Poziva se funkcija F (x) koja se može diferencirati u datom intervalu X antiderivat za funkciju f (x), ili integral od f (x), ako za bilo koji x ∈X vrijedi sljedeća jednakost:
F "(x) = f (x). (8.1)
Pronalaženje svih antiderivata za datu funkciju naziva se njenom integracija. Neodređeni integral funkcije f (x) na datom intervalu X je skup svih antiderivata za funkciju f (x); oznaka -
Ako je F (x) neka primitiva za funkciju f (x), onda je ∫ f (x) dx = F (x) + C, (8.2)
gdje je C proizvoljna konstanta.
Integralna tablica
Direktno iz definicije dobijamo glavna svojstva neodređenog integrala i listu tabelarnih integrala:
1) d∫f (x) dx = f (x)
2) ∫df (x) = f (x) + C
3) ∫af (x) dx = a∫f (x) dx (a = const)
4) ∫ (f (x) + g (x)) dx = ∫f (x) dx + ∫g (x) dx
Lista tabličnih integrala
1.∫x m dx = x m + 1 / (m + 1) + C; (m ≠ -1)
3.∫a x dx = a x / ln a + C (a> 0, a ≠ 1)
4.∫e x dx = e x + C
5.∫sin x dx = cosx + C
6.∫cos x dx = - sin x + C
7. = arktan x + C
8. = arcsin x + C
10. = - ctg x + C
Zamjena varijable
Za integraciju mnogih funkcija koristite metodu promjene varijable ili zamjene, omogućavajući svođenje integrala u tabelarni oblik.
Ako je funkcija f (z) kontinuirana na [α, β], funkcija z = g (x) ima kontinuirani izvod i α ≤ g (x) ≤ β, tada
∫ f (g (x)) g "(x) dx = ∫f (z) dz, (8.3)
osim toga, nakon integracije, treba izvršiti zamjenu z = g (x) na desnoj strani.
Za dokaz je dovoljno originalni integral napisati u obliku:
∫ f (g (x)) g "(x) dx = ∫ f (g (x)) dg (x).
Na primjer:
Integracija po dijelovima
Neka su u = f (x) i v = g (x) funkcije koje su kontinuirane. Zatim, prema radu,
d (uv)) = udv + vdu ili udv = d (uv) - vdu.
Za izraz d (uv), antiderivat će očito biti uv, tako da vrijedi sljedeća formula:
∫ udv = uv - ∫ vdu (8.4.)
Ova formula izražava pravilo integracija po dijelovima... On dovodi integraciju izraza udv = uv "dx do integracije izraza vdu = vu" dx.
Neka je, na primjer, potrebno pronaći ∫xcosx dx. Stavite u = x, dv = cosxdx, dakle du = dx, v = sinx. Onda
∫xcosxdx = ∫x d (sin x) = x sin x - ∫sin x dx = x sin x + cosx + C.
Pravilo integracije po dijelovima ima ograničeniji opseg od zamjene varijabli. Ali postoje čitave klase integrala, npr.
∫x k ln m xdx, ∫x k sinbxdx, ∫ x k cosbxdx, ∫x k e ax i drugi, koji se računaju integracijom po dijelovima.
Definitivni integral
Koncept određenog integrala uvodi se na sljedeći način. Neka je funkcija f (x) definirana na segmentu. Podijelimo segment [a, b] na n dijelove po tačkama a = x 0< x 1 <...< x n = b. Из каждого интервала (x i-1 ,
x i) возьмем произвольную точку ξ i и составим сумму f(ξ i)
Δx i где
Δ x i = x i - x i-1. Zove se zbir oblika f (ξ i) Δ x i integralni zbir, a njegova granica kao λ = maxΔx i → 0, ako postoji i konačna je, naziva se definitivni integral funkcija f (x) od a prije b i označeno je sa:
F (ξ i) Δx i (8.5).
Funkcija f (x) u ovom slučaju se poziva integrabilan na segmentu, brojevi a i b se zovu donja i gornja granica integrala.
Sljedeća svojstva vrijede za određeni integral:
4), (k = const, k∈R);
5)
6)
7) f (ξ) (b-a) (ξ∈).
