Poziva se funkcija F(x) diferencijabilna u zadanom intervalu X antiderivacija funkcije f(x) ili integral od f(x), ako za svaki x ∈X vrijedi jednakost:
F " (x) = f(x). (8.1)
Pronalaženje svih antiderivacija za zadanu funkciju naziva se njeno integracija. Funkcija neodređenog integrala f(x) na danom intervalu X je skup svih antiderivacijskih funkcija za funkciju f(x); oznaka -
Ako je F(x) neka antiderivacija funkcije f(x), tada je ∫ f(x)dx = F(x) + C, (8.2)
gdje je C proizvoljna konstanta.
Tablica integrala
Izravno iz definicije dobivamo glavna svojstva neodređenog integrala i popis 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
Popis tabelarnih 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. = arctan x + C
8. = arcsin x + C
10. = - ctg x + C
Zamjena varijable
Za integraciju mnogih funkcija koristite metodu zamjene varijable ili zamjene,što vam omogućuje redukciju integrala u tablični oblik.
Ako je funkcija f(z) kontinuirana na [α,β], funkcija z =g(x) ima kontinuiranu derivaciju i α ≤ g(x) ≤ β, tada
∫ f(g(x)) g " (x) dx = ∫f(z)dz, (8.3)
Štoviše, nakon integracije na desnoj strani treba izvršiti zamjenu z=g(x).
Da bismo to dokazali, dovoljno je originalni integral napisati u obliku:
∫ f(g(x)) g " (x) dx = ∫ f(g(x)) dg(x).
Na primjer:
Metoda integracije po dijelovima
Neka su u = f(x) i v = g(x) funkcije koje imaju kontinuirano . Zatim, prema djelu,
d(uv))= udv + vdu ili udv = d(uv) - vdu.
Za izraz d(uv), antiderivacija će očito biti uv, tako da formula vrijedi:
∫ udv = uv - ∫ vdu (8.4.)
Ova formula izražava pravilo integracija po dijelovima. On vodi integraciju izraza udv=uv"dx do integracije izraza vdu=vu"dx.
Neka, na primjer, želite pronaći ∫xcosx dx. Stavimo u = x, dv = cosxdx, dakle du=dx, v=sinx. Zatim
∫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 izračunavaju precizno korištenjem integracije po dijelovima.
Određeni integral
Koncept određenog integrala uvodi se na sljedeći način. Neka je funkcija f(x) definirana na intervalu. Podijelimo segment [a,b] na n dijelovi po točkama 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. Poziva se suma oblika f(ξ i)Δ x i integralni zbroj, a njegova granica pri λ = maxΔx i → 0, ako postoji i konačna je, naziva se određeni integral funkcije f(x) od a prije b i označen je:
F(ξ i)Δx i (8.5).
Funkcija f(x) u ovom slučaju se zove integrabilan na intervalu, nazivaju se brojevi a i b donja i gornja granica integrala.
Za određeni integral vrijede sljedeća svojstva:
4), (k = const, k∈R);
5)
6)
7) f(ξ)(b-a) (ξ∈).
Posljednje svojstvo se zove teorem srednje vrijednosti.
Neka je f(x) neprekidan na . Tada na tom segmentu postoji neodređeni integral
∫f(x)dx = F(x) + C
i odvija se Newton-Leibnizova formula, povezujući određeni integral s neodređenim integralom:
F(b) - F(a). (8,6)
Geometrijska interpretacija: određeni integral je površina krivocrtnog trapeza omeđenog odozgo krivuljom y=f(x), ravnim linijama x = a i x = b i segmentom osi Vol.
Nepravilni integrali
Integrali s beskonačnim limitima i integrali diskontinuiranih (neomeđenih) funkcija nazivaju se ne svoj. Nepravilni integrali prve vrste - To su integrali preko beskonačnog intervala, definirani na sljedeći način:
(8.7)
Ako ta granica postoji i konačna je, tada se zove konvergentni nepravi integral od f(x) na intervalu [a,+ ∞), te se poziva funkcija f(x). integrabilan u beskonačnom intervalu[a,+ ∞). Inače se za integral kaže da je ne postoji ili se razilazi.
