книги / Неопределенный интеграл

а заметив, что

1 dx = d (lnx),

свести интеграл к табличному

(формула II):

x

3

ln x

dx = ln xd lnx = ln2 x

+ C =

2

(ln x)3 + C.

3

x

3

2

б)

dx

.

(2x + 1)3

Этот интеграл был рассмотрен в примере 2, в. Найдем его

с помощью

замены

переменной.

Положим

t = 2x + 1.

Тогда

dt = (2x + 1)′ dx = 2dx . Так как dt = 2dx ,

1

то dx =

2dt .

dx

1 dt

1 t−3dt =

1

t

−2

Следовательно,

=

2

=

+ C =

(2x + 1)

3

3

−2

t

2

2

= −

1

+ C = −

1

+ C

или

dx

=

1

(2x + 1)−3 d (2x + 1)=

2

4(2x + 1)

2

(2x +

1)

3

4t

2

=

1

(2x + 1)−2

+ C = −

1

+ C.

4 (2x + 1)2

2

−2

в)

dx

.

1

+

1+ x

(

)

Пусть

1+ x = t ,

тогда

x = t2 − 1;dx = d

t2

= 2tdt .

− 1

dx

2tdt

(

t + 1 − 1

dt

)

Поэтому

=

=

2

dt =2 dt

−

=

1+ 1+ x

1

+ t

t + 1

t

+

1

= 2(t − ln

t + 1

)+ C = 2( x + 1− ln

x + 1+ 1

)+ C.

г)

dx

.

x

2

+ a

2

Обозначим

t =

x2 + a2

+ x (подстановка Эйлера).

Тогда

2x

x2 + a2 + x

dt =

+ 1 dx , т.е. dt

=

dx .

+ a2

x2

+ a2

2 x2

Отсюда

подынтегральное

выражение

dx

=

x2

+ a2

dt

dt

=

=

.

x2

+ a2

+ x

t

dx

dt

Значит

=

= ln

t

+ C = ln

x + x2 + a2

+ C.

2

2

t

x

+ a

Вернемся к старой переменной:

dx

= ln

ex −1

+ C .

ex −1

ex

dx

= ln

e

x

−1

− x + C.

ex −1

x

− x

Обозначим

t = ex + e− x .

Тогда

dt = (ex − e− x )dx .

Отсюда

x

− x

eex +− ee− x dx = dtt = ln

t

+ C = ln(ex + e− x )+ C.

Отметим, что выражение, стоящее под знаком модуля, явля-

ется положительным. Поэтому знак модуля можно опустить.

ж)

dx

.

ex + e− x

dx = 1 dt .

Обозначим

t = ex . Тогда x = lnt

и

Так как

1dt

t

1

1

e− x

, то

dx

=

t

=

dt

=arctgt +C =arctg(ex )+C.

=

= t

ex

ex

+e− x

1

t2 +1

dx

t + t

з)

.

e2x + ex

dx = 1dt .

Как и в предыдущем примере,

положим t = ex ,

1

t

dx

t dt

dt

Тогда

=

=

.

e2x

+ ex

t2 + t

t2 (t + 1)

Для того, чтобы найти последний интеграл, в числителе

прибавим и вычтем t2 :

1

1− t2 + t2

1− t2

t2

dt = t2 (t + 1) dt =

dt +

dt =

t2 (t + 1)

t2 (t + 1)

t2 (t + 1)

1− t

1

1

1

1

1

=

t2

dt +

dt

=

dt − t dt +

dt = − t − ln

t

+ ln

t + 1

+ C .

t + 1

t2

t + 1

− 1

Вернемся к переменной х:

1=

1

− ln

t

+ ln

t + 1

+ C = ln(ex + 1)− x − e− x + C.

Здесь

= e− x ;

t

t

ex

= ln(ex )= x . Так как ex и, тем более,

ln

t

ex + 1 положительны, то

1)

dx

;

2)

x(x − 1)20 dx ;

3)

sin2x

dx ;

(x + 1) x

1+ cos2 x

4)

dx

;

5)

ex dx

.

e

x

− e

− x

e

x − x

− e

Выделим в

знаменателе

полный

квадрат

ax2 + bx + c =

2

2

b

b2

b2

b

2

b2

.

= a x

+

x +

+ c −

= a

x

+

+ c −

2a

4a

2

4a

4a

b

2a

b

Сделаем замену t = x +

,

x = t −

, dx = dt. Тогда ин-

2a

2a

dx

теграл (А) сведется к табличному интегралу

=

ax2 + bx + c

b

dx

d x +

dt

=

=

2a

=

.

b 2

b2

b 2

b2

at

2

+ c −

b2

a x +

+ c −

a x +

+ c −

4a

4a

4a

2a

2a

В зависимости от знака коэффициента a и разности

c −

b2

4a

а)

dx

.

x

2

+ 2x + 3

x2 + 2x +3=

Выделим

в

знаменателе

полный

квадрат:

=(x

2

+ 2x +1)+ 2 =(x +1)

2

+ 2. Значит,

dx

=

dx

=

x2

+ 2x + 3

(x + 1)2 + 2

=

t = x + 1

=

dt

=

1

arctg

t

+C =

1

arctg

x +1

+C.

(форму-

dt = dx

t

2

2

2

2

+ 2

2

ла X).

dx

б)

.

x

2

− x − 2