mathem-kstuca.ucoz.uamathem-kstuca.ucoz.ua/Liter/integr_econ_ua.pdf · 3 ЗМІСТ ВСТУП ……….…………………………………………….…………….. 4 РОЗДІЛ

2

Міністерство освіти і науки України

ХАРКІВСЬКИЙ ДЕРЖАВНИЙ ТЕХНІЧНИЙ УНІВЕРСИТЕТ БУДІВНИЦТВА ТА АРХІТЕКТУРИ

А.П. Харченко, І.І. Мороз, Є.В. Поклонський,

О.І. Котульська, Р.В. Посилаєва

ІНТЕГРАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ

Рекомендовано методичною радою університету

як навчально-методичний посібник для студентів економічних спеціальностей

Харків ХДТУБА 2008

3

ЗМІСТ

ВСТУП ……….…………………………………………….…………….. 4 РОЗДІЛ 1 Невизначений інтеграл ..………………….…………….. 5

1.1 Поняття первісної функції і невизначеного інтеграла ………… 5 1.2 Властивості невизначеного інтеграла ……………..…………… 6 1.3 Таблиця основних інтегралів …………………………………… 6 1.4 Безпосереднє інтегрування і метод розкладання ……………… 7 1.5 Інтегрування методом заміни змінної (метод підстановки) …. 13 1.6 Метод інтегрування частинами ..……………………………….. 16 1.7 Інтегрування раціональних функцій …………………………… 21 1.8 Інтегрування ірраціональних функцій …………………………. 31 1.9 Інтегрування тригонометричних функцій ……………………… 36 1.10 Тригонометричні підстановки ………………………………….. 43 1.11 Підсумкові зауваження …………………………………………. 45 1.12 Огляд методів і способів інтегрування ………………………… 49

РОЗДІЛ 2 Визначений інтеграл …….……………………………….. 52 2.1 Поняття інтегральної суми і визначеного інтеграла …………... 52 2.2 Формула Ньютона–Лейбніца ........................................................ 54 2.3 Властивості визначеного інтеграла .............................................. 54 2.4 Заміна змінної у визначеному інтегралі ....................................... 60 2.5 Інтегрування частинами для визначеного інтеграла ................... 63 2.6 Обчислення визначених інтегралів, яке грунтується на

властивостях підінтегральної функції .......................................... 66 РОЗДІЛ 3 Невласні інтеграли ……....................................................... 72

3.1 Невласні інтеграли з нескінченними проміжками інтегрування 72 3.2 Ознаки збіжності невласних інтегралів з нескінченними

проміжками інтегрування .............................................................. 73 3.3 Заміна змінної у невласному інтегралі ......................................... 74 3.4 Невласні інтеграли від необмежених функцій ............................ 79 3.5 Ознаки збіжності невласних інтегралів від необмежених

функцій …………………………………………………………… 80 РОЗДІЛ 4 Застосування визначеного інтеграла ………………...… 90

4.1 Площа плоскої фігури .................................................................... 90 4.2 Об`єм тіла ........................................................................................ 94 4.3 Економічний зміст визначеного інтеграла .................................. 98 4.4 Застосування визначеного інтеграла для економічних

розрахунків ...................................................................................... 98 ДОДАТКИ .................................................................................................. 104 СПИСОК ДЖЕРЕЛ ІНФОРМАЦІЇ ...................................................... 134

4

Вступ Професійний рівень економіста великою мірою залежить від того, чи опанував він сучасний математичний апарат, чи вміє використовувати його під час аналізу складних економічних процесів і прийняття рішень. Тому в підготовці економістів широкого профілю вивчення математики займає значне місце. Математична підготовка економіста має свої особливості, які пов’язані із специфікою економічних задач, а також з різноманітними підходами до їх розв’язання. Завдання практичної і теоретичної економіки дуже різносторонні. До них відносяться, в першу чергу, методи збору і обробки статистичної інформації, а також оцінка станів і перспектив розвитку економічних процесів. Застосовуються різноманітні способи використання одержаної інформації – від простого логічного аналізу до складання складних економіко-математичних моделей і розробки математичного апарату для їх дослідження. Відмічені напрямки потребують знання фундаментального математичного апарату: основ лінійної алгебри, диференціального та інтегрального числення, теорії ймовірностей і математичного програмування. Дане видання призначене для вивчення одного з розділів математики – інтегрального числення функції однієї змінної. Його мета – допомогти студентам опанувати цей дуже важливий розділ. У навчально-методичному посібнику докладно висвітлюються теоретичні питання. До кожної теми наведено розв’язання типових задач з поясненнями, а наприкінці кожної теми – перелік теоретичних питань та приклади для самостійного розв’язування. Для забезпечення безперервної роботи над вивченням курсу протягом семестру в додатках наводяться варіанти підсумкових завдань.

5

РОЗДІЛ 1 НЕВИЗНАЧЕНИЙ ІНТЕГРАЛ 1.1 Поняття первісної функції і невизначеного інтеграла Відомо, що однією з основних задач диференціального числення є задача

знаходження похідної або диференціала даної функції. Основною ж задачею інтегрального числення є обернена задача –

знаходження функції за заданою її похідною або диференціалом. Ця операція (дія) називається інтегруванням.

Слід відзначити, що як і будь-яка обернена задача, ця задача складніша, ніж задача диференціювання, і розв`язок її не є однозначним.

Шукану функцію називають первісною функцією по відношенню до даної функції.

За означенням, первісною функцією для функції f(x), визначеної на проміжку , називають функцію F(x), яка визначена на тому самому проміжку і задовольняє умові

)()( xfxF або dxxfxdF )()( . Наприклад, первісною функцією для функції 5х4 буде х5, бо .5)( 45 xx

Однак похідна від х5+7 також дорівнює 5х4, а це означає, що і х5+7 буде первісною для 5х4. І взагалі ,)( 5 CxxF де С - стала, також будуть первісними для ,5)( 4xxf бо .5)( 45 xCx Як бачимо на цьому прикладі, знаходження первісної для даної функції є завдання невизначене.

Доведено, що будь-яка функція, неперервна на проміжку, має в цьому проміжку первісну.

Якщо функція F(x) є якоюсь первісною для функції f(x) на проміжку , то множина всіх первісних для цієї функції f(x) на цьому проміжку міститься у виразі

F(x)+C, де C – довільна стала.

Отже, щоб одержати всі первісні для даної функції, досить знайти будь-яку одну і додати до неї довільну сталу.

Зауважимо, що функція F(x) є первісною для функції f(x) і на будь-якому іншому проміжку ; , що повністю міститься на даному проміжку .

Сукупність всіх первісних функції f(x), визначеної на проміжку , називається невизначеним інтегралом від функції f(x) на цьому проміжку і позначається символом

,)( dxxf де - знак інтеграла, f(x) - підінтегральна функція, f(x)dx - підінтегральний вираз, х - змінна інтегрування.

Таким чином, якщо ),()( xfxF то

CxFdxxf )()( . Справедливе і обернене твердження.

6

Як уже відзначалося вище, операція знаходження невизначеного інтеграла від функції називається інтегруванням цієї функції. Інтегрування є операцією, оберненою диференціюванню.

Із сказаного випливає, що результат інтегрування можна перевірити диференціюванням.

1.2 Властивості невизначеного інтеграла (правила інтегрування)

1 )())(( xfdxxf 2 dxxfdxxfd )())(( 3 ,)()( CxFxdF 4 dxxfCdxxCf )()( , де С - const 0 5 dxxfdxxfdxxfxf )()()()( 2121 6 ,)()( CuFduuf де )(xu диференційовна функція від незалежної

змінної х.

