Методичка часть4(1)

ВВЕДЕНИЕ
Дисциплина
«Высшая
математика»
является
основой
экономического образования. Знания, приобретаемые студентами в
результате изучения математики, играют важную роль в процессе его
обучения в институте. Они необходимы для успешного усвоения
общетеоретических и специальных дисциплин, предусмотренных
учебными планами экономических специальностей.
В практикуме предлагаемого объема невозможно полностью
осветить весь изучаемый теоретический материал, поэтому в начале
каждого раздела приведены лишь необходимые теоретические
сведения: определения, теоремы, формулы и другие краткие сведения
по
теории,
отражающие
количественную
сторону
или
пространственные свойства реальных объектов и процессов. Для
решения последующих задач помещены необходимые методические
указания, затем приводятся подробные решения типичных задач с
подробными пояснениями теоретических положений, без чего
невозможно успешное изучение математики. В конце каждого раздела
содержится достаточное количество методически подобранных задач
для самостоятельного решения с ответами к ним. Подбор задач
осуществлялся по принципу «от простого к сложному».
Достоинство практикума состоит в том, что он может быть
полезным для всех категорий студентов, изучающих в том или ином
объеме высшую математику. При наличии такого количества задач он
может быть использовано и как задачник, и как раздаточный материал
для выполнения контрольных работ по соответствующему разделу
курса «Высшая математика». Практикум содержит 30 различных
вариантов индивидуального домашнего задания по двум разделам.
Кроме того, практикум может быть использован студентами для
самостоятельного изучения соответствующего материала, а также
является основой для подготовки к сдаче зачетов и экзаменов по
высшей математике.
3
1. НЕОПРЕДЕЛЕННЫЙ ИНТЕГРАЛ
1.1. Понятие неопределенного интеграла
В дифференциальном исчислении решается задача: по данной
функции f x 
найти ее производную (или дифференциал).
Интегральное исчисление решает обратную задачу: найти функцию
F x , зная её производную F x   f x  (или дифференциал). Искомую
функцию F x  называют первообразной функции f x .
Определение. Функция F x  называется первообразной функцией
для функции f x  на интервале a;b , если для любого x  a; b
выполняется равенство
(1.1.)
F x   f x  (или dF x dx ).
Например, для функции f x   cos x первообразной будет функция
F x   sin x или F x   sin x  5, так как
F x   sin x   cos x
или
F x   sin x  5  cos x.
Поэтому первообразными будут также любые функции
F x   sin x  C,
где C  постоянная.
Теорема 1. Если функция F x  является первообразной для
функции f x  на интервале a;b , то множество всех первообразных
для f x  задается формулой
(1.2.)
F x   C ,
где C  постоянное число.
Теорема 2. Если F x  и Фx   две первообразные для функции
f x  на интервале a;b , то F x   Фx   C на a;b , где C  некоторая
константа.
Определение. Множество всех первообразных функций F x   C
для f x  на интервале a; b  называется неопределенным интегралом
функции f x  и обозначается символом
 f xdx
Таким образом, по определению
 f xdx  F x  C.
4
(1.3.)
называется
подынтегральной
функцией,
f x 
x  переменной
выражением,
f x dx  подынтегральным
Здесь
интегрирования,
  знаком неопределенного интеграла.
Операция нахождения неопределенного интеграла от функции
называется интегрированием этой функции.
Геометрически неопределенный интеграл представляет собой
семейство «параллельных» кривых y  F x   C (каждому числовому
значению C соответствует определенная кривая семейства). График
каждой первообразной (кривой) называется интегральной кривой.
y
y  F x   C1
y  F x 
y  F x   C 2
x
y  F x   C3
0
Имеет место теорема, утверждающая, что «всякая непрерывная на
интервале a; b  функция имеет на этом интервале первообразную», а
следовательно, и неопределенный интеграл.
1.2. Свойства неопределенного интеграла
(правила интегрирования)
Свойства неопределенного интеграла, вытекающие из его
определения.
1.Производная
от
неопределенного
интеграла
равна
подынтегральной функции:

 f x dx   f x .


2.Дифференциал
от
неопределенного
интеграла
равен
подынтегральному выражению:

5
d  f x dx   f x dx.


3. Неопределенный интеграл от дифференциала некоторой
функции равен сумме этой функции и произвольной постоянной:

 d F x  F x  C.
4. Постоянный множитель можно выносить за знак интеграла:
 a  f xdx  a  f xdx,
где a  постоянная, a  0.
5. Неопределенный интеграл от алгебраической суммы конечного
числа непрерывных функций равен алгебраической сумме интегралов
от слагаемых функций:
  f x  gxdx   f xdx   gxdx.
6.(Инвариантность
 f xdx  F x  C,
формулы
то
и
интегрирования).
 f udu  F u  C,
Если
где
u   x   произвольная функция, имеющая непрерывную производную.
Это свойство говорит о том, что формула для неопределенного
интеграла остается справедливой независимо от того, является ли
переменная интегрирования независимой переменной или любой
функцией от неё, имеющей непрерывную производную.
1.3. Таблица основных неопределенных интегралов
Пользуясь тем, что интегрирование есть действие, обратное
дифференцированию, и зная таблицу производных (или таблицу
дифференциалов),
нетрудно
составить
таблицу
основных
неопределенных интегралов.
au
u n 1
a u du 
C
n
1. du  u  C.
2. u du 
3.
 C n  1.
ln a
n 1
a  0, a  1



 e du  e  C. 5.  sin udu   cosu  C. 6.  cosudu  sin u  C.
du
du
7. 
 tgu  C. 8. 
 ctgu  C. 9.  tgudu   ln cos u  C.
cos u
sin u
du
10.  ctgudu  ln sin u  C. 11. 
 ln u  C.
u
4.
u
u
2
2
6
12.
14.


du
u2  a
 ln u  u 2  a  C.
 arctgu  C

2
1 u
 arcctgu  C.
du
13.
15.


du
1  u2
du
a2  u2
 arcsin u  C

 arccos u  C.
u

 arcsin a  C

u
 arccos  C.
a

u
 1
 a arctg a  C
du
1 1 u
16.
17.

 ln
 C.
2
2
2
1
u
2 1 u
a u
1 u
 arcctg  C.
a
 a
du
1
au
du
1 u 1
18.
19.

ln
 C.
 ln
 C.
2
2
2
2a a  u
a u
u 1 2 u 1
du
1
ua
20.

ln
 C.
2
2
2a u  a
u a
В приведенной таблице основных интегралов переменная
интегрирования u может обозначать как независимую переменную,
так и функцию от независимой переменной (согласно свойству
инвариантности формулы интегрирования). Достаточно часто
интегрируя те или иные функции, пользуются следующими
соотношениями:
f x 
dx  ln f x   C.
1.
(1.4)
f x 


du




2.
 f ax  bdx  a F ax  b  C,
1
(1.5)
где a и b  постоянные, a  0.
Справедливость формул интегрирования, а также и каждый
результат интегрирования можно проверить путем дифференцирования
(согласно первому или второму свойствам неопределенного интеграла).
В простейшем случае, когда заданный интеграл представляет одну
из формул интегрирования, задача интегрирования сводится к простому
применению этих формул.
dx
Пример 1. Найти интеграл
и проверить результат
x3
дифференцированием.

7
Решение. Преобразуем подынтегральную функцию
1
x3
 x 3 ,
тогда
x 31
x 2
1

C

 C   2  C.
 31
2
x3
2x
Проверка. Найдем дифференциал полученной функции:
1
1 



 1

d   2  C   d   2   d C   d   x 2   0 
 2

 2x

 2x 

1
dx
 1

   x 2   dx     2 x 21  dx  x 3 dx  3 .
2
2
x


Сравнивая полученный дифференциал с подынтегральным
выражением данного интеграла, убеждаемся в том, что интеграл найден
верно (согласно второму свойству неопределенного интеграла).

Пример
dx
2.

 x 3 dx 
Найти
неопределенный
интеграл
3
x
 5 x dx
и
проверить результат дифференцированием.
Решение. Так как 3 x  5 x  3  5x  15 x , тогда получим
15 x
 C.
ln 15
Проверка. Найдем производную от полученного результата:


 15 x
  15 x 

1
1

 
  C  

C
15 x  0 
 15 x  ln 15  15 x .
 ln 15
  ln 15 
ln
15
ln
15

 



3 x  5 x  dx  15 x dx 
 
Совпадение полученного результата с подынтегральной функцией
говорит о том, что неопределенный интеграл найден верно (согласно
первому свойству).
du
Пример 3. Найти неопределенный интеграл
.
2u 2  6
Решение. В знаменателе подынтегральной функции общий
множитель 2 вынесем за скобку, тогда постоянный множитель
1
подынтегральной функции
вынесем за знак интеграла (используем
2
четвертое свойство):
du
du
1
du
1
du



.
2
2
2
2
2
2
2
2u  6
2 u 3
u 3
u  3


 


8

 
Воспользуемся формулой 20 таблицы интегралов, где a  3,
тогда получим:
 2u
du
2
6

1 1
u 3
1
u 3

ln
C 
ln
 C.
2 2 3 u 3
4 3 u 3
x
Пример 4. Найти неопределенный интеграл
1
Решение. Так как x x  x  x 2  x
x
x dx 
3
2
x dx

3
1
1
2
x dx.
3
 x 2 , тогда получим:
5
1
x2
x2
2 5

C 
C 
x  C.
3
5
5
1
2
2
2
1

 x   dx.
x

Решение. Преобразуем подынтегральную функцию:
Пример 5. Найти неопределенный интеграл

2
1
1 1

2
2
2
x    x  2 x  2  x  2  x .
x
x
x


Тогда получим (согласно пятому свойству)

2
1

 x   dx 
x

 x
2

 2  x 2 dx 
 x dx   2dx   x
2
2
dx 
x 21
x 21
x3
x 1
x3
1
 2 dx 

 2x 
C 
 2 x   C.
2 1
 2 1 3
1
3
x
Пример 6. Найти неопределенный интеграл  tg 2 xdx.


Решение. tg 2 x 
sin 2 x


1  cos2 x
2


1
2

Пример 7. Найти неопределенный интеграл

cos2 x
2


x 3  5x 2  7 x
Решение. Преобразуем подынтегральную функцию:
9

1
 1.
cos x
cos x
cos x cos x cos2 x
Используя преобразованный вид функции и свойства интегралов,
получим:
dx
 1

tg 2 xdx  
 1dx 
 dx  tgx  x  C.
2
cos2 x
 cos x 
2
3
x
dx.
x 3  5x 2  7 x
3
3
x3

x1 3
x
1
2
1
1 1

3
 x 3  5x 3  7 x 2
Данный интеграл будет равен:

x 3  5x 2  7 x
3

 7 x 1 6 dx 
 7
dx 
x
 x
83
5x 2

7 x1 2

x1 3
x1 3
8

5
1
 x 3  5x 3  7 x 6 .



 5 x 5 3  7 x 1 6 dx  x 8 3 dx  5 x 5 3 dx 
x 8 31
x 5 31
x 1 61
x 11 3
x8 3
 5
 7
C 
5

8 31
5 31
1 6 1
11 3
83
x7 6
3
3
6
3
15
 C  x 11 3  5  x 8 3  7  x 7 6  C  3 x 11  3 x 8 
76
11
8
7
11
8
 66 x 7  C.
Задания для самостоятельного решения
Найти интегралы
1.
 8x
7

 6 x 5  3x 2  4 dx.
4.

x2  2
dx.
x
8.

dx
3  x2
2.
 1
 

x

 1dx. 3.
x

1
3
 tgx  ctgxdx.
 2x  3cos xdx. 6.  x  4 . 7.  5  x .
x 9
9. x  2x  3dx. 10. ctg xdx. 11. 
dx.


x 8
dx
5.
dx
2
2
2
.
2
2
2
2
x
x

 cos  sin  dx. 13.
2
2

12.

15.
 1  tg xdx.
2
2  x 2 dx.
16.

dx
x2  7
 1  ctg xdx.
2
3  2ctg 2 x

. 14.
3
2
17.
x  x 7 x
dx.
x
x
 3 x dx.
x3  8
dx.
x2
5 cos x
x 4 x
3
Ответы. 1. x 8  x 6  x 3  4 x  C.
2. 2 x  3 x 2  x  C.
2
1
x
x2
3. x  C. 4.
 2 ln x  C. 5. x 2  3sin x  C. 6. arctg  C.
2
2
2
18.
7.
 
1
2 5
ln
2

5x
5x
19.
 C.

2
8. arcsin
dx.
x
 C.
3
10
20.
9.

x 4 2 x 3 3x 2


 6 x  C.
4
3
2
1
10. ctg  x  C. 11. x 
ln
4 2
x2 2
x2 2
 C.
12. x  cos x  C.
13. ln x  x 2  7  C. 14. 33 x  2 x  77 x  C. 15. tgx  C.
16. ctgx  C. 17.
19.
6x
 C.
ln 6
3
2
tgx  ctgx  C.
5
5
20.
18. ln x  2arctg
x
 C.
2
x3
 x 2  4 x  C.
3
1.4. Основные методы интегрирования
Метод интегрирования, при котором данный интеграл путем
тождественных преобразований подынтегральной функции (или
выражения) и применения свойств неопределенного интеграла
приводится к одному или нескольким табличным интегралам (если это
возможно), называется непосредственным интегрированием.
Рассмотренные в предыдущем пункте примеры были решены
именно этим методом.
Весьма эффективным методом интегрирования является метод
замены переменной интегрирования (метод подстановки), в результате
чего заданный интеграл заменяется другим интегралом. Для
нахождения интеграла
 f x dx
можно заменить переменную x новой
t , связанной с x подходящей формулой x   t .
Определив из этой формулы dx   t dt и подставляя, получим
переменной
 f xdx   f  t  t dt   F t dt.
Если полученный интеграл с новой переменной интегрирования t
будет найден, то преобразовав результат к переменной x, пользуясь
исходной формулой x   t , получим искомое выражение заданного
интеграла.
dx
Пример 8. Найти интеграл
.
1 x

Решение. Пусть x  t или x  t 2 , тогда dx  t 2 dt, dx  2tdt.

 
11
 1
dx

 1  t  2 1  t dt  2
2tdt
t
t 11
dt  2
t 1

t  1  1dt 
t 1
x
1 
1 
1
1
 t 1

2 

dt  2t  2
dt.
dt  2 1 
dt  2 dt  2
t

1
t

1
t

1
t

1
t

1







dx

 t  1dt  ln t  1  C, получаем
1
Согласно соотношению (1.4)
 1

 2t  2 ln t  1  C.
x
Возвращаясь к исходной переменной интегрирования
окончательно получаем:
dx
 2 x  2 ln x  1  C.
1 x
Можно найти данный интеграл иначе:
x  t,

 1
dx

x




dx  t  12 dt,
x  t  12 ,
t  1  x . Отсюда x  t  1,
dx  2t  1dt. Тогда получим:
пусть
2t  1
dt
 t 1
 1
dt  2   dt  2 1  dt  2 dt  2

t
t
t t
 t

 2t  2 ln t  C  2 1 

x   2 ln 1 



x  C  2 x  2  2 ln 1  x  C.
Полученные результаты отличаются постоянным слагаемым 2; оба
результата правильные, так как, согласно теореме 2, две первообразные
от данной подынтегральной функции отличаются на некоторую
константу.
Пример 9. Найти интеграл
2 x 2 dx
x
6
4
.
Решение.
2 x 2 dx
6
Пусть x 3  y,
тогда получим
2
x 2 dx
 x 
3 2
4
x 2 dx
 x  4  x   4 .

