Тема 1 Неопределенный интеграл Практическое занятие 1 Первообразная и неопределенный интеграл 1.1 Определение первообразной функции 1.2 Неопределенный интеграл и его геометрический смысл 1.3 Основные свойства неопределенного интеграла 1.4 Таблица неопределенных интегралов 1.1 Определение первообразной функции Основной задачей дифференциального исчисления является нахождение производной f x или дифференциала df f x dx функции f x . В интегральном исчислении решается обратная задача: по заданной функции f x требуется найти такую функцию F x , что F x f x . Таким образом, основной задачей интегрального исчисления является восстановление функции F x по известной производной или дифференциалу этой функции. Интегральное исчисление имеет многочисленные приложения в геометрии, механике, физике и технике. Оно дает общий метод нахождения площадей, объемов, центров тяжести и т. д. Функция F x , x X R , называется первообразной для функции f x на множестве X , если она дифференцируема для любого x X и имеет место соотношение: F x f x или dF x f x dx . Любая непрерывная на множестве X функция f x имеет на этом отрезке первообразную F x . Если F x – некоторая первообразная функции f x на множестве X , то все первообразные этой функции определяются выражением F x C , где C – произвольная постоянная. 5 1.2 Неопределенный интеграл и его геометрический смысл Операция отыскания первообразной F x функции f x называется интегрированием. Совокупность F x C всех первообразных функции f x на множестве X называется неопределенным интегралом и обозначается f xdx F x C . Выражение f x dx называется подынтегральным выражением, f x – подынтегральной функцией, x – переменной интегрирования, а C – постоянной интегрирования. Неопределенный интеграл представляет собой любую функцию, дифференциал которой равен подынтегральному выражению, а производная – подынтегральной функции. С геометрической точки зрения неопределенный интеграл представляет собой семейство кривых y F x C ( C – параметр), обладающих следующим свойством: все касательные к кривым в точках с абсциссой x x0 параллельны между собой: F x C F x0 f x0 . x x0 На рисунке 1.1 изображен неопределенный интеграл x 2 C от функции f x 2 x : 2xdx x 2 C , который представляет собой семейство парабол y x 2 C . Рисунок 1.1 – Интегральные кривые 6 F x C Кривые семейства F x C называются интегральными кривыми. Они не пересекаются между собой и не касаются друг друга. Через каждую точку плоскости проходит только одна интегральная кривая. Все интегральные кривые получаются одна из другой параллельным переносом вдоль оси Oy . 1.3 Основные свойства неопределенного интеграла Неопределенный интеграл обладает свойствами: – производная от неопределенного интеграла равна подынтегральной функции, дифференциал от неопределенного интеграла равен подынтегральному выражению: f x dx f x , d f x dx f x dx ; – неопределенный интеграл от дифференциала некоторой функции равен сумме этой функции и произвольной постоянной: dFx F x C ; – постоянный множитель a R , a 0 , можно выносить за знак неопределенного интеграла: af x dx a f x dx ; – неопределенный интеграл от алгебраической суммы конечного числа функций равен алгебраической сумме интегралов от этих функций: f1 x ... fn x dx f1 x dx ... fn x dx ; – (инвариантность формул интегрирования) любая формула интегрирования сохраняет свой вид, если переменную интегрирования заменить любой дифференцируемой функцией этой переменной: f xdx F x C или f u du F u C , где u – дифференцируемая функция. Так как интегрирование есть действие, обратное дифференцированию, то большинство из приводимых формул может быть 7 получено обращением соответствующих формул дифференцирования. 1.4 Таблица неопределенных интегралов Каждая из нижеследующих формул верна на каждом промежутке, принадлежащем области определения подынтегральной функции: u n 1 u n du C n 1 . 1 n 1 au a u du C a 0, a 1 . 2 ln a 3 eu du eu C . 4 5 6 7 8 9 10 11 du u ln u C . sinudu cosu C . cosudu sinu C . du cos u tgu C , x 2 n , n Z . 2 du sin u ctgu C , x n , n Z . shudu chu C . chudu shu C . du ch u thu C . 2 2 du 12 sh u cthu C . 13 u 14 2 du 1 u arctg C , a 0 . 2 a a a du 1 a u ln C , a 0. 2 2 2a a u u a 2 8 15 du u a du 2 2 ln u u 2 a 2 C , u a , a 0 . u arcsin C , u a , a 0 . a a u u 2 a2 u 2 a 2 du u a2 ln u u 2 a 2 C , a 0 17 2 2 u a2 u a 2 u 2 du a2 u2 arcsin C , a 0 18 2 2 a Некоторые из приведенных формул таблицы интегралов, не имеющие аналога в таблице производных, проверяются дифференцированием их правых частей. Если первообразная F x функция f x является элементар16 2 2 ной функцией, то говорят, что интеграл f xdx выражается в элементарных функциях или функция f x интегрируема в конечном виде. Однако не всякий интеграл от элементарной функции выражается в элементарных функциях. Используя основные правила интегрирования, можно находить интегралы от более сложных функций. В отличие от дифференциального исчисления, где, пользуясь таблицей производных, можно найти производную или дифференциал любой заданной функции, в интегральном исчислении нет общих приемов вычисления неопределенных интегралов, а разработаны лишь частные методы, позволяющие свести данный интеграл к табличному. Вопросы для самоконтроля 1 Сформулируйте определение первообразной функции и перечислите свойства первообразной. 