1.3 Таблиця основних інтегралів

Cdxudu x00 (1) Cudxudu x (2)

1,1

1

Cudxuuduu x (3)

Cuudxu

udu x 2 (4)

Cuu

dxuudu x 1

22 (5)

Cuudxu

udu x ln (6)

Ca

adxuaduau

xuu ln (7)

Cedxuedue uxuu (8)

Cudxuuudu x cossinsin (9) Cudxuuudu x sincoscos (10) Cudxuuudu x coslntgtg (11)

cudxuuudu x sinlnctgctg (12)

Ctguu

dxuu

du x22 coscos

(13)

Cctguu

dxuu

du x22 sinsin

(14)

7

Cuu

dxuu

du x2

tglnsinsin

(15)

Cu

udxu

udu x

42tgln

coscos (16)

Cau

aaudxu

audu x arctg12222 (17)

C

auau

aaudxu

audu x ln

21

2222 (18)

C

au

ua

dxu

uadu x arcsin

2222 (19)

CAuu

Au

dxu

Audu x 2

22ln (20)

CAuuAAuudxuAuduAu x 2222 ln22* (21)

,arcsin22*2

222222 Cauauaudxuuaduua x (a>0) (22)

Зауважимо, що в формулах (1-22) а, А, і - cталі, u - незалежна змінна або будь-яка диференційовна функція від незалежної змінної.

Кожна із формул цієї таблиці справедлива в будь-якому проміжку, який міститься в області визначення відповідної підінтегральної функції.

Невизначені інтеграли (1-22) називають основними або табличними інтегралами і їх необхідно запам`ятати.

Корисно також запам`ятати, що коли u=ax+b і ,)()( CuFduuF

то

CbaxFadxbaxF )(1)( (23)

У справедливості цієї формули можна переконатися диференціюванням. Пропонуємо читачеві зробити це самостійно.

Є три основні методи інтегрування функцій: метод розкладу, метод заміни змінної і метод інтегрування частинами. Розглянемо кожний з цих методів.

1.4 Безпосереднє інтегрування і метод розкладання Під безпосереднім інтегруванням розуміють пряме використання таблиці

інтегралів. Метод розкладу грунтується на застосуванні властивостей 4 і 5

невизначеного інтеграла. Тут слід також мати на увазі, що даний інтеграл може бути зведений до одного або кількох табличних інтегралів після елементарних тотожних перетворень над підінтегральною функцією.

8

Зразки розв´язання прикладів

Приклад 1. Знайти .)564( 23 dxxx Розв`язання. Скориставшись властивостями 4 і 5 невизначеного інтеграла,

будемо мати dxdxxdxxdxdxxdxxxx 564564)564( 232323

Далі, застосувавши до перших двох одержаних інтегралів формулу (3), а до третього – властивість 3 (формула 2), остаточно знаходимо

dxdxxdxxdxxx 564)564( 2323

,5253

64

4 34323

1

4

CxxxCxCxCx

де .321 CCCC Відзначимо, що додавати довільну сталу після знаходження кожного

інтеграла, як це зроблено в даному прикладі, не слід. Досить всі довільні сталі підсумувати і результат, позначений однією буквою C, записати вкінці, тобто після того, як усі інтеграли будуть знайдені.

Приклад 2. Знайти dxxxx 11 Розв`язання. Відзначимо, що 111 3 xxxx , тоді

dxdxxdxxdxxxx 23

3111

= CxxCxx

2512

3

52

123

.

Приклад 3. Знайти .323

dxx

xexx x

Розв`язання. Маємо

dx

xx

xex

xxdx

xxexx xx

3

2

3

3

33

23

.ln3

2ln32 2

325

xexx

CCxexx

dxdxedxx xxx

Приклад 4. Знайти

dz

zz 21 .

Розв`язання. Виконуючи тотожні перетворення підінтегральної функціїї, будемо мати

121111)( 222

zzzzzzf , тому

Czz

zdz

zdzdz

zdz

zzdz

zz ln21211211 22

2

.

9


.33 2x

dx


.arcsin3

113

113)1(333 2222

Cxx

dxx

dxx

dxx

dx

Приклад 6. Знайти .

2cos1cos1 2 dx

xx .

Розв`язання. Оскільки 1+cos2x=2cos2x, то

dx

xdx

xxdx

xxdx

xx 1

cos1

21

coscos1

21

cos2cos1

2cos1cos1

22

2

2

22

.tg21

2tg

21

21

cos21

2 CxxCxxdx

xdx

Приклад 7. Знайти .tg2 xdx . Розв`язання. Відомо, що 1

cos1tg 2

2 x

x , тому

.tg

cos1

cos1tg 22

2 Cxxdxx

dxdxx

xdx

Приклад 8. Знайти .cossin 22 xxdx

Розв`язання. Виконуємо тотожні перетворення над підінтегральною функцією:

.sin

1cos

1cossincossin

cossin1)( 2222

22

22 xxxxxx

xxxf

Отже,

.ctgtgsincoscossin 2222 Cxxxdx

xdx

xxdx

Приклад 9. Знайти dx

xxx

)1()21(

22

2

Розв`язання. Враховуючи, що 2x2=x2+x2, будемо мати

dxxx

xdxxx

xdxxxxxdx

xxx

)1()1(1

)1(1

)1(21

22

2

22

2

22

22

22

2

.arctg1

1 22Cx

xxdx

xdx

Приклад 10. Знайти ).(tgtg3 xxd Розв`язання. В силу табличного інтеграла (3) з урахуванням, що u=tgx,

одержимо

.4tg)(tgtg

43 Cxxxd

Приклад 11. Знайти .35 19 dxx Розв`язання. Тут підносити двочлен до 19-го степеня недоцільно, так як

10

u=5x+3 є лінійною функцією. Виходячи з табличного інтеграла

Cuduu20

2019

і формули (23), згідно з якою

,)(1)( CbaxFa

dxbaxF

одержимо

.100

3520

355135

202019 CxCxdxx

Приклад 12. Знайти .)1cos( dxx Роз`вязання. Так як

Cuudu sincos і 1 xu є лінійною функцією, то в силу формули (23), будемо мати

.)1sin(1)1cos( Cxdxx


.cos7

2sin3 2

dxx

x


.2sincos7cos7

2sin31

2

3 2xdxxdx

x

x

Так як ,2sin)sin(cos2cos7 2 xxxx то в якості змінної інтегрування маємо вираз 7-cos2x. Відносно цієї змінної одержимо інтеграл від степеневої функції, тобто

Cxxdxxdx

x

x

131

cos72sincos7cos7

2sin1

31

231

2

3 2

.cos723cos7 3 22

32

32

2CCx

Розв`язання даного прикладу можна записати ще й так:

xdxxdxxdxx

x 231

231

2

3 2cos7cos72sincos7

cos7

2sin

.cos723

2cos73 3 223

22

CxCx

Проведені перетворення можна записати інакше, а саме:

xxxuxu

xdxxdxx

x

x 2sin)sin(cos2cos7

2sincos7cos7

2sin 231

2

3 2

.cos723

23

1223

2

31

131

31

CxCuCudxuu x

11

Приклад 15. Знайти .costg75 2 xxdx

Розв`язання. Оскільки похідна виразу 5+7tgx дорівнює x2cos

7 , а множник

x2cos1 відрізняється від цієї похідної лише сталим множником 7, то змінною

інтегрування тут можна вважати вираз 5+7tgx і, таким чином, знайти інтеграл за формулою (6):

x

u

xudx

xxxxdx

x 222

cos7tg75

cos7

tg751

71

costg75

.tg75ln711

71 Cxdxu

u x

Приклад 16. Знайти .41 22arctg

dxx

e x

Розв`язання. Заданий інтеграл можна податити у вигляді:

,412

21

41 22arctg

2

2arctgdx

xedx

xe xx

але ,2arctg412

2

x

x і тому, вважаючи змінною інтегрування функцію arctg 2x,

інтеграл беремо за формулою (8):

Cedxxe xx 2arctg

2

2arctg

21

41.

Приклад 17. Знайти .cossin5 4 xdxx . Розв`язання.

.sin5sin5)(sinsin5cossin5 5

544 CxCxxdxxdxx

Вправи для розв’язання

Знайти інтеграли: 1

.

32 5xdx Відповідь:

43281

x

C .

2 .2 25 3 dxxx Відповідь: Cx 5 63 2185 .

3 .4 5

4

x

dxx

Відповідь: Cx 545

2 .

4 .cossin

2 xxdx Відповідь: C

x

cos1 .