Nepravi integrali na intervalima (-∞,b] i (-∞, + ∞) definiraju se na sličan način:
Definirajmo pojam integrala neograničene funkcije. Ako je f(x) kontinuirana za sve vrijednosti x segment , osim točke c, u kojoj f(x) ima beskonačni diskontinuitet, tada nepravi integral druge vrste f(x) u rasponu od a do b iznos se zove:
ako te granice postoje i konačne su. Oznaka:
Primjeri integralnih izračuna
Primjer 3.30. Izračunajte ∫dx/(x+2).
Riješenje. Označimo t = x+2, tada je dx = dt, ∫dx/(x+2) = ∫dt/t = ln|t| + C = ln|x+2| +C.
Primjer 3.31. Nađi ∫ tgxdx.
Riješenje.∫ tgxdx = ∫sinx/cosxdx = - ∫dcosx/cosx. Neka je t=cosx, tada je ∫ tgxdx = -∫ dt/t = - ln|t| + C = -ln|cosx|+C.
Primjer3.32 . Pronađite ∫dx/sinxRiješenje.
Primjer3.33. Pronaći .
Riješenje. = .
Primjer3.34 . Pronađite ∫arctgxdx.
Riješenje. Integrirajmo po dijelovima. Označimo 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.
Riješenje. Primjenom formule integracije po dijelovima dobivamo:
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 . Izračunajte ∫e x sinxdx.
Riješenje. Označimo u = e x, dv = sinxdx, tada je du = e x dx, v =∫ sinxdx= - cosx → ∫ e x sinxdx = - e x cosx + ∫ e x cosxdx. Integral ∫e x cosxdx također integriramo 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 + C.
Primjer 3.37. Izračunajte J = ∫cos(lnx)dx/x.
Riješenje. Kako je dx/x = dlnx, tada je J= ∫cos(lnx)d(lnx). Zamjenom lnx kroz t dolazimo do tabličnog integrala J = ∫ costdt = sint + C = sin(lnx) + C.
Primjer 3.38 . Izračunajte J = .
Riješenje. S obzirom da je = d(lnx), zamijenimo lnx = t. Tada je J = 
.
Primjer 3.39
. Izračunajte integral J = 
.
Riješenje. Imamo: 
. Stoga =
=
=. uneseno ovako: sqrt(tan(x/2)).
A ako u prozoru s rezultatima kliknete na Prikaži korake u gornjem desnom kutu, dobit ćete detaljno rješenje.
Iracionalna funkcija varijable je funkcija koja se formira od varijable i proizvoljnih konstanti korištenjem konačnog broja operacija zbrajanja, oduzimanja, množenja (podizanje na cjelobrojnu potenciju), dijeljenja i vađenja korijena. Iracionalna funkcija se razlikuje od racionalne po tome što iracionalna funkcija sadrži operacije za izvlačenje korijena.
Postoje tri glavne vrste iracionalnih funkcija, čiji se neodređeni integrali svode na integrale racionalnih funkcija. To su integrali koji sadrže korijene proizvoljnih cjelobrojnih potencija iz linearne razlomljene funkcije (korijeni mogu biti različitih potencija, ali iz iste linearne razlomljene funkcije); integrali diferencijalnog binoma i integrali s kvadratnim korijenom kvadratnog trinoma.
Važna nota. Korijeni imaju višestruko značenje!
Pri računanju integrala koji sadrže korijene često se susreću izrazi oblika gdje je neka funkcija integracijske varijable. Treba imati na umu da. Odnosno, pri t > 0 , |t| = t. Na t< 0 , |t| = - t. Stoga je pri izračunavanju takvih integrala potrebno posebno razmotriti slučajeve t > 0 i T< 0 . To se može učiniti pisanjem znakova ili gdje god je potrebno. Uz pretpostavku da se gornji znak odnosi na slučaj t > 0 , a donji - na slučaj t< 0 . Daljnjom transformacijom ti se znakovi u pravilu međusobno poništavaju.