Posljednje svojstvo se zove teorema srednje vrijednosti.
Neka je f (x) kontinuirano. Tada na ovom segmentu postoji neodređeni integral
∫f (x) dx = F (x) + C
i odvija se Newton-Leibnizova formula, povezujući određeni integral sa neodređenim:
Ž (b) - Ž (a). (8.6)
Geometrijska interpretacija: definitivni integral je površina zakrivljenog trapeza omeđena odozgo krivom y = f (x), pravim linijama x = a i x = b i segmentom ose Ox.
Nepravilni integrali
Pozivaju se integrali s beskonačnim granicama i integrali diskontinuiranih (neograničenih) funkcija neprikladan. Nepravilni integrali prve vrste - ovo su integrali u beskonačnom intervalu, definisani na sljedeći način:
(8.7)
Ako ova granica postoji i konačna je, onda se zove konvergentni nepravilan integral od f (x) na intervalu [a, + ∞), a funkcija f (x) se poziva integrabilan na beskonačnom intervalu[a, + ∞). Inače se kaže da je integral ne postoji ili se razlikuje.
Nepravilni integrali na intervalima (-∞, b] i (-∞, + ∞) definiraju se slično:
Definirajmo pojam integrala neograničene funkcije. Ako je f (x) kontinuirano za sve vrijednosti x segment, osim tačke c, u kojoj f (x) ima beskonačan diskontinuitet, onda nepravilan integral druge vrste f (x) u rasponu od a do b nazvao iznos:
ako ove granice postoje i konačne su. Oznaka:
Primjeri izračunavanja integrala
Primjer 3.30. Izračunajte ∫dx / (x + 2).
Rješenje. Označavamo t = x + 2, zatim dx = dt, ∫dx / (x + 2) = ∫dt / t = ln |t | + C = ln | x + 2 | + C.
Primjer 3.31... Pronađite ∫ tgxdx.
Rješenje.∫ tgxdx = ∫sinx / cosxdx = - ∫dcosx / cosx. Neka je t = cosx, tada je ∫ tgxdx = -∫ dt / t = - ln |t | + C = -ln | cosx | + C.
Primjer3.32 ... Pronađite ∫dx / sinxRješenje.
Primjer3.33. Pronađite .
Rješenje. = .
Primjer3.34 ... Pronađite ∫arctgxdx.
Rješenje. Integriramo po dijelovima. Postavljamo u = arctgx, dv = dx. Tada je du = dx / (x 2 +1), v = x, odakle je ∫arctgxdx = xarctgx - ∫ xdx / (x 2 +1) = xarctgx + 1/2 ln (x 2 +1) + C; jer
∫xdx / (x 2 +1) = 1/2 ∫d (x 2 +1) / (x 2 +1) = 1/2 ln (x 2 +1) + C.
Primjer3.35 ... Izračunajte ∫lnxdx.
Rješenje. Primjenom formule za integraciju po dijelovima dobijamo:
u = lnx, dv = dx, du = 1 / x dx, v = x. Tada je ∫lnxdx = xlnx - ∫x 1 / x dx =
= xlnx - ∫dx + C = xlnx - x + C.
Primjer3.36 ... Procijenite ∫e x sinxdx.
Rješenje. Označimo u = e x, dv = sinxdx, zatim du = e x dx, v = ∫sinxdx = - cosx → ∫ e x sinxdx = - e x cosx + ∫ e x cosxdx. Integral ∫e x cosxdx je također integrabilan po dijelovima: u = e x, dv = cosxdx, du = e x dx, v = sinx. Imamo:
∫ e x cosxdx = e x sinx - ∫ e x sinxdx. Dobili smo relaciju ∫e x sinxdx = - e x cosx + e x sinx - ∫ e x sinxdx, odakle je 2∫e x sinx dx = - e x cosx + e x sinx + S.
Primjer 3.37. Izračunajte J = ∫cos (lnx) dx / x.
Rješenje. Pošto je dx / x = dlnx, onda je J = ∫cos (lnx) d (lnx). Zamijenivši lnx sa t, dolazimo do tabelarnog integrala J = ∫ costdt = sint + C = sin (lnx) + C.