5 .2sincos3 xdxx Відповідь: xC 5cos52

.

6 .)32sin( dxx Відповідь: Cx )32cos(21 .

12

7 .)21cos( dxx Відповідь: Cx )21sin(21 .

8 .sin dxee xx Відповідь: C-cosex.

9 .12xdx Відповідь: Cx 12ln

21 .

10 .)12( dxxctg Відповідь: Cx )12sin(ln21 .

11 .13 dxe x Відповідь: Ce x 1331 .

12 .23

dxxe x Відповідь: Ce x 331 .

13 .ln xxdx Відповідь: Cx lnln .

14 .91 2xdx Відповідь: Cx 3arctg

31 .

15

.94 2x

dx Відповідь: Cx 2

3arcsin31 .

16 .462

xdxx Відповідь: Cx

2arctg

61 3 .

17 .14xxdx Відповідь: Cx 2arctg

21 .

18

.4 8

3

x

dxx Відповідь: Cx 2

arcsin41 4 .

19

.41

2x

x dx Відповідь: Cx

2ln

2arcsin .

20 .92 2xdx Відповідь: Cx

32arctg

231 .

21 .1

2

dxe

ex

x

Відповідь: ex+e-x+C.

22 .

913

2 dxxx Відповідь: Cxx

3arctg

31)9ln(

23 2 .

23 .

1)1(

4

2

xdxxx Відповідь: Cxx )1ln(

41arctg

21 42 .

24 .

11 dx

xx Відповідь: Cxx 21arcsin .

25 .7323 2

24

dxx

xxx Відповідь: Cx

xxx 7ln323 .

26

.)5ctg(2

7cos32 2

13 dxxx

x .

Відповідь: Cxxtgx

)5sin(ln2773

2ln32 13 .

13

27 .

16824

2

dxx

x Відповідь: Cx 2

arctg .

28 .sincos2cos

xxxdx Відповідь: Cxx cossin .

29 .32 dxe xxx Відповідь: Cexx

x

3ln1

32ln1

2 .

30 .

)4(2

22

2

dxxx

x Відповідь: Cx

x

21

2arctg

41 .

1.5 Інтегрування методом заміни змінної (метод підстановки) Метод заміни змінної застосовують в тих випадках, коли безпосередньо (за

допомогою таблиці) не вдається знайти первісну. При розв`язанні прикладів заміна змінної здійснюється за допомогою

підстановок двох видів: 1) ),(tx де )(t - монотонна, неперервно диференційовна функція нової

змінної t . У цьому випадку формула заміни змінної набуває вигляду

;)()()( dtttfdxxf (24) 2) ),(xu де u- нова змінна. Формула заміни змінної при такій підстановці має вигляд

.)()()( duufdxxxf (24а) Передбачається, що після інтегрування буде здійснюватись знову перехід до

початкової змінної х. Відзначимо, що загального правила, яке указувало б, яку підстановку треба

вибрати, не існує. Однак для багатьох видів інтегралів підстановка відома і буде розглянута нами далі.

Зауважимо також, що уміння вибрати підстановку так, щоб знаходження інтеграла спростилось, досягається розв`язанням великої кількості вправ.

Зразки розв`язання прикладів


.312

5

x

dxx

Розв`язання. Покладемо, що x6=t. Тоді 6x5dx=dt i

Ctttdt

xdxx

xdxx 3ln

61

361

3)(

661

32

226

5

12

5

.

Як бачимо, за допомогою указанної підстановки даний інтеграл зведений до табличного (формула 20). Повертаючись до початкової змінної, остаточно будемо мати

Cxxx

dxx 3ln61

3126

12

5

.

14

Приклад 2. Знайти .11 xdx

Розв`язання. Покладемо, що x+1=t2. Звідси x=t2-1, a dx=2tdt i

dtt

dtt

tdtt

tt

tdtx

dx1

1121

1121

212

11

Ctttdtdt 1ln22

122 Cxx 11ln212 .

Розв`язати даний приклад можна інакше. Нехай .11 tx Звідси x=(t-1)2-1, a dx=2(t-1)dt i

tdtdtdt

tdt

tt

tdtt

xdx 2211212)1(2

11

CxxCtt 11ln2)11(2ln22 . Одержані результати відрізняються сталим доданком 2. Однак обидва вони

правильні, в чому можна легко переконатися шляхом їх диференціювання. Пропонуємо читачеві зробити це самостійно.


.1ze

dz

Розв`язання. Виконаємо підстановку ez+1=t2. Продиференціювавши обидві частини рівності, одержимо ezdz=2tdt. Звідси .

1222

t

tdtetdtdz z Тоді

CeeC

tt

tdt

tttdt

edz

z

z

z 1111ln

11ln

212

12

)1(2

1 22.

(див. формулу 18 у таблиці інтегралів). Приклад 4. Знайти

.

92xx

dx

Розв`язання. І-й спосіб:

tt

tdt

xx

xdx

tdtxdxtdtxdxtx

xx

dx)9(9

229

9222

22

2

CxCtt

dt3

9arctg31

3arctg

31

9

2

2 .

ІІ-й спосіб.

911

1

1

1,1

92

2

2

2

tt

dtt

dtt

dx

txt

xxxdx

22 )3(191 t

dt

t

dt

Ctt

dt 3arcsin31

)3(1

331

2C

xC

x

3arccos313arcsin

31 .

15

ІІІ-й спосіб.

tt

tt

tx

dtttdx

tx

xxdx

cossin3

coscos199

cos99

cossin3,

cos3

92

2

22

2

2

.3arccos31

31

31

cossin3

cos3

cossin3

2C

xCtdt

tt

t

ttdt

Зауважимо, що всі результати правильні, бо їх похідні дорівнюють підінтегральній функції, тобто:

0292

131

991

131

39arctg

31

22

2

xxx

Cx

);(9

19

999

191

222xf

xxxx

x

);(9

10391

1313arcsin

31

22

2

xfxxx

x

Cx

).(9

10391

1313arccos

31

22

2

xfxxx

x

Cx

Приклад 5. Знайти .sin4cos3 22 xxdx

Розв`язання. Розділивши чисельник і знаменник підінтегрального виразу на cos2x, одержимо

xtg

xdx

xtgx

dx

xxdx

2

2

2

2

22

43cos

41

43cos

sin4cos3

Оскільки ),(cos2

tgxdx

dx то доцільно покласти tgx=t. Тоді

.32

321

32

32

41

41

sin4cos3 24322

CtgxarctgCtarctgt

dtx

dx


Знайти інтеграли, застосувавши указану підстановку: 1

xx

dx2ln4

(підстановка lnx=t).

16

Відповідь: Cx 2

lnarcsin .

2

dxx

x3

2

)52(

3 (підстановка tx 52 ).

Відповідь: Cx

xx

524

375225)52(

121 3 .

3

3

)1(xxdxx (підстановка x=t6).

Відповідь: Cxxxxxxx

1ln22

32

4566 6

161

312

132

65

.

4 22 1 xx

dx (підстановка t

x 1 ).


x

21 .

5 222

)1(xdxx (підстановка x=tgt).


xx

1arctg

21

2 .

Знайти інтеграли, підібравши відповідну підстановку: 6 .5 2

32 dxee xx Відповідь: Ce x 42 581 .

7 .lnsin 2 xxdx Відповідь: -ctg lnx+C.

8 .cossin

5 xxdx Відповідь: C

x4cos4

1 .

9

.cos2

2sin2 x

xdx Відповідь: Cx 2cos22 .

10 .22

xdxx Відповідь: Cxxx 23832

152 2 .

11 .

ln3ln dxxx

x Відповідь: Cxx ln6ln32 3 .

12 .lnlnln xxxdx Відповідь: Cx lnlnln .

1.6 Метод інтегрування частинами Як уже відзначалося вище, цей метод, як і метод підстановки, який був

щойно розібраний, належить до числа основних методів інтегрування. Якщо u(x) i v(x) – диференційовні функції від х, то має місце формула

vduuvudv . (25)

17

Формула (25) називається формулою інтегрування частинами, а метод інтегрування, що грунтується на застосуванні цієї формули, - методом інтегрування частинами.

