В пособии рассматриваются основные концепции неопределенного интеграла и методы его вычисления, включая свойства, таблицы интегралов и способы интегрирования. Обсуждаются примеры и задачи для самостоятельного решения, что делает материал полезным для студентов нематематических специальностей. Пособие предназначено для изучения интегрального исчисления одной переменной.

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

35. 1
Применим подстановку 2 x + 1 = t 6 . Тогда x = (t 6 − 1) , dx = 3t 5 dt .
2
Таким образом, после замены переменной интегрирования получим
dx 3t 5 3t 5 3t 2  1 
∫ 2 1
= ∫ 4 3 dt = ∫ 3
t −t t (t − 1)
dt = ∫
t −1
dt = 3∫  t + 1 +

dt =
t −1
(2 x + 1) 3 − (2 x + 1) 2
 1

t 2
  ( 2 x + 1) 3 1 1

= 3 + t + ln | t − 1 |  + C = 3
2  + ( 2 x + 1) 6 + ln (2 x + 1) 6 − 1  + C .
   2 
 
5.2. Интегралы с квадратичной иррациональностью.
dx
• Интегралы вида ∫ ax 2 + bx + c
, где a , b , c – действительные числа.
Интегралы такого вида путем выделения полного квадрата из квадрат-
ного трехчлена, в зависимости от знака числа а, приводятся к одному из таб-
личных интегралов.
dx
Пример 5.2. Найти интеграл ∫ x 2 + 2x + 5
.
Решение. В квадратном трехчлене x 2 + 2 x + 5 выделим полный квад-
рат: x 2 + 2 x + 5 = ( x + 1) 2 + 4 . Тогда
= {замена x + 1 = t ⇒ x = t − 1, dx = dt } =
dx dx
∫ x + 2x + 5
2
=∫
( x + 1) + 4
2
dt
=∫ = ln t + t 2 + 4 + C = ln x + 1 + x 2 + 2 x + 5 + C .
t +4
2
dx
Пример 5.3. Найти интеграл ∫ − 3x + 4 x − 1
2
.
Решение. Выделяя в полный квадрат в квадратном трехчлене
− 3 x 2 + 4 x − 1 получим
 2 4 1   2 2 2 1   1  2

− 3x + 4 x − 1 = −3 x − x +  = −3
2   x −  −  = 3 −  x − 2   .
 
 3 3  3 9 9  3 
  
35

36. Следовательно
dx dx 1 dx
∫ =∫
1 
= ∫ =
− 3x 2 + 4 x − 1 2 
2 3 2
1  2
3 −  x −   −x − 
9  3  9  3
 
 2 2  1 dt 1
=  замена : x − = t ⇒ x = t + , dx = dt  =
 3 3  3 ∫ 1 2 = 3 ⋅ arcsin(3t ) + C =
−t
9
1   2  1
= arcsin  3 x −   + C = arcsin(3x − 2) + C .
3   3  3
Ax + B
• Интегралы вида ∫ ax + bx + c
2
dx , где A , B , a , b , c – действитель-
ные числа.
Чтобы найти такой интеграл надо в числителе выделить производную
квадратного трехчлена, стоящего под знаком корня, и почленным делением
разложить на сумму двух интегралов, один из которых элементарными пре-
образованиями приводится к табличному интегралу , а другой интегралом
dx
вида ∫ ax + bx + c
2
, который рассмотрен выше.
5x − 3
Пример 5.4. Найти интеграл ∫ 2x 2 + 8x + 1
dx .
Решение. Найдем производную квадратного трехчлена, стоящего под
знаком корня:
( 2 x 2 + 8 x + 1)′ = 4 x + 8 .
Выделим в числителе производную квадратного трехчлена:
5
5 x − 3 = ( 4 x + 8) − 13 .
4
36