Primjer 3.38 ... Izračunajte J =.
Rješenje. Uzimajući u obzir da je = d (lnx), zamjenjujemo lnx = t. Tada je J = 
.
Primjer 3.39
... Izračunajte integral J = 
.
Rješenje. Imamo: 
... Stoga =
=
=. uneseno ovako sqrt (tan (x / 2)).
A ako kliknete na Prikaži korake u gornjem desnom uglu prozora rezultata, dobit ćete detaljno rješenje.
Iracionalna funkcija varijable je funkcija koja se formira od varijable i proizvoljnih konstanti korištenjem konačnog broja operacija sabiranja, oduzimanja, množenja (povišenja na cijeli broj), dijeljenja i vađenja korijena. Iracionalna funkcija se razlikuje od racionalne po tome što iracionalna funkcija sadrži operacije za vađenje korijena.
Postoje tri glavna tipa iracionalnih funkcija, čiji se neodređeni integrali svode na integrale racionalnih funkcija. To su integrali koji sadrže korijene proizvoljnih cijelih stupnjeva iz linearne frakcijske funkcije (korijeni mogu biti različitih stupnjeva, ali iz iste linearne frakcijske funkcije); integrali diferencijalnog binoma i integrali s kvadratnim korijenom kvadratnog trinoma.
Važna napomena. Korijeni su dvosmisleni!
Prilikom izračunavanja integrala koji sadrže korijene, često se susreću izrazi oblika, gdje je neka funkcija varijable integracije. Treba to imati na umu. To jest, za t> 0, |t | = t... Na t< 0, |t | = - t. Stoga je prilikom izračunavanja ovakvih integrala potrebno posebno razmotriti slučajeve t> 0 i t< 0 ... To se može učiniti ispisivanjem znakova ili gdje je potrebno. Uz pretpostavku da se gornji znak odnosi na slučaj t> 0 , a donji - na slučaj t< 0 ... Daljnjom transformacijom ovi znakovi se po pravilu međusobno poništavaju.
Moguć je i drugi pristup, u kojem se integrand i rezultat integracije mogu posmatrati kao složene funkcije kompleksnih varijabli. Tada ne možete pratiti znakove u radikalnim izrazima. Ovaj pristup je primjenjiv ako je integrand analitičan, odnosno diferencijabilna funkcija kompleksne varijable. U ovom slučaju, i integrand i njegov integral su viševrijedne funkcije. Dakle, nakon integracije, prilikom zamjene numeričkih vrijednosti, potrebno je odabrati jednoznačnu granu (Rimannova površina) integrala, a za nju odabrati odgovarajuću granu rezultata integracije.
Frakcijska linearna iracionalnost
Ovo su integrali s korijenima iste linearne frakcijske funkcije:
,
gdje je R racionalna funkcija, su racionalni brojevi, m 1, n 1, ..., m s, n s su cijeli brojevi, α, β, γ, δ su realni brojevi.
Takvi se integrali supstitucijom svode na integral racionalne funkcije:
, gdje je n zajednički imenitelj brojeva r 1, ..., r s.
Korijeni ne moraju nužno biti iz linearne frakcijske funkcije, već i iz linearne (γ = 0, δ = 1), ili na varijablu integracije x (α = 1, β = 0, γ = 0, δ = 1).
Evo primjera takvih integrala:
,
.
Integrali diferencijalnih binoma
Integrali diferencijalnih binoma su:
,
gdje su m, n, p racionalni brojevi, a, b realni brojevi.
Takvi se integrali svode na integrale racionalnih funkcija u tri slučaja.
1) Ako je p cijeli broj. Zamjena x = t N, gdje je N zajednički imenitelj razlomaka m i n.
2) Ako - cijeli. Zamjena a x n + b = t M, gdje je M imenilac p.
3) Ako - cijeli. Zamjena a + b x - n = t M, gdje je M imenilac p.
U drugim slučajevima, takvi integrali se ne izražavaju u terminima elementarnih funkcija.
Ponekad se takvi integrali mogu pojednostaviti korištenjem redukcijskih formula:
;
.
