замена переменной в интеграле

6.3 Интегрирование рациональных функций.

Рациональной функцией (или дробью) называется функция вида
$f(x) = \displaystyle\frac{P(x)}{Q(x)},$
где $P(x)$ и $Q(x)$ – многочлены. Если степень числителя меньше степени знаменателя, то рациональная дробь называется правильной. Ясно, что каждая рациональная дробь может быть представлена в виде
$\displaystyle\frac{P(x)}{Q(x)} = R(x) + \displaystyle\frac{P_{1}(x)}{Q(x)},$
где $R(x)$ – многочлен, а дробь $\displaystyle\frac{P_{1}(x)}{Q(x)}$ – правильная. Поскольку интегралы от многочленов вычисляются совсем просто, то мы будем рассматривать методы интегрирования правильных дробей.

Будем различать следующие четыре вида дробей:

$\displaystyle\frac{A}{x-a}$ , где $A$ , $a$ — постоянные.
$\displaystyle\frac{A}{(x-a)^k}$ , где $A$ , $a$ — постоянные, $k = 2,3 \ldots$
$\displaystyle\frac{Mx + N}{x^2 + px + q}$ , где $M$ , $N$ , $p$ , $q$ – постоянные, квадратный трехчлен в знаменателе не имеет действительных корней.
$\displaystyle\frac{Mx + N}{(x^2 + px + q)^k}$ , где $M$ , $N$ , $p$ , $q$ – постоянные, квадратный трехчлен в знаменателе не имеет действительных корней.

Покажем как вычисляются интегралы от каждой из этих дробей.

$\int \displaystyle\frac{a}{x-a}dx = A\ln\left | x — a \right | + C$ .
$\int \displaystyle\frac{a}{(x-a)^k}dx = -\frac{A}{k-1}\cdot \displaystyle\frac{1}{(x-a)^{k-1}} + C$ .
$\int \displaystyle\frac{Mx + N}{x^2 + px + q}dx$ . Для вычисления этого интеграла представим подынтегральное выражение в виде
$\displaystyle\frac{Mx + N}{x^2 + px + q} = \displaystyle\frac{\frac{M}{2}(2x+p) + N — p\frac{M}{2}}{x^2 + px + q} = \displaystyle\frac{M}{2} \cdot \displaystyle\frac{2x+p}{x^2 + px + q} + \displaystyle\frac{N-p\displaystyle\frac{M}{2}}{x^2 + px + q}.$
Для вычисления интеграла от первого слагаемого справа, очевидно, достаточно выполнить замену $t = x^2 + px + q$ . Тогда получим
$\int \displaystyle\frac{2x + p}{x^2 + px + q} = \ln(x^2 + px + q) + C.$
Для вычисления интеграла от второго слагаемого справа выделим полный квадрат в знаменателе, т.е. представим знаменатель в виде $x^2 + px + q = (x+\displaystyle\frac{p}{2})^2 + q — \displaystyle\frac{p^2}{4}$ . Поскольку квадратный трехчлен в знаменателе не имеет действительных корней, то его дискриминант $\displaystyle\frac{p^2}{4} — q < 0$ . Обозначим $a^2 = q — \displaystyle\frac{p^2}{4}$ . Выполняя замену $x + \displaystyle\frac{p}{2} = t$ , получим
$\int \displaystyle\frac{1}{x^2 + px + q}dx = \int \displaystyle\frac{1}{(x+\displaystyle\frac{p}{2})^2 + a^2}dx = \int \displaystyle\frac{dt}{t^2 + a^2} = \frac{1}{a^2} \int \displaystyle\frac{dt}{\displaystyle\frac{t^2}{a^2} + 1} =\\= \displaystyle\frac{1}{a} \int \displaystyle\frac{d(\displaystyle\frac{t}{a})}{(\displaystyle\frac{t}{a})^2 + 1} = \displaystyle\frac{1}{a} \text{arctg}\: \displaystyle\frac{t}{a} + C .$
Возвращаясь теперь к старой переменной, получим исходный интеграл.
$\displaystyle\frac{Mx + N}{(x^2 + px + q)^k}$ . Для вычисления этого интеграла, как и в предыдущем случае, представим подынтегральное выражение в виде
$\displaystyle\frac{Mx + N}{(x^2 + px + q)^k} = \displaystyle\frac{\frac{M}{2}(2x + p) + N — p\displaystyle\frac{M}{2}}{(x^2 + px + q)^k} =\\=\displaystyle\frac{M}{2} \cdot \displaystyle\frac{2x+p}{(x^2 + px + q)^k} + \displaystyle\frac{N-p\frac{m}{2}}{(x^2 + px + q)^k}.$
Для вычисления интеграла от первого слагаемого справа, очевидно, достаточно выполнить замену $t = x^2 + px + q.$ Тогда получим
$\int \displaystyle\frac{2x + p}{(x^2 + px + q)^k}dx = \displaystyle\frac{1}{-k+1}(x^2+px+q)^{-k+1} +C.$
Для вычисления интеграла от второго слагаемого, как и в предыдущем случае, выделим полный квадрат из квадратного трехчлена в знаменателе. Тогда после замены переменной $t = x+\displaystyle\frac{p}{2}$ он сведется к интегралу вида $\int \displaystyle\frac{dt}{(t^2+a^2)^k}$ . Обозначим этот интеграл через $I_{k}$ и выведем рекуррентную формулу для вычисления этого интеграла. Будем применять формулу интегрирования по частям. Имеем
$I_{k} = \int \displaystyle\frac{dt}{(t^2 + a^2)^k} = \begin{bmatrix}u = \displaystyle\frac{1}{(t^2+a^2)^k}, & dv = dt \\ du = -\displaystyle\frac{2kt}{(t^2+a^2)^{k+1}}, & v = t \end{bmatrix} =\\=\displaystyle\frac{t}{(t^2 + a^2)^k} + 2k\int \displaystyle\frac{t^2}{(t^2 + a^2)^{k+1}}dt = \displaystyle\frac{t}{(t^2 + a^2)^k}+2k\int\displaystyle\frac{t^2 + a^2 — a^2}{(t^2 + a^2)^{k+1}}dt =\\= \displaystyle\frac{t}{(t^2 + a^2)^k} + 2k\int \displaystyle\frac{dt}{(t^2 + a^2)^k} — 2ka^2 \int \displaystyle\frac{dt}{(t^2 + a^2)^{k+1}} =\\= \displaystyle\frac{t}{(t^2 + a^2)^k} + 2kI_{k} — 2ka^2I_{k+1}.$
Отсюда находим
$I_{k+1} = \displaystyle\frac{1}{2ka^2}\begin{bmatrix} \displaystyle\frac{t}{(t^2 + a^2)^k} +(2k-1)I_k \end{bmatrix} (k = 1,2,\ldots).$
При этом, как мы уже вычислили ранее,
$I_{1} = \int \displaystyle\frac{dt}{t^2 + a^2} = \displaystyle\frac{1}{a} \text{arctg}\:\displaystyle\frac{t}{a} + C.$
Итак, и в этом случае мы получили правило вычисления интеграла от дроби четвертого вида.

