Неопределённый интеграл и таблица неопределённых интегралов

Дадим теперь такое название множеству всех первообразных данной функции:

Определение 1.1 Пусть

-- функция, заданная на объединении интервалов вещественной оси. Набор всех первообразных для

называется неопределённым интегралом от

и обозначается $\int f(x)\,dx$ . Операция нахождения неопределённого интеграла по заданной функции

называется интегрированием этой функции; найти неопределённый интеграл означает проинтегрировать данную функцию. Функция

, записанная после знака интеграла (или, как часто говорят, под знаком интеграла), называется подынтегральной функцией.

Согласно доказанным выше теоремам о виде первообразных, неопределённый интеграл от функции состоит из функций вида , где -- какая-либо фиксированная первообразная для , а -- величина, постоянная на каждом из непересекающихся интервалов, на которых задана функция . Поэтому можно написать такую формулу:

$\displaystyle \int f(x)\,dx=F(x)+C.$

(Точнее было бы $\int f(x)\,dx=\{F(x)+C\}$ , но фигурные скобки, обозначающие множество всех функций вида

, писать в данной ситуации не принято.)

Итак, для того чтобы доказать равенство $\int f(x)\,dx=F(x)+C$ , достаточно проверить, что -- первообразная для , то есть что . Поэтому таблица неопределённых интегралов для многих часто встречающихся функций сразу следует из таблицы производных, которую мы получили в первом семестре.

1) Поскольку $(x^m)'=mx^{m-1}$ , то при $m\ne0$ $(\frac{1}{m}x^m)'=x^{m-1}$ и $(\frac{1}{n+1}x^{n+1})'=x^n$ , если взять . Поэтому при $n\ne-1$

$\displaystyle \int x^n\,dx=\frac{1}{n+1}x^{n+1}+C.$

В частности, получаем при (заметим, что ):

$\displaystyle \int\,dx=x+C,$

при

(тогда

$\displaystyle \int x\,dx=\frac{1}{2}x^2+C,$

при

$\displaystyle \int x^2\,dx=\frac{1}{3}x^3+C,$

при

(тогда $x^{-2}=\frac{1}{x^2}$ ):

$\displaystyle \int\frac{1}{x^2}\,dx=-\frac{1}{x}+C$

(заметим, что здесь

-- кусочно постоянная величина, принимающая постоянные значения

при

), при $n=\frac{1}{2}$ (тогда $x^{\frac{1}{2}}=\sqrt{x}$ ):

$\displaystyle \int\sqrt{x}\,dx=\frac{1}{3/2}x^{3/2}+C=\frac{2}{3}x\sqrt{x}+C,$

при $n=-\frac{1}{2}$ (тогда $x^{-\frac{1}{2}}=\frac{1}{\sqrt{x}}$ ):

$\displaystyle \int\frac{1}{\sqrt{x}}\,dx=\frac{1}{1/2}x^{1/2}+C=2\sqrt{x}+C,$

при $n=-\frac{1}{3}$ (тогда $x^{-\frac{1}{3}}=\frac{1}{\sqrt[3]{x}}$ ):

$\displaystyle \int\frac{1}{\sqrt[3]{x}}\,dx=\frac{1}{2/3}x^{2/3}+C=\frac{3}{2}\sqrt[3]{x^2}+C$

(здесь

-- кусочно постоянная, поскольку подынтегральная функция задана на объединении двух интервалов $(-\infty;0)\cup(0;+\infty)$ ), и т. п.

2) Пусть . Тогда $\int x^{-1}\,dx=\int\frac{dx}{x}$ не задаётся формулой предыдущего пункта. Однако, согласно таблице производных, при мы имеем $(\ln x)'=\frac{1}{x}$ , следовательно, $F(x)=\ln x=\ln\vert x\vert$ -- первообразная для $f(x)=\frac{1}{x}$ на интервале $(0;+\infty)$ . Проверим, что при функция $\ln\vert x\vert=\ln(-x)$ -- первообразная для $\frac{1}{x}$ на интервале $(-\infty;0)$ . Действительно, по правилу дифференцирования сложной функции получаем

$\displaystyle (\ln(-x))'=\frac{1}{-x}(-x)'=\frac{1}{-x}\cdot(-1)=\frac{1}{x}.$

Итак, на объединении интервалов $(-\infty;0)\cup(0;+\infty)$ ) функция $F(x)=\ln\vert x\vert$ служит первообразной для $f(x)=\frac{1}{x}$ , то есть

$\displaystyle \int\frac{dx}{x}=\ln\vert x\vert+C$

(здесь

-- кусочно постоянная величина).