Integrali koji sadrže kvadratni korijen kvadratnog trinoma
Takvi integrali su u obliku:
,
gdje je R racionalna funkcija. Postoji nekoliko metoda rješenja za svaki takav integral.
1)
Uz pomoć transformacija dovesti do jednostavnijih integrala.
2)
Primijenite trigonometrijske ili hiperboličke zamjene.
3)
Primijenite Eulerove zamjene.
Pogledajmo bliže ove metode.
1) Transformacija integranda
Primjenom formule i izvođenjem algebarskih transformacija dovodimo integrand u oblik:
,
gdje su φ (x), ω (x) racionalne funkcije.
Tip I
Integral forme:
,
gdje je P n (x) polinom stepena n.
Takvi integrali se nalaze metodom nedefiniranih koeficijenata koristeći identitet:
.
Diferencirajući ovu jednačinu i izjednačavajući lijevu i desnu stranu, nalazimo koeficijente A i.
II tip
Integral forme:
,
gdje je P m (x) polinom stepena m.
Zamjena t = (x - α) -1 ovaj integral se svodi na prethodni tip. Ako je m ≥ n, tada treba odabrati cijeli dio razlomka.
III tip
Ovdje vršimo zamjenu:
.
Tada će integral poprimiti oblik:
.
Nadalje, konstante α, β moraju biti odabrane tako da koeficijenti na t u nazivniku nestanu:
B = 0, B 1 = 0.
Tada se integral razlaže u zbir integrala dva tipa:
,
,
koji su integrisani supstitucijama:
u 2 = A 1 t 2 + C 1,
v 2 = A 1 + C 1 t -2.
2) Trigonometrijske i hiperboličke zamjene
Za integrale oblika, a > 0
,
imamo tri glavne zamjene:
;
;
;
Za integrale, a > 0
,
imamo sljedeće zamjene:
;
;
;
I konačno, za integrale, a > 0
,
zamjene su sljedeće:
;
;
;
3) Ojlerove zamjene
Također, integrali se mogu svesti na integrale racionalnih funkcija jedne od tri Eulerove zamjene:
, za a> 0;
, za c> 0;
, gdje je x 1 korijen jednačine a x 2 + b x + c = 0. Ako ova jednadžba ima realne korijene.
Eliptički integrali
U zaključku, razmotrite integrale oblika:
,
gdje je R racionalna funkcija,. Takvi integrali se nazivaju eliptični. Općenito, one se ne izražavaju u terminima elementarnih funkcija. Međutim, postoje slučajevi kada postoje relacije između koeficijenata A, B, C, D, E u kojima su takvi integrali izraženi u terminima elementarnih funkcija.
Ispod je primjer koji se odnosi na povratne polinome. Izračunavanje takvih integrala vrši se korištenjem supstitucija:
.
Primjer
Izračunaj integral:
.
Rješenje
Napravićemo zamenu.
.
Evo, za x> 0
(u> 0
) uzimamo gornji znak ′ + ′. Za x< 0
(u< 0
) - niže ' - '.
.
Odgovori
Reference:
N.M. Gunther, R.O. Kuzmin, Zbirka zadataka iz više matematike, "Lan", 2003.
Kompleksni integrali
Ovaj članak dovršava temu neodređenih integrala i uključuje integrale za koje smatram da su prilično teški. Lekcija je nastala na višestruke zahtjeve posjetilaca koji su izrazili želju da se na sajtu analiziraju i teži primjeri.
Pretpostavlja se da je čitalac ovog teksta dobro pripremljen i da zna da primeni osnovne tehnike integracije. Lutke i ljudi koji nisu baš sigurni u integrale treba da pogledaju prvu lekciju - Neodređeni integral. Primjeri rješenja , gdje možete savladati temu praktično od nule. Iskusniji studenti mogu se upoznati sa tehnikama i metodama integracije koje se još nisu susrele u mojim člancima.
Koji će se integrali uzeti u obzir?
Najprije ćemo razmotriti integrale s korijenima za čije rješenje se sukcesivno koristimo varijabilna zamjena i integracija po dijelovima ... To jest, u jednom primjeru dvije tehnike se kombiniraju odjednom... I još više.
