Интегральное исчисление/Методы интегрирования

← Основные свойства неопределённого интеграла | Методы интегрирования | Интегрирование полиномиальных и рациональных функций →

---

В предыдущей главе были приведены основные свойства интегралов, которые позволяют непосредственно брать некоторые виды интегралов. Знание этих свойств и овладение навыками анализа подынтегрального выражения, выявление его структуры и перспектив того или иного подхода, позволяют находить интегралы от сложных функций. Но хочется подчеркнуть ещё раз, что процесс интегрирования является в некотором смысле искусством, так как, в отличие от дифференцирования, не существует чёткой последовательности действий, которые бы всегда приводили бы к успеху. В этом проявляется особенность интегрирования, как действия обратного по отношению к дифференцированию.

В первую очередь для решения интегралов необходимо хорошо знать правила дифференцирования, табличные значения производных и интегралов и уметь их распознавать в различной записи. Важно владеть навыками алгебраических преобразований, связями между основными математическими функциями, например, знать формулы приведения или кратных и дольных аргументов тригонометрических функций, свойства степенных, показательных и логарифмических функций.

Теорема Лиувилля об интегрировании в элементарных функциях, являясь основой для создания алгоритмов символьного интегрирования, тем не менее не освобождает от вычислительной сложности.

На рассмотренных в главе 4 свойствах основан тот или иной метод интегрирования.

О вынесении постоянного множителя из-под знака интеграла можно сказать лишь то, что это фактически не изменяет сложности интеграла.

Разбиение подынтегрального выражения, представляющего собой сумму, на слагаемые позволяет разбить интеграл на более простые (если это необходимо) и находить интегралы уже от отдельных частей. Но при этом нужно быть внимательным, так как может получиться так, что сумму интегрировалась бы проще, чем каждый из слагаемых. Например, рассмотрим следующий пример.

Пример 5.1. Найти интеграл

$\int (x\ln ^{2}x+x\ln x)\,dx.$(5.1)

Решение. С первого взгляда для решения интеграл (5.1) нужно разбить на два слагаемых и каждое проинтегрировать по частям, но если обратить внимание на тот факт, что подынтегральное выражение $(x\ln ^{2}x+x\ln x)\,dx=x\ln x(\ln x+1)\,dx$, а выражение в скобках к тому же является производной от $x\ln x$, то (5.1) можно найти так:

$\int (x\ln ^{2}x+x\ln x)\,dx=\int x\ln x(\ln x+1)\,dx=\int x\ln x\,d(x\ln x)={\frac {1}{2}}(x\ln x)^{2}+C.$(5.2)

Особенно часто при символьном интегрировании используются методы подстановки и интегрирования по частям.

Метод подстановки

Для успешного использования метода введения новой переменной необходимо наперёд продумывать все перспективы и опасности выбранной замены, ибо неудачная подстановка может сильно усложнить интеграл или сделать его вообще неинтегрируемым в замкнутой форме. Рассмотрим пару примеров на использование метода введения новой переменной.

Пример 5.2. Найти интеграл

$\int {\sqrt {1-x^{2}}}\,dx.$(5.3)

Решение. Сделаем следующую замену $x=\sin t$ (можно также использовать подстановку $x=\cos t$), отсюда $dx=\cos t\,dt$. Подставляем в исходное выражение:

$\int {\sqrt {1-x^{2}}}\,dx=\int {\sqrt {1-\sin ^{2}t}}\cos t\,dt.$(5.4)

Воспользовавшись основным тригонометрическим тождеством $1-\sin ^{2}t=\cos ^{2}t$, получим:

$\int {\sqrt {1-\sin ^{2}t}}\cos t\,dt=\int {\sqrt {\cos ^{2}t}}\cos t\,dt=\int \cos ^{2}t\,dt.$(5.5)

Понизим степень косинуса:

$\int \cos ^{2}t\,dt=\int {\frac {1+\cos 2t}{2}}\,dt.$(5.6)

Разбиваем интеграл на два:

$\int {\frac {1+\cos 2t}{2}}\,dt={\frac {1}{2}}\int dt+{\frac {1}{2}}\int \cos 2t\,dt.$(5.7)

Дальнейшие выкладки элементарны:

${\frac {1}{2}}\int dt+{\frac {1}{2}}\int \cos 2t\,dt={\frac {1}{2}}t+{\frac {1}{2}}\cdot {\frac {1}{2}}\int \cos 2t\,d(2t)={\frac {1}{2}}t+{\frac {1}{4}}\sin 2t+C.$(5.8)

Теперь нужно снова вернуться к переменной $x$, для этого выразим $t$ из подстановки:

$x=\sin t\Rightarrow t=\arcsin x.$(5.9)

Значит исходный интеграл равен:

$\int {\sqrt {1-x^{2}}}\,dx={\frac {1}{2}}\arcsin x+{\frac {1}{4}}\sin(2\arcsin x)+C.$(5.10)

Преобразуем синус двойного аргумента:

${\frac {1}{2}}\arcsin x+{\frac {1}{4}}\sin(2\arcsin x)+C={\frac {1}{2}}\arcsin x+{\frac {1}{4}}\cdot 2\sin(\arcsin x)\cos(\arcsin x)+C.$(5.11)

Воспользовавшись связью прямых и обратных тригонометрических функций, окончательно получим:

$\int {\sqrt {1-x^{2}}}\,dx={\frac {1}{2}}\arcsin x+{\frac {x}{2}}{\sqrt {1-x^{2}}}+C.$(5.12)

Пример 5.3. Найти интеграл

$\int {\sqrt {\frac {x-3}{x+7}}}\,dx.$(5.13)

Решение. В этом интеграле произведём следующую подстановку $t={\sqrt {\frac {x-3}{x+7}}}$ и выразим из неё исходную переменную:

$t={\sqrt {\frac {x-3}{x+7}}}\Rightarrow t^{2}={\frac {x-3}{x+7}}\Rightarrow x=-{\frac {7t^{2}+3}{t^{2}-1}}$(5.14)

Получив выражение для $x(t)$, можно найти значение $dx$:

$dx=d\left(-{\frac {7t^{2}+3}{t^{2}-1}}\right)={\frac {20t\,dt}{(t^{2}-1)^{2}}}.$(5.15)

Имея теперь все необходимые соотношения, подставим их в исходный интеграл:

$\int {\sqrt {\frac {x-3}{x+7}}}\,dx=\int t\cdot {\frac {20t\,dt}{(t^{2}-1)^{2}}}.$(5.16)

Преобразуем интеграл следующим образом:

$\int t\cdot {\frac {20t\,dt}{(t^{2}-1)^{2}}}=20\int {\frac {t^{2}-1+1}{(t^{2}-1)^{2}}}\,dt=20\int {\frac {dt}{t^{2}-1}}+20\int {\frac {dt}{(t^{2}-1)^{2}}}.$(5.17)

Интеграл от первого слагаемого известен (это так называемый «толстый» логарифм):

$20\int {\frac {dt}{t^{2}-1}}={\frac {20}{2\cdot 1}}\ln \left|{\frac {t-1}{t+1}}\right|+C=10\ln \left|{\frac {t-1}{t+1}}\right|+C.$(5.18)

Второе слагаемое можно вычислить методом разбиения на простые дроби (ему будет посвящена отдельная глава), но мы здесь пойдём другим путём и преобразуем этот интеграл к виду:

$20\int {\frac {dt}{(t^{2}-1)^{2}}}=-20\int {\frac {t^{2}-1-t^{2}}{(t^{2}-1)^{2}}}\,dt=-20\int {\frac {dt}{t^{2}-1}}+20\int {\frac {t^{2}\,dt}{(t^{2}-1)^{2}}}.$(5.19)

Первый интеграл нам уже известен (только с противоположным знаком):

$-20\int {\frac {dt}{t^{2}-1}}=-10\ln \left|{\frac {t-1}{t+1}}\right|+C,$(5.20)

а второй интеграл мы возьмём по частям, используя формулу (4.42):

$20\int {\frac {t^{2}\,dt}{(t^{2}-1)^{2}}}\left[{\begin{array}{ll}u=t&du=dt\\dv={\dfrac {20t\,dt}{(t^{2}-1)^{2}}}&v=\displaystyle {10\int {\frac {d(t^{2}-1)}{(t^{2}-1)^{2}}}=}\\&=-{\dfrac {10}{t^{2}-1}}\end{array}}\right]=$(5.21)

        $=-{\frac {10t}{t^{2}-1}}+10\int {\frac {dt}{t^{2}-1}}=-{\frac {10t}{t^{2}-1}}+5\ln \left|{\frac {t-1}{t+1}}\right|+C.$