Для застосування цього методу підінтегральний вираз треба подати у вигляді добутку однієї функції на диференціал другої функції. При цьому доцільно в якості u вибрати функцію, яка спрощується при диференціюванні:

.arcctg,arctg,arccos,arcsin,log,ln xxxxxx a

Іноді буває корисно обрати в якості u многочлен, а в якості v – функцію, яка мало змінюється при диференціюванні – показникову, тригонометричну, і т.д.

У деяких випадках для зведення даного інтеграла до табличного формула (25) застосовується декілька разів. Іноді ж шуканий інтеграл визначається із алгебраїчного рівняння, одержаного за допомогою інтегрування частинами.

Укажемо у таблиці 1 деякі види інтегралів, для знаходження яких застосовують метод інтегрування частинами.

Таблиця 1

№ п/п

Вид інтеграла Позначення підінтегрального виразу

1 2 3 1. ,)( dxexP ax

де Р(х) - многочлен

u=P(x); dv=eaxdx

2. bxdxxP cos)( u=P(x); dv=cosbxdx

3. bxdxxP sin)( u=P(x); dv=sinbxdx

4. xdxxP ln)( u=lnx; dv=P(x)dx

5. xdxxP alog)( ;log xu a dv=P(x)dx

6. arctgbxdxxP )( u=arctgbx; dv=P(x)dx

7. arcctgbxdxxP )( u=arcctgbx; dv=P(x)dx

8. bxdxxP arcsin)( u=arcsinbx; dv=P(x)dx

9. bxdxxP arccos)( u=arccosbx; dv=P(x)dx

10. bxdxe ax cos Обидва рази за u вибирають або показникову функцію, або

тригонометричну

18

1 2 3 11. bxdxe ax sin Обидва рази за u вибирають або

показникову функцію, або

тригонометричну

Відзначимо також, що за допомогою методу інтегрування частинами можна вивести так звані рекурентні формули, які дають змогу звести деякі інтеграли до інтегралів того самого виду, але більш простих за своєю структурою.

Зразки розв`язання прикладів

Приклад 1. Знайти .ln2 xdxx Розв`язання. Поклавши, що u(x)=lnx, dv(x)=x2dx i застосувавши формулу

(25), одержимо

3;

;lnln 3

22

2

xdxxvdxxdv

xdxduxu

xdxx dxxxxx 13

ln3

33

CxxCxxxdxxxx )1ln3(

91

331ln

331ln

33

332

3

.

Розв`язання цього прикладу можна записати ще й так:

dx

xxxxxdxxxxdxxdxx 1ln

31lnln

31ln

31ln 333332

CxxCxxxdxxxx

1ln39

131ln

31ln

31 33323 .

Приклад 2. Знайти .3sin2 xdxx Розв`язання. Покладемо, що u=x2, dv=sin3xdx. Тоді

du=2xdx, .3cos31)3(3sin

313sin xxxdxdxv

За формулою (25) знаходимо

xdxxxxxdxx 23cos

313cos

313sin 22

.3cos323cos

31 2 xdxxxx

До останнього інтеграла знову застосуємо формулу інтегрування частинами. Для цього покладемо, що u=x, dv=cos3xdx, тоді

xxxdxdxvdxdu 3sin31)3(3cos

313cos,

i .3cos913sin

313sin

313sin

313sin

313sin

313cos xxxxdxxxxdxxxxdxx

Таким чином, остаточно будемо мати

19

.3cos

913sin

31

323cos

313sin 22 Cxxxxxxdxx

Cxxxxx 3cos23sin63cos9271 2 .

Приклад 3. Знайти .arctg xdxx Розв`язання. Маємо інтеграл виду 6 (див. таблицю 1). В силу формули (25)

dxx

xxxxdxxxxxdxdxx 22

2222

1arctg

21arctgarctg

21)(arctg

21arctg

Cxxxxx

dxdxxxdxx

xxx

arctgarctg2

11

arctg21

111arctg

21 2

22

2

22 .

Приклад 4. Знайти .2cos2sin 3 dxexx x Розв`язання. Даний інтеграл можна розглядати як алгебраїчну суму двох

інтегралів виду 10 і 11 (див. таблицю 1). Оскільки метод інтегрування для таких інтегралів однаковий, то можна відразу ж застосувати його і до вихідного інтеграла. Покладемо, що в ньому u=sin2x- cos2x, dv=e3xdx. Тоді за формулою (25)

xx dexxdxexx 33 2cos2sin312cos2sin

)2cos2(sin)2cos2(sin31 33 xxdeexx xx

dxxxeexx xx )2sin22cos2(312cos2sin

31 32

.)2sin2(cos32)2cos2(sin

31 33 dxexxexx xx

До останнього інтеграла ще раз застосуємо формулу інтегрування частинами, знову поклавши, що u=cos2x+sin2x, dv=e3xdx. Тоді

xx dexxdxexx 33 )2sin2(cos31)2sin2(cos

)2sin2(cos)2sin2(cos31 33 xxdeexx xx

dxxxeexx xx )2cos22sin2(31)2sin2(cos

31 33

.)2cos2(sin32)2sin2(cos

31 33 dxexxexx xx

Таким чином, .2cos2sin9

42sin2cos922cos2sin

312cos2sin 3333 dxexxexxexxdxexx xxxx

Розв`язавши одержане рівняння відносно вихідного інтеграла, будемо мати

)2sin22cos22cos32sin3(

91)2cos2(sin

941 33 xxxxedxexx xx

aбо

).2cos52(sin91)2cos2(sin

913 33 xxedxexx xx

20

Звідси остаточно одержимо

Cxxedxexx xx )2cos52(sin131)2cos2(sin 33 .

Приклад 5. Знайти .lncos xdx Розв`язання. За формулою (25) маємо

xdxxxxvdxdv

xdxxduxuxdx lnsinlncos

;

lnsin;lncoslncos

xdxxxxxxvdxdv

xdxxduxu lncoslnsinlncos

;

lncos;lnsin .

Роз`вязавши одержане рівняння відносно вихідного інтеграла, знаходимо

Cxxxxdx )lnsinln(cos2

lncos .

Приклад 6. Знайти .tg2xdxx Розв`язання. На основі формули (25) інтегрування частинами маємо

xxdx

xxdxvxdxdv

dxduxuxdxx tg1

cos1tg;tg

;tg

222

2

CxxxxCxxxxxdxxxxxx 2coslntg2cosln)(tg)(tg)(tg22

.


1 .dxxe x Відповідь: C-(x+1)e-x.

2 .3 dxx x Відповідь: Cxx

13ln3ln

32 .

3 .cos 2 xdxx Відповідь: Cxxxx

2cos812sin

41

4

2

.

4 .)1ln( 2 dxx Відповідь: Cxxxx arctg22)1ln( 2 .

5 .lg

3 dxxx Відповідь: ex

xC lg

21

2 .

6 .ln 2 xdx Відповідь: x(ln2x-2lnx+2)+C. 7 .arccos xdx Відповідь: Cxxx 21arccos .

8 .3cos dxxe x Відповідь: Cxxe x

3cos3

3sin3,0 .

9 .)1( 222

xdxx Відповідь: x

xxC arctg

21

)1(2 2

.

10 .dxxarctg Відповідь: Cxxxx arctgarctg .

21

11 .1arcsin dx

xx Відповідь: Cxxx arcsin12 .

12 .lnsin xdx Відповідь: Cxxx

lncoslnsin2

.

13 .22 dxxa Відповідь: Caxaxax arcsin

22

222 .

14 .coslnsin xdxx Відповідь: Cxx coscosln1 . 15 .ln322 xdxxx

Відповідь: Cxxxxxxx

3

29ln3

3

232

3

.

16 .5sin)32( xdxx Відповідь: Cxxx

5sin2525cos

532 .