1
dy  x  dx, dy  3x dx, x dx  dy,
3
2
y
2
2
3
2
3 2
1 dy
3
2
4
 2
1
3
12
y
dy
2
2
2

2
3
y
dy
2
 22

2 1
y
1
x3
 arctg  C  arctg
 C.
3 2
2
3
2
sin xdx
Пример 10. Найти интеграл
.
1  2 cos x


y  1  2 cos x ,
Решение. Обозначим
тогда
y 2  1  2 cos x,
дифференцируем
обе
части
равенства,
dy 2  d 1  2 cos x ,

y 2 dy  1  2 cos x  dx, 2 ydy  2 sin xdx, sin xdx   ydy.
sin xdx
 ydy

  dy   y  C   1  2 cos x  C.
y
1  2 cos x
dy
.
Пример 11. Найти интеграл
ey 1
 




Решение.
Берем
дифференцируем


z 2 dz  e y  1 dy,
 

тогда dy 

2 zdz
z2 1
dy
e 1
 ln
обе

y

z 2  e y  1,


dz 2  d e y  1 ,
равенства
2 zdz
dy  y , а так как e y  z 2  1,
e
части
2 zdz  e y dy,
. Получаем:
 z
e y 1 1
ey 1 1
2 zdz
2

1  z
2
z
1 z 1
 2  ln
C 
2 z 1
1
dz
2
 C.
Пример 12. Найти интеграл
Решение.
z  e y  1,
подстановку
Беря
 1
x dx
x
подстановку
.
1  x  y,
получаем
x  y  1, x   y  12 , dx  2 y  1dy.
Подставляем в подынтегральное выражение, интегрируем и
возвращаемся к переменной x :
13
 1
x dx

x

 y  1  2 y  1dy  2  y  12 dy  2

y
y

y 2  2 y 1
dy 
y
 y2 2y 1 
y2
1
 4 y  2 ln y 
 dy  2 ydy  2 2dy  2 dy  2 

2 
 y
2
y
y y 


 C  1 x




  41  x  2 ln 1 
2
Пример 13. Найти интеграл
x  C.
 1
x dx
4
x3
.
Решение. Полагаем x  t 4 , тогда 4 x  t,
x  t2, 4 x3  t3,

dx  t 4 dt, dx  4t 3 dt. Подставляем в подынтегральное выражение и
интегрируем:
 
 1

t 2  4t 3 dt
t5
t5  t2
t3 1
x dx

4

t 5 dt
t 1
t3 1
x3
Выделим целую часть подынтегральной функции:
4

3
.
t2
 t2
тогда
4

t5
t3 1
 t2 
t2
t3 1
.
 2
t2 
t2
t3
t2
t 
dt  4 t 2 dt  4

4
dt

4


4
dt.

3
t3 1
t 3  1 
t3 1
t3 1

t 5 dt




t2
dt. Для этого введем новую переменную
Найдем  3
t 1
1
y  t 3  1, dy  3t 2 dt, t 2 dt  dy. Полученные результаты подставим
3
в подынтегральное выражение и проинтегрируем:
t 2 dt
t
3
1


1 dy
3
y

14
1
1
ln y  ln t 3  1 .
3
3
Возвращаясь к данному интегралу, получаем:
 1
x dx
4

3
4 3 4
4
4
t  ln t 3  1  C  4 x 3  ln 4 x 3  1  C .
3
3
3
3
x
Выбор удачной формулы (подстановки) для замены переменной
имеет большое значение. Вместе с тем дать одно общее правило для
выбора хорошей подстановки невозможно. Освоить применение этого
метода интегрирования можно только одним способом – решая как
можно больше примеров.
Задания для самостоятельного решения
Найти интегралы:
1.
 cos3x  5dx.
5.
 5 x
x 2 dx
10.

13.
x
16.
e
19.
6
 x ln
sin 2 xdx
. 11.
2  cos x
2
x 4 dx
10
7
ctgx

7 x
2
sin x
14
Ответы. 1.
17.
x
20
e x dx
 3  4e
x
.
1  ln x
dx. 12.
x

1
.
. 20.
x
7.
.
 cos x
. 14.
dx
x 6 dx
2
 4  9 x 
2  7 x dx. 3.
3
dx
6.
.

2.
2


dx
x
3

. 15.
3  arcctgx
1 x
dx
ln 2 x  3

7
x

dx
1  2 sin x
cos 2 x
1 x2
18.

 sin
dx
11
. 9.
x
arccos 3 x  1
dx.
2
8.
dx. 4.
3  11 x

.
xdx
x4 1
.
dx.
dx .
cos x
15
x
dx.
.
1
3
sin3x  5  C. 2.  3 2  7 x 4  C.
3
28
3. 
3
1
4  9 x 21  C. 4.  1 11 3  11x 10  C. 5. 1 ln 5  x 3  C.
189
10
6 5
5x
6. 
1
 C.
ln x
9.
7.
1
ln 3  4e x  C.
4
8.
27 x
 C.
ln 7
1
ln x 2  x 4  1  C. 10.  2 2  cos 2 x  C .
2
15
11.
2
3
14. 
1  ln x 3  C.
12. tgx 
2
 C.
cos x
13.
1
10 7
ln
x5  7
x5  7
 C.
arccos 4 x
1
1
sin 2  C . 15. 
 arcsin x  C . 16.  e ctgx  C.
2
4
x
17. 3arctgx 
arcctg 2 x
1
1
x7
19.

C
.
 C. 18. 
arctg
 C.
2
14 sin14 x
7 7
7
20. ln ln x  ln 2 x  3  C.
Методом интегрирования по частям называется нахождение
интеграла по формуле
(1.6)
u  dv  u  v  v  du,


где u  ux , v  vx   функции, имеющие непрерывные производные.
Формула интегрирования по частям дает возможность свести
вычисление интеграла
 udv
к вычислению интеграла
 vdu, который
может оказаться существенно более простым, чем исходный, или когда
он будет ему подобен.
Для применения формулы (1.6) к некоторому интегралу
 f x dx
следует подынтегральное выражение f x dx
представить в виде
произведения двух множителей: u и dv; за dv всегда выбирается
такое выражение, содержащее dx, из которого посредством
u
интегрирования можно найти v; за
в большинстве случаев
принимается функция, которая при дифференцировании упрощается.
Иногда формулу интегрирования по частям приходится использовать
несколько раз.
Укажем некоторые типы интегралов, которые удобно вычислить
методом интегрирования по частям.
1. Интегралы вида
 Px e
ax
dx ,
 Pxsinaxdx,  Px cosaxdx,
где Px   многочлен, a  число, a  0. Удобно положить u  Px , а за
dv обозначить все остальные сомножители подынтегрального
выражения, то есть
e ax dx,

dv  sinax dx,
cosax dx.

16
В данном случае формула (1.6) применяется столько раз, какова
степень многочлена Px .
2.
 Pxarcsin xdx,  Pxarccos xdx,
 Px a r c c t g ,x d x  Px ln x d .xВ таких интегралах
Интегралы
 Pxarctgxdx,
вида
удобно положить dv  Px dx,
сомножители, то есть
а за
u
обозначить остальные
ax
 cosbx dx, где a и b 
arcsin x,
arccos x,

u  arctgx,
arcctgx,

ln x.
3. Интегралы вида
e
ax
 sinbxdx,
e
числа. В таком случае за u можно принять функцию u  e ax или
u  sinbx u  cosbx . Формула интегрирования по частям будет
применяться два раза. В повторном интегрировании по частям за u
необходимо принять аналогичную в первом применении функцию. В
таком случае получается уравнение относительно данного по условию
интеграла, из которого легко найти этот интеграл. При неудачном
выборе u и dv в повторном интегрировании получается бесполезное
тождество.
Пример 14. Найти интеграл
x e
2 3x
dx.
Решение. Данный интеграл относится к первой группе интегралов,
берущихся по частям. Степень многочлена Px   x 2
равна двум,
поэтому будем пользоваться формулой (1.6) два раза.
u  x2,
dv  e 3 x dx,
du  2 xdx ,
Положим
тогда
1
v  e 3x dx  e 3x (согласно соотношению (1.5)).
3
По формуле (1.6) найдем
1
1
1
2
x 2 e 3x dx  x 2 e 3x  e 3x  2 xdx  x 2 e 3x 
xe 3x dx.
3
3
3
3
К последнему интегралу вновь применяем формулу интегрирования по
1
частям. Положим u  x, dv  e 3 x dx, тогда du  dx, v  e 3 x dx  e 3 x
3
(только что был найден такой интеграл). По формуле (1.6) получим







17
 xe

1 3x
1
1
1
xe  e 3x dx  xe 3x  e 3x .
3
3
3
9
Окончательно получаем
1
21
1
1
2

x 2 e 3 x dx  x 2 e 3 x   xe 3 x  e 3 x   C  x 2 e 3 x  xe 3 x 
3
33
9
3
9

2 3x

e  C.
27
3x
dx 

Пример 15. Найти интеграл
 2x 1cos xdx.
Решение. Данный интеграл относится к первой группе интегралов,
берущихся по формуле (1.6). Здесь многочлен Px   2 x  1 первой
степени, а значит формула (1.6) будет использоваться один раз. Пологая
u  2 x  1,
dv  c o sx d x, найдем:
du  2dx,

v  c o sx d x s i nx. По
формуле интегрирования по частям получим
 2 x  1cos xdx  2 x  1 sin x   sin x  2dx  2 x  1 sin x  2 sin xdx 
 2 x  1 sin x  2 cos x  C .
Пример 16. Найти интеграл
x
ln x
3
dx.
Решение.
Интеграл относится ко второй группе интегралов,
dx
берущихся по частям. Пусть u  ln x, dv  3 , тогда du  ln x  dx,
x
31
2
dx
x
x
1
1
 x 3 dx 

 2 .
du  dx, v 
3
 31  2
x
x
2x
Подставляя полученные результаты в формулу (1.6) получим
ln x
ln x
ln x 1 dx
 1  1
dx   2    2   dx   2 

3
x
2 x3
x
2x
2x
 2x 





1 1 
ln x
1
 2   C  C  2  2 .
2  2x 
2x
2x
4x
Пример 17. Найти интеграл  arcctgxdx.
Решение. Так как дан интеграл второй группы, положим
1
dv  dx, тогда du  arcctgx dx,
u  arcctgx,
du  
 dx,
1 x2

ln x
2


v  dx  x.
Воспользуемся формулой интегрирования по частям:
18

xdx

.
dx  xarcctgx 
1 x2

Последний интеграл находим отдельно. Применим к нему метод
подстановки. Обозначим y  1  x 2 , тогда dy  1  x 2 dx, dy  2xdx,
1
отсюда xdx  dy. Подставляем в подынтегральное выражение
2
последнего интеграла, находим полученный новый интеграл и
возвращаемся к заданной переменной x :
1 dy
xdx
1 dy 1
1
2


 ln y  ln 1  x 2 .
y
2 y
2
2
1 x2
Возвращаясь к данному по условию интегралу, получаем:
1
arcctgxdx  xarcctgx  ln 1  x 2  C .
2
2
Здесь модуль выражения 1  x
заменен скобками, так как это
выражение при любых значениях x положительно.
x
Пример 18. Найти интеграл e  x  cos dx.
2
Решение. Дан интеграл третьей группы. Пусть u  e  x ,

x
x
x
dv  cos dx, тогда du  e  x dx, du  e  x dx, v  cos dx  2 sin
2
2
2
(согласно равенству (1.5)).
По формуле (1.6) получим
x
x
x
x
e  x  cos dx  e  x  2 sin  2 sin  e  x dx  2e  x sin 
2
2
2
2
x
x
 2 e  sin dx.
2
Как видим, в последнем интеграле в сравнении с данным
x
интегралом одна из функций изменилась на кофункцию, то есть cos
2
x
на sin . Как было сказано ранее, к интегралам третьей группы метод
2
интегрирования по частям применяется два раза, поэтому, решая
x
последний интеграл, положим u  e  x ,
тогда
dv  s i ndx,
2
x
x
du  e  x dx, v  sin dx  2 cos .
2
2
Используя формулу (1.6), последний интеграл примет вид:
 arcctgxdx  xarcctgx   x    1  x

1
2











 





19




x
x
x


 sin dx  e  x    2 cos     2 cos   e  x dx 
2
2
2


x
x
 2e  x  cos  2 e  x cos dx.
2
2
Вернемся к данному интегралу
x
x
x
x 

e  x cos dx  2e  x sin  2  2e  x cos  2 e  x  cos dx  
2
2
2
2


x
x
x
x
x
x
 2e sin  4e cos  4 e cos dx.
2
2
2
Последний интеграл совпадает с исходным интегралом. Таким
образом мы получили алгебраическое уравнение с неизвестным
x
интегралом e  x  cos dx :
2
x
x
x
x
x
e  cos dx  2e  x  sin  4e  x cos  4 e  x cos dx.
2
2
2
2
Решим это уравнение относительно исходного интеграла:
x
x
x
x
e  x cos dx  4 e  x cos dx  2e  x sin  4e  x cos ,
2
2
2
2
x
x
x
x
x
x
5 e cos dx  2e sin  4e cos , тогда
2
2
2
x
2
x
4
x
e  x  cos dx  e  x  sin  e  x cos  C .
2
5
2 5
2
Если при отыскании второго интеграла выбрать u и dv иначе:

x
x
1
x

u  sin , dv  e  x dx, то получим du   sin  dx, du  c o s dx,
2
2
2
 2
e

x












v  e  x dx  e  x ,
e


x
x
1
x
sin dx  e  x  sin   e  x  cos dx 
2
2
2
2
x 1 x
x
 e  x  sin 
e  cos dx.
2 2
2
Возвращаясь к данному интегралу, получим
x
x
x 1 x
x 

e  x cos dx  2e  x  sin  2  e  x  sin 
e cos dx  
2
2
2 2
2 

x
x
x
 2e  x  sin  2e  x  sin  e  x  cos dx , 0  0.
2
2
2
Получили бесполезное тождество.
x




20
Задания для самостоятельного решения
Найти интегралы:
 x cos xdx. 2.  x 1 sin xdx. 3.  e 2 x  3dx. 4.  arccosxdx.
5. x ln 5xdx. 6. xarcctgxdx. 7. arcsin2 xdx. 8. arctg3xdx.




x
9. e sin 5xdx. 10.  e cos dx.