3) Поскольку, согласно таблице производных, при $a>0, a\ne1$

$\displaystyle \bigl(\frac{1}{\ln a}a^x\bigr)'=\frac{1}{\ln a}\cdot a^x\ln a=a^x,$

то

$\displaystyle \int a^x\,dx=\frac{1}{\ln a}a^x+C.$

В частности, при получаем:

$\displaystyle \int e^x\,dx=e^x+C.$

4) Поскольку $(\sin x)'=\cos x$ , получаем

$\displaystyle \int\cos x\,dx=\sin x+C.$

5) Поскольку $(-\cos x)'=\sin x$ , получаем

$\displaystyle \int\sin x\,dx=-\cos x+C.$

6) Так как $(\mathop{\rm tg}\nolimits x)'=\frac{1}{\cos^2x}$ , то

$\displaystyle \int\frac{dx}{\cos^2x}=\mathop{\rm tg}\nolimits x+C$

(здесь

-- кусочно постоянная функция; см. пример в замечании 1.1).

7) Аналогично, поскольку $(\mathop{\rm ctg}\nolimits x)'=-\frac{1}{\sin^2x}$ , получаем

$\displaystyle \int\frac{dx}{\sin^2x}=-\mathop{\rm ctg}\nolimits x+C$

(здесь

-- кусочно постоянная функция на интервалах вида $(k\pi;(k+1)\pi)$ , где $k\in\mathbb{Z}$ ).

8) Табличная формула $(\arcsin x)'=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$ означает, что $F(x)=\arcsin x$ -- первообразная для $f(x)=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$ на интервале . Значит,

$\displaystyle \int\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}=\arcsin x+C.$

Заметим, что в соответствии с примером 1.3 мы можем также написать:

$\displaystyle \int\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}=-\arccos x+C.$

(Значения

в двух последних формулах означают разные постоянные.)

Докажем также обобщение полученной формулы: если , то на интервале имеем

$\displaystyle \int\frac{dx}{\sqrt{a^2-x^2}}=\arcsin\frac{x}{a}+C.$

Для доказательства достаточно показать, что производная правой части равна подынтегральной функции:

$\displaystyle \bigl(\arcsin\frac{x}{a}\bigr)'= \frac{1}{\sqrt{1-\frac{x^2}{a^2... ...frac{1}{\sqrt{1-\frac{x^2}{a^2}}}\cdot\frac{1}{a}= \frac{1}{\sqrt{a^2-x^2}}.$

Разумеется, верна и формула

$\displaystyle \int\frac{dx}{\sqrt{a^2-x^2}}=-\arccos\frac{x}{a}+C.$

9) Из табличной формулы $(\mathop{\rm arctg}\nolimits x)'=\frac{1}{1+x^2}$ (при $x\in(-\infty;+\infty)$ ) получаем, что

$\displaystyle \int\frac{dx}{1+x^2}=\mathop{\rm arctg}\nolimits x+C.$

Поскольку $\mathop{\rm arctg}\nolimits x+\mathop{\rm arcctg}\nolimits x=\frac{\pi}{2}$ при любом

, то функция $-\mathop{\rm arcctg}\nolimits x$ так же, как и $\mathop{\rm arctg}\nolimits x$ , служит первообразной для $\frac{1}{1+x^2}$ . Значит, мы можем также написать

$\displaystyle \int\frac{dx}{1+x^2}=-\mathop{\rm arcctg}\nolimits x+C$

(с другим, однако, значением постоянной

, нежели в предыдущей формуле).

Докажем также следующее обобщение полученной формулы: если , то

$\displaystyle \int\frac{dx}{a^2+x^2}=\frac{1}{a}\mathop{\rm arctg}\nolimits \frac{x}{a}+C.$

Для доказательства найдём производную правой части:

$\displaystyle \bigl(\frac{1}{a}\mathop{\rm arctg}\nolimits \frac{x}{a}\bigr)'= ... ...frac{1}{a}\cdot\frac{1}{1+\frac{x^2}{a^2}}\cdot\frac{1}{a}= \frac{1}{a^2+x^2}.$

Получили подынтегральную функцию, что и доказывает формулу.