1.7 Інтегрування раціональних функцій Нагадаємо, що раціональною функцією називається функція виду

,)()(

xQxP

m

n (26)

де )(xPn і )(xQm – алгебраїчні многочлени з дійсними коефіцієнтами, причому 0)( xQm є тотожними. Якщо ,0)( CxQm то раціональна функція (26) буде

цілою раціональною функцією (многочленом). Таку функцію інтегрують безпосередньо:

Cxnaxaxaxadxxaxaadx

xQxP nnn

nm

n

13221010 1...32)...()()( .

Раціональний дріб )()(

xQxP

m

n називається правильним, якщо степінь многочлена

)(xPn менший, ніж степінь многочлена )(xQm , тобто якщо mn і неправильним раціональним дробом в противному випадку, тобто якщо .mn

Неправильний раціональний дріб )()(

xQxP

m

n ( .mn ) можна завжди подати у

вигляді

,)()(

)()()(

xQxRxT

xQxP

m

k

m

n (27)

де )(xT – ціла раціональна функція (многочлен) і )()(

xQxR

m

k ( mk ) - правильний

раціональний дріб. Як інтегрується ціла раціональна функція уже відомо. Тепер розглянемо

інтегрування правильного раціонального дробу )()(

xQxP

m

n ( mn ). Насамперед

покажемо, як інтегруються елементарні раціональні дроби наступних типів:

22

I ;ax

A

II kaxA

)( , де k – ціле число, к>1;

ІІІ ,2 cbxaxBAx

де D=b2-4ac1 і D=b2- 4ac

23

kk cbxaxdx

aAbBdx

cbxaxbax

aA

)(2)(2

2 22

.

42

21

1)(

22

22

12

kk

k

ab

ac

abx

dxa

AbBak

cbxaxaA

Останній інтеграл, як інтеграл виду ,)( 22 kpudu можна знайти за

рекурентною формулою, згідно з якою

11222 2232

))(1(21

kkk Ikk

puku

pI .

Якщо )()(

xQxP - правильний раціональний дріб, де Р(х) і Q(x) – алгебраїчні

многочлени з дійсними коефіцієнтами і ,)...()()()()( 211

21

11

qxpxqxpxxxxxxQ kk де kxx ,,1 - дійсні попарно різні нулі многочлена Q(x), а кожний тричлен

))((2 iiii zxzxqxpx ),...,2,1( i з дійсними коефіцієнтами відповідає парі комплексних спряжених нулів zi i iz многочлена Q(x) кратності i , причому

ji zz для ji , ,)...(2... 11 nk

,04

2

ii q

p ),,,1( i

то існують дійсні числа ),,,2,1,,...,2,1()( ii kiA )(jM i )(jN

),...,2,1,,...,2,1( jj такі, що

K

k

k

k

xxA

xxA

xxA

xxA

xQxP k

k

)()1(

1

)(1

1

)1(1 ...

)(......

)()()( 1

1

qxpxNxM

qxpxNxM

qxpxNxM

qxpxNxM

2

)()(

2

)1()1(

112

)(1

)(1

112

)1(1

)1(1 ...

)(......

)(

11

1.

Правила інтегрування раціонального дробу 1 Якщо раціональний дріб неправильний, то виділяємо із нього цілу частину

шляхом ділення многочлена чисельника на многочлен знаменника, тобто подаємо у вигляді

,)()()(

)()(

xQxRxT

xQxP

де )(xT – многочлен, а )()(

xQxR - правильний раціональний дріб.

2 Розкладаємо знаменник дробу на лінійні і квадратичні множники:

,)()()( 11 112

1 qxpxxxxQ де ).,,2,1(,0

4

2

iqp

ii

24

3 Розкладаємо правильний раціональний дріб на елементарні (найпростіші) дроби.

Зауважимо, що кількість таких дробів буде дорівнювати кількості коренів многочлена Q(x), включаючи їх кратність, причому кожній парі комплексних спряжених коренів буде відповідати один дріб ІІІ типу або дробів IV типу, якщо - кратність пари комплексних спряжених коренів.

4 Звільняємося від дробових членів, помноживши обидві частини рівності на Q(x).

5 Обчислюємо невизначені коефіцієнти ,,,,,,,,, )()()1()1()(1

)1(1

1

NMNMAA для чого прирівнюємо коефіцієнти при однакових степенях х в лівій і правій частинах одержаної тотожності і розв`язуємо систему лінійних рівнянь відносно шуканих коефіцієнтів (число таких рівнянь повинно дорівнювати числу невідомих).

Зауважимо, що можна визначити коефіцієнти й іншим способом, надаючи в одержаній тотожності змінній х довільних числових значень, причому якщо змінній х надати значень простих коренів функції Q(x), то обчислення будуть найпростішими. Часто буває корисно комбінувати обидва способи обчислення коефіцієнтів.

6 Підставляємо знайдені значення коефіцієнтів в схему розкладу. Таким чином, інтегрування раціонального дробу зводиться до знаходження

інтегралів від многочлена і від елементарних (найпростіших) раціональних дробів.

Слід пам`ятати, що інтеграл від будь-якої раціональної функції завжди виражається в скінченному вигляді.


Приклад 1. Знайти .23xdx

Розв`язання. Маємо інтеграл від елементарного дробу І типу. Покладемо 3x+2=t, тоді 3dx=dt i тому

CxCttdt

xdx

xdx 23ln

31ln

31

31

233

31

23.

Розв`язання цього ж прикладу можна записати ще й так:

Cxxxd

xdx 23ln

31

23)23(

31

23.

Приклад 2. Знайти .)21( 7xdx

Розв`язання. Маємо інтеграл від елементарного дробу ІІ типу. Оскільки dxdxxxd 2)21()21( i ,)21(

)21(1 7

7

x

x то

25

)21()21(

21)2()21(

21

)21(77

7 xdxdxxxdx

Cx

Cx

6

6

)21(121

6)21(

*21 .

Приклад 3. Знайти .544 2 xxdx

Розв`язання. Маємо інтеграл від елементарного дробу ІІІ типу, де А=0, В=1, .06442 acb Виділивши повний квадрат із квадратного тричлена 4х2+4х+5, одержимо табличний інтеграл (17). Дійсно

4)12(

221

212

4)12(544 222 xdx

dxduxu

xdx

xxdx

CxCx 2

12arctg41

212arctg

21

21 .


32287

2 dxxxx

Розв`язання. Як і в попередньому прикладі, маємо також інтеграл від елементарного дробу третього типу, де А=-8, В=7, D=b2-4ac=-200 для будь-якого х, а

45

21 2x

dx -

за формулою (17), вважаючи що 21

xu i враховуючи, що .452 a

Далі покажемо інший спосіб розвязання цього ж прикладу.

26

dudx

uxdxx

xdxxx

xdxxxx

21

45

21

8721

23

8721

32287

22

2

452

3

45

22

4538

21

45

2187

21

2222 u

du

u

ududuu

uduu

u

1

2

12

5212

arctg5

345

21ln2

52arctg

52

23

45ln2 C

xxCuu

,5

12arctg5

3322ln25

12arctg5

323ln2 21

2 CxxxCxxx

де 2ln21 CC , бо 2ln2322ln22322ln2

23ln2 2

22

xxxxxx .

Відзначимо, що інтеграл виду

,2 dxcbxax

BAx

де квадратний тричлен ах2+bх+с має дискримінант D=b2-4ac 0, можна знаходити аналогічно знаходженню інтеграла від елементарного дробу ІІІ типу.


9623

2 dxxxx

Розв`язання. Підінтегральна функція являє собою правильний раціональний дріб, знаменник якого х2+6х+9=(х+3)2, бо D=b2-4ac=0. Тому цей дріб можна подати у вигляді суми двох елементарних дробів ІІ типу. Однак простіше розв`язати цей приклад таким самим способом, яким розв`язано попередній приклад.