Найденные выражения подставим в левую часть (5.17):

$\int {\frac {20t^{2}\,dt}{(t^{2}-1)^{2}}}=10\ln \left|{\frac {t-1}{t+1}}\right|-10\ln \left|{\frac {t-1}{t+1}}\right|-{\frac {10t}{t^{2}-1}}+5\ln \left|{\frac {t-1}{t+1}}\right|+C,$(5.22)

после приведения подобных имеем:

$\int {\frac {20t^{2}\,dt}{(t^{2}-1)^{2}}}=-{\frac {10t}{t^{2}-1}}+5\ln \left|{\frac {t-1}{t+1}}\right|+C.$(5.23)

Теперь остаётся только вернуться к исходному $x$:

$\int {\sqrt {\frac {x-3}{x+7}}}\,dx=-{\frac {10{\sqrt {\dfrac {x-3}{x+7}}}}{\left({\sqrt {\dfrac {x-3}{x+7}}}\right)^{2}-1}}+5\ln \left|{\frac {{\sqrt {\dfrac {x-3}{x+7}}}-1}{{\sqrt {\dfrac {x-3}{x+7}}}+1}}\right|+C.$(5.24)

Произведя несложные упрощения, в итоге будем иметь:

$\int {\sqrt {\frac {x-3}{x+7}}}\,dx=(x+7){\sqrt {\frac {x-3}{x+7}}}+5\ln \left|{\frac {{\sqrt {x-3}}-{\sqrt {x+7}}}{{\sqrt {x-3}}+{\sqrt {x+7}}}}\right|+C.$(5.25)

Заведение под дифференциал

Из свойства 4.3 также вытекает метод занесения (заведения) под дифференциал — частный случай метода замены переменной, когда явно имеется выражение вида $\int f(x)\cdot f'(x)\,dx$, которое в свою очередь равно $\int f(x)\,d[f(x)]$.

Пример 5.1 наглядно показывает, как важно уметь выявлять скрытые зависимости между функцией и её производной в подынтегральном выражении — в большинстве случаев этот навык позволяет находить решения для большого класса выражений.

Приведём несколько примеров.

Пример 5.4. Взять интеграл

$\int \mathrm {th} \,x\,dx.$(5.26)

Решение. Раскроем гиперболический тангенс через его определение:

$\mathrm {th} \,x={\frac {\mathrm {sh} \,x}{\mathrm {ch} \,x}}={\frac {e^{x}-e^{-x}}{e^{x}+e^{-x}}}.$(5.27)

Следовательно,

$\int \mathrm {th} \,x\,dx=\int {\frac {e^{x}-e^{-x}}{e^{x}+e^{-x}}}\,dx.$(5.28)

Занося под дифференциал $e^{x}-e^{-x}$, получаем:

$\int {\frac {e^{x}-e^{-x}}{e^{x}+e^{-x}}}\,dx=\int {\frac {d(e^{x}+e^{-x})}{e^{x}+e^{-x}}}=\ln(e^{x}+e^{-x})+C.$(5.29)

Последнее выражение можно записать по-другому:

$\int \mathrm {th} \,x\,dx=\ln \mathrm {ch} \,x+C'.$(5.30)

где $C'=C+\ln 2$.

Пример 5.5. Взять интеграл

$\int \sec x\,dx.$(5.31)

Решение. Чтобы произвести вычисление интеграла предварительно преобразуем его так, чтобы можно было выполнить заведение под дифференциал:

$\int \sec x\,dx=\int {\frac {dx}{\cos x}}=\int {\frac {\cos x}{\cos ^{2}x}}\,dx=\int {\frac {\cos x}{1-\sin ^{2}x}}\,dx=\int {\frac {d(\sin x)}{1-\sin ^{2}x}}.$(5.32)

Сейчас интеграл уже можно взять как табличный:

$\int {\frac {d(\sin x)}{1-\sin ^{2}x}}={\frac {1}{2}}\ln \left|{\frac {1+\sin x}{1-\sin x}}\right|+C=\ln {\sqrt {\frac {1+\sin x}{1-\sin x}}}+C.$(5.33)

Теперь выражение, стоящее под логарифмом, преобразуем к более простому виду. Из курса тригонометрии известно, что:

$\left|\mathrm {tg} \,{\frac {x}{2}}\right|={\sqrt {\frac {1-\cos x}{1+\cos x}}}.$(5.34)

Заменим $x$ на ${\frac {\pi }{2}}+x$ и применим формулу приведения:

$\left|\mathrm {tg} \,{\frac {1}{2}}\left({\frac {\pi }{2}}+x\right)\right|={\sqrt {\frac {1-\cos \left({\dfrac {\pi }{2}}+x\right)}{1+\cos \left({\dfrac {\pi }{2}}+x\right)}}},$(5.35)

$\left|\mathrm {tg} \left({\frac {\pi }{4}}+{\frac {x}{2}}\right)\right|={\sqrt {\frac {1+\sin x}{1-\sin x}}}.$(5.36)

Можно получить и другое эквивалентное выражение. Для этого преобразуем ${\sqrt {\frac {1+\sin x}{1-\sin x}}}$ вот так:

${\sqrt {\frac {1+\sin x}{1-\sin x}}}={\sqrt {\frac {(1+\sin x)(1+\sin x)}{(1-\sin x)(1+\sin x)}}}={\sqrt {\frac {(1+\sin x)^{2}}{1-\sin ^{2}x}}}=$(5.37)

        $={\sqrt {\frac {(1+\sin x)^{2}}{\cos ^{2}x}}}={\frac {1+\sin x}{\cos x}}={\frac {1}{\cos x}}+{\frac {\sin x}{\cos x}}=\sec x+\mathrm {tg} \,x.$

С учётом этого мы получаем следующий ответ:

$\int \sec x\,dx=\int {\frac {dx}{\cos x}}=\ln \left|\mathrm {tg} \left({\frac {\pi }{4}}+{\frac {x}{2}}\right)\right|+C=\ln |\sec x+\mathrm {tg} \,x|+C.$(5.38)

Аналогично можно найти, что:

$\int \mathrm {cosec} \,x\,dx=\int {\frac {dx}{\sin x}}=\ln \left|\mathrm {tg} \,{\frac {x}{2}}\right|+C.$(5.39)

Иногда под дифференциал приходится заводить несколько раз. Рассмотрим следующий пример.

Пример 5.6. Взять интеграл

$\int {\frac {4x}{x^{2}+1}}\ln(x^{2}+1)\,dx.$(5.40)

Решение. Заведём первоначально под дифференциал $2x$ как $d(x^{2}+1)$:

$\int {\frac {4x}{x^{2}+1}}\ln(x^{2}+1)\,dx=2\int {\frac {\ln(x^{2}+1)}{x^{2}+1}}\,d(x^{2}+1).$(5.41)

Теперь можно видеть, что под дифференциал можно завести ${\frac {1}{x^{2}+1}}$, получая при этом:

$2\int {\frac {\ln(x^{2}+1)}{x^{2}+1}}\,d(x^{2}+1)=2\int \ln(x^{2}+1)\,d[\ln(x^{2}+1)].$(5.42)

Теперь интеграл можно взять:

$2\int \ln(x^{2}+1)\,d[\ln(x^{2}+1)]=2\cdot {\frac {1}{2}}\ln ^{2}(x^{2}+1)+C.$(5.43)

Ответ.

$\int {\frac {4x}{x^{2}+1}}\ln(x^{2}+1)\,dx=\ln ^{2}(x^{2}+1)+C.$(5.44)

Метод интегрирования по частям

Не менее распространённым, чем ранее рассмотренный метод, является метод интегрирования по частям. Очень часто удачное разделение подынтегрального выражения на $u$ и $dv$ (в обозначениях свойства 4.4) позволяет получить решение интеграла в виде квадратур. Ясно, что этот выбор должен быть обоснованным, так как от его правильности зависит вычислительная сложность задачи символьного интегрирования.

Этот метод хорошо подходит для нахождения интегралов вида:

• $\int x^{k}\ln ^{m}x\,dx;$
• $\int x^{k}\sin ^{m}ax\,dx,\;\int x^{k}\cos ^{m}ax\,dx;$
• $\int x^{k}e^{ax}\,dx$

и других.

Здесь $k,\;m\in \mathbb {N} ,\;a\neq 0$.