2 Приведите примеры функций, имеющих и не имеющих первообразных. 3 Приведите примеры двух различных первообразных для одной и той же функции f x . 4 Имеет ли функция 9 1 при x 0, f ( x) 2 при x 0 первообразную? 5 Найдите первообразную для функции f x sin x , которая в точке x принимает значение, равное 10. 2 6 Известно, что две первообразные для функции f x e x в точке x 1 отличаются на 2. На сколько отличаются эти же первообразные в точке x 100 ? 1 7 График какой первообразной для функции f ( x) 1 x2 проходит через точку с координатами 1;2 ? 8 Сформулируйте определение неопределенного интеграла. 9 В чем состоит геометрический смысл неопределенного интеграла? 10 Перечислите свойства неопределенного интеграла. Решение типовых примеров 1 Используя основные свойства неопределенного интеграла, вычислить интегралы: а) 2 x 32 x dx ; д) (1 x )3 dx ; б) tg 2 xdx ; е) cos 2 2 x x в) sin cos dx ; 2 2 4 3 3x 2 x 5 x 2 7 x 8 г) dx x2 Р е ш е н и е . а) имеем: ж) x2 1 x2 dx ; и) x 2x 2 x 2 3 dx 2 3 dx 18 dx x 10 x dx ; 2 1 sin 2xdx . 18x C . ln18 б) имеем: 1 dx tg xdx cos x 1dx cos x dx tgx x C . 2 2 2 2 x x x x x x в) имеем sin cos dx sin 2 2sin cos cos 2 dx 2 2 2 2 2 2 1 sin x dx dx sin xdx x cosx C . г) имеем: 3x 4 2 x3 5 x 2 7 x 8 7 8 dx 3x2 2 x 5 2 dx 2 x x x dx dx 3 x 2 dx 2 xdx 5 dx 7 8 2 x x x3 x2 x 21 2 5 x 7 ln x 8 C 3 2 2 1 8 x 3 x 2 5x 7 ln x C . x 3 д) имеем: (1 x ) dx 1 3 x 3x x 3 dx 3 3 dx 3 x dx 3 xdx x 2x x е) имеем: 3 x 2 dx 5 x2 x2 x 2 x 3 3 C 3 5 2 2 2 3 2 2 2 x x x C . 2 5 cos 2 x 1 cos x 1 1 dx dx dx cos xdx 2 2 2 2 1 1 x sin x C . 2 2 x2 x2 1 1 1 dx dx 1 ж) имеем: dx 2 2 1 x 1 x 1 x2 11 1 1 x x ln C. 2 1 x и) имеем: 1 sin 2 x dx sin 2 x 2 sin x cos x cos 2 x dx sin x cos x dx sin x cos x dx 2 sin x cos x sgn cos x sin x C . Задания для аудиторной работы 1 Используя основные правила интегрирования и таблицу интегралов, вычислить следующие неопределенные интегралы: а) 1 x dx ; 3 x 4 ж) 3 x dx ; 3 2 x 2 dx ; и) x x x к) sin 2 dx ; 2 2 x л) dx ; 2 x 1 2 sin 2 x м) dx ; sin 2 x 2 5 1 1 2 б) 3 4 7 dx ; x x x x 6 x 4 5 x 4 4 x 3 7 x 2 9 x 11 dx ; x2 x4 г) dx ; x2 1 3 dx ; д) 4 x2 dx е) ; н) th 2 xdx . 2 9 x 2 Доказать, что функция f x sgn x не имеет первообразной на любом промежутке, содержащем точку x 0 . в) 12 Задания для домашней работы 1 Используя основные правила интегрирования и таблицу интегралов, вычислить следующие неопределенные интегралы: x 1 2 x dx ; dx ; а) и) 2 x 1 4 3 x x 2 x 3 dx ; б) ( x 4 1) x 3dx ; к) 3x 2 4 9 x x dx ; в) (cos sin ) 2 dx ; л) 2 2 2 1 x 2 1 x dx г) ; м) ctg2 xdx ; 2 16 x x2 9 dx ; x2 8 dx е) ; 25 x 2 2 ж) 5 x 4 5 3 x д) н) 5 x 7 2 x 24 x dx ; о) sin( x 3)dx ; dx ; п) 13 dx x2 9 Практическое занятие 2 Общие методы интегрирования 2.1 Непосредственное интегрирование 2.2 Метод замены переменной (подстановка) 2.3 Метод интегрирования по частям 2.1 Непосредственное интегрирование Вычисление интегралов, основанное на приведении подынтегрального выражения к табличной форме и использовании свойств неопределенного интеграла, называется непосредственным интегрированием. 2.2 Метод замены переменной (подстановка) Пусть требуется вычислить интеграл f x dx , который не является табличным. Т е о р е м а 1 Пусть функция x t определена и дифференцируема на некотором множестве T . И пусть X – множество значений функции x t , на котором определена функция f x . Тогда если на множестве X функция f x имеет первообразную, то на множестве T справедлива формула замены переменной: (2.1) f x dx f t t dt . Суть метода замены переменной состоит в том, что в интеграле f x dx переменную x заменяют переменной t по фор- муле x t , учитывая dx t dt . Очень часто при вычислении интегралов пользуются приемом «подведения» подынтегральной функции под знак дифференциала. По определению дифференциала функции имеем x dx d x . Переход от левой части этого равенства к правой называют «подведением» множителя x под знак дифференциала. Пусть требуется найти интеграл вида f x x dx . 14 Внесем в этом интеграле множитель x под знак дифференциала, а затем выполним подстановку x u f xxdx f xd x f u du . Если интеграл f u du – табличный, его вычисляют непосредственным интегрированием. 