Отже, маємо

9611

9662

23

96

11)62(23

9623

2222 xxdxdx

xxxdx

xx

xdx

xxx

.3

113ln33

11)3ln(23

)3()3(1196ln

23 2

22 C

xxC

xx

xxdxx


61

2 dxxxx

Розв`язання. І спосіб. Маємо

dt

t

t

dtdx

txdxx

xdxxx

x

425

121

21

425

21

16

12

22

27

2525

ln

252

123

425

221

4252

3

425 222 t

t

t

tdt

t

dt

t

tdt

C

x

xxC

t

tt

25

21

25

21

ln103

425

21ln

21

2525

ln103

425ln

21 22

CxxxxCxxxx 3ln

1032ln

103)3)(2(ln

21

32ln

1036ln

21 2

.3ln542ln

513ln

1032ln

1033ln

212ln

21 CxxCxxxx

ІІ спосіб. Підінтегральний дріб являє собою правильний раціональний дріб, але не найпростіший, бо квадратний тричлен х2+х-6 має два дійсні корені: 21 x і 32 x , так як його дискримінант D=b2-4ac=1+24=25>0. Тому цей квадратний тричлен можна розкласти на множники )3)(2( xx , а підінтегральний правильний раціональний дріб – на суму двох елементарних дробів І типу, тобто подати у вигляді

,326

12

x

Bx

Axx

x

або

32)3)(2(1

xB

xA

xxx

Для звільнення від дробових членів помножимо обидві частини рівності на добуток )3)(2( xx , в результаті одержимо

)2()3(1 xBxAx , або

BAxBAx 23)(1 . Прирівнюючи коефіцієнти при однакових степенях х в лівій і правій

частинах тотожності, одержимо систему двох лінійних рівнянь з двома невідомими

.123,1

0

BABA

xx

Розв`язавши дану систему, знаходимо невизначені коефіцієнти 51

A i .54

B

Таким чином, ,

31

54

21

51

61

2

xxxxx

a

.3ln

542ln

51

354

251

31

54

21

51

61

2 Cxxxdx

xdxdx

xxdx

xxx

Приклад 7. Знайти .4

83

45

dxxx

xx

28

Розв`язання. Підінтегральний дріб неправильний, бо степінь многочлена чисельника більший, ніж степінь многочлена знаменника. Тому виділимо спочатку цілу частину, поділивши многочлен чисельника на многочлен знаменника

x5+x4-8 x3-4x – x5–4x3 x2+x+4 (ціла частина) x4+4x3-8 – x4–4x2

4x3+4x2-8 – 4x3–16x 4x2+16x-8 (остача).

Далі подамо підінтегральний дріб у вигляді суми цілої частини і

правильного дробу, тобто

.4

816444

83

22

3

45

xxxxxx

xxxx

Тоді

dx

xxxxxxdx

xxxx

481644

48

3

22

3

45

.4

244423 3

223

dxxx

xxxxx

В інтегралі, який залишився, підінтегральний дріб (правильний і нескоротний) розкладемо на елементарні дроби. Оскільки знаменник дробу х3-4х=х(х2-4)=х(х-2)(х+2) має три прості корені: х=0, х=2 і х= -2, то його можна подати у вигляді суми трьох дробів І типу, тобто

.22)2)(2(

242

xC

xB

xA

xxxxx

Звільняючись від дробових членів, одержимо х2+4х-2=А(х-2)(х+2)+Вх(х+2)+Сх(х-2)

або х2+4х-2=(А+В+С)х2+(2В-2С)х-4А.

Прирівнюючи коефіцієнти при однакових степенях х в обох частинах одержаної тотожності, одержимо систему рівнянь для визначення коефіцієнтів А, В, С:

.24,422,1

0

2

ACBCBA

xx

x

Розв`язавши цю систему, знаходимо .43,

45,

21

CBA

Слід відзначити, що тут коефіцієнти А, В і С простіше було б знайти способом підстановки в тотожність частинних значень х, в якості яких доцільно взяти корені знаменника, тобто:

)2()2()2)(2(242 xCxxBxxxAxx

29

,86,810

,42

220

CB

A

xxx

звідки: .43,

45,

21

CBA

Таким чином,

,2

143

21

451

21

424

3

2

xxxxxxx

а шуканий інтеграл

dxxx

xxxxxdxxx

xx4

2444234

83

223

3

45

dx

xxxxxx

21

43

21

451

2144

23

23

2325242323

xdx

xdx

xdxxxx

.2ln32ln5ln2423

23

Cxxxxxx


)34)(1(32

23

2

dxxxxx

xx

Розв`язання. Переконуємося, що підінтегральний дріб є правильним і нескоротним. Враховуючи, що

(х-1)(х3-4х2+3х)=х(х-1)(х2-4х+3)=х(х-1)(х-1)(х-3)=х(х-1)2(х-3)

має чотири корені, з яких два х=0 і х=3 є простими, а х=1 – двократним, подамо дріб у вигляді суми чотирьох елементарних дробів:

.1)1(3)3()1(

3222

2

xD

xC

xB

xA

xxxxx

Звільняючись від дробових членів, одержимо тотожність для знаходження коефіцієнтів A, B, C, D:

x2-2x+3=A(x-3)(x-1)2+Bx(x-1)2+Cx(x-3)+Dx(x-1)(x-3). Коефіцієнти знаходимо комбінованим способом

.0,22,126,33

130

3 DBACBA

xxxx

Звідси: 21,1,

21,1 DCBA ,

отже,

,1

121

)1(1

31

211

)1)(3(32

22

2

xxxxxxxxx

а шуканий інтеграл

30

dxxxxx

dxxxxx

xx1

121

)1(1

31

211

)34)(1(32

223

2

121

)1(321

2 xdx

xdx

xdx

xdx .1ln

21

113ln

21ln Cx

xxx


Знайти інтеграли:

1 .

41

3

3

dxxx

x

Відповідь: Cxxxx 12ln16912ln

167ln

4.

2 .

65)52(

24

2

xxdxx

Відповідь: Cxx

xx

33ln

321

22ln

221 .

3 .24 xxdx


x

11ln

211 .

4 .

454932

35

2346

dxxxxxxxx


xxxxx

2

)1)(1()2(ln

2

32

.

5 .

)12()23(

2

2

xxxdxxx


x

16

1ln

2

.

6 .

1)1(

23

4

xxxdxx


xx

arctg1

1ln

2)1(

2

2

.

7 .83xdx

Відповідь: Cxxxx 31arctg

341)42ln(

2412ln

121 2 .

8 .1644

dxx

x

Відповідь: Cxxxx

2

arctg22ln

21 .

31

9 .

43)34(

2 xxdxx

Відповідь: Cxxx 7

32arctg7

18)43ln(2 2 .

1.8 Інтегрування ірраціональних функцій Інтеграл від будь-якої раціональної функції, як було показано вище, завжди

виражається в скінченному вигляді, чого не можна сказати про інтеграл від функції ірраціональної. Однак можна вказати на деякі підкласи ірраціональних функцій, інтеграли від яких виражаються у скінченному вигляді.

Загальний спосіб, за допомогою якого вдається знайти інтеграл від ірраціональної функції, полягає в тому, що внаслідок тієї чи іншої підстановки інтеграл від ірраціональної функції зводиться до інтеграла від функції раціональної. Тому цей спосіб називають раціоналізацією заданого інтеграла.

Розглянемо підкласи ірраціональних функцій, інтеграли від яких виражаються в скінченному вигляді.

1 Інтеграл виду

,,,,, 2

2

1

1

dxxxxxR pp

nm

nm

nm

де R- раціональна функція, mi i

ni >1- натуральні числа (і=1, 2,…, р). Даний інтеграл раціоналізується за

допомогою підстановки х=tk, де к- найменший спільний знаменник дробів i

i

nm

(i=1, 2, …,p).


,,...,, 1

1

dxdcxbax

dcxbaxxR p

p

nm

nm

де R- раціональна функція, mi

i ni >1- натуральні числа (і=1, 2,…,р) і визначник 0dcba (a, b, c, d- сталі дійсні

числа). Даний Цей інтеграл раціоналізується за допомогою підстановки ,kt

dcxbax

де к- найменший спільний знаменник дробів i

i

nm (і=1, 2,…,р).