3
1.
2
2 x
3x
4x
Ответы. 1. x 2 sin x  2 x cos x  2 sin x  C . 2. 1  x cos x  sin x  C .
2 x  3 e 3x  2 e 3x  C. 4. x arccos x  1  x 2  C .
3.
3
9
x2
x2
x2
x 1
5.
ln 5x 
 C. 6.
arcctgx 
arcctgx  C .
2
4
2
2
1
1
7. x arcsin 2 x 
1  4 x 2  C . 8. xarctg3x  ln 1  9 x 2  C.
2
6
5  2 x
2 2 x
3 4x 
x
x

9. 
sin 5x   C . 10.
e  sin  12 cos   C .
 e cos 5x  e
29 
5
145
3
3



1.5. Интегрирование рациональных функций
Определение. Дробно-рациональной функцией (или рациональной
дробью) называется функция, равная отношению двух многочленов, то
P x 
f x   m
, где
есть
Pm x   многочлен степени m, а
Qn x 
Qn x   многочлен степени n .
Рациональная дробь называется правильной, если степень
числителя меньше степени знаменателя, то есть m  n; в противном
случае (если m  n ) рациональная дробь называется неправильной.
P x 
Всякую неправильную рациональную дробь
можно, путем
Q x 
деления числителя на знаменатель, представить в виде суммы
многочлена (целой части) и правильной рациональной дроби.
Следующие правильные дроби называются простейшими или
элементарными:
A
1.
;
xa
21
2.
A
x  a m
, где m  целое число, больше единицы (то есть m  2,
m  N );
3.
ax  b
x  px  q
2
, где знаменатель дроби не имеет действительных
корней, то есть D  p 2  4q  0.
Здесь A, a, b, p, q  действительные числа.
Рассмотрим на примерах интегралы от простейших рациональных
дробей.
5
Пример 19. Найти интеграл
dx.
x2
Решение. Воспользуемся свойством 4 неопределенных интегралов
и равенством (1.5):
пусть
тогда
поэтому
f x   x  2,
f x   1,
5
1
dx  5
dx  5 ln x  2  C.
x2
x2
Таким образом
A
dx  A ln x  a  C .
xa
3
Пример 20. Найти интеграл
dx.
x  45
dy  x  4  dx,
Решение. Обозначим x  4  y,
dy  1  dx,
dy  dx, тогда получим





 x  4 
3
y
dx  3
5

dy
 3 y 5 dy  3 
5
y 51
C 
 5 1
y 4
3
3
C   4 C  
 C.
4
4y
4 y  4 4
 3
Следовательно
 x  a 
A
m
dx  
Пример 21. Найти интеграл
Решение.
знаменателе
A
m  1x  a m1
x
 C.
dx
.
 4x  8
Рассмотрим квадратный трехчлен,
подынтегральной
функции
22
2
стоящий в
x 2  4x  8 :
D  4 2  4  1  8  16  32  16  0, действительных корней квадратный
трехчлен не имеет, поэтому выделим полный квадрат из квадратного
x 2  4 x  8  x 2  2  2  x  4  4  x  22  4. Обозначим
через y  x  2, тогда dy  x  2  dx, dy  dx; x 2  4 x  8  y 2  4.
Подставим в данный интеграл:
dx
dy
1
y
1
x2

 arctg  C  arctg
 C.
2
2
2
2
2
2
2
x  4x  8
y 2
7  8x
Пример 22. Найти интеграл
dx.
2
2 x  3x  1
Решение. Выделим из квадратного трехчлена полный квадрат

3
1
3
9  9 1

2 x 2  3 x  1  2 x 2  x    2   x 2  2  x   


2
2
4
16  16 2 


трехчлена



2

3
1
 2  x    .
4
16 

3
dz  dx, x  z  .
4
Введем новую переменную
3
z  x ,
4
тогда
3

7  8 z  
4

 dz  7  8 z  6 dz  1 1  8 z dz.
dx 
2
1
1
1
2


2 x  3x  1
z2 
2 z 2  
2 z 2  
16
16
16




Далее разложим полученный интеграл на сумму двух интегралов,
соответственно двум слагаемым в числителе, и находим их по формуле
20 таблицы интегралов и равенству (1.4)
7  8x
1
dz
1
8z
1
dz
dx 

dz 

2
1 2
1
2
2
2
2
2 x 2  3x  1
1
2
z 
z 
z  
16
16
4
7  8x








1
z
1 1
4  2 ln z 2  1  C .
dz  
ln
1
1
1
2
16
z2 
2
z
16
4
4
Возвращаясь к переменной x, окончательно получим
1
 4
2

2z
23

3 1
2

4
4  2 ln  x  3   1  C 
dx

ln
3 1
4
16
2 x 2  3x  1

x 
4 4
x
7  8x
 ln
x 1
3
1
 2 ln x 2  x   C .
2
2
x 1
2
Пример 23. Найти интеграл 
6 x 3  7 x 2  3x  1
dx.
3x 2  2 x  4
Решение.
Подынтегральная функция представляет собой
неправильную рациональную дробь, поэтому сначала выделим целую
часть данной функции, деля числитель на знаменатель:

6 x 3  7 x 2  3x  1
6x 3  4 x 2  8x

3x 2  2 x  4
2x  1
 3x 2  5 x  1
 3x 2  2 x  4
7 x  3
Таким
образом
6 x 3  7 x 2  3x  1
3x  2 x  4
Интегрируем каждое слагаемое отдельно:
2
 2x  1 
 7x  3
3x 2  2 x  4
.
3

 7 x  
7
6 x  7 x  3x  1

dx  2 xdx  dx 
dx 
2
2
3x  2 x  4
3x  2 x  4
3
3
x
x
x2
7
7
 2
 x7
dx  x 2  x  7
dx.
2
3x 2  2 x  4
3x 2  2 x  4
Последний интеграл найдем отдельно. Для этого выделим полный
2
4  
1 1  1 4

квадрат 3x 2  2 x  4  3 x 2  x     x 2  2  x       
3
3  
3 9  9 3


3
2





2

1
11 
 3 x    .
3
9 

24
1
1
Введем новую переменную y  x  , x  y  , dx  dy, тогда
3
3
получим интеграл:
3
1 3
2
x
y 
y
1
7
3
7
21
dx 
dy 
dy.
11
3
 2 11 
2
3x 2  2 x  4
y

3 y  
9
9

Разложим полученный интеграл на сумму двух интегралов:
2
y
y
2
dy
21 dy 
dy 
.
11
11
11
21
2
2
2
y 
y 
y 
9
9
9
1
 2 ydy
ydy
1
2 ydy
1
11
 2

 ln y 2 

11
11 2
11 2
9
2
2
2
y 
y 
y 
9
9
9









2

1 
1
11 1
2
4
ln  x   
 ln x 2  x  .
2 
3
9
2
3
3
Здесь мы использовали формулу (1.4).
dy
dy
1
y


arctg

2
11
11
11
 11 
y2 
2
3
3

y 
9
 3 


1

3 x  
3
3y
3
3
3x  1
3

arctg

arctg 

arctg
..
11
11
11
11
11
11
Следовательно,
3
x
1 1
2
4 2 3
3x  1
7
dx   ln x 2  x   
arctg

2
3
2
3
3
21
3x  2 x  4
11
11



1
2
4
2
3x  1
ln x 2  x  
arctg
.
6
3
3 7 11
11
Возвращаясь к данному интегралу, окончательно получаем

25

1
6 x 3  7 x 2  3x  1
2
4
2
3x  1 
 
dx  x 2  x  7 ln x 2  x  
arctg
2
6
3
3
3x  2 x  4
7 11
11 

7
2
4
2
3x  1
 C  x 2  x  ln x 2  x  
arctg
 C.
6
3
3
11
11
Теорема.
Всякую
правильную
рациональную
дробь
P x 
, знаменатель
которой
разложен
на
множители
Q x 


Qx   x  x1 k1  x  x 2 k2  ...  x 2  px  q , где p 2  4q  0, можно
представить (и притом единственным образом) в виде следующей
суммы простейших дробей
Ak1
A3
A1
A2
B1
B2
P x 



 ... 



2
3
x  x1  x  x2  x  x2 2
Q x  x  x1  x  x1 
x  x1 

B3
x  x 2 
где
3
 ... 
Bk2
x  x 2 
k2
 ... 
Cx  D
x  px  q
2
,
(1.7)
A1 , A2 , ...,Ak1 , B1 , B2 , ..., Bk2 , ...,C, D  некоторые действительные
коэффициенты.
Действительные коэффициенты можно определить из следующих
положений. Написанное равенство есть тождество, поэтому, приводя
дроби к общему знаменателю, получим тождественные многочлены в
числителе справа и слева. Приравнивая коэффициенты при одинаковых
степенях x , получим систему уравнений для определения неизвестных
коэффициентов A1 , A2 , ...,Ak1 , B1 , B2 , ..., Bk2 , ...,C, D . Этот метод
нахождения коэффициентов называется методом неопределенных
коэффициентов.
Наряду с этим для определения коэффициентов можно
воспользоваться следующим замечанием: так как многочлены,
получившиеся в правой и левой частях равенства, после приведения к
общему знаменателю должны быть тождественно равны, то их значения
равны при любых частных значениях x . Придавая x частные значения,
получим уравнения для определения коэффициентов.
x2
dx.
Пример 24. Найти интеграл
x x  3
Решение. Подынтегральная функция является правильной
рациональной дробью (степень многочлена числителя, равная единице,
меньше степени многочлена знаменателя, равной двум), причем

26
знаменатель дроби разложен на не повторяющиеся множители,
имеющие действительные корни.
x2
Разложим данную дробь
на простейшие дроби:
x x  3
x2
A
B
 
.
x x  3 x x  3
Приведем дроби к общему знаменателю, а затем приравняем
многочлены в числителях справа и слева:
x2
A  B  Ax  3  Bx ,

x x  3
x
x3
x x  3
x  2  Ax  3  Bx, x  2  Ax  3A  Bx.
x 3
x
Приравнивая коэффициенты при x и
x  (свободный член),
получим систему уравнений для определения коэффициентов:
2
x :1  A  B
A ,
3
2 5

x : 2  3 A.
B  1 A  1  .
3 3
Тогда данная дробь примет вид:
5
2
x2
3 3 .

x x  3
x
x3
Подставляя правую часть последнего равенства в данный интеграл,
получим:
5 
5
2
2
x2
3  3 dx 
3 dx 
3 dx 
dx  
x x  3
x  3 
x
x3
 x


2 dx 5 dx
2
5


  ln x  ln x  3  C .
3 x 3 x3
3
3






Пример 25. Найти интеграл
x2  2
 x  1 x  2dx.
3
Решение. Степень многочлена числителя равна двум, а
знаменателя – четырем. Разложим подынтегральную функцию на
простейшие дроби:
A3
A
A2
x2  2
B
 1 


.
3
2
3
x  1  x  2 x  1 x  1 x  1 x  2
Приводя к общему знаменателю и приравнивая числители,
получим:
27
x 2  2  A1 x  12  x  2  A2 x  1x  2  A3 x  2  Bx  13 .
Для нахождения неопределенных коэффициентов воспользуемся
методом частных значений аргумента x, придавая ему четыре
различных значения (так как требуется найти четыре коэффициента):
при x  1 получим  12  2  3 A3 , A3  1;
2
2 2  2  27 B, B  ;
при x  2 :
9
при x  1 :
1  2  4 A1  2 A2  A3  8B, 3  4 A1  2 A2  1 
16
,
9
2
1
4 A1  2 A2   , 2 A1  A2   ;
9
9
2
2  2 A1  2 A2  2 A3  B, 2  2 A1  2 A2  2  ,
9
2
1
2 A1  2 A2  , A1  A2  .
9
9
Решим систему уравнений:

1
2
2


A  ,
A1   ,
2 A1  A2   9 ,

 1
9
9
- 


1
1
1
 A1  A2  ;
 A2   A1;  A2  .

9
9
3


при x  0 :
2
1
2
Получили A1   , A2  , A3  1, B  .
9
3
9
Подынтегральная функция примет вид:
2
1
2
x2  2
9
3  1  9 .

x  13  x  2 x  1 x  12 x  13 x  2
Проинтегрируем правую часть полученного равенства, используя
свойства и таблицу неопределенных интегралов:
x2  2
2 dx
1
dx
dx
2
dx
dx  




3
2
3
9 x  1 3 x  1
x  1 x  2
x  1 9 x  2

2
1
  ln x  1 
9
3

 x  1
2

dx 

 x  1
3
dx 
2
ln x  2 
9
2
1 x  121 x  131 2
  ln x  1  

 ln x  2  C 
9
3  2 1
 31
9
2
1
1
2
  ln x  1 

 ln x  2  C .
9
3x  1 2x  12 9
28

Пример 26. Найти интеграл

x3  4x 2  2x  1
dx.
x4  x
Решение. Разложим знаменатель правильной дроби на множители:
x 4  x  x x 3  1  xx  1 x 2  x  1 . .
В
последнем
множителе
дискриминант




D   12  4  1  1  1  4  3  0.
Разложим подынтегральную функцию на простейшие дроби:
x3  4x 2  2x  1
A
B
Cx  D

 2
.
x
x

1
x x  1 x  x  1
x  x 1
Приведем к общему знаменателю обе части равенства и
приравняем многочлены числителей:
x 3  4 x 2  2 x  1  Ax  1 x 2  x  1  Bx x 2  x  1  Cx  Dx  1x.
1  A, A  1;
При x  0 :
1  4  2  1  3B,  3B  6, B  2;
x  1 :
1  4  2  1  2 A  B  2C  2 D,
x  1:
4  2  2  2C  2 D, С  D  2;
8  16  4  1  9 A  6 B  12 C  6 D,
x  2:
21  9  12  12 C  6 D, 12 C  6 D  24 ,
2C  D  4.
Решим систему уравнений:
 С  D  2;
C  2,
(-) 

D  0.
2C  D  4;


2





Получили A  1, B  2, C  2, D  0.
Тогда подынтегральная функция примет вид:
x 3  4x 2  2x  1
1 2
2x

 2
.
xx  1 x  x  1 x x  1 x  x  1
Проинтегрируем правую часть последнего равенства:
x3  4x 2  2x  1
dx
dx
2x
dx 
2

dx 
2
2
x
x

1
x x  1 x  x  1
x  x 1



2


 
2x
 ln x  2 ln x  1  
dx.
x  x 1

2
29

Найдем отдельно последний интеграл. Выделим полный квадрат:
2
1 1 1
1
3


Введем новую
x2  x  1   x3  2  x      1   x    .
2 4 4
2
4


1
1
3
переменную y  x  , x  y  , dx  dy, x 2  x  1  y 2  .
2
2
4
1

2 y  
2x
2y 1
2

dx 
dy 
dy 
2
3
3
x  x 1
y2 
y2 
4
4
2 ydy
dy


.
3
3
y2 
y2 
4
4
Используя равенство (1.4), получим:





2
2 ydy
3
1
3

 ln y 2   ln  x     ln x 2  x  1 .
3
4
2
4

y2 
4
dy
dy
1
y
2
2y


arctg

arctg

2
3
3
3
3
3


3
y2 

2
2
y2  
4
 2 


1

2 x  
2
2
2x  1
2

arctg 

arctg
.
3
3
3
3
2x
2
2x  1
Тогда
dx  ln x 2  x  1 
arctg
. Возвращаясь
2
x  x 1
3
3
к данному интегралу, окончательно получим:





x3  4x 2  2x  1
2
2x  1
dx  ln x  2 ln x  1  ln x 2  x  1 
arctg
 C.
4
x x
3
3
Задания для самостоятельного решения
1.

Найти интегралы:
dx
4dx
. 2.
. 3.
x7
3 x

 x  5
dx
7
. 4.
30
 2 x  1
5dx
6
. 5.
3x  1
 x  2 dx.
6.
x3
dx. 7.
x 1

10.
13.
16.
 4x  1  4x

dx
2
x2 1
dx. 8.
x2
. 11.
x  5dx
 x 2 x  1x  2 .
x 3  3x  1
 2x
2
 4x  7
x
dx
2
 3x  2
18 x 2  13 x
 1  6x  9x
14.
dx. 17.
2
. 9.
dx. 12.
x 2  3x  2
 xx  1 x  3 dx.
2
x
dx
3
 27
. 18.

x
x 5
 4x  5
x  2 dx .
x x  1x  2 
15.
2
2 x  3dx
x
2
1
22 x  1
5
 C. 5. 3x  5 ln x  2  C. 6.
 4x  5
x2
Ответы. 1. ln x  7  C. 2.  4 ln 3  x  C. 3. 
4. 
2
x  6dx
 x  1x
dx.
1
.
.
6x  56
 C.
x3 x2

 x  ln x  1  C.
3
2
5
2
x
x2
 2 x  3 ln x  2  C. 8. ln
 C. 9. ln x  5  ln x  1  C.
x 1
2
3
3
1
1
1
7
10.
 C. 11. 2 x  ln x  
 C.
4x  2
9
3 27 x  9
2
7.
x
12. ln
3
x  1x  2
2
 C. 13.
3
4
7
5
ln x  ln x  1  ln x  2 
 C.
4
3
12
2x
19
3
5
ln x  1 
 ln x  3  C.
3
x 1 3
15. ln x 2  4 x  5  arctgx  2  C.
14. 2 ln x 
x2
7
7
9
2 x  1
 x  ln x 2  2 x  
arctg
 C.
4
4
2
10
5
1
1
11
2x  3
17.
ln x  3  ln x 2  3x  9 
arctg
 C.
27
54
81 3
3 3
7
7
9
18. ln x 2  4 x  5  ln x  1  arctgx  2  C .
4
2
2
16.
31
1.6. Интегрирование некоторых иррациональных
функций
Рассмотрим
некоторые
иррациональные функции.
Интегралы
 x  m 
типы