Moguć je i drugi pristup, u kojem se integrand i rezultat integracije mogu smatrati složenim funkcijama kompleksnih varijabli. Tada ne morate obraćati pažnju na znakove u radikalnim izrazima. Ovaj je pristup primjenjiv ako je integrand analitički, tj. diferencijabilna funkcija kompleksne varijable. U ovom slučaju, i integrand i njegov integral su višeznačne funkcije. Dakle, nakon integracije, kod zamjene numeričkih vrijednosti, potrebno je odabrati jednovrijednu granu (Riemannovu plohu) integranda, a za nju odabrati odgovarajuću granu rezultata integracije.
Frakcijska linearna iracionalnost
Ovo su integrali s korijenima iz iste frakcijske linearne 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 reduciraju na integral racionalne funkcije supstitucijom:
, gdje je n zajednički nazivnik brojeva r 1, ..., r s.
Korijeni ne moraju nužno dolaziti iz linearne frakcijske funkcije, ali također i iz linearne (γ = 0, δ = 1), ili na integracijskoj varijabli x (α = 1, β = 0, γ = 0, δ = 1).
Evo primjera takvih integrala:
,
.
Integrali iz diferencijalnih binoma
Integrali diferencijalnih binoma imaju oblik:
,
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. Supstitucija x = t N, gdje je N zajednički nazivnik razlomaka m i n.
2) Ako - cijeli broj. Zamjena a x n + b = t M, gdje je M nazivnik broja p.
3) Ako - cijeli broj. Zamjena a + b x - n = t M, gdje je M nazivnik broja p.
U drugim slučajevima takvi integrali nisu izraženi kroz elementarne funkcije.
Ponekad se takvi integrali mogu pojednostaviti pomoću redukcijskih formula:
;
.
Integrali koji sadrže kvadratni korijen kvadratnog trinoma
Takvi integrali imaju oblik:
,
gdje je R racionalna funkcija. Za svaki takav integral postoji nekoliko metoda rješavanja.
1)
Korištenje transformacija dovodi do jednostavnijih integrala.
2)
Primijenite trigonometrijske ili hiperboličke zamjene.
3)
Primijenite Eulerove zamjene.
Pogledajmo ove metode detaljnije.
1) Transformacija funkcije integranda
Primjenom formule i izvođenjem algebarskih transformacija reduciramo funkciju integranda na oblik:
,
gdje su φ(x), ω(x) racionalne funkcije.
Tip I
Integral oblika:
,
gdje je P n (x) polinom stupnja n.
Takvi se integrali nalaze metodom neodređenih koeficijenata pomoću identiteta:
.
Diferenciranjem ove jednadžbe i izjednačavanjem lijeve i desne strane nalazimo koeficijente A i.
Vrsta II
Integral oblika:
,
gdje je P m (x) polinom m stupnja.
Zamjena t = (x - α) -1 ovaj integral se svodi na prethodni tip. Ako je m ≥ n, tada razlomak treba imati cjelobrojni dio.
III vrsta
Ovdje radimo zamjenu:
.
Nakon čega će integral poprimiti oblik:
.
Zatim, konstante α, β moraju biti odabrane tako da koeficijenti od t u nazivniku postanu nula:
B = 0, B 1 = 0.
Tada se integral rastavlja u zbir integrala dva tipa:
,
,
koji su integrirani supstitucijama:
u 2 = A 1 t 2 + C 1,
v 2 = A 1 + C 1 t -2 .
2) Trigonometrijske i hiperboličke supstitucije
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) Eulerove zamjene
Također, integrali se mogu svesti na integrale racionalnih funkcija jedne od tri Eulerove supstitucije:
, za a > 0;
, za c > 0 ;
, gdje je x 1 korijen jednadžbe a x 2 + b x + c = 0. Ako ova jednadžba ima realne korijene.