.2 cbxax

dx Даний інтеграл зводиться до табличного

шляхом виділення повного квадрата із квадратного тричлена. 4 Інтеграл виду

.2

dxcbxax

BAx Для знаходження даного інтеграла

спочатку виділяємо в чисельнику похідну квадратного тричлена ах2+вх+с, після чого розкладаємо інтеграл на суму двох інтегралів:

32

dxcbxax

aAbBbax

aA

dxcbxax

BAx22

2)2(

2

.

22

2 22 cbxaxdx

aAbBdx

cbxaxbax

aA

Перший із одержаних інтегралів є табличний інтеграл (4), а другий розглянутий в п.3.


.)( 2 cbxaxx

dxm

Підстановкою t

x 1 зводять

даний інтеграл до розглянутого в п. 3. 6 Інтеграл виду ,)( dxbxax pnm де m, n i p- раціональні числа, 0a i 0b називають інтегралом від диференціального бінома. Даний інтеграл

виражається в скінченному вигляді у таких трьох випадках: 1) р- ціле число; 2)

nm 1 ціле число;

3) pn

m 1 ціле число,

причому в усіх трьох випадках ціле число може бути додатним, від`ємним, або дорівнювати нулю.

Перший випадок: р- ціле число. Підстановка x=tk,

де к- найменший спільний знаменник дробів m i n, раціоналізує інтеграл. Другий випадок:

nm 1 ціле число. У даному випадку інтеграл

раціоналізується підстановкою a+bxn=ts,

де s- знаменник числа р. Третій випадок: p

nm 1 ціле число. У цьому випадку для раціоналізації

інтеграла застосовують підстановку ,sn tbax

де s- знаменник числа р. 7 Інтеграл виду ,, 2 dxcbxaxxR де R- раціональна функція. Шляхом

виділення повного квадрата з квадратного тричлена ax2+bx+c цей інтеграл зводиться до одного із трьох інтегралів:

1) ;, 22 dzzmzR 2) ;, 22 dzzmzR 3) ., 22 dzmzzR

Дані інтеграли знаходять відповідно за допомогою підстановок

33

1) z=m sint; 2) z=m tgt;

3) .cos t

mz



.43 2 xx

dxx

Розв`язання. Підінтегральна функція є раціональною функцією від дробових степенів х. Отже, маємо інтеграл першого типу від ірраціональної функції. Тут n1=2, n2=3, n3=4, тому к=12 (найменше спільне кратне чисел 2, 3 і 4). Покладемо, що x=t12. Тоді

1

12)1(

121212 5

14

53

1711

38

6

11

12

43 2 tdtt

ttdttdtt

ttt

dttdxtx

xxdxx

4

49

9

49

5

914

14

_

1

t

ttt

ttt

ttt

1

55112

112 5

449

5

449

tdttdttdttdt

tttt

.1ln22561ln

51

51012 55105

510

CtttCttt

Повертаючись до змінної х, остаточно будемо мати

Cxxx

xxdxx 1ln22

56 12 512 56 5

43 2.


.12)12(3 2 xx

dx

Розв`язання. Маємо інтеграл другого типу від ірраціональної функції. Тут: n1=3, n2=2, тому к=6. Використовуючи підстановку 2x+1=t6, звідки )1(

21 6 tx i

dx=3t5dt, одержимо

dtt

tt

dtttt

dttxx

dx1

1131

3312)12(

22

34

5

3 2

Ctttdt

tt 1ln

23

1113

2

.

Оскільки ,126 xt то повертаючись до змінної х, будемо мати

.112ln12

2123

12)12(66

3

3 2Cxxx

xxdx


.269 2 xx

dx

34

Розв`язання. Виділимо з квадратного тричлена повний квадрат: 9х2-6х+2=9х2-6х+1+1=(3х-1)2+1.

Тоді, враховуючи також, що d(3x-1)=3dx, одержимо табличний інтеграл (20):

Cxxxx

dxx

dxxx

dx 26913ln31

1)13(3

31

1)13(2692

222.


.25

1182

dxxx

x

Розв`язання. Спочатку в чисельнику виділимо похідну підкореневого виразу, після чого розкладемо інтеграл на суму двох інтегралів. Тоді

dxxx

x225

118

.

253

25224

22 xxdxdx

xxx

Перший з одержаних інтегралів є табличним інтегралом (4), а другий зведеться до табличного інтеграла (19) шляхом виділення повного квадрата з квадратного тричлена 5+2х-х2.

Виділяючи повний квадрат, будемо мати 5+2х-х2=-(х2-2х-5)=-(х2-2х+1-6)=6-(х-1)2,

отже,

222 )1(6

325

22425

118x

dxdxxx

xdxxx

x

Cxxx 61arcsin3258 2 .


.544

)23(2 xx

dxx

Розв`язання. Як і в попередньому прикладі маємо

54427

544

4883

544

223)48(

83

544

)23(2222 xx

dxdxxx

xdxxx

x

xxdxx

4)12(

247544

43

4)12(27544

43

2

2

2

2

xdxxx

xdxxx

Cxxxxx 54412ln47544

43 22 .

Зауважимо, що розв`язати аналогічні приклади можна й іншим способом. Покажемо це на прикладі 5.

dtt

t

dtdxtx

xdxx

xxdxx

21

4

22

13

212

4)12()23(

544)23(

222

Cttt

tdt

ttdtdt

tt 4ln

474

43

447

443

473

41 22

222

Cxxxxx 54412ln47544

43 22 .

35


.23)1( 2xxx

dx

Розв`язання. Покладемо, що ,11t

x тоді 11 t

x i .2tdtdx Отже,

121223111123123)1(

2

2

2

2

tttt

dt

ttt

tdt

xxxdx

1)2(

221

1)2(1414222

2tdt

tdt

tdt

tt

dt

Cx

xxCxx

Ctt

1232ln

211

114

12ln

21142ln

21 222 .


Знайти інтеграли:

1 .

21 dx

xxx Відповідь: Cxx

22arctg222 .

2 .)1( dxxxx Відповідь: Cx arctg2 .

3 .)1(33 xx

dx Відповідь: Cxx 1ln33 33 .

4 .4 xxdx Відповідь: Cxxx 44 1ln442 .

5

.269

522

dxxx

x Відповідь: Cxxxxx 26913ln9

1326992 22 .

6

.2912 2xx

dx Відповідь: Cx 2

23arcsin31 .

7

.11 3 4

3

xdxx Відповідь: Cxx

32)4( 22 .

8

.344 2 xxx

dx Відповідь: Cxxxxxx

3344233442ln

31

2

2

.

9

.1)1( 2xxxdx Відповідь: C

xxxx

211arctg2 .

10

.4)32( 2xxx

dx Відповідь: Cx

xxx

32

15606ln151 2 .

36

1.9 Інтегрування тригонометричних функцій Інтеграли від тригонометричних функцій, як і від функцій ірраціональних,

не завжди можна знайти. Однак можна вказати на підклас таких функцій, інтеграли від яких виражаються в скінченному вигляді. До цього підкласу тригонометричних функцій входять тригонометричні функції, що є раціональними функціями від sinx, cosx, tgx, ctgx, secx, cosecx. Оскільки tgx, ctgx, secx, cosecx самі виражаються раціонально через sinx i cosx, то цей підклас можна охарактеризувати як підклас тригонометричних функцій, які є раціональними функціями від sinx i cosx.

І Інтеграл виду ,)cos,(sin dxxxR де R –раціональна функція від sinx i cosx за допомогою так званої універсальної тригонометричної підстановки

tx 2

tg x

зводиться до інтеграла від раціональної функції. При цьому

,1

2

2tg1

2tg2

sin 22 t

tx

x

x

2

2

2

2

11

2tg1

2tg1

costt

x

x

x

,

212,arctg2

tdtdxtx

.

Зауважимо, що іноді замість підстановки tx 2

tg вигідніше зробити

підстановку ).20(2

ctg xtx

Слід також відзначити, що в силу своєї універсальності підстановка tx 2

tg

часто приводить до занадто громіздких викладок, що ускладнює знаходження інтеграла. Тому в окремих випадках доцільно застосовувати інші підстановки, які також раціоналізують інтеграл.

Нижче вкажемо випадки, коли мета буде досягнута за допомогою більш простих підстановок.