типа
интегралов,
dx
ax  bx  c
2
,

содержащих
Ax  B
ax 2  bx  c
dx ,
Adx
называются неопределенными интегралами от
ax 2  bx  c
квадратичных иррациональностей. Первые два интеграла находятся
следующим образом: под радикалом выделяется полный квадрат, затем
основание полного квадрата обозначается новой переменной. После
необходимых преобразований, выполненных над подынтегральным
выражением, получаем табличные интегралы. Интегралы третьего вида
1
подстановкой x  m  
приводятся к виду первых двух интегралов.
y
Пример 27. Найти интеграл

dx
.
2x  6x  3
Решение. Выделим полный квадрат в подкоренном выражении:
2


3
3 9  9 3
3
3

2 x 2  6 x  3  2 x 2  3x    2  x 2  2  x        2  x    .
2
2 4  4 2
2
4 



3
3
Введем новую переменную x   y, тогда x  y  , dx  dy;
2
2
 2 3
2
2 x  6 x  3  2 y  .
4

Данный интеграл примет вид:
dx
dy
1
dy



2
2
3
 2 3
2
2x  6x  3
y 
2 y  
4
4




1
1
2

2
ln y  y 2 
2

2
ln x 
3
1
3
3
3

C 
ln x    x     C 
4
2
2
4
2

3
3
 x 2  3x   C .
2
2
32
Пример 28. Найти интеграл
x5

dx.
x 2  10 x
Решение. Преобразуем подкоренное выражение, выделяя полный
квадрат:


x 2  10 x  x 2  2  x  5  25  25  x  52  25 .
Воспользуемся подстановкой z  x  5, тогда x  z  5,
dx  dz,
x  10 x  z  25.
Подставим полученные выражения в данный интеграл и
преобразуем его:
x 5
z 55
z  10
zdz
10 dz
dx 
dz 
dz 

.
2
2
2
2
x  10 x
z  25
z  25
z  25
z 2  25
2
2





Найдем отдельно каждый интеграл. Для нахождения первого
интеграла воспользуемся методом замены переменной:



zdz
z 2  25


1
dy
1
2

2
y

z 2  25  y , dy  d z 2  25



dy  z 2  25 dz , dy  2 zdz , zdz 
y
dy
1
2
1

2
y

1
2 dy

1
dy
2
1
 1
1
1
1 y 2
1 y2
 
 
 y2 
1
2
2 1
 1
2
2
y  z 2  25 .
Рассмотрим второй интеграл
10 dz
dz
 10
 10 ln z  z 2  25 .
2
2
z  25
z  25
Возвращаясь к данному интегралу и исходной переменной
интегрирования x, получаем:
x 5
dx  z 2  25  10 ln z  z 2  25  C  x  52  25 
2
x  10 x



 10 ln x  5 
x  52  25
 C  x 2  10 x  10 ln x  5  x 2  10 x  C .
Пример 29. Найти интеграл

5x  3
 x 2  4x  5
33
dx.
Решение.
Преобразуем

 
квадратный
трехчлен
 


 x  4 x  5   x  4 x  5   x  2  x  2  4  4  5   x  22  9 
2
2
2
  x  2   9  9   x  2  .
Введем новую переменную y  x  2, тогда x  y  2,
2
2
 x  4x  5  9  y .
5x  3
2
dx  dy,
2


 x  4x  5
2

5 ydy


dx 
5 y  2   3
dy 
9  y2

5 y  13

9  y2
dy 
13dy
.
9 y
9  z2
Рассмотрим каждый интеграл отдельно.


9  y2
z
dz
1




9  y 2  z, dz  d 9  y 2 , dz  9  y 2 dy,


1
dz  2 ydy, ydy   dz
2
5 ydy
5

2
2
2
1
 1
1

 1 
5    dz 
 2 
z
1
5 2
5 z 2
5 z 2

z dz   
 
  5 z  5 9  y 2 .
1
1
2
2
2
 1
2
2
13dy
dy
y
 13
 13 arcsin .
2
2
2
3
9 y
3 y



Исходный интеграл будет равен
5x  3
y
dx  5 9  y 2  13 arcsin  C .
2
3
 x  4x  5
Возвращаясь
к
данной
переменной
интегрирования
x, окончательно получим:
5x  3
x2
dx  5 9  x  22  13 arcsin
C 
3
 x 2  4x  5
x2
 5  x 2  4 x  5  13 arcsin
 C.
3
dx
Пример 30. Найти интеграл
.
x  2  x 2  2 x



34
Решение.
Воспользуемся
подстановкой
x2
1
,
y
тогда
2
1

1
 1
1
1
4
2
 2, dx   2 dy, x 2  2 x    2   2  2   2   4   4 
y
y
y
y
y

y
 y
1
2 1 2y
 2  
.
y
y
y2
Получим интеграл:
dy
 2
dx
dy
dy
y



.
2
1 1 2y
1 2y
1 2y
2 1
x  2  x  2 x
y


y
y
y2
y2
x




Воспользуемся еще раз подстановкой:
1  2 y  z, тогда
1
1
полученные
выражения
в
y  1  z , dy   dz. Подставляя
2
2
последний интеграл, получим:
1
1
 1
1
 dz
2

dy
1
1
z
2



z 2 dz 
C 
2
2 1
1 2y
z
 1
2



1
1
1 z2
 
 C  z 2  C  z  C  1  2 y  C.
2 1
2
Вернемся к данному интегралу и исходной
интегрирования x :
 x  2 

dx
x 2  2x
 1 2y  C  1 2
x22
C 
x2
переменной
1
2
 C  1
C 
x2
x2
x
 C.
x2
Если подынтегральная функция содержит иррациональности
x  t s , где
разных
показателей
корней,
тогда
подстановка
s  наименьшее общее кратное показателей корней, сводит интеграл к
интегралу от рациональной функции.
35
Пример 31. Найти интеграл

dx
.
1  2x  4 1  2x
Решение. Воспользуемся методом подстановки, обозначив
1  2 x  y 4 , так как 4  наименьшее общее кратное показателей

корней два и четыре, тогда d 1  2 x   d y 4 , 1  2 x  dx  y 4 dy,
 
 2dx  4 y dy, dx  2 y dy,
3
1  2x  y ,
3
2
 
4
1  2 y  y.
Подставляя в данный интеграл, получим:
 2 y 3dy
y 3dy
y 2 dy


2
.
y  y  1
y 1
y2  y
1  2x  4 1  2x
Получили подынтегральную функцию, которая
является
неправильной рациональной дробью. Выделим целую часть, а для этого
разделим многочлен числителя на многочлен знаменателя:

dx




y 1
y2
y2  y


 2
y 1
y
y 1
1
y2
1
 y 1
.
y 1
y 1
Подставим в последний интеграл полученную функцию и
проинтегрируем:

y 2 dy
1 
dy
dy  2 ydy  2 dy 2
2
 2  y  1 

y 1
y 1
y 1

Таким образом





y2
 2 y  2 ln y  1  C   y 2  2 y  2 ln y  1  C.
2
Возвращаясь к данному интегралу и переменной интегрирования
x, получим:
2
dx
  4 1  2 x  24 1  2 x  2 ln 4 1  2 x  1  C 
4
1  2x  1  2x
 2 



  1  2 x  24 1  2 x  2 ln 4 1  2 x 1  C.
36
Задания для самостоятельного решения
Найти интегралы:
1.
5.
8.
x3

x 1
dx. 2.
 2  x  1  x .
dx

dx
11.

14.


dx
6.
x 1 
x  1

4
. 9.
12 x  2  9 x 2
x  4dx . 12.
2  x  x2
dx
.
1  x  x 2  x  1
Ответы.
3
x dx
3


. 3.
. 7.


dx
. 4.
x x
3
 x  2 dx.
x
dx
.
x  2x  5
2  5x dx .
. 10.
2
5  2x  x
4x 2  9x  1
x  3dx . 13.
dx
.
x 2  6x  1
x x 2  8x  1
x  x
8 x  11dx
2
2


 x  13 3x  12

1. 2 x  1

 x   C.
 7

5




2. 2arctg x  1  C. 3. 66 x  33 x  2 x  6 ln 1  6 x  C.
4. 2 x  2 2arctg
x
 С. 5.  2arctg 1  x  C.
2
6 6 5

12 5
12 5
2
 x  2 x  2 ln x  1   C. 7. C  ln 1  x  5  2 x  x .
5

1
3x  2
x 1
8. arcsin
 C. 9. C  8 5  2 x  x 2  3 arcsin
.
3
2
6
61
5
10.
ln 8 x  9  4 4 x 2  9 x  1 
4 x 2  9 x  1  C.
16
4
7
2x  1
11.  2  x  x 2  arcsin
 C. 12. x 2  6 x  1  C.
2
3
6.
13. ln x  ln 1  4 x  x 2  8 x  1  C.
14. ln x  1  x  x 2  ln 2  x  1  x  x 2  C.
37
1.7. Интегрирование тригонометрических функций
Рассмотрим некоторые случаи нахождения интеграла от
тригонометрических функций. Функцию с переменными sin x и
cosx, над которыми выполняются рациональные действия (сложение,
вычитание, умножение и деление) принято обозначать Rsin s; cos x ,
где R  знак рациональной функции.
Вычисление
неопределенных
интегралов
типа
 Rsin x; cos xdx сводится к вычислению интегралов от рациональной
x
 t, которая называется универсальной.
2
x
x
2tg
1  tg 2
2
2
t
2 
2  1 t ,
Действительно, sin x 
,
cos
x

x 1 t2
x 1 t2
1  tg 2
1  tg 2
2
2
2
x  2arctgt, dx 
dt.
1 t2
 2t 1  t 2  2

Поэтому Rsin x; cos x dx  R
 1  t 2 ; 1  t 2   1  t 2 dt 


функции подстановкой tg


 R1 t dt, где R1 t   рациональная функция от t. Обычно этот способ

весьма громоздкий, зато он всегда приводит к результату.
На практике применяют и другие, более простые подстановки, в
зависимости от свойств (и вида) подынтегральной функции. В
частности, удобны следующие правила:
1) если функция Rsin s; cos x  нечетна относительно sin x, то есть
R sin s; cos x    Rsin x; cos x , то подстановка cosx  t
рационализирует интеграл;
2) если функция Rsin s; cos x  нечетна относительно cosx, то есть
Rsin s; - cos x    Rsin x; cos x , то делается подстановка sin x  t ;
3) если функция Rsin s; cos x  четна относительно sin x и cos x :
R sin s; - cos x   Rsin x; cos x , то
интеграл
рационализируется
подстановкой
tgx
t
1
1
tgx  t , sin x 

, cos x 

,
2
2
2
1  tg x
1 t
1  tg x
1 t2
38
x  arctg t , dx 
dt
1 t2
.
Для нахождения интегралов типа
 sin
m
x  cosn xdx используются
следующие приемы:
1) подстановка sin x  t , если n  целое положительное нечетное
число;
2) подстановка cos x  t, если m  целое положительное нечетное
число;
1
3) формулы понижения порядка: cos2 x  1  cos 2 x ,
2
1
1
sin 2 x  1  cos 2 x , sin x cos x  sin 2 x, если m и n  целые
2
2
неотрицательные четные числа;
4) подстановка tgx  t , если m  n  есть четное отрицательное
целое число.
Интегралы
 sin axsin bxdx
типа
 sin ax  cos bxdx,
вычисляются
с
помощью
c
axoc bso , x s
известных
формул
тригонометрии:
1
sin     sin   ,
2
1
cos  cos   cos     cos   ,
2
1
sin  sin   cos     cos   .
2
dx
Пример 32. Найти интеграл
.
3  5 sin x  3 cos x
sin  cos  

x
Решение. Воспользуемся универсальной подстановкой t  tg .
2
2dt
2t
1 t2
Тогда dx 
, sin x 
, cos x 
. Следовательно,
1 t2
1 t2
1 t2
39
d
x
2dt
 3  5 sin x  3 cos x  
dx


 
 1  t  10t  6  
2dt  1  t 2
2
2dt
1 t
1 t2


2
2
10 t
3  3t
3  3t  10 t  3  3t 2
3

1 t2 1 t2
1 t2
2dt
dt
1

 ln 5t  3  C.
25t  3
5t  3 5
2


Возвращаясь к переменной интегрирования
dx
1
x
 ln 5tg  3  C.
3  5 sin x  3 cos x 5
2
x,
получим
Пример 33. Найти интеграл  sin 5 xdx.
Решение. Так как
R sin x; cos x    sin x 5   sin 5 x  Rsin x; cos x , то полагаем



2

2
cos x  t, sin 5 x  sin 4 x  sin x  sin 2 x  sin x  1  cos2 x sin x,
dt   sin xdx, тогда sin xdx  dt.
Данный интеграл примет вид:
 sin xdx   1  cos x   sin xdx   1  t    dt  
   1  2t  t dt    dt  2  t dt   t dt 
5
2
2
2
2 2
4
2
4
t3 t5
2
t5
  C  t 3  t   C.
3 5
3
5
Возвращаясь к данной переменной интегрирования x, получим:
 t  2 

sin 5 xdx 
2
cos5 x
cos3 x  cos x 
 C.
3
5
Пример 34. Найти интеграл
 sin
2
x  cos3 xdx.
Решение. Так как Rsin x; cos x   sin 2 x cos x 3 


 sin 2 x  cos3 x   sin 2 x cos3 x  Rsin x; cos x , то
подстановкой sin x  t , dt  cos xdx.

воспользуемся

sin 2 x  cos3 xdx  sin 2 x  cos2 x  cos xdx  sin 2 x 1  sin 2 x cos xdx 

 

 t 1  t dt  t  t dt.
Тогда получим интеграл
2
2

2
4
sin 2 x cos3 xdx 
 t
2
 

 t 4 dt  t 2 dt  t 4 dt 
40
t3 t5
  C.
3 5
Вернемся к исходной переменной
sin 3 x sin 5 x

 C.
3
5
1
Пример 35. Найти интеграл
dx.
cos6 x
1
Решение.
Подынтегральная
функция
 Rsin x; cos.
cos6 x
1
1
Воспользуемся
R sin x; cos x  

 Rsin x; cos x .
6
 cos x  cos6 x

sin 2 x cos3 xdx 

tgx  t ,
подстановкой
1
6
cos x
1
 cos
6

тогда

3
 1 t2 ,
x

dx 
dt
 1  t   1  t
 1
cos x  

2
 1 t
6
2 3
2

dt
1 t2
.