Из основной теоремы алгебры следует, что каждый многочлен с действительными коэффициентами может быть представлен в виде произведения конечного числа линейных сомножителей вида $x — a$ и квадратичных сомножителей вида $x^2 + px + q$ , где $\displaystyle\frac{p^2}{4} — q < 0$ . Именно, справедливо равенство
$Q(x) = A(x-a_1)^{k_1}\ldots(x-a_r)^{k_r}(x^2+p_1x+q_1)^{m_1}\ldots(x^2+p_sx+q_s)^{m_s}, (1)$
где $k_i$ и $m_i$ – целые неотрицательные числа.
С использованием этого представления можно показать, что справедлива следующая

Пусть $\displaystyle\frac{P(x)}{Q(x)}$ – правильная дробь, знаменатель которой допускает разложение (1). Тогда эта дробь единственным образом может быть представлена в виде суммы простых дробей, т.е.
$\displaystyle\frac{P(x)}{Q(x)} = \sum_{i=1}^{r}\sum_{j=1}^{k_i}\displaystyle\frac{A_{ij}}{(x-a_i)^j} + \sum_{i=1}^{r}\sum_{j=1}^{m_i}\displaystyle\frac{M_{ij}x + N_{ij}}{(x^2 + P_ix+q_i)^j}.$

Выше уже показано, что интеграл от каждой простой дроби выражается через элементарные функции. Таким образом, справедлива

Теорема. Каждая рациональная дробь имеет первообразную, которая выражается через элементарные функции, а именно, с помощью рациональных функций, логарифмической функции и арктангенса.

