Документ: Интегральное исчисление функций одной и нескольких переменных. Дементьева А.М., Артыщенко С.В, страницы 11-15

					t =
	x + 5				t =		x − 2. Выразим х через t и подставим
	x + 5
∫				dx =			в подынтегральное выражение:			=

		x − 2
						x − 2 = t2 ,		x = t2 + 2 и dx = (t2 + 2)′dt = 2tdt
= ∫		(t2 + 2)+ 5				2tdt = 2∫		(t2 + 7)dt = 2∫t2 dt +14∫dt = 2 t3	+14t + C =
			t					3

=23 (x − 2)3 +14x − 2 + C .

Вэтом примере видно, что без введенного обозначения было бы трудно

увидеть, как подынтегральное выражение выражается через функцию

x − 2 . Заметим, что проведенные выше преобразования удалось осуществить, т.к. старая переменная x легко и однозначно выражалась через новую переменную t. Фактически, придумав, какую функцию g(x) мы

возьмем в качестве новой переменой t, мы подставили затем в интеграл вместо x функцию φ(t), получив ее из равенства , выразив x через t. В некоторых случаях новую переменную вводят, заменив x на функцию от новой переменной t с целью упростить подынтегральное выражение.

Рассмотрим, например, ∫1 − x2 dx . В таблице интегралов нет интеграла от

корня из квадратного трехчлена. Заменим x такой функцией, чтобы этот корень извлекся, т.е. избавимся от иррациональности. Заменим, например, x тригонометрической функцией x = sint (t=arcsinx). Тогда

1 − x2 =1 − sin2 t = cos2 t ,

t = arcsin x, т.е. t −π2 ;π2 ,

Имеем

1 − x2	= cost (берем здесь					, т.к.
а cost ≥ 0			π	;	π
а cost ≥ 0		при t −	2	;	); dx = (sin t)' dt = cos t dt.
			2		2

∫

dx = ∫cos t cos tdt = ∫cos2 tdt =

воспользуемся формулой

1 − x2

cos

2

t =

1

(1 + cos 2t)

=

= ∫1 (1 + cos2t)dt = 1 ∫dt +

2

1 ∫cos2tdt = 1 t +

1

1 sin 2t + C =

2

=

возвращаемся к переменной х:

= 1 arcsin x + 1 x

+ C .

1

1 − x2

t = arcsin x,

sin 2t =sint cost = x 1 − x

2

Переход от старой переменной к новой называют методом подстановки или замены переменной. Корректнее описанную выше процедуру можно сформулировать так:

если x = φ(t) – непрерывно дифференцируемая функция, имеющая обратную, то

11

	∫ f	′		(1.8)
		(x)dx = ∫ f [ϕ(t)]ϕ (t)dt ,
где	после интегрирования в правой части		равенства вместо t	будет
поставлено его выражение через x, т.е. функция, обратная к x = φ(t).
g(x)	Замечание 1.1. Если мы хотим сделать замену t = g(x), то функция
	должна «хорошо»	подводиться под	знак дифференциала.	Т.к.

dg(x)= g′(x)dx , то если подынтегральное выражение содержит множителем производную некоторой функции g(x), а остальная часть подынтегральной

функции легко выражается через эту функцию , то в качестве новой переменной напрашивается именно эта функция.

Например,

найти

xdx

Здесь множителем в числителе служит x.

∫ x4

+ 9

Функция x – это почти производная

от x2 .

Знаменатель

x4 + 9

легко

выражается через x2 :

x4

+ 9 = (x2 )2

+ 9.

Попробуем сделать

замену

t = x2 .

Тогда d(x2 )= 2xdx = dt , откуда xdx = dt . Получаем

2

1

∫

xdx

= ∫

2 dt

=

1

∫

dt

=

4

9

t

2

t

2

x

+

+ 9

=

воспользуемся табличной формулой 11, где в роли переменной х

будет переменная t и постоянная a2 = 9, т.е. а = 3

=

1

1 arctg

t

+ C =

t = x2

=

1 arctg

x2

+ C .

2

3

6

3

При вычислении неопределенных интегралов удобно использовать

следующие правила:

1. Если

∫ f (x) dx = F(x) + C ,

то

∫ f (ax)dx =

1 F(ax) + C.

(1.9)

a

Действительно, делая замену t = ax ,

x =

t

, dx = dt

, получаем

a

∫ f (ax)dx = ∫

f (t) dt

= 1 F

(t)+ C =

1 F(ax)+ C.

a

12

2. Если

∫ f (x) dx = F(x) + C ,

то

		∫ f (x + b)dx = F(x + b) + C.					(1.10)
3. Если
		∫ f (x) dx = F(x) + C ,
то		∫ f (ax + b)dx = 1 F(ax + b) + C .
		∫ f (ax + b)dx = 1 F(ax + b) + C .					(1.11)
		a
Равенства (1.10) и		(1.11) получаются с	помощью замен				t = x + b и
t = ax + b .			dx
Пример 1.6. Найти неопределенный интеграл ∫			dx	.
Пример 1.6. Найти неопределенный интеграл ∫			x + 3	.
			x + 3
Используем формулу 2 таблицы интегралов. Здесь f(x)						=	, и если
взять в качестве подынтегральной функции f(x + 3) =					1	, то получим
взять в качестве подынтегральной функции f(x + 3) =					x + 3	, то получим
искомый интеграл ∫	dx	. По формуле (1.10)
искомый интеграл ∫	x + 3	. По формуле (1.10)
	x + 3

∫xdx+ 3 = ln x + 3 + C .