2.3 Метод интегрирования по частям Вычисление некоторых типов неопределенных интегралов основывается на теореме 2. Т е о р е м а 2 Пусть функции u x и v x – две дифференцируемые функции переменной x на промежутке X . И пусть функция u ' x vx имеет первообразную на этом промежутке. Тогда функция v ' x u x также имеет производную и справедлива формула интегрирования по частям: (2.2) udv uv vdu . С помощью формулы интегрирования по частям отыскание интеграла udv сводится к вычислению другого интеграла vdu . Применять ее целесообразно, когда интеграл vdu более прост для вычисления, чем исходный. Методом интегрирования по частям вычисляются интегралы: – Pn x e kx dx , Pn x sin kxdx, Pn x coskxdx, где Pn x – многочлен степени n , n N , k R . Чтобы найти эти интегралы, достаточно положить u Pn x и применить формулу интегрирования по частям n раз; P xlnxdx , P xarcsinxdx , P xarctgxdx , P xarcctgxdx , где P x – n n n n n P xarccosxdx , n – многочлен степе- ни n , n N . Данные интегралы вычисляются по частям, принимая за u функцию, являющуюся множителем при Pn x ; 15 – e ax cos bx dx , e ax sin bx dx , где a , b R . Они вычисля- ются двукратным интегрированием по частям и решением уравнения относительно искомого интеграла. Вопросы для самоконтроля 1 Перечислите свойства неопределенного интеграла. 2 Как осуществляется интегрирование с помощью замены переменной? 3 Как осуществляется интегрирование с помощью интегрирования по частям? 4 Какие подынтегральные функции удобно интегрировать по частям? 4 x 2 dx для x 2,2 . Допустима ли 5 Требуется найти для этой цели замена переменной а) x sin t , 2 t б) x cos t , 0 t в) x 2 sin t , 2 2 2 ; t г) x 2 cos t ; 0 t ; 2 ; ; 2 д) x 2 cos t , t 2 ? Решение типовых примеров 1 С помощью метода замены переменной найти интегралы: xdx а) ; д) tgxdx ; 1 x2 x3 dx б) 4 е) 2 ; dx ; x 2 sin x 2cos2 x 16 в) x dx dx ; 3x 1 dx и) ;. 3 2 2 (1 x ) ж) ; x 1 dx г) ; x ln x ln ln x 2 x Р е ш е н и е . а) имеем: 1 1 d (x2 ) d (1 x 2 ) xdx 2 2 2 2 1 x 1 x 1 x2 1 1 1 1 (1 x 2 ) 2 d (1 x 2 ) 1 x 2 t t 2 dt 2 2 1 1 1 2t 2 C (1 x 2 ) 2 C . 2 2 x4 1 4 d d (x ) 4 2 x3 4 dx 4 2 б) имеем: 4 x 2 ( x ) 2 x 4 2 21 2 2 ln 8 в) имеем: ln 2 x4 C . 2 x4 x dx x2 1 dx x 2 1 1 2 x 1 d x 2 1 1 x 1 1 1 C . x x2 г) имеем: dx x ln x ln ln x d (ln ln x) ln ln ln x C . ln ln x 17 д) имеем: sin x tgxdx cosx dx d cosx du u cosx cosx u ln cosx C . е) имеем: tg x 2d dx dx 2 tg x 2 sin 2 x 2 cos 2 x cos 2 x(tg 2 x 2) 21 2 tg x 1 arctg C . 2 2 ж) по формуле (2.1) имеем: u2 1 3x 1 u, x dx 3 2 x 3x 1 2 3x 1 u , dx 3 udu 2 udu du u 1 3x 1 1 32 2 2 ln c ln C . u 1 u 1 u 1 3x 1 1 3 x sin t dx cos tdt tg t C и) имеем: 3 cos3 t dx cos tdt 2 2 (1 x ) x tgarcsin x C C. 1 x2 2 Используя метод интегрирования по частям, вычислить следующие интегралы: а) arctg xdx ; г) x 1 ln xdx ; б) x e 2 x д) sin(ln x)dx ; dx ; 18 в) x 2 е) e x cos2 xdx . sin 2 xdx ; Р е ш е н и е . а) с учетом формулы (2.2) имеем: u arctg x, dv dx x arctg x xdx arctg xdx du dx , x v 1 x2 1 x2 1 x arctg x ln 1 x 2 C . 2 б) имеем: u x 2 , du 2 xdx 2 x x x 2e x dx x e 2 xe dx x x dv e dx, v e u x, du dx x 2 e x 2 xe x e x dx x x dv e dx, v e x 2 e x 2 xe x 2e x C . в) имеем: u x 2 , du 2 xdx 2 x sin 2 xdx dv sin 2 xdx, v 1 cos 2 x 2 u x, dv cos 2 xdx 1 x 2 cos 2 x x cos 2 xdx 1 du dx, v sin 2 x 2 2 x2 1 1 1 1 cos 2 x x sin 2 x sin 2 xdx x 2 cos 2 x x sin x 2 2 2 2 2 1 cos 2 x C . 4 г) имеем: 1 u ln x; du x dx; x 1ln xdx 2 x 1 dv x 1dx; v 2 19 x 12 ln x x 12 1 dx x 12 ln x 1 2 x 2 x 1 ln x 1 x 2 dx 2 2 x 2 2 1 x 2 x ln x . 2 2 x 12 ln x 1 2 x2 2x 1 dx 2 x 2 1 u sin ln x, du cosln x dx д) имеем: sin(ln x)dx x dv dx, v x x sin ln x cos ln x dx x sin ln x x cos ln x sin ln xdx . Пусть I sin ln xdx . Тогда I x(sin ln x cos ln x) I . x sin ln x cos ln x C . 2 u e x ; du e x dx; x е) имеем: e cos2 xdx dv cos 2 x; v 1 sin 2 x 2 Откуда I e x u e x ; du e x dx; 1 1 x sin 2 x e sin 2 xdx 1 2 2 dv sin 2 x; v cos 2 x 2 e x 1 e x 1 x sin 2 x cos 2 x e cos 2 xdx 2 2 2 2 e x e x 1 x sin 2 x cos 2 x e cos 2 xdx . 2 4 4 Отсюда e x e x 1 x e x cos 2 xdx sin 2 x cos 2 x e cos 2 xdx . 2 4 4 Выразим искомый интеграл 20 x 1 e 2 sin 2 x cos 2 x . e x cos 2 xdx1 4 4 Тогда e x cos 2 xdx e x 2 sin 2 x cos 2 x . 5 Задания для аудиторной работы 1 Вычислить методом замены переменной: dx dx а) ; и) ; sin x 1 x x ln 2 x dx ; x г) д) x 2 dx 1 x 6 к) м) ecos 2 x sin 2 xdx ; ; 2 x dx ж) а) x arctg б) в) x 6 ; dx ; cos5 x dx ; sin 2 x н) о) x п) г) д) x 4cos 3x dx ; е) 2 1 x 2 2 x 5 x dx ; е) arctg x 1 x dx ; л) ch xsh x dx ; в) ctg xdx ; б) x 8 dx ; x 3 4 6 x 3x x 6x 1 2 Вычислить методом интегрирования по частям: 2 3 x dx ; arccos x x 2 dx ; arctg xdx ; 21 2 dx . x 2 2 x 5 dx ; ln x 3 x dx . Задания для домашней работы 1 Вычислить методом замены переменной: 3 dx а) ; к) x 2e x dx ; x5 cos x б) x x 2 1dx ; л) dx ; sin 5 x arcsin x в) м) cth xdx ; dx ; 1 x2 3 xdx г) ; н) e x x 2 dx ; 2 4 x dx д) о) 3 ; 1 3 cos x sin xdx ; 2x 13 xdx dx е) ; п) ; x ln x 4x2 5 dx ж) e3 x 1dx ; р) ; 8x x 2 xdx dx и) ; с) 6 x x2 x2 x 1 2 Вычислить методом интегрирования по частям: arcsin x dx ; а) д) x ln 2 xdx ; x2 б) sin x ln tg x dx ; в) xarcctg x dx ; г) xe dx ; е) e sin xdx ; ж) x cos2 xdx ; и) ( x 1) sin xdx . x x 1 22 2 Практическое занятие 3 Интегрирование рациональных функций 3.1 Интегрирование простейших рациональных дробей 3.2 Разложение правильной рациональной дроби на простейшие дроби 3.3 Интегрирование рациональных функций 3.1 Интегрирование простейших рациональных дробей P x Рациональной дробью n называется дробь, числителем Qm x и знаменателем которой являются многочлены: Pn x a0 a1 x a2 x 2 ... an x n = , n, m N . Qm x b0 b1 x b2 x 2 ... bm x m Если степень многочлена в числителе больше или равна степени многочлена в знаменателе ( n m ), то дробь называется неправильной. Если степень многочлена в числителе меньше степени многочлена в знаменателе ( n m ), то дробь называется правильной. Простейшей дробью называется правильная рациональная дробь одного из следующих четырех типов: A A n 2 ; 1) ; 2) xa x a n Mx N Mx N n 2 . 3) 2 ; 4) n x px q x 2 px q Здесь A , a , p , q , M , N – действительные числа, а квадратный трехчлен x2 px q не имеет действительных корней, p2 q 0. 4 Интегрирование простейших дробей проводится следующим образом: Adx dx d x a 1) A A Aln x a C ; xa xa xa т. е. 23 A A x a dx A x a d x a 2) x a A C; 1 n x a n1 n n Mx N dx d x px q 2 x p dx, 3) M Mp x 2 px q Mx N 2x p N 2 2 p d x 2 M d x px q Mp 2 N 2 2 2 2 x px q p p2 x q 2 4 M Mp 1 2 ln x 2 px q N arctg C ; 2 2 p2 4q p 2 q 4 p x 2 t , dx dt , 2 p p2 Mx N dx 2 2 2 t a , = 4) = x px q x q n 2 4 x 2 px q p2 a q 4 M x p / 2 N Mp / 2 dx n 2 x p / 2 q p2 / 4 n 2 M t tdt 2 a 2 n Mp dt Mp N M I 0 N 2 In . n 2 t a2 2 Вычислим интеграл I 0 : tdt 1 2 I0 t a2 2 2 n 2 t a d t n 2 24 a2 1 21 n t 2 a 2 n 1 C . t Для вычисления интеграла I n виде In t dt 2 a 2 n 1 a2 t t dt 2 a2 t 2 2 a2 n n , представим его в dt t t 2 dt 2 a2 In 1 I n 1 a 2 t n 1 21 n t a 1 n 1 t 2 dt t t 2 dt 2 a2 n : n a2 u t , du dt, tdt 1 dv , n t 2 a 2 21 n t 2 a 2 I n 1 , получаем a2 Вычислим интеграл 2 a2 1 dt t 2 dt . a 2 t 2 a 2 n 1 t 2 a 2 n Замечая, что t dt 2 2 2 1 21 n 1 I n 1 21 n 2 n 1 . t dt 2 a2 n 1 n 1 21 n t a Подставляя найденное выражение, имеем 1 2n 3 t . In 2 I n 1 n 1 2 2 a 2n 2 21 n t a Данная формула является рекуррентной. Зная табличный интеграл dt 1 t I1 2 arctg C , 2 a a t a находятся интегралы I n , n 2 . 2 2 n 1 25 Действительно, при n 2 имеем dt 1 1 dt t I2 2 2 2 2 2 2 2 a 2 t a 2 t a2 t a t 2a t a 2 2 2 1 t arctg C . 3 a 2a 3.2 Разложение правильной рациональной дроби на простейшие дроби P x Правильную рациональную дробь n , где Qm x k l Qm x x x x 2 px q , можно единственным образом разложить на сумму простейших дробей: Ak Bl A1 B1 Pn x ... ... k l Qm x x x x x s M s x Ns M 1 x N1 M 2 x N2 ... , 2 2 s x px q x 2 px q x 2 px q где A1 , A2 , ... , Ak , B1 , B 2 , ... , Bi , M 1 , N1 , M 2 , M 2 , ... , M s , N s – некоторые действительные числа. Согласно данному разложению, линейным множителям знаменателя Qm x соответствуют простейшие дроби первого и второго типов, а квадратным множителям – третьего и четвертого типов. При этом число простейших дробей, соответствующих данному множителю (линейному или квадратному), равно степени, с которой этот множитель входит в разложение знаменателя дроби. Формула разложения правильной рациональной дроби на простейшие дроби остается справедливой для любого конечного числа линейных и квадратных множителей, входящих в разложение знаменателя Qm x . Для определения коэффициентов разложения используется метод неопределенных коэффициентов: – раскладывается правильная рациональная дробь на простейшие дроби; 26 – простейшие дроби приводятся к общему знаменателю Qm x ; – многочлен, получившийся в числителе, приравнивается к многочлену Pn x ; – приравниваются коэффициенты при одинаковых степенях переменной x в левой и правой частях полученного тождества. В результате получается система m линейных алгебраических уравнений для нахождения m неизвестных коэффициентов A1 , A2 , …, Ak , B1 , B 2 , …, Bk , M 1 , N1 , …, M s , N s . Если корни знаменателя рациональной дроби Qm x просты и действительны, вместо того, чтобы сравнивать коэффициенты переменной x даются несколько частных значений (последовательно полагают x равным каждому из корней знаменателя). 3.3 Интегрирование рациональных функций Всякая рациональная функция R x представима в виде суммы многочлена Tk x (целой части) и правильной рациональной дроби Pn x Qm x : R x Tk x Pn x , k , n, m N Qm x Поэтому интегрирование рациональных функций сводится к интегрированию правильных рациональных дробей. Вопросы для самоконтроля 1 Что называется рациональной дробью? 2 Какая рациональная дробь называется простейшей? 3 Как интегрируются простейшие рациональные дроби? 4 На какие простейшие множители можно разложить многочлен с действительными коэффициентами? 