Он же позволяет найти интегралы:

• $\int \arcsin x\,dx,\;\int \arccos x\,dx;$
• $\int \mathrm {arctg} \,x\,dx,\;\int \mathrm {arcctg} \,x\,dx;$
• $\int \ln x\,dx.$

Основной рекомендацией для использования этого метода является, пожалуй, совет выбирать за $u$ такое выражение, которое бы позволило упростить выражение, но при этом важно, чтобы интеграл от $dv$ можно было найти известным способом. Важно заметить: может оказаться, что нужно будет выбрать функцию, интеграл от которой трудно найти, но при этом исходный интеграл может быть решён. В подтверждение этих слов рассмотрим следующий пример.

Пример 5.7. Найти интеграл

$\int x\sin ^{2}x\,dx.$(5.45)

Решение. Здесь мы имеем произведение двух функций $f(x)=x$, производная и интеграл которой известны, и $\varphi (x)=\sin ^{2}x$, производную которой можно легко найти, а интеграл также найти, применяя специальные методы интегрирования тригонометрических функций (см. соответствующую главу). Из-за того, что производную от $\varphi (x)$ найти легче, чем интеграл, казалось бы нужно разыскивать именно её:

$\varphi '(x)=(\sin ^{2}x)'=2\sin x\cos x=\sin 2x.$(5.46)

Но при этом $\int f(x)\,dx=\int x\,dx={\frac {x^{2}}{2}}$, как мы видим, усложняется и не приближает нас к решению поставленной задачи.

Таким образом, для взятия интеграла нужно искать интеграл от более сложной функции $\sin ^{2}x$. Именно так мы и поступим:

$\int x\sin ^{2}x\,dx\left[{\begin{array}{ll}u=x&du=dx\\dv=\sin ^{2}x\,dx&\displaystyle {v=\int \sin ^{2}x\,dx=\int {\frac {1-\cos 2x}{2}}\,dx=}\\&\displaystyle {={\frac {1}{2}}\int dx-{\frac {1}{2}}\int \cos 2x\,dx={\frac {x}{2}}-{\frac {1}{4}}\sin 2x}\end{array}}\right]=$(5.47)

        $=\left({\frac {x}{2}}-{\frac {1}{4}}\sin 2x\right)x-\int \left({\frac {x}{2}}-{\frac {1}{4}}\sin 2x\right)\,dx=$

        $={\frac {x^{2}}{2}}-{\frac {x}{4}}\sin 2x-{\frac {1}{2}}\int x\,dx+{\frac {1}{4}}\int \sin 2x\,dx=$

        $={\frac {x^{2}}{2}}-{\frac {x}{4}}\sin 2x-{\frac {1}{2}}{\frac {x^{2}}{2}}-{\frac {1}{4}}\cdot {\frac {1}{2}}\cos 2x+C=$

        $={\frac {x^{2}}{4}}-{\frac {x}{4}}\sin 2x-{\frac {1}{8}}\cos 2x+C.$

Рассмотрим другой пример.

Пример 5.8. Найти интеграл

$\int x^{2}\sin x\,dx.$(5.48)

Решение. В этом случае дифференцирование $\sin x$ и интегрирование $x^{2}$ также не позволит разыскать ответ. Здесь мы поступим так:

$\int x^{2}\sin x\,dx\left[{\begin{array}{ll}u=x^{2}&du=2x\,dx\\dv=\sin x\,dx&\displaystyle {v=\int \sin x\,dx=-\cos x}\end{array}}\right]=$(5.49)

        $=-x^{2}\cos x+\int 2x\cos x\,dx.$

Повторно применив интегрирования по частям ко второму слагаемому, имеем:

$\int 2x\cos x\,dx\left[{\begin{array}{ll}u=2x&du=2\,dx\\dv=\cos x\,dx&\displaystyle {v=\int \cos x\,dx=\sin x}\end{array}}\right]=$(5.50)

        $=2x\sin x-2\int \sin x\,dx=2x\sin x+2\cos x+C.$

Значит в итоге получаем ответ:

$\int x^{2}\sin x\,dx=-x^{2}\cos x+2x\sin x+2\cos x+C.$(5.51)

При интегрировании по частям несколько раз в процессе вычисления можно получить исходный интеграл как составную часть выражения, поэтому приходится решать линейное уравнение для нахождения этого интеграла. Любопытны с этой точки зрения интегралы вида:

$\int e^{ax}\sin bx\,dx,$(5.52)

где $a$ и $b$ — константы, отличные от нуля.

