Примеры неопределенных интегралов с решением

Задача. Вычислить интеграл:

\[ \int \sqrt{x} \ln x \, dx \]

Воспользуемся формулой интегрирования по частям:

\[ \int u \, dv = uv - \int v \, du \]

Выберем:

\[ \begin{vmatrix} u = \ln x & dv = \sqrt{x} \, dx \\ du = \frac{1}{x} \, dx & v = \frac{2x\sqrt{x}}{3} \end{vmatrix} \]

Подставим в формулу:

\[ \int \sqrt{x} \ln x \, dx = \frac{2x\sqrt{x} \ln x}{3} - \int \frac{2x\sqrt{x}}{3} \cdot \frac{1}{x} \, dx \]

Упростим:

\[ = \frac{2x\sqrt{x} \ln x}{3} - \frac{2}{3} \int \sqrt{x} \, dx \]

Вычислим оставшийся интеграл:

\[ \int \sqrt{x} \, dx = \frac{2x\sqrt{x}}{3} + C_1 \]

Подставим полученное выражение:

\[ = \frac{2x\sqrt{x} \ln x}{3} - \frac{2}{3} \cdot \frac{2x\sqrt{x}}{3} + C \]

Упростим:

\[ = \frac{2x\sqrt{x}}{3} \ln x - \frac{4x\sqrt{x}}{9} + C \]

Вынесем общий множитель:

\[ = \frac{2x\sqrt{x}}{3} \left( \ln x - \frac{2}{3} \right) + C \]

Ответ: \[ \frac{2x\sqrt{x}}{3} \left( \ln x - \frac{2}{3} \right) + C \]

Задача. Найти интеграл:

\[ \int e^x \cos 2x \, dx \]

Это циклический интеграл. Воспользуемся формулой интегрирования по частям дважды:

\[ \int u \, dv = uv - \int v \, du \]

Обозначим исходный интеграл через \( I \):

\[ I = \int e^x \cos 2x \, dx \]

Применим интегрирование по частям, взяв:

\[ \begin{cases} u = e^x \\ dv = \cos 2x \, dx \end{cases} \]

Тогда:

\[ \begin{cases} du = e^x \, dx \\ v = \frac{1}{2} \sin 2x \end{cases} \]

Получаем:

\[ I = \frac{e^x}{2} \sin 2x - \frac{1}{2} \int e^x \sin 2x \, dx \]

Теперь вычислим полученный интеграл \(\int e^x \sin 2x \, dx\) также по частям. Возьмём:

\[ \begin{cases} u = e^x \\ dv = \sin 2x \, dx \end{cases} \]

Тогда:

\[ \begin{cases} du = e^x \, dx \\ v = -\frac{1}{2} \cos 2x \end{cases} \]

Получаем:

\[ \int e^x \sin 2x \, dx = -\frac{e^x}{2} \cos 2x + \frac{1}{2} \int e^x \cos 2x \, dx \]

Заметим, что \(\int e^x \cos 2x \, dx = I\), поэтому:

\[ \int e^x \sin 2x \, dx = -\frac{e^x}{2} \cos 2x + \frac{1}{2} I \]

Теперь подставим это выражение в формулу для \(I\):

\[ I = \frac{e^x}{2} \sin 2x - \frac{1}{2} \left( -\frac{e^x}{2} \cos 2x + \frac{1}{2} I \right) \]

Раскроем скобки:

\[ I = \frac{e^x}{2} \sin 2x + \frac{e^x}{4} \cos 2x - \frac{1}{4} I \]

Перенесем все слагаемые с \(I\) в одну сторону:

\[ I + \frac{1}{4} I = \frac{e^x}{2} \sin 2x + \frac{e^x}{4} \cos 2x \]

\[ \frac{5}{4} I = \frac{e^x}{2} \sin 2x + \frac{e^x}{4} \cos 2x \]

Выразим искомый интеграл \(I\):

\[ I = \frac{4}{5} \left( \frac{e^x}{2} \sin 2x + \frac{e^x}{4} \cos 2x \right) \]

Упростим выражение:

\[ I = \frac{2e^x}{5} \sin 2x + \frac{e^x}{5} \cos 2x + C \]

Ответ: \[ \frac{2e^x}{5} \sin 2x + \frac{e^x}{5} \cos 2x + C \]

