx визначена і диференційовна на проміжку );( ,
причому множина значень цієї функції є проміжок );( ba . Тоді справедлива
наступна формула:
CtFdtttf , );( t . (1)
Доведення. Згідно з правилом диференціювання складеної функції маємо:
)()()()()( ttfttFtF
і формула (1) випливає з властивості 2 лекції 1. Теорему доведено.
Формула (1) називається формулою заміни змінної в невизначеному
інтегралі.
Доведена теорема застосовується одним з двох способів:
1) потрібно обчислити інтеграл dxxxf , який після заміни
xt дорівнює CxFCtFdttf )( , де )(tF - первісна
функції tf . Цей спосіб називають введенням функції під
диференціал та кажуть, що функцію x внесли під знак
диференціалу. Зручним є наступний запис:
CxFCtFdttf
dxxdt
xt
dxxxf
)(
)(
.
2) іноді у інтегралі dxxf зручніше робити підстановку, а tx , де
t – функція, що має обернену функцію xt 1
, а для функції
)(f відомо первісну G . Застосовуючи таку підстановку tx до
інтеграла dxxf , одержимо
2. 2
CxGCtGdtttfdxxf
1
. (2)
Інтеграли, які ми здобуваємо після застосування підстановки, повинні
бути більш простими для інтегрування, чим до підстановки.
Не існує загального «рецепта», за допомогою якого завжди можна
підібрати бажану підстановку. Однак варто мати на увазі наступні корисні
підказки:
1) якщо під знаком інтеграла є складна функція ))(( xf , то, досить часто,
використовується підстановка xt (наприклад, якщо у підінтегральному
виразі зустрічається функція
x
1
sin , то варто спробувати підстановку
x
t
1
, а
якщо
2x
e – то 2
xt і так далі);
2) якщо в підінтегральному виразі є готовий диференціал функції x ,
тобто вираз dxx , то має сенс спробувати підстановку xt . Тому
доцільно запам'ятати наступні формули для диференціалів, що найбільш часто
зустрічаються:
)( bxddx , 0),(
1
aaxd
a
dx ,
0),(
1
abaxd
a
dx ),(
2
1 2
xddxx
xddx
x
2
1
,
x
ddx
x
11
2
,
xddx
x
ln
1
, xx
eddxe ,
xddxx sincos , xddxx cossin ,
xddx
x
tg
cos
1
2
, xddx
x
ctg
sin
1
2
, і так далі.
3) Підстановка зроблена правильно, якщо інтеграл, набутий після
застосування підстановки, містить тільки нову змінну.
Приклад 1. Знайти інтеграли:
а) dxxx 1sin 32
; б) 12
x
dxx
; в) 4x
xdx
.
Розв’язання.
а) dxxx 1sin 32
.
1-ий спосіб. Підінтегральний вираз містить складену функцію 1sin 3
x ,
тому варто спробувати підстановку 13
xt . При цьому домовимося, що всі
допоміжні розрахунки та позначення, що відносяться до даної підстановки,
будемо писати у прямих дужках. Тоді
3. 3
змінноїстароїдосяповертаємоcos
3
1
sin
3
1
sin
3
1
3
sin
3
3
1
1
1sin 2
2
2
2
3
3
32
Ctdtt
dtt
x
dt
tx
x
dt
dx
dxxdt
dxxdt
xt
dxxx
= Cx 1cos
3
1 3
.
2-ий спосіб. Цей інтеграл можна обчислити за допомогою внесення під
диференціал виразу 13
x . Оскільки 1
3
1
3
1 332
xdxddxx (можна робити
перевірку того, чи правильно внесли функцію під диференціал, а саме
dxxdxxdxxxd 2233
3
3
1
1
3
1
1
3
1
), то
змінноїстароїдосяповертаємоcos
3
1
sin
3
1
1заміна11sin
3
1
1sin1sin 3332332
Ctdtt
xtxdxdxxxdxxx
Cx 1cos
3
1 3
.
б) 12
x
dxx
.
1-ий спосіб.
Ct
t
dt
x
dt
x
t
x
dt
dx
xdxdt
dxxdt
xt
dxx
xx
dxx
ln
2
1
2
1
2
1
2
2
1
1
1
1
1
2
2
22
(повертаємося до старої змінної) CxCx 1ln
2
1
1ln
2
1 22
.
Ми позбулися знака модуля в останньому виразі тому, що 012
x для
будь-якого x.
2-ий спосіб. Цей інтеграл можна обчислити за допомогою внесення під
диференціал вираза 12
x . Оскільки 1
2
1
2
1 22
xdxddxx , то
Ct
t
dt
t
dt
xt
x
xd
x
dxx
ln
2
1
2
1
2
1
1заміна
1
)1(
2
1
1
2
2
2
2
4. 4
CxCx 1ln
2
1
1ln
2
1 22
.
в) 4x
xdx
.
Теорема 1 також може бути використана при обчисленні наступного
інтеграла 4x
xdx
. У цьому інтегралі ми не можемо піднести під знак
диференціала ніякий вираз. Але можемо зробити заміну змінної.
.484)4(
3
2
484
3
2
8
3
2
4
3
2)4(22
4
2
42
42
1
4
44
4
33
3
2
2
2
CxxxCxxCtt
Ct
t
dtttdt
t
t
tdtdx
dtxdx
dx
x
dt
dxxdt
txxt
x
dxx
2.2. Інтегрування частинами
Нехай xuu та xvv – функції, що мають на деякому проміжку
неперервні похідні. Запишемо формулу диференціювання добутку для
диференціалів:
duvdvuuvd , duvuvddvu .