5 Какой вид имеет разложение правильной рациональной дроби в сумму простейших дробей? 6 В чем суть метода неопределенных коэффициентов? 27 Решение типовых примеров 1 Найти интегралы от рациональных функций: 2 x 5 6 x 3 13 2 x 4 5x 2 2 а) ; г) dx dx ; x 4 3x 2 2 x3 x 1 x5 x 1 x4 1 dx б) ; д) dx . x3 x x5 x 4 x3 x 2 x2 dx ; в) x( x 1)( x 1)( x 2) Р е ш е н и е . а) выделим из неправильной дроби целую часть, деля числитель на знаменатель 2 x5 6 x3 1 1 . 2x 4 4 2 x 3x x 3x 2 Разложим полученную в результате дробь на элементарные слагаемые: x 4 3x 2 x 2 x 2 3 . Тогда 1 A B Cx D . 2 2 2 2 x x 3 x x x 3 Приведем к общему знаменателю в правой части 1 A B Cx D Ax x 2 3 B x 2 3 Cx D x 2 2 . x x2 x2 x2 3 x 3 x2 x2 3 Отсюда 1 Ax x 2 3 B x 2 3 Cx D x 2 Раскроем скобки в правой части и сгруппируем: 1 x 3 A C x 2 B D x 3 A 3B . Приравниваем коэффициенты при одинаковых степенях x : x3 : 0 A C , x2 : 0 B D , x1 : 0 3 A , x 0 : 1 3B . 28 Отсюда A 0 , B 1 1 , C 0, D . 3 3 Следовательно, 2 x 5 6 x 3 13 1 1 1 2x 4 2x 2 . 4 2 2 2 x 3x x 3x 3x 3 x 3 Тогда 2 x 5 6 x 3 13 1 1 dx dx 2 x 2 4 2 2 x 3x 3x 3 x 3 1 dx 1 dx 3 x2 3 x2 3 x 2 1 x 1 1 x = 2 arctg C= 2 3 1 3 3 3 1 1 x x2 arctg C; 3x 3 3 3 б) подынтегральное выражение является неправильной рациональной дробью. Выделим целую часть подынтегральной функции: x5 x 1 1 x2 1 3 3 x x x x Разложим на элементарные последнюю дробь: 1 1 A Bx C ( A B) x 2 Cx A 2 . x 3 x x( x 2 1) x x 1 x( x 2 1) Методом неопределенных коэффициентов, найдем неизвестные коэффициенты A , B , C . Имеем 1 ( A B) x 2 Cx A . Сравнивая коэффициенты при одинаковых степенях x , получаем: A B 0, A 1, B 1, C 0, A 1, C 0. = 2 xdx 29 Значит, 1 1 x 2 . x x x x 1 3 Подставляя полученное выражение в интеграл x dx , поx 3 лучим x dx dx x dx xdx 1 2 2 dx 2 x x x( x 1) x 1 x x 1 3 dx 1 d ( x 2 1) 1 ln x ln( x 2 1) C . 2 x 2 2 x 1 Тогда x5 x 1 1 2 x3 x dx x 1 x3 x dx x3 1 x ln x ln( x 2 1) C ; 3 2 в) подынтегральное выражение является правильной рациональной дробью. Разложим ее на элементарные дроби: x2 A B C D . x( x 1)( x 1)( x 2) x x 1 x 1 x 2 Используя метод частных значений, получим: x2 A x 0 1, ( x 1)( x 1)( x 2) x2 3 , B x 1 x( x 1)( x 2) 2 x2 1 C x 1 , x( x 1)( x 2) 6 x2 2 D . x 2 x( x 1)( x 1) 3 Тогда x2 1 3 1 1 1 2 1 . x( x 1)( x 1)( x 2) x 2 x 1 6 x 1 3 x 2 30 Подставим в исходный интеграл x2 1 3 1 1 1 2 1 x( x 1)( x 1)( x 2) dx x 2 x 1 6 x 1 3 x 2 dx 3 1 2 ln x ln x 1 ln x 1 ln x 2 C 2 6 3 ln x( x 2 2) 3 3 1) 2 ( x C; 1 1) 6 (x г) запишем исходный интеграл в виде: 2 x4 5x2 2 6x2 x 2 dx x 2 x3 x 1 2 x3 x 1 dx x2 dx 4x 3 2 dx . 2 x 1 2x 2x 1 Подынтегральное выражение в третьем слагаемом есть правильная рациональная дробь. Разложим ее на элементарные и найдем коэффициенты: 6x2 x 2 A Mx N 1 4x 3 2 2 . 3 2x x 1 x 1 2x 2x 1 x 1 2x 2x 1 Подставим в интеграл и вычислим его 2 x4 5x2 2 x2 4x 2 dx ln x 1 2 dx 2 x3 x 1 2 2x 2x 1 dx 2 dx 2 x 2 x `1 x2 ln x 1 2 d 2x2 2x 1 dx 2 2 2x 2x 1 1 1 2x 2 2 x2 ln x 1 arctg(2 x 1) C ; 2 д) поскольку 31 x 5 x 4 x 3 x 2 x 2 ( x 1) 2 ( x 1) , то x4 1 A B C D E 2 5 4 3 2 x x x 1 x 1 ( x 1) 2 x x x x 1 1 1 1 1 . 2 2 2 x x x 1 x 1 ( x 1) 2 Тогда x4 1 1 1 1 dx ln x ln x 1 ln x 1 C . 5 4 3 2 x 2 2 x x x x Задания для аудиторной работы Вычислить интегралы: dx а) ; 2 x 4x 5 x2 x 2 x3 x2 x 1 dx ; x4 5 в) dx ; x2 1 б) ж) и) x 4x 4 x2 6x 8 dx ; x5 dx к) ; 2 2 x 2x 2 г) xx 1 д) xx е) 2 dx 2 1 2 2x 3 ( x 2)(x 5) dx ; 3x 2 x 1 2 dx ; ; x3 2x 1 dx ; x3 1 32 л) x 1 x 2 dx ; м) x н) x 2 dx ; 1 4 xdx . 3 1 Задания для домашней работы Вычислить интегралы: 2x 5 а) dx ; 2 x 5x 4 x2 7 dx ; б) x3 dx в) ; x x2 2 е) x ж) и) 2x2 1 dx ; x3 5x 2 6 x к) x г) д) dx ; 1 x3 2x 1 dx ; x2 1 x3 2 dx ; x3 4x x4 1 dx ; x4 1 л) 33 3 2 x 1 dx ; 9 x2 1 x x 1 dx . x3 x 5 Практическое занятие 4 Интегрирование иррациональностей 4.1 Интегралы вида ax b m1 / n1 ax b m2 / n2 R x, , ,... dx cx d cx d ( mi , ni R , i 1,2,... ) 4.2 Интегралы вида R x, ax2 bx c dx 4.3 Интеграл от дифференциального бинома x a bx dx m n p ( m , n , p Q , a , b R ) 4.4 Интегралы, не выражающиеся через элементарные функции 4.1 Интегралы вида ax b m1 / n1 ax b m2 / n2 R x, , ,... dx cx d cx d ( mi , ni R , i 1,2,... ) Через Ru , v, w,... обозначается рациональная функция относительно переменных u, v, w,... , т. е. выражение, которое получено из величин u, v, w,... , а также действительных чисел с помощью четырех арифметических действий. n n В интегралах R x, 1 x m1 , 2 x m2 ,...dx ( mi , ni R , i 1,2,... ) подынтегральная функция рациональна относительно перемен- n ной интегрирования x и радикалов i x mi , i 1,2,... . Для вычисления интегралов вводится замена x ts , m m где s – общий знаменатель дробей 1 , 2 , …. При такой заn1 n2 m m мене переменной все отношения 1 r1 , 2 r2 , … являются n1 n2 целыми числами, и имеет место интеграл от рациональной 34 функции переменной t : R x, n1 x m1 , 2 x m2 ,... dx R t s , t r1 , t r2 ,... st s 1dt . n ax b m1 / n1 ax b m2 / n2 Интегралы R x, , ,... dx вычисля cx d cx d ются с помощью замены ax b s t , cx d m m где s – общий знаменатель дробей 1 , 2 , …. n1 n2 В результате получается интеграл от рациональной функции переменной t . ax2 bx c dx В общем случае интегралы данного типа сводятся к интегралам от рациональных функций подстановками Эйлера: – если дискриминант трехчлена ax 2 bx c отрицательный, то используется первая подстановка Эйлера 4.2 Интегралы вида R x, t ax 2 bx c x a ; – если дискриминант трехчлена ax 2 bx c положительный и ax2 bx c a( x x1 )( x x2 ) , то используется вторая подстановка Эйлера ax 2 bx c . x x1 Подстановки Эйлера часто приводят к громоздким выкладкам, поэтому в некоторых случаях удобнее применять другие методы интегрирования. dx Для вычисления интеграла I1 выделяется 2 ax bx c полный квадрат под знаком радикала: t 35 2 2 b c b 2 b 2 ax bx c a x 2 a x k 2a a 2a 2a b и применяется замена x u , dx du . 2a В результате этот интеграл сводится к табличному: du . I1 2 u k2 Ax B dx в числителе Для вычисления интеграла I 2 ax2 bx c выделяется дифференциал выражения, стоящего под знаком радикала. Тогда интеграл I 2 представляется в виде суммы двух интегралов: A 2ax b B A Ax B dx 2a 2a I dx 2 2 ax2 bx c ax2 bx c A d ax2 bx c A B I1 2 2a 2a ax bx c 2 A d ax bx c Ab = B I1 2a 2a ax2 bx c A Ab ax2 bx c B I1 , 2a 2a где I 1 – вычисленный выше интеграл. Вычисление интеграла I 3 dx x ax bx c 2 сводится к вы- числению интеграла I 1 заменой: 1 1 x , dx x 2 du . u u При вычислении интеграла R x, ax2 bx c dx также применяются тригонометрические подстановки. В этом случае 36 квадратный трехчлен ax 2 bx c путем выделения полного квадрата и замены переменной представляется в виде u 2 k 2 . В результате исходный интеграл приводится к одному из следующих интегралов: R u, R u, u du , k du . I 4 R u, k 2 u 2 du , I5 I6 Интеграл k2 u2 I 4 R u, k 2 u 2 du 2 2 заменой u k sin t (или u k cos t ) сводится к интегралу от рациональной функции относительно sin t и cos t . Интеграл I5 R u, k 2 u 2 du заменой u k tg t (или u k ctg t ) сводится к интегралу от рациональной функции относительно sin t и cos t . Интеграл I 6 R u, u 2 k 2 du заменой u k sec t (или u k cosec t ) сводится к интегралу от рациональной функции относительно sin t и cos t . 4.3 Интеграл x a bx dx ( m , n , m n p от дифференциального бинома p Q , a , b R ) Интегралы вида x a bx dx ( m , n , p Q , a , b R ). , a , b R ) m называются n p интегралами от n p дифференциального бинома x a bx . Эти интегралы выражаются через элементарные функции только в следующих трех случаях: – если p Z , то используется подстановка x t s , где s – общий знаменатель дробей m и n ; m 37 m 1 Z , то используется подстановка a bx n t s , n k где s – знаменатель дроби p ; s m 1 – если p Z , то используется подстановка n k ax n b t s , где s – знаменатель дроби p . s Во всех остальных случаях, как было показано П.Л. Чебышевым, интегралы от дифференциального бинома не выражаются через элементарные функции. – если 4.4 Интегралы, не выражающиеся через элементарные функции Известно, что любая непрерывная на множестве X функция f x имеет первообразную, т. е. существует такая функция F x , что F x f x . Однако не всякую первообразную F x можно выразить через конечное число элементарных функций. Ниже приводятся примеры интегралов, которые не выражаются через элементарные функции: 2 1 Ф0 x e x dx – интеграл Пуассона, 2 sin x Si x dx – интегральный синус, x cosx dx – интегральный косинус, x dx – интегральный логарифм, li x ln x cos x 2 dx , sin x 2 dx – интегралы Френеля, dx 1 k sin x – эллиптический интеграл первого рода, 2 2 1 k 2sin 2 x dx – эллиптический интеграл второго рода. 38 Каждый из приведенных интегралов представляет собой функцию, не являющуюся элементарной. Вопросы для самоконтроля 1 Какая замена переменной используется при вычислении инn n тегралов вида R x, 1 x m1 , 2 x m2 ,...dx ? 2 Какая замена переменной используется при вычислении инm1 m2 ax b n1 ax b n2 тегралов вида R x, , ,... dx ? cx d cx d 3 Какие подстановки называются подстановками Эйлера? 4 Для вычисления каких интегралов удобно применять тригонометрические подстановки? 5 В каких случаях можно вычислить интеграл от дифференциального бинома? 6 Приведите примеры интегралов, которые не выражаются через элементарные функции. Решение типовых примеров 1 Вычислить следующие неопределенные интегралы: dx 1 4 x dx ; а) д) ; x x x 1 1 x 2 dx б) ; е) a 2 x 2 dx ; 3 3 2 x 1 2 x 1 в) г) 3 x 1 dx ; x 1 x 1 1 1 x x2 x 1 x x 2 dx ; Р е ш е н и е . а) имеем: 39 ж) и) dx 4 1 x4 ; dx x2 1 x2 3 . x t 4 , 1 t t2 t 3 dx 4 t dt 4 dt 3 t4 t2 t 2 1 x x dx 4t dt 1 4 x t 1 t 1 2 4 1 2 2 dt 4 1 2 4t 2 ln t 1 t 1 t 1 t 1 4 4 arctg t C t x 44 x 2 ln 2 x 1 4 arctg 4 x C . б) имеем: 2 x 1 t 6 , dx 1 3t 5 dt t 2 dt x t 6 1 , 4 3 3 t 1 t t 2 x 13 2 x 1 2 5 dx 3t dt 3 3 t 2 1 1 1 dt 3 t 1 dt t 1 t 1 3 t 2 3t 3 ln t 1 C t 6 2 x 1 2 3 3 2 x 1 36 2 x 1 3 ln 6 2 x 1 1 C . 