Tada ćemo se upoznati sa zanimljivim i originalnim metoda svođenja integrala na sebe ... Nije tako malo integrala riješeno na ovaj način.
Ići će treći broj programa integrali složenih razlomaka koji je prošao kraj blagajne u prethodnim člancima.
Četvrto, biće rastavljeno komplementarni integrali trigonometrijskih funkcija... Konkretno, postoje metode koje izbjegavaju dugotrajnost univerzalna trigonometrijska supstitucija.
(2) U integrandu dijelimo brojilac sa nazivnikom član po član.
(3) Koristimo svojstvo linearnosti neodređenog integrala. U posljednjem integralu odmah dovodimo funkciju pod diferencijalni predznak .
(4) Uzmimo preostale integrale. Imajte na umu da se zagrade mogu koristiti u logaritmu, a ne modulu, jer.
(5) Vršimo obrnutu supstituciju, izražavajući iz direktne zamene "te":
Mazohistički studenti mogu razlikovati odgovor i dobiti originalni integrand kao što sam ja upravo učinio. Ne, ne, provjerio sam u pravom smislu =)
Kao što vidite, u toku rješavanja bilo je potrebno koristiti čak više od dvije metode rješenja, tako da su za rad sa ovakvim integralima potrebne sigurne integracijske vještine i ni najmanje iskustvo.
U praksi je, naravno, češći kvadratni korijen, evo tri primjera za nezavisno rješenje:
Primjer 2
Pronađite neodređeni integral
Primjer 3
Pronađite neodređeni integral
Primjer 4
Pronađite neodređeni integral
Ovi primjeri su istog tipa, tako da će kompletno rješenje na kraju članka biti samo za primjer 2, u primjerima 3-4 - jedan odgovor. Koju zamjenu koristiti na početku rješenja, mislim da je očigledno. Zašto sam uzeo primjerke istog tipa? Često se susreću u svojoj ulozi. Češće, možda, samo nešto slično 
.
Ali ne uvijek, kada se korijen linearne funkcije pronađe ispod arktangenta, sinusa, kosinusa, eksponenta i drugih funkcija, mora se primijeniti nekoliko metoda odjednom. U nizu slučajeva moguće je "lako sići", odnosno odmah nakon zamjene dobije se jednostavan integral koji se može uzeti na elementaran način. Najlakši od gore predloženih zadataka je primjer 4, u kojem se, nakon zamjene, dobija relativno jednostavan integral.
Svođenjem integrala na sebe
Genijalna i lijepa metoda. Pogledajmo odmah klasike žanra:
Primjer 5
Pronađite neodređeni integral
Ispod korijena se nalazi kvadratni binom, a kada pokušate integrirati ovaj primjer, čajnik može patiti satima. Takav integral se uzima dio po dio i svodi na sebe. U principu, nije teško. ako znaš kako.
Označimo integral koji se razmatra latiničnim slovom i započnemo rješenje: 
Integriramo dio po dio: 
(1) Pripremite funkciju integranda za dijeljenje termina.
(2) Integrand dijelimo po članu. Možda ne razumiju svi, pisaću detaljnije:
(3) Koristimo svojstvo linearnosti neodređenog integrala.
(4) Uzmite posljednji integral ("dugi" logaritam).
Sada gledamo na sam početak rješenja: 
I na kraju: 
Šta se desilo? Kao rezultat naših manipulacija, integral se sveo na sebe!
Hajde da izjednačimo početak i kraj: 
Pomaknite se lijevo uz promjenu znaka: 
I nosimo dvojku na desnu stranu. Kao rezultat: 
Konstantu je, strogo govoreći, trebalo dodati ranije, ali je dodati na kraju. Toplo preporučujem da pročitate šta je strogo ovdje:
Bilješka:
Još strožije, završna faza rješenja izgleda ovako:
Na ovaj način:
Konstanta se može preimenovati kao. Zašto možete preimenovati? Jer i dalje prihvata bilo koji vrijednosti, te u tom smislu nema razlike između konstanti i.
Kao rezultat:
Sličan trik stalnog redizajniranja se široko koristi u diferencijalne jednadžbe ... I tamo ću biti strog. I ovdje takvu slobodu dopuštam samo da vas ne zbunjujem sa nepotrebnim stvarima i da se fokusiram na sam način integracije.