Найдём их, полагая $u=\sin bx$ (соответственно $du=b\cos bx\,dx$) и $dv=e^{ax}\,dx$ (соответственно $v={\frac {1}{a}}e^{ax}$). Тогда интеграл преобразуется к виду:

$\int e^{ax}\sin bx\,dx={\frac {1}{a}}e^{ax}\sin bx-{\frac {b}{a}}\int e^{ax}\cos bx\,dx.$(5.53)

Повторное интегрирование по частям с тем же выражением $dv=e^{ax}\,dx$ и $u=\cos bx$ ($du=-b\sin bx$) даёт:

$\int e^{ax}\sin bx\,dx={\frac {1}{a}}e^{ax}\sin bx-{\frac {b}{a}}\left({\frac {1}{a}}e^{ax}\cos bx+{\frac {b}{a}}\int e^{ax}\sin bx\,dx\right).$(5.54)

Мы получили линейное уравнение относительно интересующего нас интеграла. Раскрывая скобки и перенося интеграл в левую часть, найдём, что:

$\int e^{ax}\sin bx\,dx={\frac {a\sin bx-b\cos bx}{a^{2}+b^{2}}}e^{ax}+C.$(5.55)

Таким же образом можно получить:

$\int e^{ax}\cos bx\,dx={\frac {b\sin bx+a\cos bx}{a^{2}+b^{2}}}e^{ax}+C.$(5.56)

Обобщённая формула интегрирования по частям

Повторное применение правила интегрирования по частям приводит к так называемой обобщенной формуле интегрирования по частям.

Предположим, что функции $u$ и $v$ в рассматриваемом промежутке ${\mathcal {X}}$ обладают непрерывными производными всех порядков, до $(n+1)$-го включительно, то есть все функции $u,\;v,\;u',\;v',\;\ldots ,\;u^{(n)},\;v^{(n)},\;u^{(n+1)},\;v^{(n+1)}$ непрерывны. Тогда имеет место следующая формула:

$\int uv^{(n+1)}\,dx=uv^{(n)}-u'v^{(n-1)}+u''v^{(n-2)}-\ldots +(-1)^{n}u^{(n)}v+(-1)^{n+1}\int u^{(n+1)}v\,dx.$(5.57)

Доказательство формулы (5.57)

Возьмём основную формулу интегрирования по частям (4.42) и заменим в ней $v$ на производную $n$-го порядка $v^{(n)}$:

$\int uv^{(n+1)}\,dx=\int u\,dv^{(n)}=uv^{(n)}-\int v^{(n)}\,du=uv^{(n)}-\int u'v^{(n)}\,dx.$(5.58)

Аналогично поступим также для всех производных $v$ меньшего порядка:

${\begin{array}{l}\displaystyle {\int u'v^{(n)}\,dx=u'v^{(n-1)}-\int u''v^{(n-1)}\,dx,}\\\displaystyle {\int u''v^{(n-1)}\,dx=u''v^{(n-2)}-\int u'''v^{(n-2)}\,dx,}\\\displaystyle {\cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots }\\\displaystyle {\int u^{(n)}v'\,dx=u^{(n)}v-\int u^{(n-1)}v\,dx.}\end{array}}$(5.59)

Умножая эти равенства поочередно на +1 или на -1, а потом складывая их почленно, после уничтожении одинаковых интегралов в правой и левой частях мы получим формулу (5.57).

Особенно выгодно пользоваться этой формулой, когда одним из множителей подынтегральной функции служит многочлен целой степени: если $u$ представляет собой многочлен $n$-й степени, то $u^{(n+1)}$ тождественно равно нулю, и интеграл в правой части исчезает, тем самым мы получаем уже готовый ответ.

Рассмотрим применение формулы (5.57) к следующим интегралам:

$\int P_{n}(x)e^{ax}\,dx,\quad \int P_{n}(x)\sin ax\,dx,\quad \int P_{n}(x)\cos ax\,dx,$(5.60)

где $P_{n}(x)$ — многочлен $n$-ой степени от $x$, $a\neq 0$.