Eliptični integrali
U zaključku razmotrite integrale oblika:
,
gdje je R racionalna funkcija, . Takvi integrali nazivaju se eliptični. Općenito se ne izražavaju kroz elementarne funkcije. Međutim, postoje slučajevi kada postoje odnosi između koeficijenata A, B, C, D, E, u kojima su takvi integrali izraženi kroz elementarne funkcije.
Ispod je primjer koji se odnosi na refleksivne polinome. Izračun takvih integrala izvodi se pomoću supstitucija:
.
Primjer
Izračunajte integral:
.
Riješenje
Napravimo zamjenu.
.
Ovdje na x > 0
(u> 0
) uzeti gornji znak ′+ ′. Na x< 0
(u< 0
) - niži '- '.
.
Odgovor
Reference:
N.M. Gunter, R.O. Kuzmin, Zbirka zadataka iz više matematike, “Lan”, 2003.
Kompleksni integrali
Ovaj članak zaključuje temu neodređenih integrala i uključuje integrale koje smatram prilično složenima. Lekcija je nastala na višestruke zahtjeve posjetitelja koji su izrazili želju da se teži primjeri analiziraju na stranici.
Pretpostavlja se da je čitatelj ovog teksta dobro pripremljen i da zna primijeniti osnovne tehnike integracije. Lutke i ljudi koji nisu baš sigurni u integrale neka pogledaju već prvu lekciju - Neodređeni integral. Primjeri rješenja , gdje možete svladati temu gotovo od nule. Iskusniji studenti mogu se upoznati s tehnikama i metodama integracije koje do sada nisu susrele u mojim člancima.
Koji će se integrali razmatrati?
Prvo ćemo razmotriti integrale s korijenima, za čije rješavanje sukcesivno koristimo zamjena varijable I integracija po dijelovima . Odnosno u jednom primjeru dvije tehnike se kombiniraju odjednom. I još više.
Zatim ćemo se upoznati sa zanimljivim i originalnim metoda svođenja integrala na sebe . Dosta integrala se rješava na ovaj način.
Treći broj programa bit će integrali složenih razlomaka, koji je u prethodnim člancima proletio pored blagajne.
Četvrto, bit će rastavljen dodatni integrali trigonometrijskih funkcija. Konkretno, postoje metode koje izbjegavaju radno intenzivne univerzalna trigonometrijska supstitucija.
(2) U funkciji integranda dijelimo brojnik s nazivnikom član po član.
(3) Koristimo svojstvo linearnosti neodređenog integrala. U posljednjem integralu odmah staviti funkciju pod predznak diferencijala .
(4) Uzimamo preostale integrale. Imajte na umu da u logaritmu možete koristiti zagrade umjesto modula, jer .
(5) Vršimo obrnutu zamjenu, izražavajući "te" iz izravne zamjene:
Mazohistički studenti mogu diferencirati odgovor i dobiti izvorni integrand, kao što sam ja upravo učinio. Ne, ne, provjerio sam u pravom smislu =)
Kao što možete vidjeti, tijekom rješavanja smo morali koristiti čak i više od dvije metode rješavanja, tako da za rad s takvim integralima trebate pouzdane vještine integracije i prilično malo iskustva.
U praksi je, naravno, kvadratni korijen češći; evo tri primjera za samostalno rješavanje:
Primjer 2
Nađi neodređeni integral
Primjer 3
Nađi neodređeni integral
Primjer 4
Nađi neodređeni integral
Ovi primjeri su iste vrste, tako da će cjelovito rješenje na kraju članka biti samo za primjer 2; primjeri 3-4 imaju iste odgovore. Koju zamjenu koristiti na početku odluka, mislim da je očito. Zašto sam odabrao primjere iste vrste? Često se nalaze u njihovoj ulozi. Češće, možda, samo nešto slično 
.
Ali ne uvijek, kada ispod arktangensa, sinusa, kosinusa, eksponencijala i drugih funkcija postoji korijen linearne funkcije, morate koristiti nekoliko metoda odjednom. U nizu slučajeva moguće je "lako se riješiti", odnosno odmah nakon zamjene dobije se jednostavan integral koji se lako može uzeti. Najlakši od gore predloženih zadataka je primjer 4, u kojem se nakon zamjene dobiva relativno jednostavan integral.