Primjer 6
Pronađite neodređeni integral
Još jedan tipičan integral za nezavisno rješenje. Kompletno rješenje i odgovor na kraju tutorijala. Razlika u odnosu na odgovor iz prethodnog primjera bit će!
Ako ispod kvadratnog korijena postoji kvadratni trinom, tada se rješenje u svakom slučaju svodi na dva analizirana primjera.
Na primjer, razmotrite integral 
... Sve što treba da uradite je unapred odaberite cijeli kvadrat
:
.
Nadalje, provodi se linearna zamjena, koja se eliminira "bez ikakvih posljedica":
, što rezultira integralom. Nešto poznato, zar ne?
Ili takav primjer, s kvadratnim binomom:
Odaberite cijeli kvadrat:
I, nakon linearne zamjene, dobijamo integral, koji se također rješava prema već razmatranom algoritmu.
Razmotrimo još dva tipična primjera kako svesti integral na sebe:
- integral eksponenta pomnožen sinusom;
Je li integral eksponenta pomnožen kosinusom.
U navedenim integralima po dijelovima morat ćemo integrirati već dva puta:
Primjer 7
Pronađite neodređeni integral
Integrand je eksponent pomnožen sinus.
Integriramo po dijelovima dva puta i svodimo integral na sebe: 
Kao rezultat dvostruke integracije po dijelovima, integral se svodi na sebe. Izjednačimo početak i kraj rješenja:
Pomaknite se ulijevo sa promjenom predznaka i izrazite naš integral: 
Spreman. Usput je poželjno češljati desnu stranu, tj. staviti eksponent izvan zagrada, a u zagradama rasporediti sinus i kosinus u "lijepom" redoslijedu.
Vratimo se sada na početak primjera, odnosno na integraciju po dijelovima: 
Jer smo odredili izlagača. Postavlja se pitanje, tačno eksponent treba uvijek označavati sa? Nije potrebno. Zapravo, u razmatranom integralu fundamentalno nema razlike, za šta označiti, moglo se i na drugi način: 
Zašto je to moguće? Pošto se eksponent pretvara u sebe (i tokom diferencijacije i tokom integracije), sinus i kosinus se međusobno transformišu (opet, i tokom diferencijacije i integracije).
Odnosno, možete odrediti i trigonometrijsku funkciju. Ali, u razmatranom primjeru, to je manje racionalno, jer će se pojaviti razlomci. Ako želite, ovaj primjer možete pokušati riješiti na drugi način, odgovori moraju biti isti.
Primjer 8
Pronađite neodređeni integral
Ovo je primjer rješenja uradi sam. Prije nego što odlučite, razmislite što je u ovom slučaju isplativije odrediti za eksponentnu ili trigonometrijsku funkciju? Kompletno rješenje i odgovor na kraju tutorijala.
I naravno, imajte na umu da je većinu odgovora u ovoj lekciji dovoljno lako razlikovati!
Smatralo se da primjeri nisu najteži. U praksi su češći integrali, gdje je konstanta i u eksponentu iu argumentu trigonometrijske funkcije, na primjer:. Mnogi ljudi će morati da se izgube u takvom integralu, a ja se često zbunim. Činjenica je da postoji velika vjerovatnoća pojave razlomaka u otopini i vrlo je lako izgubiti nešto nepažnjom. Osim toga, postoji velika vjerovatnoća greške u predznacima, imajte na umu da eksponent ima predznak minus, a to unosi dodatne poteškoće.
U završnoj fazi često se ispostavi nešto poput sljedećeg:
Čak i na kraju rješenja, trebali biste biti izuzetno oprezni i kompetentno se baviti razlomcima: 
Integracija složenih frakcija
Polako se približavamo ekvatoru lekcije i počinjemo razmatrati integrale razlomaka. Opet, nisu svi superkomplicirani, samo iz ovog ili onog razloga primjeri su bili malo "off topic" u drugim člancima.
Nastavljamo s temom korijena
Primjer 9
Pronađite neodređeni integral
U nazivniku ispod korijena je kvadratni trinom plus izvan korijena "dodatak" u obliku "x". Integral ove vrste rješava se standardnom zamjenom.