2 x 1 dx 3 x 1 6t 2 dt 3 t , dx в) x 1 x 1 x 1 (t 3 1) 2 1 t 3 arctg 2t 1 C . dt 1 3 3 ln 2 1 t t2 t 1 3 г) имеем: 2 x2 x 1 1 t 1 1 x x2 x dx 2 2 2t 1 1 t t x 1 x x x , dx 2 dt 2 (1 t 2 ) 2 1 t 2tdt x 2 x 1 1 2 ln 1 t C t x 1 t2 40 2 1 x x2 1 C ; ln 1 x д) имеем: 1 1 2 dt x 1 t , t 2 2 1 x 1 1 x dx dt 1 1 1 1 t 2 t t dx t t 1 2 t 2 dt 1 2t t dt 1 2t t 1 2t 1 2d x 1 x 1 0 1 2t t 0 t dt dt 1 2t 1 2t 2 dt 1 1 2t 1 2t 2 C t 1 1 x 1 1 2 1 1 x 1 2 ; C C x 1 1 x е) имеем: x a cos t ; a 2 x 2 dx a 2 a 2 cos 2 t a sin tdt dx a sin tdt a2 1 cos2 t sin tdt a 2 sin 2 tdt 1 cos 2t dt x t arccos a = 2 a x 1 x x = arccos sin arccos cos arccos C = 2 a 4 a a = a2 1 t sin 2t C 2 2 a 2 2 2 a2 x a2 x x arccos 1 C = 2 a 8a a 2 a x x 2 = arccos a x2 C ; 2 a 8 = 41 ж) имеем: t 2 dt 1 dt dt 1 1 t 1 arctgt C ; 2 2 ln 4 2 t 1 t 1 t 1 4 1 t 2 и) имеем: 3 a b 1; p 2 Z; m 2; n 2; dx m 1 1 m 1 Z; p 2 Z; n 2 n 2 2 3 x 1 x 1 3 t 2 x 2 1; x t 2 1 2 ; dx 1 t 2 1 2 2tdt 2 1 a b 1, m 0, n 4, p dx 4 4 5 1 x4 4 4 3 4 4 1 x t , dx t (t 1) dt 3 3 1 2 2 t 2 1 t 1 1 2 dt dt t 2 dt t 1 2 tdt 2 t t 1 1 1 1 1 t c t 1 2 1 2 C . t x x 1 1 2 x 2 Выразить через функции Si(x), li(x) и элементарные функции интегралы: dx а) 2 , x 1 ; б) Si x dx . ln x Р е ш е н и е . а) имеем: dx u x, dv , dx xdx x ln 2 x ln 2 x x ln 2 x dx 1 du dx, v x ln 2 x ln x x dx x li x C ; ln x ln x ln x 2 42 u Si x , dv dx, sin x sin x б) имеем: Si x dx = du d Si x d dx dx, = x x v x = xSi x sin xdx xSi x cos x C . Задания для аудиторной работы 1 Вычислить следующие интегралы: x а) б) в) ( x 1) 3 x2 x x 3dx 3 1 6 x dx ; ж ; и) к) x 1 x 1 2x x2 dx x2 x 1 ; x x10dx 1 x2 dx dx ; ; 4 2 ; 3 г) е) д) 1 6 x 3 dx ; 3 x л) x 1 2 x x 2 dx ; м) x 2 2 x 10 dx ; н) x dx 2 3 4 x2 ; x2 5 dx ; x2 2 x 2 4dx . 2 Выразить через функции Si(x), li(x), Ф0(x) и элементарные функции интегралы: 2 ex dx, x 0 ; а) в) e( 2 x 4 x5) dx ; x б) x sin x cos x dx ; x2 г) Ф0 x dx . 43 Задания для домашней работы 1 Вычислить следующие интегралы: а) б) в) x 3 x2 6 x x 1 x 3 dx 2x 3 5 x dx 3 x 2 1 д) е) x 3 з) ; и) ; dx г) ж) dx ; x 2 1 3 x 2 к) ; 4 x x 2 dx ; dx ; x dx 3x 4 ; x2 2x 2 dx ; x 1 x2 dx ; x6 3 л) м) x 1 6 x x dx ; x2 x 2 16 dx ; x2 9dx 1 x 2 Выразить через функции Si(x), li(x), Ф0(x) и элементарные функции интегралы: 2 1 x x а) в) x 2e x dx ; e dx, x 0 ; x 4 2 б) sin 3 x dx 4; x3 г) li x dx . 44 Практическое занятие 5 Интегрирование трансцендентных функций 5.1 Интегралы вида Rsin x, cos xdx n m 5.2 Интегралы вида sin x cos xdx , 5.3 Интегралы 5.4 Интегралы вида n xdx , ctg n xdx sin mx cos nxdx , cos mx cos nxdx, вида sin mx sin nxdx tg Re dx , R sh x,ch x dx x Rsin x, cos xdx интегралы Rsin x, cos x dx 5.1 Интегралы вида Вычислить можно различными методами: преобразованием подынтегрального выражения с помощью тригонометрических формул, применением методов замены переменной или интегрирования по частям. Существует общая универсальная схема вычисления таких интегралов, основанная на универсальной тригонометрической подстановке x t tg . 2 Этой подстановкой интеграл преобразуется в интеграл от рациональной функции переменной t , который всегда выражается в элементарных функциях. Функции sin x , cos x и дифференциал dx выражаются через t по формулам: x x x 2sin cos 2 tg 2t 2 2 2 sin x , 2 x x x 1 t 2 2 2 sin cos 1 tg 2 2 2 x 2x x cos sin 1 tg 2 2 2 2 2 1 t , cos x x x x 1 t2 sin 2 cos 2 1 tg 2 2 2 2 45 2dt . 1 t2 С помощью универсальной подстановки удобно вычислять интегралы вида: dx . a cos x b sin x C Хотя универсальная подстановка всегда позволяет вычислить x 2 arctgt , dx интегралы вида Rsin x, cos xdx , однако ее используют сравни- тельно редко, так как она часто приводит к интегрированию громоздких рациональных дробей. Поэтому в ряде случаев более удобно использовать частные подстановки. Если подынтегральная функция нечетна относительно sin x : R sin x, cos x Rsin x, cos x , то применяется подстановка cos x t . Если подынтегральная функция нечетна относительно cos x : Rsin x, cos x Rsin x, cos x , то используют подстановку sin x t . Если подынтегральная функция четна относительно sin x и cos x : R sin x, cos x Rsin x, cos x , то применяется подстановка tg x t . n m 5.2 Интегралы вида sin x cos xdx , Если в интеграле sin n tg n xdx , ctg n xdx x cos xdx , m , n Z , m 0 , n 0 , m хотя бы одно из чисел m или n – нечетное, то, отделяя от нечетной степени один сомножитель и выражая с помощью формулы sin 2 x cos 2 x 1 оставшуюся четную степень через кофункцию, приходим к табличному интегралу. Если же m и n – четные числа, то степени понижаются посредством перехода к двойному аргументу с помощью тригонометрических формул: 1 cos 2 x 1 cos 2 x 1 , sin 2 x , sin x cos x sin 2 x . cos 2 x 2 2 2 46 Если m , n Q , то подстановками t sin x или t cos x интеграл sin n x cosm xdx сводится к интегралу от дифференциаль- ного бинома. Интегралы вида tg n xdx , ctg n xdx , n N , n 1 , вычисля- ются подстановками tg x t и ctg x t соответственно. dt Если t tg x , то x arctgt , dx . Тогда 1 t2 tg n xdx tn dt . 