Задача. Найти интеграл:

\[ \int \frac{2e^{2x} + 3e^x}{e^{2x} + 2e^x + 2} \, dx \]

Преобразуем подынтегральное выражение, выделив в числителе часть, соответствующую производной знаменателя:

\[ \int \frac{2e^{2x} + 3e^x}{e^{2x} + 2e^x + 2} \, dx = \int \frac{(2e^{2x} + 2e^x) + e^x}{e^{2x} + 2e^x + 2} \, dx \]

Разобьём интеграл на сумму двух:

\[ = \int \frac{2e^{2x} + 2e^x}{e^{2x} + 2e^x + 2} \, dx + \int \frac{e^x}{e^{2x} + 2e^x + 2} \, dx \]

Вычислим каждый интеграл отдельно.

а) Первый интеграл:

\[ \int \frac{2e^{2x} + 2e^x}{e^{2x} + 2e^x + 2} \, dx \]

Заметим, что производная знаменателя \( (e^{2x} + 2e^x + 2)' = 2e^{2x} + 2e^x \), что совпадает с числителем.

Введём замену:

\[ \begin{cases} t = e^{2x} + 2e^x + 2 \\ dt = (2e^{2x} + 2e^x) \, dx \end{cases} \]

Тогда:

\[ \int \frac{2e^{2x} + 2e^x}{e^{2x} + 2e^x + 2} \, dx = \int \frac{dt}{t} = \ln|t| + C_1 = \ln(e^{2x} + 2e^x + 2) + C_1 \]

б) Второй интеграл:

\[ \int \frac{e^x}{e^{2x} + 2e^x + 2} \, dx \]

Сделаем замену:

\[ \begin{cases} t = e^x \\ dt = e^x \, dx \end{cases} \]

Тогда:

\[ \int \frac{e^x}{e^{2x} + 2e^x + 2} \, dx = \int \frac{dt}{t^2 + 2t + 2} \]

Выделим полный квадрат в знаменателе:

\[ t^2 + 2t + 2 = (t^2 + 2t + 1) + 1 = (t + 1)^2 + 1 \]

Получаем табличный интеграл:

\[ \int \frac{dt}{(t + 1)^2 + 1} = \int \frac{d(t + 1)}{(t + 1)^2 + 1} = \arctan(t + 1) + C_2 \]

Возвращаемся к переменной \( x \):

\[ = \arctan(e^x + 1) + C_2 \]

Теперь складываем полученные результаты:

\[ \int \frac{2e^{2x} + 3e^x}{e^{2x} + 2e^x + 2} \, dx = \ln(e^{2x} + 2e^x + 2) + \arctan(e^x + 1) + C \]

Ответ: \[ \ln(e^{2x} + 2e^x + 2) + \arctan(e^x + 1) + C \]

Задача. Найти интеграл:

\[ \int \frac{\sqrt[3]{x}}{\sqrt{x} + \sqrt[3]{x}} \, dx \]

Сделаем универсальную подстановку для избавления от корней:

\[ x = t^6, \quad dx = 6t^5 \, dt \]

Тогда:

\[ \sqrt{x} = t^3, \quad \sqrt[3]{x} = t^2 \]

Подставляем в интеграл:

\[ \int \frac{\sqrt[3]{x}}{\sqrt{x} + \sqrt[3]{x}} \, dx = \int \frac{t^2}{t^3 + t^2} \cdot 6t^5 \, dt \]

Упрощаем выражение:

\[ = 6 \int \frac{t^7}{t^2(t+1)} \, dt = 6 \int \frac{t^5}{t+1} \, dt \]

Дробь \(\frac{t^5}{t+1}\) является неправильной. Выделим целую часть, разделив многочлен \(t^5\) на \(t+1\):

\[ \frac{t^5}{t+1} = t^4 - t^3 + t^2 - t + 1 - \frac{1}{t+1} \]

Проверим деление:

\[ \begin{aligned} t^5 & \div (t+1) = t^4 \\ t^5 + t^4 & \\ \hline & -t^4 \\ & -t^4 - t^3 \\ \hline & t^3 \\ & t^3 + t^2 \\ \hline & -t^2 \\ & -t^2 - t \\ \hline & t \\ & t + 1 \\ \hline & -1 \end{aligned} \]