Odlučujemo: 
Zamjena je jednostavna: 
Gledamo na život nakon zamjene: 
(1) Nakon zamjene, članove pod korijenom dovodimo do zajedničkog imenioca.
(2) Vadimo ispod korena.
(3) Smanjite brojilac i imenilac za. U isto vrijeme, pod korijenom, preuredio sam pojmove u prikladnom redoslijedu. Uz određeno iskustvo, koraci (1), (2) se mogu preskočiti usmenim izvođenjem komentiranih radnji.
(4) Dobijeni integral, kako se sjećate iz lekcije Integracija nekih razlomaka
, riješeno metodom odabira punog kvadrata... Odaberite cijeli kvadrat.
(5) Integracijom dobijamo običan "dugački" logaritam.
(6) Vršimo obrnutu zamjenu. Ako na početku, onda nazad:.
(7) Završna radnja usmjerena je na frizuru rezultata: pod korijenom ponovo dovodimo pojmove do zajedničkog imenioca i vadimo ih ispod korijena.
Primjer 10
Pronađite neodređeni integral 
Ovo je primjer rješenja uradi sam. Ovdje je konstanta dodana usamljenom X-u, a zamjena je skoro ista: 
Jedino što treba dodatno uraditi je izraziti "x" iz zamjene: 
Kompletno rješenje i odgovor na kraju tutorijala.
Ponekad u takvom integralu može biti kvadratni binom ispod korijena, to ne mijenja rješenje, bit će još jednostavnije. Osjetite razliku:
Primjer 11
Pronađite neodređeni integral
Primjer 12
Pronađite neodređeni integral
Kratka rješenja i odgovori na kraju lekcije. Treba napomenuti da je primjer 11 upravo takav binomni integral, čija je metoda rješenja razmatrana u lekciji Integrali iracionalnih funkcija .
Integral nerazložljivog polinoma stepena 2 u stepenu
(polinom u nazivniku)
Rijetkiji, ali, ipak, susreću se u praktičnim primjerima, oblik integrala.
Primjer 13
Pronađite neodređeni integral
Ali da se vratimo na primjer sa sretnim brojem 13 (iskreno, nisam pogodio). I ovaj integral je iz kategorije onih s kojima se možete poprilično namučiti ako ne znate kako da ga riješite.
Rješenje počinje umjetnom transformacijom: 
Mislim da svi već razumiju kako podijeliti brojilac sa nazivnikom član po član.
Dobijeni integral se uzima dio po dio: 
Za integral oblika (je prirodan broj), ponavljajuća Formula za smanjenje stepena:
, gdje 
- integral stepena nižeg.
Provjerimo valjanost ove formule za riješeni integral.
U ovom slučaju:,, koristimo formulu: 
Kao što vidite, odgovori su isti.
Primjer 14
Pronađite neodređeni integral
Ovo je primjer rješenja uradi sam. Otopina uzorka koristi gornju formulu dva puta uzastopno.
Ako ispod diplome postoji nerastavljivo kvadratni trinom, tada se rješenje svodi na binom odabirom kompletnog kvadrata, na primjer:
Šta ako postoji dodatni polinom u brojiocu? U ovom slučaju se koristi metoda nedefiniranih koeficijenata, a integrand se proširuje u zbir razlomaka. Ali u mojoj praksi takav primjer nikad sreo, pa sam ovaj slučaj preskočio u članku Integrali razlomke racionalne funkcije , sada ću to preskočiti. Ako se takav integral ipak pojavi, pogledajte udžbenik - tamo je sve jednostavno. Ne smatram prikladnim uključiti materijal (čak i jednostavan), vjerovatnoća susreta s kojim teži nuli.
Integracija složenih trigonometrijskih funkcija
U većini primjera, pridjev “teško” je opet u velikoj mjeri uvjetovan. Počnimo s tangentama i kotangensima u visokim stepenima. Sa stanovišta metoda koje se koriste za rješavanje tangente i kotangensa, one su skoro iste, pa ću više govoriti o tangenti, podrazumijevajući da prikazana metoda rješavanja integrala vrijedi i za kotangens.