37. Таким образом, после преобразования числителя и почленного деле-
ния, получим следующую цепочку равенств:
5
( 4 x + 8) − 13
5x − 3 5 4x + 8 dx
∫ 2x 2 + 8x + 1
dx = ∫ 4
2 x 2 + 8x + 1
dx = ∫
4 2x 2 + 8x + 1
dx − 13∫
2x 2 + 8x + 1
.
Найдем каждое слагаемое правого выражения этого равенства.
Первое слагаемое:
5
4
4x + 8 2
{ 5 dt
∫ 2 x 2 + 8 x + 1 dx = 2 x + 8 x + 1 = t ⇒ (4 x + 8)dx = dt = 4 ∫ t = }
5 5
= ⋅2 t +C = 2 x 2 + 8x + 1 + C
4 2 ,
Второе слагаемое:
dx dx 13 dx
13∫ = 13∫ = ∫ =
2x 2 + 8x + 1  1 2
x + 4x +
1
2 x 2 + 4 x + 
2
 2 2
= {x + 2 = t ⇒ x = t − 2, dx = dt} =
13 dx 13 dt
2∫ 2∫
= =
7 7
( x + 2) 2 − t2 −
2 2
13 7 13 1
= ln t + t 2 − + C = ln x + 2 + x 2 + 4 x + + C .
2 2 2 2
Следовательно
5x − 3 5 13 1
∫ 2 x 2 + 8x + 1
dx =
2
2 x 2 + 8x + 1 −
2
ln x + 2 + x 2 + 4 x + + C .
2
dx
• Интегралы вида ∫ ( Ax + B) ax + bx + c
2
, где A , B , a , b , c – дейст-
вительные числа, A ≠ 0 .
37

38. 1
Используя подстановку Ax + B = , этот интеграл приводится к рас-
t
dx
смотренному выше интегралу вида ∫ ax + bx + c
2
, где a , b , c – действи-
тельные числа.
dx
Пример 5.5. Найти интеграл ∫x 5x 2 − 2 x + 1
.
Решение.
1
−
dx  1 1 1 t2
∫ x 5x 2 − 2 x + 1  t
=  x = ⇒ dx = − 2 dt , t =  = ∫
t x 1 5 2
=
− +1
t t2 t
dt dt
=∫ =∫ = ln t − 1 + t 2 − 2t + 5 + C =
t 2 − 2t + 5 (t − 1) 2 + 6
1 1 2 1 − x + 5x 2 − 2 x + 1
= ln −1+ − + 5 + C = ln +C.
x x2 x x
dx
Пример 5.6. Найти интеграл ∫ ( x + 1) x 2 + 3x + 3
.
Решение.
dx  1 1 1 1 
∫ ( x + 1) =  x + 1 = ⇒ x = − 1, dx = − 2 , t =
x + 3x + 3 
2 t t t
=
x + 1
1
−
t2 dt 1
=∫ dt = ∫ = ln t + + t2 + t +1 + C =
1 1 
2
1  t2 + t +1 2
 − 1 + 3 − 1 + 3
t t  t 
1 1 1 1 1 1 x 2 + 3x + 3
= ln + + + + 1 + C = ln + + +C.
x +1 2 ( x + 1) 2
x +1 x +1 2 x +1
• Интегралы вида ∫ ax 2 + bx + c dx , где a , b, c – действительные
числа, a ≠ 0 .
38

39. Выделением полного квадрата в квадратном трехчлене и применением
линейной подстановки интеграл ∫ ax 2 + bx + c dx примет один из следую-
щих видов:
1) при a > 0 получим интеграл вида ∫ t 2 + M dt , где M ∈ R ;
2) при a < 0 получим интеграл вида ∫ M − t 2 dt , где M ∈ R .
Чтобы найти такие интегралы, сначала подынтегральную функцию
представляют в виде дроби, в которой знаменателем является иррациональ-
ность, а числителем – выражение, стоящее под знаком корня. Затем в преоб-
разованной подынтегральной функции производят почленное деление, и та-
ким образом исходный интеграл ( ∫ t 2 + M dt или ∫ M − t 2 dt ) преобразуют
в сумму двух интегралов, один из которых является табличным, а другой ин-
теграл находится интегрированием по частям один раз. После этого, выражая
из полученного равенства исходный интеграл ( ∫ t 2 + M dt или ∫ M − t 2 dt ),
получим окончательный ответ.
Пример 5.7. Найти интеграл ∫ x 2 + 5 dx .
Решение.
x2 + 5  x2 5  x2 dx
∫ x + 5 dx = ∫ dx = ∫  + dx = ∫ dx + 5∫
2
 2  .
x2 + 5  x +5 x2 + 5  x2 + 5 x2 + 5
Так как
 