Таким образом:

\[ \frac{t^5}{t+1} = t^4 - t^3 + t^2 - t + 1 - \frac{1}{t+1} \]

Теперь подставляем в интеграл:

\[ 6 \int \frac{t^5}{t+1} \, dt = 6 \int \left( t^4 - t^3 + t^2 - t + 1 - \frac{1}{t+1} \right) dt \]

Интегрируем почленно:

\[ = 6 \left( \frac{t^5}{5} - \frac{t^4}{4} + \frac{t^3}{3} - \frac{t^2}{2} + t - \ln|t+1| \right) + C \]

Возвращаемся к переменной \(x\), помня что \(t = \sqrt[6]{x}\):

\[ = \frac{6}{5} (\sqrt[6]{x})^5 - \frac{6}{4} (\sqrt[6]{x})^4 + \frac{6}{3} (\sqrt[6]{x})^3 - \frac{6}{2} (\sqrt[6]{x})^2 + 6\sqrt[6]{x} - 6\ln|\sqrt[6]{x} + 1| + C \]

Упростим степени:

\[ \begin{aligned} (\sqrt[6]{x})^5 &= \sqrt[6]{x^5} = x^{5/6} \\ (\sqrt[6]{x})^4 &= \sqrt[6]{x^4} = x^{4/6} = x^{2/3} \\ (\sqrt[6]{x})^3 &= \sqrt[6]{x^3} = x^{3/6} = \sqrt{x} \\ (\sqrt[6]{x})^2 &= \sqrt[6]{x^2} = x^{2/6} = \sqrt[3]{x} \end{aligned} \]

Также упростим коэффициенты:

\[ \begin{aligned} \frac{6}{5} x^{5/6} &- \frac{3}{2} x^{2/3} + 2\sqrt{x} - 3\sqrt[3]{x} + 6\sqrt[6]{x} - 6\ln|\sqrt[6]{x} + 1| + C \end{aligned} \]

Ответ: \[ \frac{6}{5} x^{5/6} - \frac{3}{2} x^{2/3} + 2\sqrt{x} - 3\sqrt[3]{x} + 6\sqrt[6]{x} - 6\ln|\sqrt[6]{x} + 1| + C \]

Задача. Найти интеграл:

\[ \int \frac{dx}{\sin x + \cos x} \]

Применим универсальную тригонометрическую подстановку:

\[ t = \tan\frac{x}{2}, \quad \sin x = \frac{2t}{1+t^2}, \quad \cos x = \frac{1-t^2}{1+t^2}, \quad dx = \frac{2\,dt}{1+t^2} \]

Подставляем в интеграл:

\[ \int \frac{dx}{\sin x + \cos x} = \int \frac{\frac{2\,dt}{1+t^2}}{\frac{2t}{1+t^2} + \frac{1-t^2}{1+t^2}} = \int \frac{2\,dt}{2t + 1 - t^2} \]

Преобразуем знаменатель:

\[ 2t + 1 - t^2 = -(t^2 - 2t - 1) \]

Тогда интеграл принимает вид:

\[ \int \frac{2\,dt}{-(t^2 - 2t - 1)} = -2 \int \frac{dt}{t^2 - 2t - 1} \]

Найдем корни знаменателя:

\[ t^2 - 2t - 1 = 0 \]

\[ t_{1,2} = \frac{2 \pm \sqrt{4 + 4}}{2} = \frac{2 \pm 2\sqrt{2}}{2} = 1 \pm \sqrt{2} \]

Разложим дробь на простейшие:

\[ \frac{1}{t^2 - 2t - 1} = \frac{1}{(t - (1+\sqrt{2}))(t - (1-\sqrt{2}))} = \frac{A}{t - (1+\sqrt{2})} + \frac{B}{t - (1-\sqrt{2})} \]

Найдем коэффициенты \(A\) и \(B\):

\[ 1 = A(t - (1-\sqrt{2})) + B(t - (1+\sqrt{2})) \]

Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях \(t\):

\[ \begin{cases} A + B = 0 \\ -A(1-\sqrt{2}) - B(1+\sqrt{2}) = 1 \end{cases} \]