Ясно, что имеет место также формула

$\displaystyle \int\frac{dx}{a^2+x^2}=-\frac{1}{a}\mathop{\rm arcctg}\nolimits \frac{x}{a}+C.$

10) Докажем формулу

$\displaystyle \int\frac{dx}{\sqrt{x^2+k}}=\ln\vert x+\sqrt{x^2+k}\vert+C,$

(1.1)

где $k\ne0$ -- произвольное постоянное число. (Заметим, что при

формула имеет смысл для всех $x\in\mathbb{R}$ , а при

-- для $x\in(-\infty;-\sqrt{\vert k\vert})\cup(\sqrt{\vert k\vert};+\infty)$ , так что во втором случае величина

-- кусочно постоянная.) Для доказательства надо рассмотреть два случая: $x+\sqrt{x^2+k}>0$ (при

возможен только этот случай; это неравенство имеет место также при

и $x\in(\sqrt{\vert k\vert};+\infty)$ ) и $x+\sqrt{x^2+k}<0$ (при

и $x\in(-\infty;-\sqrt{\vert k\vert})$ ; поскольку $k\ne0$ , случай равенства нулю невозможен). В первом случае имеем:

$\displaystyle (\ln\vert x+\sqrt{x^2+k}\vert)'= (\ln(x+\sqrt{x^2+k}))'=$
$\displaystyle =\frac{1}{x+\sqrt{x^2+k}}(x+\sqrt{x^2+k})'= \frac{1}{x+\sqrt{x^2+k}}(1+\frac{1}{2\sqrt{x^2+k}}(x^2+k)'=$
$\displaystyle =\frac{1}{x+\sqrt{x^2+k}}(1+\frac{x}{\sqrt{x^2+k}}= \frac{x+\sqrt{x^2+k}}{(x+\sqrt{x^2+1})\sqrt{x^2+k}}= \frac{1}{\sqrt{x^2+k}}.$

Поскольку получили подынтегральную функцию, формула в этом случае доказана. Второй случай, когда $\ln\vert x+\sqrt{x^2+k}\vert=\ln(-(x+\sqrt{x^2+k}))$ , рассматривается аналогично.

Заметим, что функцию в правой части формулы (1.1) часто называют кдлинным логарифмом", в отличие от правой части формулы следующего пункта, тоже содержащей логарифм.

11) Пусть и $x\ne\pm a$ , то есть $x\in(-\infty;-a)\cup(-a;a)\cup(a;+\infty)$ . Тогда

$\displaystyle \int\frac{dx}{x^2-a^2}=\frac{1}{2a}\ln\bigl\vert\frac{x-a}{x+a}\bigr\vert+C$

(1.2)

(здесь

-- кусочно постоянная величина, которая на трёх интервалах изменения

может принимать три разных значения).

Рассмотрим два случая: $\frac{x-a}{x+a}>0$ (это неравенство выполняется при ${x\in(-\infty;-a)\cup(a;+\infty)}$ ) и ${\frac{x-a}{x+a}<0}$ (это неравенство выполняется при ${x\in(-a;a)}$ ). В первом случае имеем

$\displaystyle \Bigl(\frac{1}{2a}\ln\bigl\vert\frac{x-a}{x+a}\bigr\vert\Bigr)'= \frac{1}{2a}\cdot\frac{1}{\frac{x-a}{x+a}}\cdot\bigl(\frac{x-a}{x+a}\bigr)'=$
$\displaystyle =\frac{1}{2a}\cdot\frac{x+a}{x-a}\cdot\frac{(x+a)-(x-a)}{(x+a)^2}= \frac{2a}{2a(x-a)(x+a)}=\frac{1}{x^2-a^2}.$

Получили подынтегральную функцию, так что формула (1.2) в этом случае доказана. Случай $\frac{x-a}{x+a}<0$ рассматривается аналогично.

Функцию, стоящую в правой части формулы (1.2), часто называют квысоким логарифмом".