Получим
 1  t  dt   1  2t
2 2
6

1
 

1 t2

2

3
,
интеграл

 t 4 dt 
2
t5
 dt  2 t 2 dt  t 4 dt  t  t 3   C.
3
5
Переходя к данной переменной интегрирования x, получим



 cos
1
6
x
dx  tgx 
Пример 36. Найти интеграл
 sin
4
2 3
tg 5 x
tg x 
 C.
3
5
x  cos2 xdx.
Решение. Преобразуем подынтегральную функцию
sin 4 x  cos 2 x  sin 2 x  sin 2 x  cos 2 x  sin 2 x  sin x cos x 2 
2
2
sin 2 2 x
 2 sin x cos x 
 sin 2 x 
2
2
 sin 2 x  
.
  sin x  
  sin x 
2
4


 2 
Воспользуемся формулой понижения порядка для первого
множителя:


1  cos 2 x sin 2 2 x 1

 sin 2 2 x  sin 2 2 x cos 2 x .
2
4
8
Получили интеграл:
1
1
sin 4 x cos2 xdx 
sin 2 2 x  sin 2 2 x cos 2 x dx 
sin 2 2 xdx 
8
8
1

sin 2 2 x cos 2 xdx.
8




41

Рассмотрим первый интеграл:
1
1 1  cos 4 x
1
1  cos 4 x dx  1 dx 
sin 2 2 xdx 
dx 
8
8
2
16
16
1
1
1
1
1

cos4 xdx 
x
cos4 x  d 4 x  
x
16
16
16
4
16
1
1
1

cos4 xd 4 x  
x  sin 4 x.
64
16
64
sin 2 x  z,
Во
втором
интеграле
положим
тогда
1
1
dz  d sin 2 x   2 cos 2 xdx, cos 2 xdx  dz.
sin 2 2 x cos 2 xdx 
8
2
1 2 1
1
1 z3
1

z  dz 
z 2 dz  
 sin 3 2 x.
8
2
16
16 3 48










Подставляя полученные результаты, имеем

 sin
4
x cos2 xdx 
1
1
1
x  sin 4 x  sin 3 2 x  C.
16
64
48
Пример 37. Найти интеграл
 sin 3x  sin 2 xdx.
Решение.
Воспользуемся
формулой
1
sin   sin   cos     cos   .
2
1
cos3x  2 x   cos3x 2 x dx  
sin 3x  sin 2 xdx 
2
1
cos x  cos 5x dx  1 cos xdx  1 cos 5xdx 

2
2
2
1
1
1
1
1
 sin x 
cos 5 x  d 5 x   sin x 
cos 5 xd 5 x 
2
2
5
2
10
1
1
 sin x  sin 5 x  C.
2
10






Пример 38. Найти интеграл

 sin 4 x cos 7 xdx.
Решение. Применяя формулу
1
sin  cos   sin     sin   , получим
2
42
 sin4 x cos 7 xdx 
 2 sin4 x  7 x   sin4 x  7 x dx  2  sin 3x   sin11x dx 
1
1
1
1
  sin 3x dx   sin11 xdx    sin3x  d 3x  
2
2
2
3
1
1
1
1
  sin11 x  d 11 x     sin3xd 3x 
sin11 xd 11 x  
2
11
6
22 
1


1
1
1
cos 3x 
cos11 x  C.
6
22
Пример 39. Найти интеграл
 cos5x cos 9 xdx.
Решение. Используя формулу
1
cos cos   cos     cos   , получим
2
1
cos5x  9 x   cos5x  9 x   1 cos 4 x dx 
cos5 x cos 9 xdx 
2
2
1
1
1
1
1

cos14 xdx 
cos 4 xdx 
cos14 xdx 
cos 4 x  d 4 x  
2
2
2
2
4
1
1
1
1
1

cos 4 x  d 14 x  
cos4 xd 4 x  
cos14 xd 14 x   sin 4 x 
2
14
8
28
8
1
 sin 14 x  C.
28










Задания для самостоятельного решения
Найти интегралы:
1.
 sin 3xdx.
2
2.
 сos xdx.
4
3.
 sin xdx.
3
4.
 sin
3
x cos5 xdx.
cos 3 x
 sin x dx.


1
8. tg xdx. 9. 
dx. 10.  sin x  sin 3xdx.

cos x
x
3x
dx
11. cos 4 x  cos 7 xdx. 12. sin cos dx. 13. 
.

 4 4
4  5 sin x
dx
dx
14. 
.
. 15. 
5  3 cos x
1  cos x 
5.
sin 2 x  cos2 xdx. 6.
sin 3 x  cos2 xdx. 7.
4
3
8
2
Ответы. 1.
x 1
3
1
1
 sin 6 x  C. 2. x  sin 2 x  sin 4 x  C.
8
4
32
2 12
43
1
1
x 1
cos3 x  cos x  C. 4. tg 3 x  tgx  x  C. 5.  sin 4 x  C.
3
3
8 32
1
1
tg 2 x
1
1
1
6. cos5 x  cos3 x  C. 7.
8.


C
.
 ln cos x  C.
sin x 3 sin 3 x
2
5
3
3.
sin 4 x sin 2 x
tg 7 x 3tg 5 x

 C.

 tg 3 x  tgx  C. 10. 
7
5
8
4
x
tg  2
sin 11 x sin 3x
cos x
x
1
2
11.
 cos  C. 13. ln

 C. 12. 
 C.
x
3
2
2
22
6
2tg  1
2
1 x 1
x
1
x

14. arctg 2tg   C. 15. tg  tg 3  C.
2
2
6
2
2
2


9.
Индивидуальное домашнее задание по теме
«Неопределенный интеграл»
Найти интегралы:
Вариант 1.
1.
4.
7.


x 2
4
 x
2

2
dx. 2.
x
3x  1
 3x  2 dx.

x
 5x  6 cos 2 xdx. 5.
6 x 2  13 x  9
 x  1x  2
2
dx. 8.
 4  3xe
3.
dx
 2x  5
4x 2  4x  2
2
 x  1x
2
. 6.
3 x
dx.
x3  1
x
2
x
dx.
 dx.
 x 1
Вариант 2.
  x  1x  x  7dx. 2.  4 dx. 3.  3x  4e dx.
xdx
x  17
4. x  4cos 5xdx. 5. 
. 6. 
dx.

x  7 x  13
x  4x  3
2 x 1
3
1.
3x
3
2
2
2
7.

6 x  13 x  8
2
x x  2 2
4 x  3x  2
2
dx. 8.
 x  1x
2
 dx.
1
44
Вариант 3.
1.
4.
7.


3

x 1
2
dx. 2.
x
 x
2

dx

 4 x  3 cos xdx. 5.
 6 x 2  13 x  6
 x  2x  2
2
x
dx
3x 3  1
x
. 6.
 4x  8
7x 2  7x  1
2
 x  2x
dx. 8.
 4  16 xsin 4xdx.
. 3.
7  8x 2
1
2
dx.
 dx.
 x 1
2
Вариант 4.
2
1.
4.
7.

1

  5
x
 dx. 2.
x

ln x
dx. 3.
x
7  8x
2
 x  2 cos 7 xdx. 5. 
6 x 2  14 x  10
 x  1x  2
2
dx. 8.
 1  6x e
2x
 2x  2
2
x
dx. 6.
2 x 2  3x  1
4x 2  2x  1
 x  1x
dx.
2x3  5
2
 x2
dx.
 dx.
Вариант 5.


3
x 1
dx. 2.
x
1.

4.
 x
7.

2
 x7

 6 x 2  11 x  10
x  2x  22
dx. 8.

7.
 2 x
2
dx. 3.
 7 x  12 cos 6 xdx. 5.
Вариант 6.
 1
1 

dx. 2.
1. 
 x 4 3
x 

4.
x2

 x  1x  2
2
dx. 8.
dx
 sin
dx
2

 1 dx.
2
. 6.
 x 1
2
6x  9x  6
2
 x  1x
 4 x  7 cos 2 xdx. 5.
6 x 2  11 x  7
 3x
 ln 4x
x
7

. 3.
2
 arctg
11 x 2  16 x  10
dx.
6 x  1dx.
dx. 6.
 dx.
 2x  3
45
 x6
 dx.
x 2  4x  5
2
2
 2x  3
3x  6
 x  2x
x
2x3  1
x
3x 3  25
2
 3x  2
dx.
Вариант 7.
1.
4.
6.

3

2 x
 9x


2
3x
2
 cos
dx. 2.
dx
x
. 3.
x

 9 x  11 cos8xdx. 5.
3x 3  2 x 2  1
dx. 7.
x  2x  2x  1

e
3 x
xdx
.
5x 2  2 x  1
6x 2  7x  1
 x  1x  1
2
2  9 x dx.
dx. 8.
6 x 2  5x  1
 x  1x
2
2
 dx.
Вариант 8.
1  x 2 dx.
 x  sin1  x dx.
x x
4. 8x  16 x  17 cos 4 xdx. 5. 

x
1.

2
2.
3.
 5x  6cos 2 xdx.
dx
2
 4x  9
2
6 x  10 x  10
2
6.
8.
3x 3  2 x 2  1
 x  1x  2x  3 dx.
2x 2  2x  1
 x  1x
2
 2x  2
7.
 x  1x  2
2
.
dx.
 dx.
Вариант 9.
2
1

  2 x  dx. 2.
x

1.

4.
 3  7 x cos 9 xdx.
7.
2

6x  7x  2
2
5.
2
sin x
 cos xdx. 3.
x
3x  2
2
 6x  9
dx. 8.
dx. 6.

2  x  3 cos 2 xdx.
x3
 x  1x  1x  2dx.
9 x  21 x  21
2
x x  12

 x  3x
2
 dx.
3
Вариант 10.
1.

5.

8.
1  x 2 dx.
x3 x
2.
dx
x 2  6x  8
x 2  8x  8
 x  2x
2
4
x 3 dx
 cos
. 6.

2
x4
. 3.
 2 x  5cos 4 xdx. 4.  3x  5
2
x 3  3x 2  12
dx. 7.
x  1x  3x  2
 dx.
46

sin xdx.
 6 x 2  13 x  8
x x  2 2
dx.
Вариант 11.
2
 1
2 

 dx. 2.

3
x
 x
1.

4.
 3  7 x cos 2 xdx.
7.
2

 6 x 2  13 x  7
e
sin2 x
x
5.
 sin 2 xdx. 3.
x 1
2
x 3  3x 2  12
dx.
x  4x  3x

dx. 6.
 4x  3
5x 2  12 x  4
dx. 8.
 x  2x
dx. 2.
 x ln
x  1x  22
 x  5sin 3xdx.
 dx.
1
2
Вариант 12.
1.
4.
7.
x  23 x 2  1

4
x
 1  8x cos 7 xdx.
2

dx
 6 x 2  14 x  6
x  1x  22
5.

3
. 3.
x
 arctg
dx
2  3x  2 x 2
 x  1x
2
4x3  x 2  2
 xx  1x  2 dx.
. 6.
 4 x 2  16 x  12
dx. 8.
4 x  1dx.
 dx.
 4x  5
Вариант 13.
2x 2  x  1
1.

4.
 x
7.

x
2
3
dx. 2.


arcsin x
1 x2
 3x sin 5xdx. 5.
 6 x 2  10 x  10
x  1x  22

dx. 8.
dx. 3.
2x  8
 4x  2cos 2xdx.
1 x  x2
13 x 2  13 x  1
 x  2x
3x 3  2
x
dx. 6.
2
3
x
dx.
 dx.
 x 1
Вариант 14.


 x 2 1


e
  x  1 x  x dx. 2. 
4.  x  2 x  1sin 4 xdx. 5. 
x
3
1.
4
xdx
2
7.

6x 2  2 x  3
x  2x 2
dx. 8.
 xdx. 3.
2
 4x  7
7 x 2  x  46
 x  1x
2
9
47
. 6.
 dx.
 5x  2e

3x
dx.
x 3  3 x 2  12
dx.
x  4 x  2 x
Вариант 15.
1.
4.
7.

x 2  5x  1
3
 x
dx. 2.
x
5
3x 2

x
 3x  2 sin xdx. 5.
2
9 x 2  10 x  2
 x  1x  2
2
dx. 8.
 dx. 3.
 ln x
2x  1
2
 2x  3
24 x 2  20 x  28
2

dx. 6.
2
 x  3x

 3 dx.
 2x  2
x5  x3  1
x2  x
dx.
 dx.
Вариант 16.
5x 8  1
1.

4.
 x
7.

dx. 2.
 3x
dx
5
x
4
2
 5x  6 cos xdx. 5.
2

2x 2  x  1
x  1x 2
dx. 8.

 2  xsin 2 xdx.
. 3.
x
x 1
 4x  7
3x 2  3x  2
dx.
x  5 x 2  1
2

dx. 6.

x 5  3x 3  1
x2  x
dx.

Вариант 17.
1.
4.
7.

x 1
5
 x

dx. 2.
x
 x
 
 e 2  e 2 dx. 3.




x
4
2
 6 x  9 sin 5xdx. 5.

6x 2  7x  4
 x  2x  1
2
dx. 8.


e
2 x
xdx
x2  x 1
11 x 2  21 x  21
x  4x 2  9
4 x  3dx.
. 6.

2 x 5  8x 3  3
x 2  2x
dx.
dx.
Вариант 18.
1.
4.
7.


2 x

arctg
3
dx. 2.
2x
 1  5x sin 3xdx.
2
6 x 2  5x
 x  2x  3
2
 4 x
5.
dx. 8.

x
2 dx. 3.
2
1  2x
x 2  2x  5
 arcctg
dx. 6.
x2  x  3
 x  6x
2
 dx.
 x 1
48

2 x  1dx.
3x 5  12 x 3  7
x 2  2x
dx.
Вариант 19.
x2  2 x2 1
dx.
1.
4 3
x

4.
7.

 x

2

2.

 x  2x  1
2
xdx
2
4
 arctg
. 3.
x3

 35 sin 8 xdx. 5.
6x 2  7x
x
dx. 6.
x 2  2x  6
5x  1dx.

 x5  9x3  4
x 2  3x
dx.
4x 2  2x  2
 x  1x
dx. 8.
2
2
 dx.
Вариант 20.
3
2
 2
 a 3  x 3  dx. 2.




1.

4.
 3x  x sin 4xdx.
7.
2

2x  5
 2 x  1 dx.
5.
6 x 2  5x  4
dx. 8.
x  2 x  3
3.
3x  2
 2x
 3x  2cos5xdx.
 x5
2
7x  7x  9
2
 x  1x
2

dx. 6.
 x2
x 3  5x 2  5x  23
x 2  5x
 dx.
Вариант 21.
2
1.

4.

x  ln x
dx. 3. 4 x  7cos 3xdx.
x
2x  1
dx.
x  1ln 2 x  1dx. 5.
2 x 2  3x  1

 2 x 3  5x 2  7 x  9
dx. 7.
x  3x  1x
6.
8.
1 x 

 dx. 2.
 x 



6 x 2  4 x  24
 x  1x  2
2
dx.
4x 2  4x  3
 x  1x
2
 dx.
1
Вариант 22.
2
1.


1 
 x 
 dx. 2.
x

4.

x ln 2 xdx. 5.


x3
x2  4
xdx
1 x  x2
dx. 3.
. 6.

49
 8  3x cos5xdx.
 x 5  25 x 3  1
dx.
x 2  5x
dx.
7.
6 x 2  14 x  4
 x  1x  1
2
Вариант 23.
 1
1

1. 
 x 4 3
x


4.
7.

ln 2 x
3x 2  2 x  6
 x  2x
dx. 8.

 xdx. 2.


dx. 5.
x
6 x 2  18 x  4
 x  3x  1
2
 3x
 dx.
3
 2  9 x  dx.
9
xdx
2
2
 2x  8

. 6.
3.
2x3  8
dx.
x x  2 x  2 
2x 2  x  1
 x  3x
dx. 8.
2
 2  3x sin 2 xdx.
 dx.
1
Вариант 24.
1.
5.
8.

3
 1


 x  dx. 2.
 x

x
5x  2
2
 4x  6
dx. 6.
x 2  2x  2
 x  6x
2
tgx
 cos

2
x
 3x  4sin 5xdx.
dx. 3.
4x3  2x 2  x  3
dx. 7.
x x  1x  1

x  5x 2
 dx.
Вариант 25.
1.

2
 tg x dx.
5
3.


2  8 x sin 3xdx.
5
4.
7.

e 2 x  sin xdx. 5.

6 x  10 x  12
x
dx
2
2
x  3x 2
dx. 8.
 6 x  11
. 6.
 x  6x
2
3x 3  5 x 2  2
 xx  1x  2 dx.
5x 2  5x  7
4
 dx.
Вариант 26.
1.

1  x x  1 dx.
x
2.
 sin
2
xdx. 3.
50
 2 x  32

ln 2 x
3
x2
 6 x 2  14 x  4
 x 1
 1


 1 x 2 dx. 2.
2 x

4.
12 x
dx.
dx.
dx.
4.
7.

e 3x  cos xdx. 5.
6 x 2  15 x  2
 x  4x  1
2

xdx
x 2  4x  5

. 6.
2 x 3  20
dx.
x x  4 x  5
3x 2  x  4
 x  1x
dx. 8.
2
 3x  4
 dx.
Вариант 27.
2
1.
5.
8.

1

x  
x

dx. 2.
3
2 x
 5x
1  2x
2
dx. 6.
 5x  4
2x 2  x  1
 xx
2
 cos
 2x  2

2
x
dx. 3.
2
 2  x 5
6x
 6 x 3  13 x  6
dx. 7.
x x  3x  2 
dx. 4.
e
x
 cos 2 xdx.
 6x 2  7x  4
 x  1
2
 x  4 
 dx.
Вариант 28.
1.
4.
7.


x
3
 3x

2
dx. 2.
x
e 5 x  sin xdx. 5.
 6x 2  7x
 x  2x  1
2

3dx
5x  7
2
x3
 1  x  3x
2

dx. 6.
x4
 x  2x
dx. 8.
2
x
 1  3 3
. 3.
2

x 2
dx.
3x 3  x 2  12 x  2
dx.
x x  1x  2 
 dx.
Вариант 29.
3
1.