Полагая $v^{(n+1)}=e^{ax}$ и последовательно интегрируя, будем иметь:

$v^{(n)}={\frac {e^{ax}}{a}},\quad v^{(n-1)}={\frac {e^{ax}}{a^{2}}},\quad v^{(n-2)}={\frac {e^{ax}}{a^{3}}}$ и так далее.(5.61)

В результате применения формулы (5.57) получаем:

$\int P_{n}(x)e^{ax}\,dx=e^{ax}\left({\frac {P(x)}{a}}-{\frac {P'(x)}{a^{2}}}+{\frac {P''(x)}{a^{3}}}-\ldots \right)+C.$(5.62)

Теперь положим $v^{(n+1)}=\sin ax$, следовательно

$v^{(n)}=-{\frac {\cos ax}{a}},\quad v^{(n-1)}=-{\frac {\sin ax}{a^{2}}},\quad v^{(n-2)}={\frac {\cos ax}{a^{3}}}$ и так далее.(5.63)

$\int P_{n}(x)\sin ax\,dx=\sin ax\cdot \left({\frac {P'(x)}{a^{2}}}-{\frac {P'''(x)}{a^{4}}}+\ldots \right)-\cos ax\cdot \left({\frac {P(x)}{a}}-{\frac {P''(x)}{a^{3}}}+\ldots \right)+C.$(5.64)

Аналогичные выкладки для третьего интеграла дают:

$\int P_{n}(x)\cos ax\,dx=\sin ax\cdot \left({\frac {P(x)}{a}}-{\frac {P''(x)}{a^{3}}}+\ldots \right)+\cos ax\cdot \left({\frac {P'(x)}{a^{2}}}-{\frac {P'''(x)}{a^{4}}}+\ldots \right)+C.$(5.65)

Формулы приведения

Под формулами приведения в интегральном исчислении понимают формулы, позволяющие понизить степень в подынтегральной функции. Например, рассмотрим интеграл

$\int x^{\alpha }\ln ^{m}x\,dx,$(5.66)

где $\alpha \in \mathbb {R} ,\;m\in \mathbb {N}$.

Если $\alpha =-1$, то интеграл берётся просто: нужно представить $x^{-1}\,dx$ как $d(\ln x)$ и взять интеграл от степенной функции. Нас больше будет интересовать случай, когда $\alpha \neq -1$.

Применим интегрирование по частям, приняв $u=\ln ^{m}x$:

$\int x^{\alpha }\ln ^{m}x\,dx={\frac {x^{k+1}}{k+1}}\ln ^{m}x-{\frac {m}{k+1}}\int x^{\alpha }\ln ^{m-1}x\,dx.$(5.67)

Как мы видим, мы снова пришли к интегралу того же вида, но со степенью логарифма на единицу ниже. Продолжая в том же духе, мы в конце концов придём к интегралу, не содержащему $\ln x$.

Если в интеграле сделать замену $t=\ln x$, то интеграл (5.66) перейдёт в интеграл вида:

$\int x^{m}e^{\alpha x}\,dx$(5.68)

и аналогичным образом вывести формулу приведения, полагая $u=x^{m}$:

$\int x^{m}e^{\alpha x}\,dx={\frac {x^{m}}{\alpha }}e^{\alpha x}-{\frac {m}{\alpha }}\int x^{m-1}e^{\alpha x}\,dx.$(5.69)

Также для интеграла (5.68) можно было сразу воспользоваться формулой (5.62), где $P(x)=x^{m}$.

Очень часто формулы приведения используют для интегралов вида:

$\int [f(x)]^{n}\,dx$

или

$\int [f(x)]^{n}[\varphi (x)]^{m}\,dx,$

где $n,\;m\in \mathbb {Z}$.

Для таких интегралов формулам приведения придают такой вид, чтобы показатели $m$ и $n$ уменьшались или увеличивались таким образом, чтобы получить такой вид подынтегральной функции, интеграл от которой известен.

Рекуррентные соотношения

Как мы видели выше формулы приведения позволяют понизить или повысить степень подынтегральной функции и последовательно свести интеграл к известному. Этот процесс можно рассматривать как задание рекуррентной функции, то есть такой функции, вид которой определяется через её значения при меньшем значении некоторого параметра. В нашем случае этим параметром будет показатель степени.

Рассмотрим интеграл вида:

$\int [f(x)]^{n}\,dx,$(5.70)

где $n\in \mathbb {N}$.