Проінтегруємо рівність, одержимо duvuvddvu , звідки маємо
duvuvdvu . (3)
Формула (3) називається формулою інтегрування частинами для невизначеного
інтеграла.
Розглянемо основні типи інтегралів, які знаходяться за допомогою
формули інтегрування частинами.
1) Якщо підінтегральний вираз є добутком показникової або
тригонометричної функції на многочлен, тобто інтеграли мають наступний
вигляд
,cos)(,sin)(,)( kxdxxPkxdxxPdxaxP kx
де )(xP – многочлен, а k – дійсне число; то в якості функції u необхідно взяти
многочлен )(xP , тобто )(xPu , а за dv вираз, що залишився.
5. 5
2) Якщо підінтегральний вираз містить добуток логарифмічної або
оберненої тригонометричної функції на многочлен )(xP , тобто інтеграли мають
вигляд
arctgxdxxPxdxxPxdxxPxdxxP a )(,arccos)(,arcsin)(,log)( ,
то в якості функції u слід взяти логарифмічну функцію, або обернену
тригонометричну функцію, а за dv вираз dxxP )( , тобто dxxPdv )( .
3) В деяких випадках повторне застосування формули інтегрування
частинами приводить до лінійних рівнянь відносно шуканого інтеграла.
Розв’язок цього рівняння дає нам шуканий інтеграл. До таких інтегралів
відносяться
kxdxenx
sin , kxdxenx
cos , dxx)sin(ln , dxx)cos(ln ,
де k , n- дійсні числа. В якості функції u слід взяти nx
e , )sin(ln x , )cos(ln x . Ці
інтеграли називаються циклічними.
В чому ж сенс застосування формули інтегрування частинами? При її
застосуванні підінтегральний вираз розбивається на два співмножники, один з
яких диференціюється, а другий інтегрується. Вибір співмножників варто
робити так, щоб диференціювання спростило один зі співмножників, а
інтегрування не занадто ускладнило другий.
Зауваження. Під час знаходження функції v за диференціалом dv,
вважають, що стала 0C , оскільки на кінцевий результат ця стала не впливає.
Дійсно, підставимо Cv в формулу інтегрування частинами, маємо
duCvCvuCvud )()()( CuvduCuuvudv
vduuvudv .
Приклад 2. Знайти інтеграли: а)
dxxe x2
; б) dxxxln .
Розв’язання.
а)
dxxe x2
.
Даний інтеграл належить інтегралів до першого типу, отже оберемо
xu , dxedv x2
. Тоді
dxdu xx
edxedvv 22
2
1
.
Тепер, за формулою інтегрування частинами одержуємо
6. 6
.
4
1
22
1
2
2
1
2
1
2
1
)(
2222
22
2
2
2
2
Cee
x
dxee
x
dxeex
ev
dxev
dxedv
dxdu
dxxdu
xu
dxxe
xxxx
xx
x
x
x
x
б) dxxxln .
Даний інтеграл належить інтегралів до другого типу, отже оберемо
xu ln , xdxdv . Тоді
.
4
ln
22
1
ln
2
1
2
ln
2
2
1
)(ln
ln
ln
222
22
2
C
x
x
x
dxxx
x
dx
x
x
x
x
x
v
xdxv
xdxdv
dx
x
du
dxxdu
xu
dxxx
2.3 Інтегрування виразів, що містять квадратний тричлен
Розглянемо інтеграли виду
cbxax
dx
I 21
;
dx
cbxax
NMx
I 22
;
dx
cbxax
NMx
I 23
.
Інтеграли 321
,, III зводяться до табличних виділенням повного квадрата в
квадратному тричлені cbxax 2
. Інтеграл 1I зводиться до табличних
інтегралів C
a
u
ua
du
sinarc22
або CAuu
Au
du
2
2
ln .
Якщо вираз NMx не співпадає з похідною квадратного тричлена
cbxax 2
, то чисельник необхідно перетворити таким чином, щоб з нього
можна було відокремити похідну підкореневого виразу знаменника. Після
цього інтеграл 2I можна представити у вигляді суми двох інтегралів, один з
яких береться безпосередньо за формулою 1,
1
1 1
Cuduu , а
інший є інтеграл виду 1
I .
Приклад. Знайти інтеграли.
7. 7
1)
.1063ln
1)3(196106
2
222
Cxxx
x
dx
xx
dx
xx
dx
2)
C
x
x
dx
xx
dx
xx
dx
I
3
1
arcsin
3
1
)1(91)12(828 222
3)
))112(3(3
5
369
6623
2
1
369
)53(
222
xx
dx
dx
xx
x
xx
dxx
I
C
x
xx
x
dx
xx
2
1
arcsin
3
2
669
))1(4(3
)53(669 2
2
2
4)
dtdx
dtxd
tx
x
xd
x
dx
xx
dx
xx
dx
1
1
31
1
31912102 222222
C
x
arctgC
t
arctg
t
dt
3
1
3
1
33
1
322
.
Крім того інтеграли 321 ,, III можна звести до табличних, зробивши
заміну змінних .;
2
dtdx
a
b
tx
Приклад.
2
369
)53(
xx
dxx
.
Зробимо заміну змінних ,;1
)3(2
6
dtdxttx
тоді
2222
43
2
4
2
2
1
3
3
4
23
3
1
)4(3
]5)1(3[
t
dt
t
tdt
dt
t
t
dt
t
t
I
C
ttt
tdt
2
arcsin
3
2
2
1
)4(
32
3
2
arcsin
3
2
)4()4(
32
3 2
1
2
1 2
22
C
x
xxC
t
t
2
1
arcsin
3
2
369
2
arcsin
3
2
)4(3 22
