‹-- Назад

Неопределённый интеграл и таблица неопределённых интегралов

Дадим теперь такое название множеству всех первообразных данной функции:

        Определение 1.1   Пусть $ f(x)$  -- функция, заданная на объединении интервалов вещественной оси. Набор всех первообразных для $ f(x)$ называется неопределённым интегралом от $ f(x)$ и обозначается $ \int f(x)\,dx$ . Операция нахождения неопределённого интеграла по заданной функции $ f(x)$ называется интегрированием этой функции; найти неопределённый интеграл означает проинтегрировать данную функцию. Функция $ f(x)$ , 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 $ f(x)$ состоит из функций вида $ F(x)+C$ , где $ F(x)$  -- какая-либо фиксированная первообразная для $ f(x)$ , а $ C$  -- величина, постоянная на каждом из непересекающихся интервалов, на которых задана функция $ f(x)$ . 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 $ F(x)+C$ , писать в данной ситуации не принято.)

Итак, для того чтобы доказать равенство $ \int f(x)\,dx=F(x)+C$ , достаточно проверить, что $ F(x)$  -- первообразная для $ f(x)$ , то есть что $ F'(x)=f(x)$ . 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 $ m=n+1$ . Поэтому при $ n\ne-1$

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

В частности, получаем при $ n=0$ (заметим, что $ x^0=1$ ):

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

при $ n=1$ (тогда $ x^1=x$ ):

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

при $ n=2$ :

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

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

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

(заметим, что здесь $ C$  -- кусочно постоянная величина, принимающая постоянные значения $ C_1$ при $ x<0$ и $ C_2$ при $ x>0$ ), 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 $ C$  -- кусочно постоянная, поскольку подынтегральная функция задана на объединении двух интервалов $ (-\infty;0)\cup(0;+\infty)$ ), и т. п.

2) Пусть $ n=-1$ . Тогда $ \int x^{-1}\,dx=\int\frac{dx}{x}$ не задаётся формулой предыдущего пункта. Однако, согласно таблице производных, при $ x>0$ 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 $ x<0$ 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 $ C$  -- 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 $ a=e$ 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 $ C$  -- 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 $ C$  -- 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 $ (-1;1)$ . 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 $ C$ в двух последних формулах означают разные постоянные.)

Докажем также обобщение полученной формулы: если $ a>0$ , то на интервале $ (-a;a)$ 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 $ x$ , 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 $ C$ , нежели в предыдущей формуле).

Докажем также следующее обобщение полученной формулы: если $ a>0$ , 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


где $ k\ne0$  -- произвольное постоянное число. (Заметим, что при $ k>0$ формула имеет смысл для всех $ x\in\mathbb{R}$ , а при $ k<0$  -- для $ x\in(-\infty;-\sqrt{\vert k\vert})\cup(\sqrt{\vert k\vert};+\infty)$ , так что во втором случае величина $ C$  -- кусочно постоянная.) Для доказательства надо рассмотреть два случая: $ x+\sqrt{x^2+k}>0$ (при $ k>0$ возможен только этот случай; это неравенство имеет место также при $ k<0$ и $ x\in(\sqrt{\vert k\vert};+\infty)$ ) и $ x+\sqrt{x^2+k}<0$ (при $ k<0$ 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 $ a>0$ и $ x\ne\pm a$ , то есть $ x\in(-\infty;-a)\cup(-a;a)\cup(a;+\infty)$ . Тогда


(здесь $ C$  -- кусочно постоянная величина, которая на трёх интервалах изменения $ x$ 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 $ C$ 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.