Этот метод интегрирования рациональных дробей предназначен для выделения рациональной части из интеграла от рациональной функции. Именно, используя представление (1), интеграл от правильной дроби представляется в виде
$\int \displaystyle\frac{P(x)}{Q(x)} =\\=\int \displaystyle\frac{P(x)}{A(x-a_1)^{k_1}\ldots(x-a_r)^{k_r}(x^2+p_1x +q_1)^{m_1}\ldots(x^2+p_sx+q_s)^{m_s}}dx =\\=\int \displaystyle\frac{R_{k_1 + \ldots + k_r + 2(m_1 + \ldots + m_s) — r — 2s — 1}(x)dx}{A(x-a_1)^{k_1-1}\ldots(x-a_r)^{k_r-1}(x^2+p_1x +q_1)^{m_1-1}\ldots(x^2+p_sx+q_s)^{m_s-1}} +\\+ \int \displaystyle\frac{S_{r+2r-1}(x)}{A(x-a_1)…(x-a_r)(x^2+p_1x +q_1)^{m_1-1}\ldots(x^2+p_sx+q_s)}dx,$
где многочлены $R_{k_1+\ldots+k_r+2(m_1 + \ldots + m_s)-r-2s-1}(x)$ и $S_{r+2s-1}(x)$ степени $k_1+\ldots+k_r+2(m_1+\ldots+m_s)-r-2s-1$ и $r+2s-1$ соответственно имеют неопределенные коэффициенты. Эти коэффициенты находятся затем из условия равенства производных левой и правой частей записанного равенства. Таким образом, вычисление интеграла от правильной дроби сводится к вычислению интеграла от другой правильной дроби, у которой в знаменателе все множители в первой степени. Такой интеграл вычисляется, как указано выше, путем разложения подынтегрального выражения
на простые дроби. Тем самым отпадает необходимость в использовании полученной выше рекуррентной формулы для вычисления интегралов от простой дроби четвертого типа.

Примеры решения задач

Найти неопределенный интеграл $I = \int \displaystyle\frac{2x^2 — 3x + 3}{x^3 — 2x^2 + x}dx$ .

Решение

Разложим знаменатель на множители: $x^3 -2x^2 + x = x(x-1)^2$ . Тогда подынтегральная функция представима в виде

$\displaystyle\frac{2x^2-3x+3}{x(x-1)^2} = \displaystyle\frac{A}{x} + \displaystyle\frac{B}{x-1} + \displaystyle\frac{C}{(x-1)^2},$
где $A$ , $B$ , $C$ – постоянные коэффициенты. Для их нахождения приведем выражение справа к общему знаменателю и, приравнивая числители полученных дробей, найдем

$2x^2-3x+3=A(x-1)^2 + Bx(x-1)+Cx.$

Поскольку это тождество имеет место при всех $x$ , кроме $x=0,x=1,$ то коэффициенты этих многочленов при одинаковых степенях $x$ равны. Приравнивая их, получаем линейную систему уравнений

$\left.\begin{matrix}x^2 : & A+B=2\\ x : & -2A-B+C=-3\\ x^0 : & A=3\end{matrix}\right\}$

Решая эту систему, находим $A = 3$ , $B = −1$ , $C = 2.$ Подставляя эти значения в разложение подынтегральной функции и вычисляя соответствующие интегралы, получаем
$I=3\ln\left | x \right | — \ln \left | x-1 \right | — \displaystyle\frac{2}{x-1} + C = \ln \displaystyle\frac{\left | x \right |^3}{\left | x-1 \right |} — \displaystyle\frac{2}{x-1} +C.$
Найти неопределенный интеграл $I = \int \displaystyle\frac{x dx}{x^3 + 1}dx$ .

Решение

Как и в предыдущем примере, разложим на множители знаменатель:

$x^3 + 1 = (x+1)(x^2-x+1).$
Раскладываем подынтегральное выражение с неопределнными коэффициентами
$\displaystyle\frac{x}{x^3 + 1} = \displaystyle\frac{A}{x+1} + \displaystyle\frac{Mx+N}{x^2-x+1},$
откуда $x = A(x^2−x+1)+(Mx+N)(x+1)$ . Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях $x$ , составляем линейную систему для нахождения чисел $A$ , $M$ , $N$ :
$\left.\begin{matrix}x^2 : & 0+A+M,\\ x : & 1=-A+M+N,\\ x^0 : & 0=A+N.\end{matrix}\right\}$
Решая эту систему, находим $A = −\displaystyle\frac{1}{3}, M = N =\displaystyle\frac{1}{3}$ . Поэтому
$I=-\displaystyle\frac{1}{3}\ln\left | x+1 \right | + \displaystyle\frac{1}{3}\int \displaystyle\frac{x+1}{x^2-x+1}dx=\\=-\displaystyle\frac{1}{3}\ln\left | x+1 \right | + \displaystyle\frac{1}{6}\int \displaystyle\frac{2x-1}{x^2-x+1}dx + \displaystyle\frac{1}{2}\int \displaystyle\frac{dx}{x^2-x+1}=\\=-\displaystyle\frac{1}{3}\ln\left | x+1 \right | + \displaystyle\frac{1}{6}\ln(x^2-x+1) + \displaystyle\frac{1}{2} \int \displaystyle\frac{dx}{(x — \displaystyle\frac{1}{2})^2 + \displaystyle\frac{3}{4}} =\\=-\displaystyle\frac{1}{3}\ln\left | x+1 \right | + \displaystyle\frac{1}{6}\ln(x^2-x+1) + \displaystyle\frac{1}{\sqrt{3}}\text{arctg}\:\displaystyle\frac{2}{\sqrt{3}}(x-\displaystyle\frac{1}{2}) + C.$
Найти неопределенный интеграл $\int \displaystyle\frac{(x^2 — 19x + 6)}{(x-1)(x^2 + 5x + 6)}dx$