по частям : 
∫ ∫
x 2 
 

dx = u = x ⇒ du = dx,  = x x +5 −
2
x 2 + 5 dx ;
x2 + 5  x dx 
dv = ⇒ v = x 2 + 5

 x2 + 5 

39

40. dx
∫ x +5
2
= ln x + x 2 + 5 + C ,
то
∫ x 2 + 5 dx = x x 2 + 5 − ∫ x 2 + 5 dx + 5 ln x + x 2 + 5 + C .
Далее, выражая из полученного равенства ∫ x 2 + 5 dx , получим ответ:
x 2 + 5 dx =  x x 2 + 5 + 5 ln x + x 2 + 5  + C .
1
∫ 2
 

Пример 5.8. Найти интеграл ∫ 9 − x 2 dx .
Решение.
9 − x2 dx x2
∫ 9 − x 2 dx = ∫
9− x 2
dx = 9∫
9−x 2
−∫
9−x 2
dx .
Поскольку
dx x
∫ 9 − x2
= arcsin
3
+C;
 
 
по частям : 
 
2
x
∫ dx = u = x ⇒ du = dx,  = − x 9 − x + ∫ 9 − x dx ,
2 2
9 − x2  
x dx
dv = ⇒ v = − 9 − x2 

 9 − x2 

то
∫ 9 − x 2 dx = 9 arcsin
x
3
(
− − x 9 − x 2 + ∫ 9 − x 2 dx + C . )
Следовательно
40

41. 1 x 
∫ 9 − x 2 dx =  9 arcsin + x 9 − x 2  + C .
2 3 
• Тригонометрические подстановки.
Интегралы с квадратичными иррациональностями вида a2 − x2 ,
a2 + x2 , x 2 − a 2 приводятся интегралам от рациональной относитель-
но sin x и cos x функции с помощью надлежащей тригонометрической
подстановки:
1) для иррациональности a 2 − x 2 удобна подстановка x = a sin t (или
x = a cos t ),
2) для иррациональности a 2 + x 2 удобна подстановка x = a tg t (или
x = a ctg t ),
a
3) для иррациональности x 2 − a 2 удобна подстановка x = (или
sin t
a
x= ).
cos t
Пример 5. 9. Найти интеграл ∫ 9 − x 2 dx .
Решение.
 x
∫ 9 − x 2 dx =  x = 3sin t ⇒ dx = 3 cos t dt , t = arcsin  =
 3
= 3∫ 9 − 9 sin 2 t cos t dt = 9∫ 1 − sin 2 t cos t dt = 9∫ cos 2 t dt =
9 9 9 9 9
=
2 ∫ (1 + cos 2t )dt = 2 t + 4 sin 2t + C = 2 t + 2 sin t cos t + C =
9 9 9 x 9 x x2
= t + sin t 1 − sin 2 t + C = arcsin + ⋅ ⋅ 1 − +C=
2 2 2 3 2 3 9
41

42. 1 x 
=  9 arcsin + x 9 − x 2  + C .
2 3 
x 2 dx
Пример 5.10. Найти интеграл ∫ x2 − 4
.
Решение.
x 2 dx  2 2 cos t 2
∫ = x =
x2 − 4  sin t
⇒ dx = − 2
sin t
dt , t = arcsin  =
x
4 2 cos t
⋅
2 2 cos t cos t
= − ∫ sin t sin t dt = −4∫ dt = −4∫ 3 dt =
4
−4 sin 3 t 1 − sin 2 t sin t cos t
sin 2 t
dt dt  t 2du 
= −4∫ = − 4∫ =tg = u ⇒ t = 2arctg u, dt = =
3
sin t t
8 sin 3 cos 3
t  2 1 + u2 
2 2
3
 1 2
( ) (1 + u 2 ) 3 (1 + u 2 ) 2
3
2du
= −4 ∫  1 + 2  1 + u 2 2 = −8 ∫ 3 du = −8∫ du =
 u  1 + u2 u (1 + u 2 ) u3
 1 2   1 u2 
= −8∫  3 + + u  du = −8 − 2 + 2 ln | u | +  + C .
 2u
u u   2 
Далее, постепенно возвращаясь к старой переменной интегрирования путем
обратных подстановок, получим
x 2 dx x 2 x + x2 − 4
∫ =
x2 − 4 2
x − 4 + 2 ln
2
+C.
6. Интегралы от дифференциальных биномов.
Интегралы от дифференциальных биномов ∫x (a + bx n ) p dx , где m, n,
m
p – рациональные числа, выражаются через элементарные функции только в
42

43. m +1
трех случаях: когда p – целое число; когда – целое число, когда
n
m +1
+ p – целое число. В каждом из этих случаев удобно применять свою
n
подстановку:
1) если p – целое число, то подстановка x = t s , где s – наименьшее
общее кратное знаменателей дробей m и n ;
m +1
2) если – целое число, то подстановка a + bx n = t s , где s – наи-
n
меньшее общее кратное знаменателей дробей m и n ;
m +1 a
3) + p – целое число, то подстановка n + b = t r , где r – знаме-
n x
натель дроби p .
dx
Пример 6.1. Найти интеграл ∫ x4 1 + x2
,
1
dx −
∫ x4 = ∫ x (1 + x )
−4
Решение. 2 2 dx .
1+ x 2
1
Здесь m = −4 , n = 2 , p = − , a = 1 , b = 1.
2
m +1 − 4 +1 1
Поскольку + p= − = −2 – целое число, то применяем
n 2 2
a
подстановку вида n
+ b = t r , где где r – знаменатель дроби p .
x
1
Так как m = −4 , n = 2 , p = − , a = 1, b = 1, r = 2 , то, окончательно,
2
1
получим подстановку 2
+ 1 = t 2 . Следовательно, применяя данную подста-
x
новку, получим
43

44. 1 −1
−
1
−
3

 2 + 1 = t ⇒ x = (t − 1) , x = (t − 1) 2 , dx = −(t 2 − 1) 2 t dt

2 2 2 2
dx x 
∫ x4 =
1 + x2 
=
1 1+ x 2
1+ x 2

t = x 2 + 1 =
 x 2
=
x
. 

3
−
− (t − 1)
2 2 t dt (t 2 − 1) 2 t (t 2 − 1) 2 t
=∫ = −∫ dt = − ∫ dt =
(t 2 − 1) −2 1 + (t 2 − 1) −1
3 3
1 t2
(t − 1) 2
2
1+ 2 (t − 1) 2
2
(t − 1) (t 2 − 1)
(t 2 − 1) 2 t  t3  1
= −∫ 3
dt = − ∫ (t 2 − 1) dt = − − t  + C = t − t 3 + C =
3 
t   3
(t 2
− 1) 2 1
(t 2
− 1) 2
=
1 + x2 1  1 + x2
− 

3
 + C = 3x 1 + x − 1 + x
2 2 2
( ) + C = (2 x
3
2
− 1) 1 + x 2
+C.
x 3 x 
 3x 3 3x3
dx
Пример 6.2. Найти интеграл ∫ .
x (4
x +1 ) 10
−10
dx −
1
 1

2 1 + 
∫
) ∫
Решение. = x x4 dx .
x (4
x +1
10 



1 1
Здесь m = − , n = , p = −10 , a = 1, b = 1, следовательно применим
2 4
подстановку вида x = t s , где s – наименьшее общее кратное знаменателей
дробей m и n (т.е. s = 4 ), поскольку p = −10 – целое число.
Тогда получим следующую цепочку равенств:


1

4=
dx 4t 3
∫ =  x = t ⇒ dx = 4t dt , t = x  ∫ 2 dt =
4 3
x (
4
x +1 )10

 
 t (t + 1)10
44

45. t t +1−1 dt dt
= 4∫ dt = 4∫ dt = 4 ∫ − 4∫ =
(t + 1)10
(t + 1)10
(t + 1) 9
(t + 1)10
 1   1  1 4
= 4 ⋅ −  − 4⋅−
 8(t + 1) 8  +C =−
 9(t + 1) 9  + +C =
    2(t + 1) 8 9(t + 1) 9
1 4
=− + +C.
(
2 4 x +1 ) 8
(
9 4 x +1 ) 9
7. Примеры для самостоятельного решения.
Читателю предлагается самостоятельно решить следуюшие
примеры (смотри: Минорский В.П. Сборник задач по высшей ма-
тематике.: М. 1986.):
1264, 1265, 1267, 1270, 1272, 1273, 1275, 1276, 1281, 1282, 1284,
1286, 1288, 1292, 1297, 1298, 1302, 1305, 1308, 1309, 1311, 1314,
1315, 1322, 1330, 1331, 1332, 1336, 1338, 1339, 1341, 1345, 1346,
1353, 1357, 1358, 1360, 1363, 1368, 1369, 1372, 1371, 1373, 1376,
1379, 1377, 1378, 1380.
45