Применим к нему интегрирование по частям, полагая $u=[f(x)]^{n}$, тогда:

$\int [f(x)]^{n}\,dx=x[f(x)]^{n}-n\int [f(x)]^{n-1}xf'(x)\,dx.$(5.71)

Если удастся каким-либо способом представить интеграл $\int [f(x)]^{n-1}xf'(x)\,dx=\varphi (x)+C\int [f(x)]^{n-1}\,dx$, где $\varphi (x)$ — некоторая функция (возможно содержащая какой-то интеграл функции от $x$ и $f'(x)$, но не содержащая в явной форме интеграл от $[f(x)]^{k},\;k\in \mathbb {N}$), $C=\mathrm {const}$, то мы можем выразить интеграл (5.70) через интеграл с меньшей степенью:

$\int [f(x)]^{n}\,dx=\varphi (x)+C\int [f(x)]^{n-1}\,dx$(5.72)

или, если рассматривать интеграл как функцию параметра $n$:

$I_{n}=\varphi (x)+CI_{n-1}.$(5.73)

Заменяя $n$ на $n+1$, будем иметь выражение, связывающее последующее значение с предыдущим:

$I_{n+1}=\varphi (x)+CI_{n}.$(5.74)

В общем случае:

$I_{n+1}=\varphi (x)+C_{1}I_{n}+C_{2}I_{n-1}+\ldots$(5.75)

Рассмотрим пример.

Пример 5.9. Найти интеграл

$\int {\frac {dx}{(x^{2}+a^{2})^{n}}},$(5.76)

где $n\in \mathbb {N}$.

Решение. Если $n=1$, то интеграл $\int {\frac {dx}{x^{2}+a^{2}}}={\frac {1}{a}}\mathrm {arctg} \,{\frac {x}{a}}+C$. Теперь в предположении, что $n>1$, воспользуемся формулой интегрирования по частям:

$I_{n}=\int {\frac {dx}{(x^{2}+a^{2})^{n}}}\left[{\begin{array}{ll}u={\dfrac {1}{(x^{2}+a^{2})^{n}}}&du=-{\dfrac {2nx\,dx}{(x^{2}+a^{2})^{n+1}}}\\dv=dx&v=x\end{array}}\right]=$(5.77)

        $={\frac {x}{(x^{2}+a^{2})^{n}}}+2n\int {\frac {x^{2}\,dx}{(x^{2}+a^{2})^{n+1}}}.$

Преобразуем интеграл в правой части:

$\int {\frac {x^{2}\,dx}{(x^{2}+a^{2})^{n+1}}}=\int {\frac {x^{2}+a^{2}-a^{2}}{(x^{2}+a^{2})^{n+1}}}\,dx=\int {\frac {dx}{(x^{2}+a^{2})^{n}}}-a^{2}\int {\frac {dx}{(x^{2}+a^{2})^{n+1}}}=I_{n}-a^{2}I_{n+1}.$(5.78)

Подставляя (5.78) в (5.77), получаем:

$I_{n}={\frac {x}{(x^{2}+a^{2})^{n}}}+2nI_{n}-2na^{2}I_{n+1},$(5.79)

откуда

$I_{n+1}={\frac {1}{2na^{2}}}{\frac {x}{(x^{2}+a^{2})^{n}}}+{\frac {2n-1}{2na^{2}}}I_{n}.$(5.80)

Теперь задаваясь различными натуральными $n$, можно последовательно получать интегралы $I_{n}$. Так при $n=1$:

$I_{2}={\frac {1}{2a^{2}}}{\frac {x}{x^{2}+a^{2}}}+{\frac {1}{2a^{2}}}\cdot {\frac {1}{a}}\mathrm {arctg} \,{\frac {x}{a}}={\frac {1}{2a^{2}}}{\frac {x}{x^{2}+a^{2}}}+{\frac {1}{2a^{3}}}\mathrm {arctg} \,{\frac {x}{a}}+C.$(5.81)

При $n=2$

$I_{3}={\frac {1}{4a^{2}}}{\frac {x}{(x^{2}+a^{2})^{2}}}+{\frac {3}{4a^{2}}}I_{2}={\frac {1}{4a^{2}}}{\frac {x}{(x^{2}+a^{2})^{2}}}+{\frac {3}{8a^{4}}}{\frac {x}{x^{2}+a^{2}}}+{\frac {3}{8a^{5}}}\mathrm {arctg} \,{\frac {x}{a}}+C.$(5.82)

И так далее.