12) Докажем формулу

$\displaystyle \int\frac{dx}{\sin x}=\ln\bigl\vert\mathop{\rm tg}\nolimits \frac{x}{2}\bigr\vert+C.$

(Здесь

постоянна на каждом из интервалов $(k\pi;(k+1)\pi)$ , $k\in\mathbb{Z}$ , из которых состоит область определения подынтегральной функции $\frac{1}{\sin x}$ .)

Подсчитаем производную правой части в случае, когда $\mathop{\rm tg}\nolimits \frac{x}{2}>0$ . Получаем:

$\displaystyle \Bigl(\ln\bigl(\mathop{\rm tg}\nolimits \frac{x}{2}\bigr)\Bigr)'=... ...rm tg}\nolimits \frac{x}{2}}\cdot\frac{1}{\cos^2\frac{x}{2}}\cdot \frac{1}{2}=$
$\displaystyle =\frac{1}{2\sin\frac{x}{2}\cos\frac{x}{2}}=\frac{1}{\sin x}.$

Случай $\mathop{\rm tg}\nolimits \frac{x}{2}<0$ разбирается аналогично.

13) Имеет место также формула

$\displaystyle \int\frac{dx}{\cos x}=\ln\bigl\vert\mathop{\rm tg}\nolimits \bigl(\frac{x}{2}+\frac{\pi}{4}\bigr)\bigr\vert+C,$

доказательство которой предоставляется читателю в качестве упражнения.

Интегралы от функций, рациональным образом зависящих от и $\sqrt{ax^2+bx+c}$

Пусть функция

рациональным образом зависит от своих аргументов

. Рассмотрим интеграл

$\displaystyle \int R(x,\sqrt{ax^2+bx+c})dx,$ Тройной интеграл При рассмотрении тройного инеграла не будем подробно останавливаться на всех тех теоретических выкладках, которые были детально разобраны применительно к двойному интегралу, т.к. существенных различий между ними нет.

где квадратный трёхчлен

содержит по крайней мере два ненулевых слагаемых, и $a\ne0$ (

-- некоторые постоянные). Будем считать, что он не равен полному квадрату некоторого линейного выражения, то есть

$\displaystyle ax^2+bx+c\ne z^2,$

где

(

-- некоторые постоянные), так как иначе квадратный корень извлекается: $\sqrt{ax^2+bx+c}=\vert z\vert$ , и интеграл сводится к интегралу от рациональной функции переменного

(при $z\geqslant 0$ и при $z\leqslant 0$ получаются разные интегралы!). При этом предположении мы можем выделить в этом квадратном трёхчлене полный квадрат и привести его к одному из трёх возможных видов:
1)

;
2)

;
3)

,
где

-- некоторая постоянная, а

-- линейное выражение. (Четвёртый логически возможный случай,

, означает, что под корнем находится отрицательное выражение, и поэтому рассматриваться не будет.)

Подберём такие тригонометрические замены, чтобы корень извлекался. В первом случае, когда подкоренное выражение равно , годится замена $z=m\sin t$ , где -- некоторая новая переменная. Тогда

$\displaystyle \sqrt{m^2-z^2}=\sqrt{m^2(1-\sin^2t)}=m\vert\cos t\vert.$

Достаточно считать, что $t\in[-\frac{\pi}{2};\frac{\pi}{2}]$ , так как при этом переменная

принимает все возможные для неё значения $z\in[-m;m]$ . Тогда $\cos t\geqslant 0$ и $\vert\cos t\vert=\cos t$ . Получаем, что

$\displaystyle x=\frac{1}{k}(z-d)=\frac{1}{k}(m\sin t-d)$

$\displaystyle dx=\frac{m}{k}\cos t\,dt.$

Переходя к новой переменной в интеграле, получим:

$\displaystyle \int R(x,\sqrt{ax^2+bx+c})dx= \int R\Bigl(\frac{1}{k}(m\sin t-d),m\cos t\Bigr)\frac{m}{k}\cos t\,dt= \int R_1(\sin t,\cos t),$

где $R_1(\sin t,\cos t)$ -- некоторая функция, рациональным образом зависящая от синуса и косинуса. Тем самым вычисление интеграла свелось к уже изученному выше случаю.

Неопределенный интеграл Векторное произведение векторов

Трассировка пиксельных изображений Adobe Illustrator Линейные блоковые коды

Интегралы - конспект лекций, задачи с решениями