4.

7.

 1


 1
2 x
 dx. 2.
x
x ln 2 xdx. 5.
6 x 2  10 x  52
x  2x 2

4x3
x
5
4x  8
8
dx. 3.
5x 2  2 x  1
dx. 8.

 x  1sinx  1dx.
dx. 6.
7 x 2  12 x  6


x x2 1
51

dx.
2x3  9
dx.
x x  1x  3
dx.
Вариант 30.
1.
4.
7.


3
x 4 x
x

 dx.
x 1

x 2 e 5 x dx. 5.

 6 x 2  13 x  6
x  5x 2
x
2.
 tg
5 x  10
2
 7 x  13
dx. 8.
3
x
dx
3
dx. 6.
x

2
. 3.
2
52
x
2 x
dx.
2x3  7x
dx.
x x  3x  1
3x 2  3x  2
 x  3x
 2 9
 dx.
 2x  3
2. ОПРЕДЕЛЕННЫЙ ИНТЕГРАЛ И ЕГО
ПРИЛОЖЕНИЯ. НЕСОБСТВЕННЫЕ ИНТЕГРАЛЫ
2.1. Определенный интеграл как предел интегральной
суммы и его геометрический смысл
Пусть функция y  f x  определена и непрерывна на отрезке
a;b. Выполним следующие действия:
1)
с
помощью
точек
разобьем
x0  a1 , x1 , x2 , ... , xn  b x0  x1  x2  ...  xn 
отрезок a; b произвольным способом на n частичных отрезков
длиною x1  x1  x0 , x2  x2  x1 , ... xn  x n  xn 1 ;
2) в каждом частичном отрезке xi 1 ; xi , i  1,2,..., n выберем
произвольную точку ci  xi 1 xi  и вычислим значение функции в ней,
то есть величину f ci ;
3) умножим найденное значение функции f ci  на длину x i
соответствующего частичного отрезка: f ci xi ;
4)
составим
сумму
Sn
всех
S n  f c1 x1  f c 2 x 2  ...  f c n x n 
таких
произведений
n
 f c x
i
i
.
(2.1)
i 1
Сумма вида (2.1) называется интегральной суммой функции
y  f x  на отрезке a;b. Обозначим через  длину наибольшего
частичного отрезка:   max xi i  1,2,..., n ;
5) найдем предел интегральной суммы (2.1), когда n   так, что
  0.
Если при этом интегральная сумма S n имеет предел, который не
зависит ни от способа разбиения отрезка a; b на частичные отрезки, ни
от выбора точек в них, то этот предел называется определенным
интегралом от функции y  f x  на отрезке a; b и обозначается
b
 f x dx. Таким образом,
a
b

a
f x dx  lim
n 
n
 f c x .
 0 i 1
53
i
i
(2.2)
Числа a и b называются соответственно нижним и верхним
пределами
интегрирования,
функцией,
f x   подынтегральной
x  переменной
выражением,
f x dx  подынтегральным
интегрирования, отрезок a; b  областью (отрезком) интегрирования.
Функция y  f x , для которой на отрезке a; b существует
b
 f x dx,
определенный интеграл
называется интегрируемой на этом
a
отрезке.
Теорема. Если функция y  f x  непрерывна на отрезке a;b, то
b
определенный интеграл
 f x dx существует.
a
Непрерывность функции является достаточным условием её
интегрируемости.
Геометрический смысл определенного интеграла состоит в том, что
определенный интеграл от неотрицательной функции численно равен
площади криволинейной трапеции, ограниченной сверху графиком
функции y  f x   0, снизу – осью Ox , сбоку – прямыми x  a и
x  b.
2.2. Формула Ньютона-Лейбница.
Основные свойства определенного интеграла
Пусть функция y  f x  интегрируема на отрезке a;b.
Теорема. Если функция y  f x  непрерывна на отрезке a; b и
F x   какая-либо её первообразная на a; b F x   f x , то имеет
место формула
b
 f xdx  F b  F a .
(2.3)
a
Равенство (2.3) называется формулой Ньютона-Лейбница.
b
F b   F a   F x  , то формулу
Если ввести обозначение
a
Ньютона-Лейбница (2.3) можно переписать так:
b
 f x dx  F x  .
b
a
a
54
Формула Ньютона-Лейбница дает удобный способ вычисления
определенного интеграла. Чтобы вычислить определенный интеграл от
непрерывной функции f x  на отрезке a;b, надо найти её
первообразную функцию F x  (в этом состоит связь определенного
интеграла с неопределенным) и взять разность F b  F a  значений
этой первообразной на концах отрезка a;b.
Рассмотрим основные свойства определенного интеграла, считая
подынтегральную функцию интегрируемой на отрезке a;b.
1. Если c  постоянное число и функция f x  интегрируема на
a;b, то
b

c  f x dx  c 
a
b
 f x dx,
(2.4)
a
то есть постоянный множитель c можно выносить за знак
определенного интеграла.
2. Если функции f1 x  и f 2 x  интегрируемы на a;b, тогда
интегрируема на a; b их алгебраическая сумма и
b
b
b
  f1 x   f 2 x dx   f1 x dx   f 2 x dx,
a
a
(2.5)
a
то есть интеграл от алгебраической суммы равен алгебраической сумме
интегралов. Это свойство распространяется на сумму любого конечного
числа слагаемых.
3. При перестановке пределов интегрирования знак интеграла
изменяется на противоположный:
b

a
f x dx   f x dx .

a
(2.6)
b
4. Определенный
интеграл с одинаковыми
интегрирования (интеграл в точке) равен нулю:
пределами
a
 f x dx  0.
(2.7)
a
5. Если функция f x  интегрируема на a; b и a  c  b, то
b

a
f x dx 
c

f x dx 
a
b
 f x dx,
c
55
(2.8)
то есть интеграл по всему отрезку равен сумме интегралов по частям
этого отрезка. Это свойство называют аддитивностью определенного
интеграла. Кроме того, свойство справедливо при любом расположении
точек a , b, c (считаем, что функция f x  интегрируема на большем из
получающихся отрезков).
6. «Теорема о среднем». Если функция f x  непрерывна на отрезке
a;b, то существует точка
с  a; b такая, что
b
 f x dx  f c   b  a .
(2.9)
a
7. Если функция f x  сохраняет знак на отрезке a;b, где a  b, то
b
интеграл
 f x dx
имеет тот же знак, что и функция. Так, если
a
b
f x   0 на отрезке a;b, то
 f x dx  0.
a
8. Неравенство между непрерывными функциями на отрезке
a;b, a  b можно интегрировать. Так, если f1 x   f 2 x  при
x  a;b, то
b

f 1 x dx 
a
b
f
2
x dx.
a
9. Если m и M  соответственно наименьшее и наибольшее
значения функции y  f x  на отрезке a;b, то
m b  a  
b
 f x dx  M b  a .
(2.10)
a
10. Модуль определенного интеграла не превосходит интеграла от
модуля подынтегральной функции
b

f x dx 
a
b
 f x dx; a  b.
(2.11)
a
11. Производная определенного интеграла по переменному
верхнему пределу равна подынтегральной функции, в которой
переменная интегрирования заменена этим пределом, то есть

x

 f t dt   f x .
(2.12)

x
a


56
Это означает, что определенный интеграл с переменным верхним
пределом есть одна из первообразных подынтегральной функции.
2.3. Основные методы интегрирования
Согласно
b
формуле
 f xdx  F x 
 F b   F a 
b
a
Ньютона-Лейбница
при
вычислении
определенного
a
интеграла
надо
неопределенный
сначала
найти
первообразную
 f xdx  F x  C, а
интеграл
затем
F x 
или
вычислить
разность F b  F a  значений первообразной, поэтому таблица
неопределенных интегралов, указанная в пункте 1.3. справедлива и для
определенных интегралов.
Метод непосредственного интегрирования в определенном
интеграле
основывается
на
тождественных
преобразованиях
подынтегральной функции.
 1  x  dx.
1
Пример 40. Вычислить интеграл
2
0
Решение. Преобразуем подынтегральную функцию, используя
тождество квадрат суммы двух слагаемых:
 1  x  dx   1  2
1
1
2
0
 
1

1
1
2
x dx 
0
0
0
1
x  x dx  dx  2
0
 x 10  2 
1
1 1
x2
1
1 0
2

x2
2
3 1
1
 1 0 
0
4 2
1
4
1 17
x   0  1  0   .
3
3
2 16
0 2
 4
Пример 41. Вычислить интеграл
 4
Решение.
 cos

6
1
2
x
 xdx 
dx  tgx
 4
 6


 tg

4
2
e
Пример 42. Вычислить интеграл

0
57
1
cos 2 x
6
 tg

6
dx
1 x 2
dx.
 1
.
3 3 3

.
3
3
2
2
Решение.

0
dx
1 x
2
2
 arcsin x
2
2


 arcsin 0   0  .
2
4
4
 arcsin
0
2
Пример 43. Вычислить интеграл
x3
x
2
0
4
dx.
Решение. Преобразуем подынтегральную функцию. Для этого
числитель дроби почленно разделим на знаменатель:
x3
x
3
 2
 2
.
2
x 4 x 4 x 4
Используя свойство 2 определенного интеграла, получим
2
x
0
2
x3
2
4
dx 
x
xdx
2
0
4
2

x
0
3dx
2
4
.
Рассмотрим каждый интеграл отдельно. Умножим и разделим
числитель первой подынтегральной функции на 2:
1
2
2
2
2 xdx
xdx
1 2 xdx
2


.
x2  4
x2  4 2 x2  4



0
0
0
Согласно соотношению
2
x
0

f x 
dx  ln f x  , получим
f x 
2
xdx
1
1
1
1
1
 ln x 2  4  ln 2 2  4  ln 0  4  ln 8  ln 4 
2
0
2
2
2
2
4 2
1 8 1
ln  ln 2  ln 2 .
2 4 2
Во втором интеграле воспользуемся свойством 1:

2

0
2

3dx
dx
1
x2 3
2 3
3 2
 3  arctg
 arctg  arctg 0 
2
2
0
2
2
2
2 2
x 4
x 2
0
3
3  3
arctg1  0   
.
2
2 4
8
Значит, данный интеграл равен

2
x3
x
0
2
4
dx  ln 2 
3
.
8
При вычислении определенных интегралов широко используются
метод замены переменной и метод интегрирования по частям.
58
b
Пусть для вычисления интеграла
 bx dx
от непрерывной
a
функции сделана подстановка x   t .
Теорема. Если:
1) функция x   t  и её производная x    t  непрерывны при
t   ;  ;
2) множеством значений функций x   t  при t   ;   является
отрезок a;b;
3)     a,     b, тогда
b

f x dx 
a

 f  t    t dt.
(2.13)
Формула (2.13) называется формулой замены переменной в
определенном интеграле.
Отметим, что:
1) при вычислении определенного интеграла методом подстановки
возвращаться к старой переменной не требуется;
2) часто вместо подстановки x   t  применяют подстановку
t  g x ;
3) не следует забывать менять пределы интегрирования при замене
переменных.
2
Пример 45. Вычислить интеграл

1
1  ln x
dx.
x
Решение. Введем подстановку 1  ln x  z, тогда dz  d 1  ln x ,
1
dz  1  ln x  dx,
dz  dx; при x  1 z  1  ln 1  1, при x  2
x
2
z  1 ln 2. Получим интеграл

1

1
1 1 ln 2
z2
1
1 1
2
3
2z 2

3
1 ln 2

1
1  ln x
dx 
x
1 ln 2

1
1 ln 2
z dz 

1
z 2 dz 
1
2
3
3
 2

 1  ln 2  1    1  ln 2  1.
3
 3

59

3
 cos
Пример 46. Вычислить интеграл
3
x  sin 2 xdx.
0
Решение.
Преобразуем
 3
 cos
подынтегральную
 3
3
x sin 2 xdx 
0
 cos

x  2 sin x cos xdx  2 cos 4 x sin xdx.
3
0
Обозначим
0
cos x  y,
sin xdx  dy; при x  0
dy  d cos x   cos x  dx   sin xdx,
тогда
y  1, при x 

y  cos

3
3
полученные результаты в данный интеграл, получим
 3
2

1
1
2

1
. Подставляя
2
1
2
cos x sin xdx  2 y   dy   2 y dy  2 y 4 dy  2 

4
0

функцию
 3

4
1
2   1 
1  
5   2 
5

4
1
1
2
y5
5
1
1
2

 2
  1  1   2  31  31 .
 5  32  5 32 80

7

Пример 47. Вычислить интеграл
1
dx
3x  4
.
Решение. Введем подстановку z  3x  4, тогда
1
dz  d 3x  4   3x  4  dx  3dx, dx  dz; при x  1 z  3 1  4  1,
3
при x  7 z  3  7  4  25. Тогда получим
1
1
25
 1
7
25 dx
25
1
2

dx
1
1
z
3


z 2 dz  

3
3 1
3
x

4
z
 1 1
1
1
1
2


1 25
2
 z2
3

1

25
2
2
z 
1
3
3


25  1 
ln 3
Пример 48. Вычислить интеграл
e
ln 2
2
5  1  8.
3
3
dx
x
 ex
   
.

Решение. Пусть e x  t , dt  d e x  e x dx  e x dx ; при x  ln 2
t e
ln 2
 2 , при x  ln 3 t  e
ln 3
3;
60
1
1

e x  e x
e 
x
1
ex

.
e 2x 1
ex
Данный интеграл примет вид:
ln 3
e
ln 2
ln 3
dx
x
e

x
3
e x dx
 1 e
 1 t

2x
ln 2
dx
3
 arctgt  arctg3  arctg 2 .
2
2
2
 2

Пример 49. Вычислить интеграл
0
dx
.
2  cos x
x
Решение. Заменяя переменную при помощи подстановки z  tg ,
2
x
1  tg 2
2
dz
2  1 z ,
найдем cos x 
; при
x  2a r c t, g zdx  2 
2
x 1 z
1 z2
1  tg 2
2
x  0 z  0, при x 

2
Подставляя, получим
 2

dx

2  cos x
0
1
2

0

2
3
1

0
z  tg

  3
3
 1.
dz
1
dz  1  z 2
1 z2  2

2
2
2
2
1 z
1

z
2

2
z

1

z
0
2
1 z2
1
0
4
2
dz
2
3  z2
0
arctg


dz
2
2
z
1
 2
3
2


arctg


z
3
1

0

2
3
arctg
1
3


 0
.
3 6
3 3

6
Пример 50. Вычислить интеграл

5 cos xdx
.
1  sin 2 x
Решение. При решении данного интеграла можно воспользоваться
x
универсальной подстановкой
Проверим возможность
tg  t.
2
использования одной из частных подстановок cos x  t, s inx  t или
0
61
tgx  t ctgx  t . По условию дана рациональная функция относительно
5 cos x
.
sin x и cos x : R sin x; cos x  
1  sin 2 x
5 cos x
5 cos x
Данная
R  sin x; cos x  

 R sin x; cos x .
2
1  sin 2 x
1   sin x 
функция является четной относительно sin x, поэтому подстановкой
cosx  t воспользоваться не можем.
5   cos x 
5 cos x
R sin x; cos x  

  R sin x; cos x .
1  sin 2 x
1  sin 2 x
Функция нечетная относительно cos x , поэтому используем
подстановку sin x  t , тогда dt  d sin x   cos dx, при x  0 t  0, при
x