Решение

Разложим знаменатель на множители: $(x-1)(x^2+5x+6) = (x-1)(x-2)(x-3).$ Тогда подынтегральная функция представима в виде:
$\displaystyle\frac{x^2-19x+6}{(x-1)(x^2+5x+6)} = \displaystyle\frac{A}{x-1} + \displaystyle\frac{B}{x+2} + \displaystyle\frac{C}{x+3}$
Для нахождения $A, B$ и $C$ приведем выражение справа к общему знаменателю и, приравнивая числители полученных дробей, найдем
$A(x^2 + 5x + 6) + B(x^2 + 2x — 3) + c(x^2 + x — 2) = x^2 -19x+6$
Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях $x$ , составляем систему линейных уравнений для нахождения чисел $A, B, C$
$\left.\begin{matrix} x^2 : & 1=A+B+C \\ x : & -19 = 5A+2B+C \\ x^0 : & 6=6A-3B-2C \end{matrix}\right\}$
Решаем систему, получаем значения $A = -1; B = -16; C=18$ . Возвращаемся к изначальному интегралу и находим окончательное решение
$\int (-\displaystyle\frac{1}{x-1}-\displaystyle\frac{16}{x+2}+\displaystyle\frac{18}{x+3})dx = -\ln\left | x-1 \right | — 16\ln\left | x+2 \right |+18\ln\left | x+3 \right | + C.$
Найти неопределенный интеграл $\int \displaystyle\frac{x^2-6x+8}{x^3+8}dx$

Решение

По формуле суммы кубов раскладываем знаменатель на множители, используя формулу сокращенного умножения $a^3 + b^3 = (a+b)(a^2-ab+b^2)$
$\int \displaystyle\frac{x^2-6x+8}{x^3+8}dx = \int \displaystyle\frac{x^2-6x+8}{(x+2)(x^2-2x+4)}dx.$
Методом неопределенных коэффициентов разложим подынтегральную функцию в сумму элементарных дробей
$\displaystyle\frac{A}{x+2} +\displaystyle\frac{Bx+C}{x^2-2x+4} = \displaystyle\frac{x^2-6x+8}{(x+2)(x^2-2x+4)}.$
Приводим дробь к общему знаменателю
$A(x^2 — 2x + 4) + B(x^2 + 2x) + C(x+2) = x^2-6x+8$
Составим и решим систему
$\left.\begin{matrix}x^2 : & A+B=1\\ x : & -2A+2B+C=-6\\ x^0 : & 4A+2C=8\end{matrix}\right\}$
Подставим значения $A = 2$ , $B = -1$ , $C = 0$ в функцию и найдем интеграл
$\int (\displaystyle\frac{2}{x+2} — \displaystyle\frac{x}{x^2-2x+4})dx = 2\int \displaystyle\frac{dx}{x+2} + \int \displaystyle\frac{-\displaystyle\frac{1}{2}d(x^2-2x+4) — dx}{x^2 -2x +4} =\\= 2\ln \left | x+2 \right | — \displaystyle\frac{1}{2}\int\displaystyle\frac{d(x^2-2x+4)}{x^2-2x+4} — \int\displaystyle\frac{dx}{x^2-2x+1 +3} = \\= 2\ln \left | x+2 \right | — \frac{1}{2}\ln(x^2 — 2x + 4) — \int \frac{d(x-1)}{(x-1)^2 + (\sqrt{3})^2} = \\= 2\ln \left | x+2 \right | — \frac{1}{2}\ln(x^2 — 2x + 4) — \frac{1}{\sqrt{3}}\text{arctg}\:(\frac{x-1}{\sqrt{3}}) + C.$

Интегрирование рациональных функций

Тест на тему: Интегрирование рациональных функций

Задание 1 из 5

1.
Количество баллов: 1
Рациональная функция функция вида $\displaystyle\frac{Q(x)}{P(x)}$ , где $Q(x)$ и $P(x)$ — это
Правильно

Неправильно

Задание 2 из 5

2.

Количество баллов: 1

Какая из данных дробей является дробью какого типа?