Пример 1.7. Найти неопределенный интеграл ∫cos7x dx .

Воспользуемся формулой 4 таблицы интегралов ∫cos xdx . В искомом интеграле вместо х стоит 7х. Учитывая формулу (1.9), где a = 7, имеем

∫cos7x dx = 17 sin 7x + C .

Пример 1.8. Найти неопределенный интеграл ∫sin(2x − 6)dx .

Воспользовавшись формулой 3 таблицы интегралов и формулой (1.11) (a = 2, b = -6) получим

∫sin(2x −6)dx = −12 cos(2x −6)+C .

13

Теперь приведем несколько примеров на интегрирование с помощью замены переменной.

Пример 1.9. Найти неопределенный интеграл ∫sin x cos xdx .

Сделаем	подстановку sin x = t , тогда				dt = cos xdx. Таким образом,
получим
∫			cos xdx = ∫		2t3 2	+ C =	2 sin3 2	x + C .
∫		sin x	cos xdx = ∫	tdt = ∫t1 2 dt =	2t3 2	+ C =	2 sin3 2	x + C .
					3		3

Пример 1.10. Найти неопределенный интеграл ∫costgxdx2 x .

В

подынтегральном

выражении

присутствует

функция tgx

и ее

′

1

производная (tgx) =

.

Поэтому сделаем

замену

переменной:

t = tgx ,

cos2 x

dt =

dx

. Следовательно,

∫

tgxdx2

= ∫tdt = t2 + C = tg 2 x

+ C .

2

x

cos

cos x

2

Пример 1.11. Найти неопределенный интеграл ∫arcsin2 xdx2 .

Очевидно, (arcsin x)′ =

1

1 − x

. Поэтому сделаем замену t = arcsin x ,

1 − x2

dt =

dx

и ∫arcsin2 xdx2

= ∫t2dt = arcsin3 x + C .

1 − x

3

Пример 1.12. Найти неопределенный интеграл ∫1xdx+ x2 .

Здесь важно вспомнить, что (1 + x2 )′ = 2x , то есть числитель подынтегральной функции – это почти производная знаменателя. Делаем

замену переменной: t =1 + x2 , dt = 2xdx , т.е. xdx =									1 dt .
	xdx	= ∫dt			∫dt				2
Получим ∫			=	1		=	1 lnt + C =	1 ln(1 + x2 )+ C .
	2			2
	1 + x	2t			t		2	2

Пример 1.13. Найти неопределенный интеграл ∫ xdxln x .

В этом интеграле сложно увидеть функцию и ее производную из-за того, что функции x и ln x стоят в знаменателе, но учитывая, что 1x = (ln x)′,

замена очевидна: t = ln x , dt = dxx .

14

Получаем ∫ xdxln x = ∫dtt = lnt + C = ln ln x + C .

Метод замены переменной является одним из основных методов интегрирования. По существу, изучение методов интегрирования разных классов функций сводится к выяснению того, какую надо сделать замену переменной при том или ином виде подынтегрального выражения.

1.4. Интегралы от некоторых функций, содержащих в знаменателе квадратный трехчлен

I. Рассмотрим интеграл I1	=		dx	.
		∫ax2	+ bx + c

Преобразуем предварительно трехчлен, стоящий в знаменателе, представив его в виде суммы или разности квадратов, т.е. выделим в квадратном трехчлене полный квадрат:

2

b

c

2

b

b 2

c

b 2

ax

+ bx + c = a x

+

x +

= a x

+ 2

x +

+

−

=

a

2a

a

2a

b

2

c

b2

b 2

2

= a x +

+

−

= a x +

± k

.

4a

2

2a

a

2a

c

b2

= ±k

2

Здесь мы введем обозначение

−

. Знак плюс или минус берется

4a2

a

в зависимости от того, будет ли выражение, стоящее слева, положительным

или отрицательным, т.е. будут ли

корни

трехчлена

ax2

+ bx + c

комплексными или действительными.

Интеграл I1

принимает вид

dx

= 1

dx

b

1 ∫

dx

I1 = ∫

∫

=

x +

= t

=

.

2a

ax

2

b

2

t

2 2

+ bx + c

a

2

dx = dt

a

± k

x +

± k

2a

Приходим к табличным интегралам (см. формулы 11, 12 или 1 при k 2

= 0 ).

Пример 1.14. Вычислить интеграл ∫

dx

.

2x2 + 8x + 20

Выделим полный квадрат в знаменателе подынтегрального выражения:

2x2 + 8x + 20 = 2(x2 + 4x +10)= 2(x2 + 2 2x + 22 − 22 +10)= 2((x + 2)2 + 6).

Возвращаясь к интегралу, имеем
I = ∫	dx	= ∫	dx	1	∫	dx		1	∫	d(x + 2)
			2((x + 2)2 + 6)=	2			=	2			.
	2x2 + 8x + 20					(x + 2)2 + 6				(x + 2)2 + 6

15

Материал: Интегральное исчисление функций одной и нескольких переменных. Дементьева А.М., Артыщенко С.В

1. Если

3. Если

Воспользовавшись формулой 3 таблицы интегралов и формулой (1.11) (a = 2, b = -6) получим

Смотрите также: