Некоторые часто используемые интегралы — различия между версиями

Версия 06:36, 14 апреля 2009

<math>\int\!\ln {x}\,dx = x \ln {x} - x + C</math>

x\ln x - \int\!\,dx = x\ln x - x + C </math> Доказано. }}

<math>\int\!{dx \over {x^2+a^2}} = {1 \over a}\,\operatorname{arctg}\,\frac{x}{a} + C \quad (a \ne 0)</math>

\frac{1}{a^2} \int\!{dx \over { ( \frac{x}{a} )^2 + 1}} = \frac{a}{a^2} \int\!{d{ ( \frac{x}{a} ) } \over { ( \frac{x}{a} )^2 + 1}} = \frac{1}{a} \operatorname{arctg}\,\frac{x}{a} + C</math> Доказано. }}

<math>\int\!{dx \over {x^2-a^2}} = {1 \over 2a}\ln \left|{x-a \over {x+a}}\right| + C \quad (a \ne 0)</math>

\int\! \left ( \frac{1}{2a (x-a)} - \frac{1}{2a (x+a)} \right ) \,dx = \frac{1}{2a} \left ( \int\! {dx \over {x-a}} - \int\! {dx \over {x+a}} \right ) = \frac{1}{2a} (\ln {|x-a|} - \ln {|x+a|} ) + C = \frac{1}{2a} \ln {\left | \frac{x-a}{x+a} \right | + C }</math> Доказано. }}

<math>\int\!{dx \over \sqrt{a^2-x^2}} = \arcsin {x \over a} + C \quad (a > 0)</math>

\frac{1}{a} \int\!{dx \over \sqrt{1- (\frac{x}{a})^2} } = \frac{a}{a} \int\!{d {(\frac{x}{a})} \over \sqrt{1- (\frac{x}{a})^2} } = \arcsin {x \over a} + C </math> Доказано.}}

<math>\int\!{-dx \over \sqrt{a^2-x^2}} = \arccos {x \over a} + C \quad (a > 0)</math>

\frac{1}{a} \int\!{-dx \over \sqrt{1- (\frac{x}{a})^2} } = \frac{a}{a} \int\!{-d {(\frac{x}{a})} \over \sqrt{1- (\frac{x}{a})^2} } = \arccos {x \over a} + C </math> }}

<math>\int\!{dx \over \sqrt{x^2 \pm a^2}} = \ln \left|{x + \sqrt {x^2 \pm a^2}}\right| + C \quad (a > 0)</math>

Положим <math>\ x = a \ \operatorname{sh} t </math>

Тогда

<math>\ dx = {(a \ \operatorname{sh} t)}^\prime =

a \ \operatorname{ch} t \ dt</math>

<math>\int\!{dx \over \sqrt{x^2 + a^2}} =

\int\! {\frac{a \ \operatorname{ch} t \ dt}{a \ \operatorname{ch} t}} = \int\! dt = dt + C</math>

Осталось найти <math>t</math>

<math>\ x = a \ \operatorname{sh} t = a \ \frac{e^t - e^{-t}}{2}</math>

Обозначим <math>\ e^t = y</math>

<math>\ 2x = a (y - \frac{1}{y}) \Longrightarrow \; 2xy = a (y^2 - 1)</math>

<math>\ a y^2 - 2xy - a = 0</math>

<math>y_{1,2} = x \pm \sqrt{x^2 + a^2}</math>

Т.к. <math>\ e^t > 0</math>, а, очевидно, <math>\ x - \sqrt{x^2 + a^2} < 0</math>, то нам подходит только корень

<math>\ x + \sqrt{x^2 + a^2}</math>

Тогда

<math>t = \ln{| x + \sqrt{x^2 + a^2} |}</math>

Значит

<math>\int\!{dx \over \sqrt{x^2+a^2}} = \ln \left|{x + \sqrt {x^2 + a^2}}\right| + C = </math>

Аналогичным образом можно рассмотреть интеграл

<math>\int\!{dx \over \sqrt{x^2 - a^2}}</math>

положив <math>\ x = a \ \operatorname{ch} t </math>

Способ 2.

Представим исходный интеграл в виде

<math>\int\!{dx \over \sqrt{x^2 + k}}</math>

где <math>k = \pm a^2</math>

Сделаем замену, положив

<math>t = \sqrt{x^2 + k} + x</math>

Тогда:

<math>(t - x)^2 = (\sqrt{x^2 + k})^2</math>

<math>t^2 - 2tx + x^2 = x^2 + k</math>

<math>2tx = x^2 - k</math>

<math>x = \frac{t^2 - k}{2t}</math>

<math>dx = \left (\frac{t^2 - k}{2t} \right )^\prime dt =

{1 \over 2} \left (\frac{t^2 - k}{t} \right )^\prime dt = {1 \over 2} \frac{2t^2 - (t^2 - k)}{t^2} dt = \frac{t^2 + k}{2t^2} dt</math>

Таким образом, исходный интеграл принимает вид:

<math>\int\!{dx \over \sqrt{x^2 + k}} =

\int\!{\frac{t^2 + k}{2t^2} \ dt \over {t - \frac{t^2 - k}{2t} }} = \int\!{ (t^2 + k) \ 2t \ dt \over {(2t^2 - t^2 + k) \ 2t^2} } = \int\! {dt \over t} = \ln | t | \ + \ C = \ln |x + \sqrt{x^2 + k}| \ + \ C = \ln \left|{x + \sqrt {x^2 \pm a^2}}\right| \ + \ C</math> }}

<math>\int \sqrt{x^2 \pm a^2} \;dx = \frac{x}{2}\sqrt{x^2 \pm a^2} \pm \frac{a^2}{2} \ln |x + \sqrt{x^2 \pm a^2} | + C \quad (a > 0)</math>

<math>\int \sqrt{a^2-x^2} \;dx = \frac{x}{2} \sqrt{a^2-x^2} + \frac{a^2}{2}\arcsin\frac{x}{a} + C \quad (a > 0)</math>

См. также

• Таблица интегралов
• Интегралы специального вида и методы их интегрирования