Элементы сортировки

$-\displaystyle\frac{9}{x-1}$
$\displaystyle\frac{13}{x^2 - 4x + 4}$
$\displaystyle\frac{15x + 4}{7x^2 + x + 3}$
$\displaystyle\frac{3x - 8}{(x^2 - 6x + 11)^3}$

Дробь 1 типа

Дробь 2 типа

Дробь 3 типа

Дробь 4 типа

Неправильно

$\frac{15x + 4}{7x^2 + x + 3}$ — дробь 3 типа
$\frac{3x — 8}{(x^2 — 6x + 11)^3}$ — дробь 4 типа
$-\frac{9}{x-1}$ — дробь 1 типа
$\frac{13}{x^2 — 4 + 4}$ = $\frac{13}{(x-2)^2}$ — дробь 2 типа

Задание 3 из 5

3.
Количество баллов: 1
Чему равен интеграл $\int \frac{1}{x^2 + px + q}$
- $\frac{1}{\sqrt{q-\frac{p^2}{4}}} \arctan \frac{x+\frac{p}{2}}{\sqrt{q-\frac{p^2}{4}}} + C$
- $\sqrt{q-\frac{p^2}{4}} \arctan \frac{x+\frac{p}{2}}{q-\frac{p^2}{4}} + C$
- $\ln\left | \frac{\sqrt{x+\frac{p}{2}}}{q-\frac{p^2}{4}} \right | + C$
- $\sqrt{x^2+\frac{p}{2}} \ln\left | \frac{x^2 + px + q}{q-\frac{p^2}{4}} \right | + C$
Правильно

Неправильно
Задание 4 из 5

4.
Количество баллов: 1
Какие из дробей является правильными?
- $\frac{x^3 + 1}{7x^2 - 9x + 1}$
- $\frac{3x^4 - 6}{(2x^2 +x -3)^2}$
- $\frac{(2x^6 - x)^3}{(x^4 + 4x -1)^5}$
- $\frac{3^3 + x}{6x^5 - 5x + 3}$
Правильно

Неправильно
Задание 5 из 5

5.
Количество баллов: 1
Действия при интегрировании рациональных функций:
- Проверить, является ли функция правильной дробью.
- Представить изначальную дробь в виде суммы элементарных дробей с помощью метода неопределенных коэффициентов.
- Привести дроби к общему знаменателю и приравнять числитель к числителю первоначальной дроби.
- Составить систему линейных уравнений, решить ее и найти значение всех коэффициентов.
- Подставить каждый коэффициент в сумму элементарных дробей
- Найти интеграл суммы элементарных дробей, используя формулы интегралов элементарных дробей
Правильно

Неправильно

Литература:

В.И.Коляда, А.А.Кореновский. «Курс лекций по математическому анализу» в двух частях / часть первая – Одесса: Астропринт, 2009 (стр. 288)

Смотрите также:

6.2 Интегрирование по частям и замена переменной

Пусть функции $u(x)$ и $v(x)$ дифференцируемы на интервале $I$ . Если одна из функций $u(x)v'(x)$ или $u'(x)v(x)$ имеет первообразную на интервале $I$ , то на этом интервале имеет первообразную и другая функция, причем справедливо равенство $\begin{equation}\label{eq:exp1}\int u(x)v'(x)dx=u(x)v(x)-\int u'(x)v(x)dx\end{equation}.$

Доказательство сразу следует из правила дифференцирования произведения. Действительно, пусть $u(x)v'(x)$ имеет первообразную. Тогда, по правилу дифференцирования произведения, имеем $[u(x)v(x)]’=u'(x)v(x)+u(x)v'(x).$
Отсюда получаем, что $u'(x)v(x)$ является разностью двух производных функций, т. е. разностью двух функций, имеющих первообразные. Поэтому она сама также является производной, т. е. имеет первообразную, и справедливо равенство $\eqref{eq:exp1}$ .

Коротко правило интегрирования по частям может быть записано так:
$\int udv=uv-\int vdu.$
Действительно, в этой записи используется формула для вычисления дифференциала функции $du(x)=u'(x)dx$ .

Если одна из функций дифференцируема, а другая имеет первообразную, то их произведение (производной на функцию, имеющую первообразную) не обязано иметь первообразную. Такой пример приводится сразу после этого замечания. Поэтому в формулировке теоремы нужно предполагать наличие первообразной у одной из функций $u'(x)v(x)$ или $u(x)v'(x)$ .

Существуют дифференцируемая функция $u$ и имеющая первообразную функция $v$ , такие, что $u’v$ не имеет первообразной.

Достаточно показать, что квадрат функции, имеющей первообразную, может не иметь первообразной.
Положим $f(x)=|x|^\alpha \sin\displaystyle\frac{1}{x}$ , $x\neq0$ , $f(0)=0$ . При $\alpha>1$ функция $f$ дифференцируема на $\mathbb{R}$ и ее производная равна
$\begin{equation*}f'(x) = \begin{cases}\alpha|x|^{\alpha-1}\sin\displaystyle\frac{1}{|x|}-|x|^{\alpha-2}\cos\displaystyle\frac{1}{x},\; x\neq0, \\ 0,\; x=0. \end{cases}\end{equation*}$
Поскольку функция $\alpha|x|^{\alpha-1}\sin\displaystyle\frac{1}{x}\equiv\varphi(x) (x\neq0)$ , $\varphi(0) = 0$ непрерывна на $\mathbb{R}$ , а значит, имеет первообразную на $\mathbb{R}$ , то функция
$v(x)\equiv|x|^{\alpha-2}\cos\displaystyle\frac{1}{x}=\varphi(x)-f'(x) (x\neq0),\;\; v(0) = 0,$
имеет первообразную на $\mathbb{R}$ как разность двух функций — $\varphi(x)$ и $f'(x)$ , имеющих первообразные на $\mathbb{R}$ .
Покажем, что при надлежащем выборе числа $\alpha>1$ функция $v^2(x)$ не имеет первообразной на $\mathbb{R}$ . Предположим противное. Пусть существует такая дифференцируемая на $\mathbb{R}$ функция $F$ , что для всех $x\in \mathbb{R}$ справедливо равенство
$F'(x)=v^2(x)=|x|^{2(\alpha-2)}\cos^2\displaystyle\frac{1}{x},\;\; (x\neq0),\;\; F'(0)=0.$
Для $k = 1, 2, \ldots$ обозначим
$[a_k, b_k] = \left[\displaystyle\frac{4}{(4k+1)\pi}, \displaystyle\frac{4}{(4k-1)\pi}\right].$
Если $x\in[a_k, b_k]$ , то
$\displaystyle\frac{1}{x}\in\left[\displaystyle\frac{(4k-1)\pi}{4}, \displaystyle\frac{(4k+1)\pi}{4}\right], \\ \displaystyle\frac{2}{x}\in\left[\displaystyle\frac{(4k-1)\pi}{4}, \displaystyle\frac{(4k+1)\pi}{4}\right]=\left[2k\pi-\displaystyle\frac{\pi}{2}, 2k\pi+\displaystyle\frac{\pi}{2}\right].$
Поэтому для $x\in[a_k, b_k]$ имеем
$\cos^2\displaystyle\frac{1}{x}=\displaystyle\frac{1+\cos\displaystyle\frac{2}{x}}{2}\geqslant\displaystyle\frac{1}{2},$
так что $F'(x)\geqslant\displaystyle\frac{1}{2}x^{2(\alpha-2)}, x\in[A_k, b_k]$ . По теореме Лагранжа получим
$F(b_k)-F(a_k)=F'(\xi_k)(b_k-a_k)\geqslant\displaystyle\frac{1}{2}\xi^{2(\alpha-2)}_k(b_k-a_k)\geqslant\displaystyle\frac{b_k-a_k}{2}b^{2(\alpha-2)}_k,$
где $\xi_k\in[a_k, b_k]$ , а число $\alpha>1$ будет выбрано так, что $\alpha<2$ . Отсюда получим
$F(a_k)\leqslant F(b_k)-\displaystyle\frac{b_k-a_k}{2}b^{2(\alpha-2)}_k.$
Заметим, что отрезки $[a_k, b_k]$ попарно не пересекаются и, так как $F'(x)\geqslant0$ , то функция $F$ не убывает. Значит,
$F(b_{k+1})\leqslant F(a_k)\leqslant F(b_k)-\displaystyle\frac{b_k-a_k}{2}b^{2(\alpha-2)}_k.$
Отсюда следует, что
$\begin{equation}\label{eq:exp2}F(b_{k+1})\leqslant F(b_1)-\displaystyle\frac{1}{2}\sum^{k}_{s=1}(b_s-a_s)b^{2(\alpha-2)}_s.\end{equation}$
Оценим последнюю сумму справа. Имеем
$b_s-a_s=\displaystyle\frac{8}{\pi}\displaystyle\frac{1}{(4s+1)(4s-1)},$
так что
$\sum^{k}_{s=1}(b_s-a_s)b^{2(\alpha-2)}_s=\\=c_s\sum^{k}_{s=1}\displaystyle\frac{1}{(4s+1)(4s-1)}\left(\displaystyle\frac{1}{4s-1}\right)^{2(\alpha-2)}\geqslant c’_s\sum^{k}_{s=1}\displaystyle\frac{1}{s^{2\alpha-2}}.$
Если $2\alpha-2\leqslant1$ , т. е. $\alpha\leqslant\displaystyle\frac{3}{2}$ , то $\sum\limits^k_{s=1}\displaystyle\frac{1}{s^{2\alpha-2}}\rightarrow\infty(k\rightarrow\infty)$ . Поэтому из $\eqref{eq:exp2}$ следует, что $F(b_{k+1})\rightarrow-\infty$ при $k\rightarrow\infty$ . Но поскольку $b_{k+1}\rightarrow+0 (k\rightarrow\infty)$ , то это противоречит непрерывности функции $F$ в точке $x_0=0$ справа, которая вытекает из дифференцируемости функции $F$ в нуле.

$\int x e^x dx=\begin{bmatrix}u=x, & dv=e^x dx\\du=dx, & v=e^x\end{bmatrix}=x e^x-\int e^x dx=x e^x-e^x+C.$

$\int x\cos x dx=\begin{bmatrix}u=x, & dv=\cos x dx\\du=dx, & v=\sin x\end{bmatrix}=\\=x\sin x-\int\sin x dx=x\sin x+\cos x+C.$

$\int x\ln x dx=\begin{bmatrix}u=\ln x, & dv=x dx\\du=\displaystyle\frac{dx}{x}, & v=\displaystyle\frac{x^2}{2}\end{bmatrix}=\\=\displaystyle\frac{x^2}{2}\ln x-\displaystyle\frac{1}{2}\int x dx=\displaystyle\frac{x^2}{2}\ln x-\displaystyle\frac{x^2}{4}+C.$

Следующий пример показывает такой способ применения формулы интегрирования по частям, когда в правой части появляется такой же интеграл, как и в левой части. Тогда искомый интеграл может быть найден из полученного равенства.

$\int e^x\cos xdx=\begin{bmatrix}u=e^x, & dv=\cos xdx\\du=e^x dx, & v=\sin x\end{bmatrix}=\\=e^x\sin x-\int e^x\sin xdx=e^x\sin x-\begin{bmatrix}u=e^x, & dv=\sin xdx\\du=e^x dx, & v=-\cos x\end{bmatrix}=\\=e^x\sin x+e^x\cos x-\int e^x\cos xdx.$
Из этого равенства находим
$\int e^x\cos xdx=\displaystyle\frac{e^x}{2}[\sin x+\cos x] + C.$

Пусть функция $f$ имеет первообразную на интервале $I$ , т. е.
$\int f(t)dt=F(t)+C.$
Пусть, далее, функция $\varphi$ дифференцируема на интервале $\Delta$ и $\varphi(\Delta)\subset I$ . Тогда справедливо равенство
$\int f(\varphi(x))\varphi'(x)dx=F(\varphi(x))+C.$

Действительно, по правилу дифференцирования сложной функции имеем
$[F(\varphi(x))]’=F'(\varphi(x))\varphi'(x)=f(\varphi(x))\varphi'(x).$

$\int\sin^3 xdx=\int\sin x(1-\cos^2 x)dx=[\cos x = t, dt =-\sin xdx]=\\=\int(t^2-1)dt=\displaystyle\frac{t^3}{3}-t+C=\displaystyle\frac{\cos^3 x}{3}-\cos x+C.$

$\int\displaystyle\frac{dx}{1+e^x}=\begin{bmatrix}\text{преобразуем} & \displaystyle\frac{1}{1+e^x}=\displaystyle\frac{1}{e^x(e^-x+1)}=\displaystyle\frac{e^{-x}}{1+e^{-x}}\\ \text{положим} & 1+e^{-x}=t, dt=-e^{-x}dx\end{bmatrix}=-\int\displaystyle\frac{dt}{t}=\\=-\ln|t|+C=-\ln(1+e^{-x})+C=-\ln\displaystyle\frac{1+e^x}{e^x}+C=x-\ln(1+e^x)+C.$

Мы использовали равенство $\int\displaystyle\frac{dx}{x}=\ln|x|+C$ . Это равенство следует применять отдельно для промежутков $(0, +\infty)$ и $(-\infty, 0)$ .
При $x>0$ оно справедливо по той причине, что $|x|=x,$ $(\ln x+C)’=\displaystyle\frac{1}{x}$ .
Если же $x<0$ , то $|x|=-x$ , $\ln(-x)+C)’=\displaystyle\frac{1}{-x}\cdot(-1)=\displaystyle\frac{1}{x}$ , так что и в этом случае равенство верно.

Итак, если исходный интеграл представлен в виде $\int f(\varphi(x))\varphi'(x)dx$ , то, выполняя замену переменной $t=\varphi(x)$ , мы приходим к интегралу $\int f(t)dt$ . Часто замену переменной в интеграле $\int g(x)dx$ применяют в виде $x = \psi(t)$ , затем вычисляют интеграл по $t$ , а чтобы вернуться к старой переменной $x$ , нужно выразить новую переменную $t$ через $x$ .