1 t2 Последний интеграл при n 2 является интегралом от неправильной рациональной дроби, которая вычисляется по правилу интегрирования рациональных дробей. Аналогично если dx , t ctg x , то x arcctgt , dx 1 t2 поэтому tn ctg xdx dt . 1 t2 5.3 Интегралы вида n sin mx cos nxdx , cos mx cos nxdx, sin mx sin nxdx Данные интегралы вычисляются путем разложения подынтегральной функции на слагаемые по формулам: 1 sin mx cos nx sin m n x sin m n x , 2 1 cos mx cos nx cos m n x cos m n x , 2 1 sin mx sin nx cos m n x cos m n x , m, n R 2 и сводятся к табличным. 47 Re dx , R sh x,ch x dx Re dx сводятся к интегралам от рацио- 5.4 Интегралы вида Интегралы вида x x нальных функций подстановкой t e x . При этом dt x ln t , dx . t Интегралы R sh x,ch x dx всегда можно свести к интегралам от рациональных функций с помощью подстановки t th В этом случае x . 2 1 t2 2t 2dt , , dx . ch x 2 2 1 t 1 t 1 t2 Интегралы вида ch n x sh m xdx ( m 0 , n 0 , m, nZ ) в слу- sh x чае, если хотя бы одно из чисел m или n – нечетное, то, отделяя от нечетной степени один сомножитель и выражая с помощью формулы ch 2 x sh 2 x 1 оставшуюся четную степень через кофункцию, приходим к табличному интегралу. Если же m и n – четные числа, то степени понижаются посредством перехода к двойному аргументу с помощью формул: 1 ch 2 x ch 2 x 1 1 , sh 2 x , sh x ch x sh 2 x . ch2 x 2 2 2 Если m , n Q , то подстановками t sh x или t ch x интеграл ch n x sh m xdx сводится к интегралу от дифференциального бинома. Вопросы для самоконтроля 1 Как вычисляются интегралы вида возможны частные случаи? 48 Rsin x, cos xdx ? Какие 2 tg n Как вычисляются интегралы вида sin n x cosm xdx , xdx , ctg n xdx ? 3 Какие формулы используются при вычислении интегралов вида sin mx cos nxdx , cos mx cos nxdx, sin mx sin nxdx? 4 Какая подстановка применяется при вычислении интегралов вида R e x dx ? 5 Какие подстановки используются при вычислении интегралов вида R sh x,ch x dx ? Решение типовых примеров Найти интегралы: dx а) ; 4 sin x 3 cos x 5 sin x sin 3 x dx б) cos 2 x е) sin 2 x cos 5xdx ; ж) sin 7 x sin 5xdx ; г) cos x sin д) tg xdx ; в) 2 2 e3 x dx ; e 2 x 1 к) ch и) cos 2 xsin xdx ; xdx ; 2 x sh3 x dx . 2 Р е ш е н и е . а) подынтегральная функция рационально зависит от sin x и cos x . Применяя универсальную тригонометриче- x скую подстановку t tg , получим: 2 2dt dx 1 t2 4 sin x 3 cos x 5 2t 1 t2 4 3 5 1 t2 1 t2 49 2 2t 2 dx d t 2 1 x c tg t 2 t2 8t 8 t 2 2 1 C ; x tg 2 2 б) подынтегральная функция является нечетной относительно sin x . Поэтому применяем подстановку cos x t . Тогда получим sin x sin 3 x cos 2 x dx t cos x, sin 2 x 1 t 2 , cos 2 x 2 cos 2 x 1 2t 2 1, 1 1 dt sin xdx dx dt dt 2 2 1 cos x 1 t 1 t 2 1 t 2 2 2t 1 3 1 2 1 t 1 3 dt t 3 dt 2 2 2 2t 1 2 2 2 t cos x в) имеем: cos x 3 ln 2 2 2 2 2 dt t 2 dt 1 2t 4dt 2 2t 2 1 2t 2 1 d 2 2t 2 2t 2 2 cos x 1 2 cos x 1 1 t 3 ln 2 2 2 cos3 x C; 3 г) имеем: cos 2 x sin 2 xdx 1 1 sin 2 2 xdx 1 cos 4 x dx 4 8 50 2t 1 C ; cos 2 x sin xdx cos 2 xd cos x 2t 1 C 1 1 1 1 dx cos 4 xdx x sin 4 x C ; 8 8 8 32 д) имеем: tg x t ; t 2 dt t 2 1 1 1 tg 2 xdx x arctgt ; dt dt dt 2 2 1 t 1 t 1 t2 dt dx 1 t2 t arctg t C t tg x tg x arctgtg x C tg x x C ; е) имеем: sin 2 x cos 5xdx 2 sin 7 x sin 3x dx 1 = 1 1 1 1 sin 7 xdx sin 3xdx cos 7 x cos 3x C ; 14 6 2 2 ж) имеем: 1 sin 7 x sin 5xdx sin 5x sin 7 x 2 (cos 2x cos12 x) 1 sin 2 x sin 12 x 1 (cos 2 x cos12 x)dx C 2 2 12 2 1 1 sin 2 x sin 12 x C ; 4 24 и) имеем: dt t e x , t3 2 2 e3 x dx t t dt t 1 1 dt dt e 2 x 1 x ln t , dx t2 1 t2 1 t2 1 t 1 x x x 1 2 dt t arctgt C t e e arctg e C ; t 1 к) имеем: ch 2 x sh3 x dx ch2 x sh 2 x sh x dx ch2 x ch2 x 1 d ch x 51 ch 4 x d ch x ch 2 x d ch x ch5 x ch3 x C . 5 5 Задания для аудиторной работы 1 Найти интегралы: sin xdx 1 sin x ; а) sin 3x cos 5xdx ; м) x 5x б) cos cos dx ; 6 6 н) sin 4 x cos3 xdx ; в) sin x cos7 xdx ; о) 2 3sin x 2 cos x ; dx п) tg г) 9 4 cos x ; sin xdx sin x cos x ; е) ch x sh x dx ; ж) sh x dx ; д) 3 2 xdx ; dx sin x cos x ; с) ch xsh x dx ; т) x ch 2 x dx ; 2 5 2 у) ch 5xsh x dx ; e 2 x dx ; 5 ex л) sin 5 x 3 cos xdx ; к) 5 р) 3 3 и) dx e 2 x dx e x 1 ; ф) cos3 x sin 2 xdx ; х) th xdx . Задания для домашней работы 1 Найти интегралы: x 4x л) sin sin dx ; 5 5 а) cos 7 x cos 9 xdx ; б) cos 2 x dx ; 2 м) sin 3 xdx ; 52 в) sin 2 x cos5 xdx ; 1 sin x cos x dx н) 4 3sin x ; dx г) 1 sin x cos x dx ; о) 3 sin x 3cos x ; д) dx п) ctg sin x 2 cos x 2 2 ; ch x sh x dx ; ж) ch 2 x sh 3x dx ; е) 5 ch x dx ; с) x sh 3x dx ; р) 2 3 e x dx ; 4 3e x т) к) ch 5 x 3 sh xdx ; у) и) xdx ; 53 e 2 x dx ; ex 2 tg xdx .