U gornjoj lekciji smo pogledali univerzalna trigonometrijska supstitucija za rješavanje određene vrste integrala trigonometrijskih funkcija. Nedostatak univerzalne trigonometrijske zamjene je što se pri njenoj upotrebi često pojavljuju glomazni integrali sa teškim proračunima. A u nekim slučajevima se može izbjeći univerzalna trigonometrijska zamjena!
Razmotrimo još jedan kanonski primjer, integral jedinstva podijeljen sa sinusom:
Primjer 17
Pronađite neodređeni integral
Ovdje možete koristiti generičku trigonometrijsku zamjenu i dobiti odgovor, ali postoji racionalniji način. Dat ću kompletno rješenje sa komentarima za svaki korak:
(1) Koristimo trigonometrijsku formulu dvostrukog ugla sinusa.
(2) Izvodimo umjetnu transformaciju: U nazivniku podijelite i pomnožite sa.
(3) Prema poznatoj formuli u nazivniku pretvaramo razlomak u tangentu.
(4) Funkciju dovodimo pod znak diferencijala.
(5) Uzmite integral.
Nekoliko jednostavnih primjera za samostalno rješenje:
Primjer 18
Pronađite neodređeni integral
Napomena: Prvi korak je korištenje formule cast 
i pažljivo izvršite korake slične prethodnom primjeru.
Primjer 19
Pronađite neodređeni integral
Pa, ovo je vrlo jednostavan primjer.
Kompletna rješenja i odgovori na kraju lekcije.
Mislim da sada niko neće imati problema sa integralima: 
itd.
Koja je ideja iza metode? Ideja je organizirati samo tangente i derivaciju tangente u integrandu koristeći transformacije, trigonometrijske formule. Odnosno, govorimo o zamjeni: 
... U primjerima 17-19, mi smo zapravo primijenili ovu zamjenu, ali su integrali bili toliko jednostavni da je stvar tretirana s ekvivalentnom radnjom - dovođenjem funkcije pod diferencijalni predznak.
Slično razmišljanje, kao što sam već spomenuo, može se izvesti za kotangens.
Postoji i formalni preduvjet za primjenu gornje zamjene:
Zbir potencija kosinusa i sinusa je negativan cijeli parni broj, Na primjer:
za integral - negativan cijeli broj PAR broj.
! Bilješka : ako integrand sadrži SAMO sinus ili SAMO kosinus, tada se integral uzima i za negativan neparni stepen (najjednostavniji slučajevi su u primjerima br. 17, 18).
Razmotrite nekoliko značajnijih zadataka za ovo pravilo:
Primjer 20
Pronađite neodređeni integral
Zbir potencija sinusa i kosinusa: 2 - 6 = –4 je negativan cijeli broj PARAN broj, što znači da se integral može svesti na tangente i njegov derivat: 
(1) Transformirajte imenilac.
(2) Prema poznatoj formuli dobijamo.
(3) Transformirajte imenilac.
(4) Koristimo formulu 
.
(5) Funkciju dovodimo pod predznak diferencijala.
(6) Vršimo zamjenu. Iskusniji učenici možda neće izvršiti zamjenu, ali je ipak bolje zamijeniti tangentu jednim slovom - manji je rizik od zabune.
Primjer 21
Pronađite neodređeni integral
Ovo je primjer rješenja uradi sam.
Čekaj, šampionska kola počinju =)
Često u integrandu postoji "mašavica":
Primjer 22
Pronađite neodređeni integral 
Ovaj integral u početku sadrži tangentu, što odmah navodi na već poznatu misao:
Vještačku transformaciju na samom početku i ostale korake ostavljam bez komentara, jer je sve već rečeno gore.
Par kreativnih primjera za samostalno rješenje:
Primjer 23
Pronađite neodređeni integral 
Primjer 24
Pronađite neodređeni integral 
Da, u njima, naravno, možete sniziti stupnjeve sinusa, kosinusa, koristiti univerzalnu trigonometrijsku zamjenu, ali rješenje će biti mnogo efikasnije i kraće ako se provodi kroz tangente. Kompletno rješenje i odgovori na kraju lekcije