Пусть $I=\int\sqrt{1-x^2}dx$ .
Для вычисления этого интеграла положим $x=\sin t$ . Тогда
$dx=\cos tdt, \sqrt{1-x^2}=\sqrt{1-\sin^2 t}=\sqrt{\cos^2 t}=\cos t.$
Подставляя это в исходный интеграл, получаем
$I=\int\cos^2 tdt=\int\displaystyle\frac{1+\cos 2t}{2}dt=\displaystyle\frac{t}{2}+\displaystyle\frac{\sin 2t}{4}+C.$
Из равенства $x=\sin t$ имеем $t=\arcsin x$ , так что
$I=\displaystyle\frac{\arcsin x}{2}+\displaystyle\frac{x\sqrt{1-x^2}}{2}+C.$
Вычислим этот интеграл еще одним способом, основанным на применении формулы интегрирования по частям.
$I=\int\sqrt{1-x^2}dx=\begin{bmatrix}u=\sqrt{1-x^2}, & dv=dx\\du=-\displaystyle\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}dx, & v=x\end{bmatrix}=\\=x\sqrt{1-x^2}+\int\displaystyle\frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}dx=\\=x\sqrt{1-x^2}+\int\displaystyle\frac{x^2-1+1}{\sqrt{1-x^2}}dx=x\sqrt{1-x^2}-I+\int\displaystyle\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}.$
Воспользовавшись теперь равенством $\int\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}=\arcsin x+c$ , вытекающим из того, что $(\arcsin x+C)’=\displaystyle\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$ , получим $I=x\sqrt{1-x^2}-I+\arcsin x$ . Отсюда следует
$I=\displaystyle\frac{1}{2}[x\sqrt{1-x^2}+\arcsin x]+C.$

Решение примеров

Интегрирование по частям:

$\int\text{arctg}\:xdx$

Решение

$\int\text{arctg}\:xdx=\begin{bmatrix}\text{arctg}\:{x}=u, du=\displaystyle\frac{dx}{1+x^2}\\dx=dv, v=x\end{bmatrix}=x\:\text{arctg}\: {x}-\int\displaystyle\frac{xdx}{1+x^2}=\\=x\:\text{arctg}\: {x}-\displaystyle\frac{1}{2}\int\displaystyle\frac{dx^2}{1+x^2}=x\:\text{arctg}\: {x}-\displaystyle\frac{1}{2}\ln(1 + x^2) + C.$
$\int x\sin{x}dx$

Решение

$\int x\sin{x}dx=\begin{bmatrix}x=u, du=dx\\ \sin{x}=dv, v=-\cos{x}\end{bmatrix}=-x\cos{x}+\int\cos{x}dx=\\=-x\cos{x}+\sin{x}+C.$
$\int xe^{x}dx$

Решение

$\int xe^{x}dx=\begin{bmatrix}u=x, du=dx\\dv=e^{x}dx, v=e^x\end{bmatrix}=xe^x-\int e^{x}dx=xe^x-e^x+C.$

Замена переменной:

$\int\displaystyle\frac{dx}{\sqrt{e^x-1}}$

Решение

$\int\displaystyle\frac{dx}{\sqrt{e^x-1}}=\begin{bmatrix}\sqrt{e^x-1}=t, x=\ln(t^2+1)\\dx=\displaystyle\frac{2tdt}{t^2+1}\end{bmatrix}=2\int\displaystyle\frac{tdt}{t(t^2+1)}=\\=2\int\frac{dt}{t^2+1}=2\: \text{arctg}\: t+C.$
$\int\displaystyle\frac{x^{2}dx}{5-x^6}$

Решение

$\int\frac{x^2dx}{5-x^6}=\begin{bmatrix}x^3=t\\dt=3x^2dx\\x^6=t^2\end{bmatrix}=\frac{1}{3}\int\frac{dt}{5-t^2}=\frac{1}{3}\int\frac{dt}{(\sqrt{5})^2-t^2}=\\=\frac{1}{6\sqrt{5}}\ln\left|\frac{\sqrt{5}+t}{\sqrt{5}-t}\right|+C=[t=x^3]=\frac{1}{6\sqrt{5}}\ln\left|\frac{\sqrt{5}+x^3}{\sqrt{5}-x^3}\right|+C.$

Интегрирование по частям и замена переменной

Пройдя этот тест, вы закрепите пройденный ранее материал по теме «Интегрирование по частям и замена переменной»

Таблица лучших: Интегрирование по частям и замена переменной

максимум из 18 баллов
Место	Имя	Записано	Баллы	Результат
Таблица загружается
Нет данных

Литература

Коляда В.И., Кореновский А.А. Курс лекций по математическому анализу Часть 1. (стр. 159)

Смотрите также