ІІ Інтеграл виду ,)cos,(sin dxxxR де R – раціональна функція від sinx і cosx. а) Якщо виконується рівність

R(-sinx, cosx) - R(sinx, cosx), то вигідно застосувати підстановку cosx=t.

б) Якщо виконується рівність R(sinx, -cosx) - R(sinx, cosx)

то доцільно застосувати підстановку sinx=t. в) Якщо виконується рівність

37

R(-sinx, -cosx) R(sinx, cosx) то застосовують підстановку tgx=t або ctgx=t, при цьому, якщо tgx=t, то

,1tg1

tgsin22 t

tx

xx

,1

1tg11cos

22 txx

21,arctg

tdtdxtx

.

Зокрема, а) xdxxR cos)(sin підстановкою sinx=t зводиться до .)( dttR б) xdxxR sin)(cos підстановкою cosx=t зводиться до .)( dttR в) dxtgxR )( підстановкою tgx=t зводиться до .1)( 2t

dttR

ІІІ Інтеграл виду xdxx nm cossin . а) Якщо m i n –цілі числа і принаймні одне з цих чисел є непарним додатним

числом, наприклад m=2k+1, то xdxxxxdxx knnm sinsincoscossin 2

xdxxdxxxknkn coscos1cossincos 22

.)1(cos 2 dttttx kn Якщо ж непарним буде число n=2p+1>0, то треба застосувати підстановку

t=sinx. Тоді xdxxxxdxx pmnm cos)(cossincossin 2 .)1(sin)sin1(sin 22 dtttxdxx pmpm

б) Якщо обидва показники m i n –парні невід`ємні числа(зокрема, один із них може бути рівним нулю), то доцільно застосувати формули:

,2cos121sin 2 xx

.2cos121cos2 xx

в) Якщо обидва показники – парні, причому принаймні один із них від`ємний, то потрібно виконати заміну tgx=t або ctgx=t.

Зауважимо, що інтеграли виду xdxx nm cossin дуже зручно знаходити за допомогою рекурентних формул.

.,cossin1cossin

,,cossin1cossin

cossin2

11

211

nmxdxxnm

nnm

xx

nmxdxxnm

mnm

xx

xdxxnm

nm

nmnm

nm

38

.1,cossin1

2cossin

1*1

1

,1,cossin1

2cossin

1*1

1

cossin211

211

nxx

dxn

nmxxn

mxx

dxm

nmxxm

xxdx

nmnm

nmnm

nm

IV Інтеграл виду xdxmtg або ,ctg xdxm де m - ціле додатне число. Для знаходження такого інтеграла застосовують формулу

1cos

11sectg 222

xxx (або 1

sin11oseccctg 2

22 x

xx ),

за допомогою якої послідовно знижується степінь тангенса або котангенса. V Інтеграли виду ,cossin bxdxax ,coscos bxdxax .sinsin bxdxax Щоб знайти ці інтеграли, треба перейти від добутку тригонометричних

функцій до суми за відомими формулами: ,)sin()sin(

21cossin xbaxbabxax

,)cos()cos(21sinsin xbaxbabxax (28)

.)cos()cos(21coscos xbaxbabxax

VI Інтеграли виду

.cossincossin

222

111 dxcxbxacxbxa

Такі інтеграли беруть за допомогою універсальної підстановки .2

tg xt

VII Інтеграли виду

.coscossinsincoscossinsin

222

22

211

21 dx

xcxxbxaxcxxbxa

Для знаходження цих інтегралів доцільно застосувати підстановку t=tgx.


Приклад 1. Знайти .sincos 54 xdxx Розв`язання. Маємо інтеграл вигляду ,cossin xdxx nm де m=5, n=4.

Враховуючи, що m=5>0 i є непарним, одержимо xdxxxxdxxxxdxx sin)cos1(cossinsincossincos 2244454

dttttdtttxdxdtxt

)21()1(sincos 424224

Ctttdtttt

972

5)2(

975864 Cxxx

9cos

7cos2

5cos 975 .

Приклад 2. Знайти .sin

cos5 4

3

dxxx

Розв`язання. Маємо інтеграл такого самого виду, як і в попередньому прикладі, де ,

54

m n=3>0 i непарне, тому

39

xdxxxxdx

xxdx

xx cos

sinsin1cos

sincos

sincos

5 4

2

5 4

2

5 4

3

Cttdttdttt

tdttxdx

tx11

515515cos

sin 111044

10

4

5

Cxx 5 115 sin115sin5 .

Приклад 3. Знайти .cossin

4

2

dxxx

Розв`язання. Тут маємо інтеграл ІІІ типу (випадок в), де m=2, n=-4

40

2

5

2

5

11

arctg,tg

tdtt

tdtdx

txtxxdxtg

t5 t2+1 – t5+t3 t3–t –t3 = = – –t3–t

t

CxxxCtttdt

tttt )1ln(tg

21

2tg

4tg)1ln(

21

2412

242

24

23

CxxxCx

xx 2242

24

)ln(cos21

2tg

4tg

cos1ln

21

2tg

4tg

Cxxx cosln2

tg4

tg 24 .

Приклад 6. Знайти .2sinsin xxdx

Розв`язання.

.cossin22sinsin 2 xxdx

xxdx

Якщо в виразі xx cossin2

12 замінити cosx на -cosx, то дріб змінить знак на

протилежний, тому тут треба застосувати підстановку sinx=t. Тоді x=arcsint, ,

1 2tdtdx

21cos tx i

dttttt

ttdt

xxdx

xxdx

)1(1

21

)1(21

cossin22sinsin 2222

222

Ctt

ttdt

tdt

11ln

21

21

121

21

22 Cxx

x

1sin1sinln

21

sin21 .

Приклад 7. Знайти .cos2sin

3tg222 dxxx

x

Розв`язання. Оскільки при зміні знаків у sinx i cosx підінтегральна функція не змінює знака, то застосовуємо підстановку tgx=t.

Отже, маємо

dtx

dxtx

dxxx

xdxxx

x2

2222

cos

tg

cos)2(tg3tg2

cos2sin3tg2

dt

tt

232

2

Ctt

tdt

ttdt

2arctg

23)2ln(

23

22 2

22 Cxx 2

tgarctg2

3)2ln(tg2 .


)cos1(sinsin1 dx

xxx

41

Розв`язання. Підінтегральна функція є раціональною функцією від sinx i cosx. Тому, виконавши підстановку ,

2tg tx одержимо

2

2

2

2

11cos,

12sin

12,

2tg

)cos1(sinsin1

ttx

ttx

tdtdxtx

dxxx

x

dttt

dtttt

tt

tt

tt

tdt

tt

2121

)11(21

111

12

12

121

22

2

2

2

2

22

CxxxCttt

2tg

2tg

41

2tgln

212

2ln

21 22 .

Приклад 9. Знайти .cos3sin45 xxdx

Розв`язання. Діючи, як у попередньому прикладі, будемо мати

2

2

2

2

2

2

2

2

133

185

12

11cos,

12sin

12,

2tg

cos3sin45tt

tt

tdt

ttx

ttx

tdtdxtx

xxdx

22222 )2(448822

338552

tdt

ttdt

ttdt

tttdt

Cx

Ct

2tg2

12

1 .

Приклад 10. Знайти .sin5cos34 22 xxdx

Розв`язання. Враховуючи, що 4-3cos2x+5sin2x=4(cos2x+sin2x)- -3cos2x+5sin2x=cos2x+9sin2x, одержимо

dtx

dxtx

xxdx

xxdx

xxdx

2222222 cos

tg

)tg91(cossin9cossin5cos34

222 )3(13

31

)3(191 tdt

tdt

tdt CxCt )tg3arctg(

313arctg

31 .

Приклад 11. Знайти .3sincos xdxx Розв`язання. Маємо інтеграл V типу. Застоcувавши формулу (28), згідно з

Documents

mathem-kstuca.ucoz.uamathem-kstuca.ucoz.ua/Liter/integr_econ_ua.pdf · 3 ЗМІСТ ВСТУП ……….…………………………………………….…………….. 4 РОЗДІЛ