6
1
t  . Данный интеграл примет вид:
2

6

0
5 cos xdx
1  sin 2 x
1
2
5

0
dt
1 t 2
1
 5 arcsin t 2  5 arcsin
0
1
 5
 5 arcsin 0  5  
.
2
6
6
Если функции u  ux  и v  v x  имеют непрерывные
производные на отрезке a;b, то имеет место формула
b
 udv  uv   xe dx .
b
a
x
(2.14)
a
Формула (2.14) называется формулой интегрирования по частям
для определенного интеграла.
Формула интегрирования по частям в определенном интеграле
имеет тот же вид, что и в неопределенном интеграле, поэтому все
рекомендации для интегралов, берущихся по частям, данные для
неопределенных интегралов (пункт 1.4), справедливы и для
определенных интегралов.
1
Пример 51. Вычислить интеграл
 xe dx.
x
0
Решение. Данный интеграл относится к первой группе интегралов,
берущихся по частям, поэтому u  x,
dv  e x dx,
du  dx, тогда согласно формуле (2.14) получаем
62

v  e x dx  e x ,
1

1
1

1


xe x dx  xe x  e x dx  1  e1  0  e 0  e x  e  e1  e 0 
0
0
0
0
 e  e  1  1.
e
 x  1ln xdx.
Пример 52. Вычислить интеграл
1
Решение. Интеграл относится ко второй группе интегралов,
берущихся по частям. Положим u  ln x, dv  x  1dx, тогда
du  d ln x  
1
dx,
x
(2.14), получаем
v

x2
 x. Подставляя в формулу
2
 x  1dx 
e

 x2
 1
 e2

 x  ln x  
 x   dx  
 e  ln e 





1 1 2
 2

 x
 2

e
x
 x  1 ln xdx  
1
2
e

 x2
e
e 2  2e
1 
x 
   1 ln 1    1dx 
0
 x 
 4
1
2
2 
2 


1
e


2
2
e 2  2e  e 2
 1   e  2e  e  4e 5 

 e    1  



 4
 4
2
2
4 
 4  



e 2  2 e e 2  4 e  5 2e 2  4e  e 2  4e  5 e 2  5



.
2
4
4
4
 2
Пример 53. Вычислить интеграл
e
x
cos xdx.
0
Решение. Дан интеграл третьей группы интегралов, берущихся по

частям: u  e x , dv  cos xdx, тогда v  cos xdx  sin x,
   

du  d e x  e x dx  e x dx.
Подставим полученные результаты в формулу (2.14)
63
 2

 2
e x cos xdx  e x sin x
0
0
 2

 sin xe
x
dx  e 
2
 sin x  e
x
dx  e 
2
sin
0

2
 e 0 sin 0 
 2 x
e sin xdx 


0

 2

0
воспользуемся еще раз формулой интегрирования по частям
 

u  e x , dv  sin xdx, v  sin xdx   cos x,
 e
2


   cos xe x


 2  2

0


0

e
cos xdx  e
 2
 2

x
 2
x
  cos x e dx   e  e cos x 0

 2
x
du  d e x  e x dx
e
 2
 cos
0

2


 2
 e  cos 0 
0
e
x
cos xdx 
0
 2
 e
2
1
e
x
cos xdx.
0
Получили
интеграла:
алгебраическое
уравнение
 2

относительно
данного
 2
e x cos xd x  e 
2
1 
0
e
x
cos xdx.
0
Решим это уравнение:
 2

 2
2 e cos xdx  e
x
 2
 1, тогда

e x cos xdx 
e
1
2
0
0
2
 C.
Задания для самостоятельного решения
Вычислить интегралы:
5
1.

1
2
5.

dx
. 2.
3x  2
2
1
 2 x  1
dx
0
x
x cos dx. 6.
2


0
cos
. 3.
3
2
x
1
2
dx
2
 5x  4
x
3x
 cos
dx. 7.
2
2
64
1
0
x 2 dx
 x  1
0
x3
x
. 4.
2
4
. 8.
4
0
dx.
 1
1
dx
3
x 1
.
 2
9.

 2
sin 2 xdx. 10.
0

1
2
14.
x
1
x  22
1 3  3 x  22 dx.
29
17.
x 1
dx.
x

0
0
5
13.


sin x cos 2 xdx. 11.
1
dx
2
x
. 15.
 2
3
18.

0


arccos x
1 x
2
xdx
2  4x
1
.
 4
2
0
4
dx
. 12.
3  2 cos x
dx. 16.
dx
. 19.
1  sin x  cos x
e
x
sin 2 xdx.
0
1

0
dx
3  2x  x2
.
 2
20.
 sin 2x  sin 3xdx.
0
Ответы. 1.
6. 0. 7.
3 ln 2
ln 13
2
1 5

. 5. 8 sin 1.
. 2. . 3. ln . 4.
8
2
3
9
3 4

1
. 8. 1,5ln 4  1. 9. .
4
24
10.

1
3 2
. 12.
.
. 11.
2
3
5
3
4
13. 22  arctg2. 14. ln . 15.
. 16. 0,3  0,1e  6 .
3
24

3 3
17. 8 
 . 18. ln 2. 19. . 20. 0,4.
6
2
2.4. Приложения определенного интеграла
Приведем без вывода основные формулы
геометрических приложений определенного интеграла.
и
примеры
1). Вычисление площадей плоских фигур.
Площадь криволинейной трапеции, ограниченной кривой y  f x 
x  b и осью Ox ,
( f x   0, непрерывна), прямыми x  a,
вычисляется по формуле
b
S

b
ydy 
a
 f x dx.
a
65
(2.15)
y
y  f x 
0
x
b
a
Площадь фигуры, ограниченной кривой y  f x 
непрерывная, прямыми x  a, x  b и осью Ox равна
( f x   0 ),
b
S   f x dx

(2.16)
a
y
0
a
b
x
y  f x 
Площадь фигуры, ограниченной двумя непрерывными кривыми
y  f1 x  и y  f 2 x  ( f1 x   f 2 x  ) и двумя прямыми x  a и x  b
находится по формуле
b
S
  f x   f
1
2
x dx.
(2.17)
a
y
y  f 1 x 
b
0
a
x
y  f 2 x 
66
Если плоская фигура имеет «сложную» форму, то прямыми,
параллельными оси Oy, её следует разбить на части так, чтобы можно
было бы применить уже известные формулы
y
y  f x 
y  g x 
x
a
0
b
c
Здесь непрерывные и неотрицательные функции
y  g x  пересекаются в точке с абциссой x  c.
S
c
b
a
c
y  f x  и
 f x dx   g x dx.
(2.18)
Пример 54. Найти площадь фигуры, ошраниченной осью Ox ,
графиком функции y  x 2  2, прямыми x  2 и x  1.
Решение. Графиком функции y  x 2  2 является парабола,
симметричная относительно оси Oy, ветви которой направлены вверх,
вершина лежит в точке с координатами (0;2).
y
y  x2  2
2
0
2
1
Найдем площадь фигуры по формуле (2.15)
67
x
 x
1
S
2
2
 2dx   x 2dx   2dx 
1
1
2
2
1
x3 1
 2 x 2 
2
3
1  2 
1 8
 
 2  1  2   2     2  4  3  6  9eд 2 .
3
3
3 3
3
Пример 55. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями
y  4  x 2 и y  x 2  2 x.
Решение. Графиком функции y  4  x 2 является парабола, ветви
которой направлены вниз, вершина в точке (0;4), симметричная
относительно оси Oy. Графиком второй функции y  x 2  2 x также
является парабола, ветви направлены вверх, найдем координаты
2
вершины x0   1, y0  12  2  1  1, то есть вершина в точке (1;-1),
2
парабола симметрична относительно прямой x  1. Построим данную
фигуру, площадь которой требуется найти
4
y
y  4  x2
y  x 2  2x
2
1
0
1
x
2
Найдем абциссы точек пересечения двух графиков:
 y  4  x 2 , 4  x 2  x 2  2 x, 2 x 2  2 x  4  0,

2
2
D   12  4  1 2   1  8  9,
 y  x  2 x. x  x  2  0,
1 3
1 3
x1 
 1, x 2 
 2. Получили, что a  1, b  2. Согласно
2
2
формуле (2.17), получим
68
 4  x  x

2
S
2
2
1
 4  2 x

2

1
2
 4x
 2
1

2
2
1
x2
2

 x 2  2 x dx 
2


4dx  2 x 2 dx  2 xdx 
1
x3
3
2
1
2
2
 2 x dx 
2
 4  x
2
 2 x dx 
1
2
1
4  2  4 1 
1


2 3
2   13  2 2 
3
 
  12  8  4 
2
 9  4  1  21 eд 2 .
3
Пример 56. Найти площадь фигуры, ограниченной линиями
x
1
y    , y  4.
2
Решение. Показательная функция y  2 x возрастающая, так как
основание степени больше единицы (2>1). Показательная функция
y  2x ,
x
1
y    убывающая,
2
функций
y4
так
как
1
 1. Построим
2
графики
данных
y  2x
y
4
1
y 
2
1
x
x
0
1
Найдем абциссу точки пересечения графиков функций y  2 x и
x
x
1
1
y    : 2 x    , 2 x  2  x , x   x, 2 x  0, x  0.
2
2
Прямой x  0 разобьем данную фигуру на две, тогда S  S1  S 2 .
x
1
Найдем точку пересечения графиков функций y    и y  4 :
2
69
x
1
x
2
   4, 2  2 ,
2
(2.17), получим
x  2,
x  2, тогда, согласно формуле
x 0
1
 
 1 
2
0
S1   4    dx 4 x 
2
 2 
1

ln
 2
2
0
x

  1  0  1  2
 
 
 2
2
 4  0  4 2   

1
ln 2 1
 ln 2


1 
3
 4
 8

.
  8
ln 2
 ln 2 ln 2 

2



4 
 1


  8
  ln 2  ln 2 



Найдем точку пересечения графиков функций y  2 x и y  4 :
2 x  4, 2 x  2 2 , x  2, тогда, используя формулу (2.17), получим:
 4  2 dx  4 x
2
S2 
x
0
2
0

2x
ln 2
2
0
 42  40 
 22 20 
  8   4  1   8  3 .


 ln ln 2 
ln 2
 ln 2 ln 2 


Таким образом, площадь данной фигуры равна
3
3
6
16 ln 2  6
S  8
8
 16 

eд 2 . .
ln 2
ln 2
ln 2
ln 2
 
Пример 57. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями
y  4 x , y  x, y  4, x  0.
Решение. Построим графики данных функций: y  4 x  это
возрастающая показательная функция, так как основание этой функции
больше единицы (4>1); графиком функции y  x является прямая,
проходящая через начало координат (биссектриса первого и третьего
координатных углов);
y  4  прямая, параллельная оси Ox ,
проходящая через точку (0;4)
70
y
y  4x
4
yx
1
0
1
x
4
Найдем абциссу точки пересечения графиков функций y  4 x и
y  4:
y  4x ,
 4 x  4, x  1. Прямой x  1 разобьем данную фигуру на

y

4
;

две, тогда S ф  S1  S 2 .
Найдем абциссу точки пересечения графиков y  4 и y  x :
 y  4,
 x  4.

 y  x;
Используя формулу (2.17), получим:
 4
1
S1 
0

 
1
x
1
1

 x dx  4 x dx  xdx 
0
0
4x
x2

ln 4 0 2
1

0
4
40  1 0 

   
ln 4 ln 4  2 2 
4
1
1
3
1

 
 .
ln 4 ln 4 2 ln 4 2
4
4
4
S 2   4  x dx   4dx   xdx  4 x
1
1
1
4

1
x2
2
 42 1 
 16  4  
 
 2 2
1


4
1

 12   8    12  7,5  4,5.
2

Следовательно, площадь данной фигуры равна:
3
1
3
3  4 ln 4
Sф 
  4,5 
4
eд 2 . .
ln 4 2
ln 4
ln 4
 
71
Задания для самостоятельного решения
1.
3.
5.
7.
Вычислить площадь фигуры, ограниченной следующими линиями:
16
y   x 2 , x  y  2  0. 2. y  2 , y  17  x 2 , x  0.
x
2
3
2
y  4 x , y  2 x . 4. y  sin x, y  cos x, x  0.
1
1
y  x 2 , y  3x  x 2 . 6. xy  4 2 , y  4, x  3.
4
2
y  x 3 , y  x, y  2 x. 8. y  e x , y  e  x , x  1.
x2
, y  2 x. 10. y  x 2  2 x, y  x, y  2  x, x  1.
2
2
Ответы. 1. 4,5. 2. 18. 3.
. 4. 2  1. 5. 8.
15

e  12 . 9. 4. 10. 17 .
3 
. 7. 1,5. 8.
6. 12  4 2 1  ln
3
e
2

9. y  x 2 , y 
2). Вычисление длины дуги.
Если плоская кривая отнесена к прямоугольной системе координат
и задана уравнением y  f x , то
b
l

1   f x 2 dx,
(2.19)
a
где, a , b  абциссы начала и конца дуги a  b .
Если кривая задана уравнением x  g  y , то
d
l

1  g  y 2 dy,
(2.20)
c
где c, d  ординаты начала и конца дуги c  d .
Если кривая задана параметрическими уравнениями x  xt ,
y  y t , то длина дуги выражается формулой
t2
l
xt 2  y t 2 dt,
(2.21)
t1
где t1 , t 2  значения параметра, соответствующие концам дуги t1  t 2 .
    
72
Пример 58.
Вычислить длину дуги полукубической параболы
y  x  1 между точками A2;1 и B5;8.
Решение. Разрешаем данное уравнение относительно y и
находим y  :
3
2
1
3
2
3
x  1 2 ;  y 2  9 x  1.
y  x  1 ; y  
2
4
Знаки  в выражении y указывают, что кривая симметрична
относительно оси Ox ; точки A и B, имеющие отрицательные
ординаты, лежат на той ветви кривой, которая расположена ниже оси
Ox .
y
5
1
0
x
A
B
8
Подставляя в формулу (2.19), получим
5

l
1
2
9
x  1dx 
4
1
2
5

1
2
9
9
x  dx 
4
4
5

2
9
5
x  dx 
4
4
9
5
4
5
пусть x   z , x   z  ,
4
4
9
4

4
5
5   4 
5 
4
9




  x   dx  dx  d   z       z    dz  dz, 
4
4   9 
4 
9
4
9
5

2
при x  2 z 
13
; при x  5 z  10
4
3 
 3
8  2  13  2  8 
13



13 .
10 10 
10     
13
27 
4   27 
8


13 4
4


Пример 59. Вычислить длину дуги одной арки циклоиды
x  2t  sin t , y  21  cos t .
10

1
z2
3 10
4
4 2
 dz   z 2
9
9 3
73
Решение.
циклоиды
Дифференцируем по t параметрические уравнения
x t  2t  sin t   21  cos t , y t  21  cos t   2 sin t ,
тогда
xt 2  41  cos t 2 ,  y t 2  4 sin 2 t,
xt 2   y t 2  4  8 cos t  4 cos2 t  4 sin 2 t  4  8 cos t  4sin 2 t  cos2 t  
 4  8 cos t  4  8  8 cos t  81  cos t   8  2 sin 2
t
t
 16 sin 2 .
2
2
y
2
x
2
0
t1  0, t 2  2 .
Подставляя полученные результаты в формулу (2.21), получаем
2
l

16 sin 2
0
2

 4 sin
0
t
dt 
2
2

2
4 sin
0
2

t
t
dt  4 sin dt 
2
2
0
t
t t
t
t
 2d    8 sin d  8 cos
2
2
2
2
2
 

0
2
 8 cos  
0
 8 cos 0  8 1  8 1  8  8  16 .
Пример 60. Вычислить длину дуги полукубической параболы
y 3  x 2 между точками A1;1 и B8;4.
Решение. Разрешаем данное уравнение относительно x и находим
3
9
x : x   y 3 2 , x    y 1 2 , x 2  y, c  1, d  4.
2
4
74
y
B
4
A
1
1
x
0
8
Согласно формуле (2.20) получим
9
4
пусть 1  y  t , y  t  1,
4
9
4
9
13
4
 4
l
1  y dy  dy  d  t  1  dt, при y  1 t  , 
4
9
9
4


1
при y  4 t  10

10


13 4

4
4
t  dt 
9
9
10 1
t 2 dt

13 4
3
 3
8  2  13  2

10   
13
27 
4
4

2 10
4 2
  t3
9 3
8 
13

13 .
10 10 
27 
8

Задания для самостоятельного решения
Вычислить длины дуг кривых:
1. 9 y 2  43  x 3 между точками пересечения с осью Oy.
 
2. x  3 cos 3 t , y  3 sin 3 t , t  0; . 3. y  ln sin x  от
 2


1
1
x
до x  . 4. x  y 2  ln y от y  1 до y  e.
3
2
4
2
28
1
Ответы. 1.
. 2. 4,5. 3. ln 3. 4. e 2  1 . .
3
4

75



`


3). Вычисление объема тела вращения плоской фигуры.
Если тело образуется при вращении вокруг оси Ox криволинейной
трапеции, то любое его плоское сечение, перпендикулярное к оси Ox ,
будет круг, радиус которого равен соответствующей ординате кривой
y  f x . Объем тела вращения определяется формулой
x
Vox  
2
y
x
2
x dx x1  x 2 .
(2.22)
1
Если тело образуется при вращении криволинейной трапеции,
прилежащей к оси Oy, то объем тела вращения определяется формулой
y
Voy  
2
x
y
2
 y dy  y1  y 2 .
(2.23)
1
Пример 61. Вычислить объем тела, образованного вращением
фигуры, ограниченной линиями y  cos x (одной волной), y  0 вокруг
оси Ox .
Решение. Построим плоскую фигуру, вращение которой вокруг
оси Ox образует нужное тело:
y
1


2

2
3
2
x
0
1
Искомое тело состоит из двух тел одинаковых объемов, тогда
VT  2V1 . Найдем V1 .
 2
V1 




 2


cos 2 xdx  

2
1  cos 2 x

dx 
2
2
2

 2
 1  cos 2 xdx 

2
1
  1
2
   1

  x  cos 2 x     cos       cos   

2
2
2
2
2
2
2
2





2
76


 
1
   1
   1    1
   1      1          
22 2
 2 2 2
 2  2 2 2  2 2
 
1  1 
.
    
2  2 2 2 2
2
Тогда искомый обьем
2
2
 
  2 eд 3 .
2
Пример 62. Вычислить объем тела, образованного вращением
фигуры, ограниченной линиями 2 y  x 2 , 2 x  2 y  3  0 вокруг оси
Ox .
Решение. Построим данную плоскую фигуру. Графиком функции
1
2 y  x 2 или y  x 2 является парабола, симметричная оси Oy, ветви
2
направлены вверх, вершина лежит в начале координат. Графиком
3
функции 2 x  2 y  3  0 или y   x  является прямая
2
y
A
1 2
y x
2
3
y  x 
2
B
A1
B
x

 1
0
VT  2 
Найдем абциссы точек A и B
1 2
1 2
3

x   x  , x 2  2 x  3, x 2  2 x  3  0,
y  2 x ,
2
2

3
 y  x  .
x1  3, x 2  1.
2

77
Объем полученного тела вращения можно найти как разность
объемов тела, образованных вращением вокруг оси Ox трапеций
A1 ABB1 и A1 AOBB1 .
Объем V1 , образованный вращением трапеции A1 ABB1 найдем по
формуле (2.22):
1
1
2
3
9


V1     x   dx    x 2  3x  dx 
2
4



3
3

 x 3 3x 2 9
 


 3
2
4


  33 3

 1
9
1 3 9
x
     
  32   3 
3
 3

2
4
3 2 4



27 27  13
117
364
91
 4  18  27 

 
  

  .
 9 
12
2
4  12
4
12
3



Объем V2 , образованного вращением криволинейной трапеции
A1 AOBB1 , также найдем по формуле (2.22):
1
2
1 
V2    x 2  dx  
2 

3


1

3


1 4
 x5 1

x dx  

1   35 
4
4 5  3 20
1  243   244   61  .
20
20
5
Тогда искомый обьем
91
61
455  183
2
V  V1  V 2     
  18  eд 3 . .
3
5
15
15
Пример 63. Вычислить объем тела, образованного вращением
 
x2 y2

 1, вокруг оси Oy.
16
9
Решение. Большая полуось эллипса a  16  4, малая полуось
фигуры, ограниченной эллипсом
b  9  3.
Построим эллипс. Так как b  a , то при вращении его вокруг малой
оси получается сжатый эллипсоид вращения.
78
y
3 B
4
0
x
A
B1
Вычислим обьем этого тела по формуле (2.23):
y
V oy  
2
x
y
2
dy.
1
Ординаты точек B и B1 являются пределами интегрирования y 2
и y1 соответственно. Для эллипса точки B и B1 имеют координаты
B0; b и B1 0;b , то есть B0;3 и B1 0;3, поэтому y 2  3, y1  3.
Из уравнения эллипса выразим x 2 :
x2
y2
16
 1
, x 2  16  y 2 .
16
9
9
Получим искомый обьем:
3

16 2 
16 y 3 

Voy   16 
y dy   16 y  


9
9 3  3



3
3

16 3 
16


 33    48  16  
  16  3 
 3    16  3 
27
27




 
   48  16   32  32  64 eд 3 . .
Задания для самостоятельного решения
Найти объемы тел, образованных вращением фигур, ограниченных
заданными линиями, вокруг указанных осей координат:
1. y  sin x (одной волной), y  0 вокруг оси Ox .
79
2. y 2  x  4  0, x  0
вокруг оси Oy. 3. xy  4, y  0, x  1, x  4
1 2
1
вокруг оси Ox . 4. y  x , y  x 3 вокруг оси Oy.
4
8
5. y  e x , x  0, y  0 вокруг оси Ox . 6. y 2  x 3 , осью Ox ,
прямой x  1 вокруг оси Oy.
Ответы. 1.  2 . 2. 34

2
2
4
 . 3. 12 . 4.  . 5. . 6.  .
15
5
7
2
2.5. Несобственные интегралы
Интегралы с бесконечными пределами интегрирования или от
разрывных функций называются собственными.
Несобственные
интегралы
с
бесконечными
пределами
интегрирования (несобственные интегралы I рода) от непрерывной
функции f x  определяются посредством предельного перехода:


f x dx  lim
b 
a
b
lim
a  

(2.24)
 f x dx,
(2.25)
a

 f x dx 
 f x dx,
a
b
 f x dx 

b
c
b
 f x dx  lim  f x dx,
lim
a  
b 
a
(2.26)
c
где c  произвольное число.
Несобственные интегралы от функций с бесконечными разрывами
(несобственные интегралы II рода) также определяются посредством
предельного перехода:
Если функция f x  имеет бесконечный разрыв в точке x  c,
принадлежащей отрезку a;b, и непрерывна во всех других точках
этого отрезка, то
b

a
f x dx  lim
1  0
c 1

f x dx  lim
 2  0
a
b
 f x dx,
(2.27)
c  2
где  1 и  2 изменяются независимо друг от друга.
Несобственные интегралы называются сходящимися, если
существуют и конечные определяющие их пределы. Если же указанные
80
пределы не существуют, то данные несобственные интегралы
называются расходящимися.
Если непрерывная функция f x   0 на промежутке a;    и

инетеграл
 f x dx
сходится, то он выражает площадь бесконечно
a
длинной криволинейной трапеции
y
y  f x 
x
a
0
В случае, когда f x   0, несобственный интеграл второго рода
b
 f x dx (разрыв в точке
x  b ) можно истолковать геометрически как
a
площадь бесконечно высокой криволинейной трапеции
y
y  f x 
x
0
b 
a
b
Пример 64. Вычислить несобственный интеграл или установить

его расходимость
e
x
dx.
0
Решение. Пользуясь равенством (2.24), получим
81


b
e
e  x dx  lim
b  
0
x

dx  lim  e  x
b  

b


 lim  e b  e 0 
0
b  
0
1   1


 lim 1  b   1   1  0  1  1.
b  

e  

Следовательно, данный несобственный интеграл сходится.
Пример 65. Вычислить несобственный интеграл или установить
0
 xe
его расходимость
x
dx.

Решение. Используя определение (2.25), получим:
0
 xe
0
x
dx  lim
a  

x
dx.
a
 xe
Рассмотрим интеграл
 xe
x
dx. Для его нахождения воспользуемся
формулой интегрирования по частям
 udv  u  v   vdu.

Пусть u  x, dv  e  x dx, тогда du  dx, v  e  x dx  e  x .
 xe
x

dx  x   e
x
   e dx   xe
x
x

 e  x dx 
  xe  e  e x  1.
Вернемся к данному интегралу:
x
0
 xe

x
x
x




dx  lim  e  x x  1  lim  e 0 0  1  e  a a  1 
a  


0
a
a  
 lim  1  e  a a  1  1  lim e  a a  1 
a  
   

a  

   1  e       1    .
 e
Следовательно, данный несобственный интеграл расходится.


Пример 66. Найти несосбтвенный интеграл
x
dx
2

Решение. Пользуясь определнием (2.26), получим
82
.
1

x

0
dx
2
1

x

dx
2

1
x

0
0
dx
2
1
 lim
a  
x
a
b
dx
2
1
 lim
b  
x
dx
2
0
1

arctgx  lim arctgx  lim arctg 0  arctga 
0
 lim
a  
a
b
b  
0
a  
 lim arctgb  arctg 0  lim  arctga  lim arctgb 
b  
a  
b  
    
        .
2 2 2 2
Значит данный несобственный интеграл сходится.
1
Пример 67.

Вычислить несобственный интеграл
0
dx
x
или
установить его расходимость.
Решение. Здесь при x  0 подынтегральная функция
бесконечный разрыв. Согласно определению (2.27)
1

0
dx
 lim
x  0
1

1
имеет
x
1
dx
 lim ln x  lim ln 1  ln   

  0
x  0
 lim 0  ln    0      ,
  0
то есть несобственный интеграл расходится.
2
Пример 68. Найти несосбтвенный интеграл

1
dx
3
x  12
.
Решение. Подынтегральная функция имеет бесконечный разрыв в
точке x  1, лежащей внутри отрезка интегрирования  1;2. Поэтому,
согласно формуле (2.27),
83
2

1
1
dx

x  12
3

1
 2  0

x  12
3
2
 x  1
 lim
2
dx

2
3

1
dx  lim
1  0
1 2
3
x  12
x  1

2
 1
3
2
1
3
1 
 lim 3  3 x  1 1 1  lim 3  3 x  1
1  0

lim 3 
 2  0


11
dx
 x  1
 lim
1  0
1  1
2
1  2
dx 
1
 lim
x  1
 2  0
1
2
3

2
 1
3
2
1
3
2

1  2



 lim 3  3 1   1  1  3  3  1  1  lim 3  3 2  1  3  3 1   2  1 
1  0

3
1  0


 2  0


 2  0
Следовательно, данный несобственный интеграл сходится.
Задания для самостоятельного решения
Вычислить
расходимость
6
1.

2
2
5.
x
2
4  x 2
xdx
2
1
несобственные

dx
3

  1  3  3  2  lim 3  3 1  3  3  2  3  0  33 2  3  3  0  3 3 2  1 .
. 2.
x
 2x  2


. 6.

3
dx
2
1
sin xdx. 7.


0
интегралы
. 3.
dx
x3

2
xdx
4
x 4
2
или
установить
2
. 4.
 x  1
dx
2
.
0
.
2
Ответы. 1. 6 2 . 2.  . 3. 4 125 . 4. Расходится. 5. Расходится.
3
1
6. Расходится. 7.  .
2
3
Контрольная работа на тему
«Определенный интеграл и его приложения»
Вариант 1.

1. Вычислить интеграл
2
 x cos xdx.
0
84
их
2.
Вычислить
площадь
фигуры,
ограниченной
линиями
y  x , y  x.
3. Найти объем тела, полученного вращением плоской фигуры,
ограниченной линиями y  2  0,5x 2 , x  y  2, вокруг оси Oy.
4. Вычислить несобственный интеграл или установить его расходимость
2

 xe
 x2
dx.
0
Вариант 2.
e
1. Найти интеграл

1
2.
Вычислить
ln 2 x
dx.
x
площадь
фигуры,
ограниченной
линиями
3
x
.
3
3. Найти объем тела, полученного вращением плоской фигуры,
ограниченной линиями y  2  x 2 , y  x 2 , вокруг оси Ox .
4. Вычислить несобственный интеграл или установить его расходимость
y  x2, y 
0
 
x
xdx

2

1
3
.
Вариант 3.

1. Найти интеграл
2
 sin x  cos

3
xdx.
6
2.
Вычислить
площадь
фигуры,
ограниченной
линиями
2
3x  4 y  0, 2 x  4 y  1  0.
3. Найти объем тела, полученного вращением плоской фигуры,
ограниченной линиями y  x 3 , y  2, x  0, вокруг оси Oy.
4. Вычислить несобственный интеграл или установить его расходимость

 7x
4
xdx
2
4
.
85
Вариант 4.
1
2

1. . Найти интеграл
xdx
4  x2
площадь
.
0
2.
Вычислить
фигуры,
ограниченной
линиями
16
y  2 , y  17  x 2 .
x
3. Найти объем тела, полученного вращением плоской фигуры,
ограниченной линиями y  2 x  x 2 , y  0, вокруг оси Ox .
4. Вычислить несобственный интеграл или установить его расходимость
3
 x

xdx
2

1
2
.
Вариант 5.
3
1. Найти интеграл

0
2.
Вычислить
dx
25  3 x
площадь
.
фигуры,
ограниченной
линиями
x
1
y    , y  0, x  1, x  2.
 3
3. Найти объем тела, полученного вращением плоской фигуры,
4
ограниченной линиями y 2  x, x  3, вокруг оси Oy.
3
4. Вычислить несобственный интеграл или установить его расходимость
1

0
x 2 dx
1  x3
.
Вариант 6.
2
1. Найти интеграл
 3x ln xdx.
1
2.
Вычислить
площадь
фигуры,
ограниченной
линиями
2
2
x  4 y, y  4 x.
3. Найти объем тела, полученного вращением плоской фигуры,
ограниченной линиями y 3  x 2 , y  1, вокруг оси Ox .
86
4. Вычислить несобственный интеграл или установить его расходимость
2
x
dx
2

 4x  5
.
Вариант 7.
3
1. Найти интеграл
x
1  x 2 dx.
0
2.
Вычислить
площадь
фигуры,
ограниченной
линиями
y  3x, y 2  9 x.
3. Найти объем тела, полученного вращением плоской фигуры,
ограниченной линиями y  2  x 2 , y  x 2 , вокруг оси Oy.
4. Вычислить несобственный интеграл или установить его расходимость


1 x
4 2 dx.
0
Вариант 8.
1
1.Найти интеграл
2

xdx
.
1 x 2
2.
Вычислить
площадь
фигуры,
ограниченной
линиями
2
y  3x  1, y  3x  7.
3. Найти объем тела, полученного вращением плоской фигуры,
ограниченной линиями xy  4, 2 x  y  6, вокруг оси Ox .
4. Вычислить несобственный интеграл или установить его расходимость
0
0
 cos
2
xdx.

Вариант 9.
0
1.Найти интеграл
 xe
1
2 x
dx.
2
2.
Вычислить
площадь
фигуры,
ограниченной
линиями
y  4 2 x , y  0, x  1, x  2.
3. Найти объем тела, полученного вращением плоской фигуры,
ограниченной линиями y  3x 2 , y  3, x  0, вокруг оси Oy.
87
4. Вычислить несобственный интеграл или установить его расходимость

x
3
dx
2
 6x  10
.
Вариант 10.
2
1.Найти интеграл

0
x 3 dx
.
4  x4
площадь
2.
Вычислить
фигуры,
ограниченной
линиями
2
y  9 x, y  3x.
3. Найти объем тела, полученного вращением плоской фигуры,
ограниченной линиями y  2 x , x  0, x  1, y  0, вокруг оси Ox .
4. Вычислить несобственный интеграл или установить его расходимость
2
 x  3
dx
2
.
3
88