Из первого уравнения \(B = -A\). Подставим во второе:

\[ -A(1-\sqrt{2}) + A(1+\sqrt{2}) = 1 \]

\[ A(-1+\sqrt{2}+1+\sqrt{2}) = 1 \]

\[ A(2\sqrt{2}) = 1 \quad \Rightarrow \quad A = \frac{1}{2\sqrt{2}}, \quad B = -\frac{1}{2\sqrt{2}} \]

Теперь интеграл можно записать как:

\[ -2 \int \frac{dt}{t^2 - 2t - 1} = -2 \int \left( \frac{\frac{1}{2\sqrt{2}}}{t - (1+\sqrt{2})} - \frac{\frac{1}{2\sqrt{2}}}{t - (1-\sqrt{2})} \right) dt \]

\[ = -\frac{1}{\sqrt{2}} \int \frac{dt}{t - (1+\sqrt{2})} + \frac{1}{\sqrt{2}} \int \frac{dt}{t - (1-\sqrt{2})} \]

Интегрируем:

\[ = -\frac{1}{\sqrt{2}} \ln|t - (1+\sqrt{2})| + \frac{1}{\sqrt{2}} \ln|t - (1-\sqrt{2})| + C \]

\[ = \frac{1}{\sqrt{2}} \ln \left| \frac{t - (1-\sqrt{2})}{t - (1+\sqrt{2})} \right| + C \]

Возвращаемся к переменной \(x\) (\(t = \tan\frac{x}{2}\)):

\[ = \frac{1}{\sqrt{2}} \ln \left| \frac{\tan\frac{x}{2} - (1-\sqrt{2})}{\tan\frac{x}{2} - (1+\sqrt{2})} \right| + C \]

Ответ: \[ \frac{1}{\sqrt{2}} \ln \left| \frac{\tan\frac{x}{2} - (1-\sqrt{2})}{\tan\frac{x}{2} - (1+\sqrt{2})} \right| + C \]

Выполним замену переменной:

\[ t = \tan x, \quad dx = \frac{dt}{1+t^2} \]

Тогда:

\[ \int \tan^5 x \, dx = \int t^5 \cdot \frac{dt}{1+t^2} = \int \frac{t^5}{1+t^2} \, dt \]

Разделим многочлен \( t^5 \) на \( 1+t^2 \).

Сначала представим:

\[ t^5 = t^3(t^2+1) - t^3 \]

Тогда:

\[ \frac{t^5}{1+t^2} = t^3 - \frac{t^3}{1+t^2} \]

Далее разложим \( \frac{t^3}{1+t^2} \):

\[ \frac{t^3}{1+t^2} = \frac{t(t^2+1) - t}{1+t^2} = t - \frac{t}{1+t^2} \]

Таким образом:

\[ \frac{t^5}{1+t^2} = t^3 - \left( t - \frac{t}{1+t^2} \right) = t^3 - t + \frac{t}{1+t^2} \]

Теперь интеграл принимает вид:

\[ \int \frac{t^5}{1+t^2} \, dt = \int \left( t^3 - t + \frac{t}{1+t^2} \right) dt \]

Интегрируем почленно:

\[ \int t^3 \, dt = \frac{t^4}{4} \]

\[ \int (-t) \, dt = -\frac{t^2}{2} \]

\[ \int \frac{t}{1+t^2} \, dt = \frac{1}{2} \int \frac{2t}{1+t^2} \, dt = \frac{1}{2} \ln|1+t^2| \]

Собираем всё вместе:

\[ \int \tan^5 x \, dx = \frac{t^4}{4} - \frac{t^2}{2} + \frac{1}{2} \ln|1+t^2| + C \]

Возвращаемся к переменной \( x \), подставляя \( t = \tan x \):

\[ = \frac{\tan^4 x}{4} - \frac{\tan^2 x}{2} + \frac{1}{2} \ln|1+\tan^2 x| + C \]

Учитывая, что \( 1+\tan^2 x = \frac{1}{\cos^2 x} \), можно также записать:

\[ = \frac{\tan^4 x}{4} - \frac{\tan^2 x}{2} - \ln|\cos x| + C \]

поскольку \( \frac{1}{2} \ln|1+\tan^2 x| = \frac{1}{2} \ln\left|\frac{1}{\cos^2 x}\right| = -\ln|\cos x| \).

Ответ: \[ \frac{\tan^4 x}{4} - \frac{\tan^2 x}{2} + \frac{1}{2} \ln|1+\tan^2 x| + C \]