Svođenjem integrala na sebe
Duhovita i lijepa metoda. Pogledajmo klasike žanra:
Primjer 5
Nađi neodređeni integral
Pod korijenom je kvadratni binom, a pokušaj integracije ovog primjera može čajniku zadati glavobolju satima. Takav se integral uzima u dijelovima i svodi na sebe. U principu, nije teško. Ako znate kako.
Označimo integral koji razmatramo latiničnim slovom i započnemo rješenje: 
Integrirajmo po dijelovima: 
(1) Pripremite funkciju integranda za dijeljenje član po član.
(2) Funkciju integranda dijelimo član po član. Možda neće svima biti jasno, ali opisat ću to detaljnije:
(3) Koristimo svojstvo linearnosti neodređenog integrala.
(4) Uzmite posljednji integral (“dugi” logaritam).
Sada pogledajmo sam početak rješenja: 
I na kraju: 
Što se dogodilo? Kao rezultat naših manipulacija, integral je reduciran na sebe!
Izjednačimo početak i kraj: 
Pomaknite se ulijevo s promjenom predznaka: 
I pomaknemo dva na desnu stranu. Kao rezultat: 
Konstantu je, strogo govoreći, trebalo dodati ranije, ali ja sam je dodao na kraju. Toplo preporučujem da pročitate o čemu se radi ovdje:
Bilješka:
Strože, završna faza rješenja izgleda ovako:
Tako:
Konstanta se može ponovno označiti s . Zašto se može prenamijeniti? Jer on to još uvijek prihvaća bilo koji vrijednosti, te u tom smislu nema razlike između konstanti i.
Kao rezultat:
Sličan trik s stalnim renotacijama naširoko se koristi u diferencijalne jednadžbe . I tu ću biti strog. I ovdje dopuštam takvu slobodu samo kako vas ne bi zbunio nepotrebnim stvarima i kako bih pozornost usmjerio upravo na sam način integracije.
Primjer 6
Nađi neodređeni integral
Još jedan tipičan integral za neovisno rješenje. Potpuno rješenje i odgovor na kraju lekcije. Bit će razlika s odgovorom u prethodnom primjeru!
Ako se ispod kvadratnog korijena nalazi kvadratni trinom, tada se rješenje u svakom slučaju svodi na dva analizirana primjera.
Na primjer, razmotrite integral 
. Sve što trebate učiniti je prvo odaberite cijeli kvadrat
:
.
Zatim se provodi linearna zamjena, koja radi "bez ikakvih posljedica":
, što rezultira integralom . Nešto poznato, zar ne?
Ili ovaj primjer, s kvadratnim binomom:
Odaberite cijeli kvadrat:
I, nakon linearne zamjene, dobivamo integral, koji se također rješava pomoću algoritma o kojem smo već govorili.
Pogledajmo još dva tipična primjera redukcije integrala na sebe:
– integral eksponencijala pomnoženog sa sinusom;
– integral eksponencijala pomnoženog s kosinusom.
U navedene integrale po dijelovima morat ćete integrirati dva puta:
Primjer 7
Nađi neodređeni integral
Integrand je eksponencijal pomnožen sa sinusom.
Dvaput integriramo po dijelovima i reduciramo integral na sebe: 
Kao rezultat dvostruke integracije po dijelovima, integral se reducirao na sebe. Izjednačavamo početak i kraj rješenja:
Pomaknemo ga na lijevu stranu s promjenom predznaka i izrazimo svoj integral: 
Spreman. Istodobno, preporučljivo je češljati desnu stranu, tj. izvadite eksponent iz zagrada, a sinus i kosinus stavite u zagrade "lijepim" redom.
Vratimo se sad na početak primjera, točnije na integraciju po dijelovima: 
Eksponent smo označili kao. Postavlja se pitanje: treba li eksponent uvijek označavati s ? Nije potrebno. Zapravo, u razmatranom integralu temeljno nema veze, što mislimo pod , mogli smo ići drugim putem: 
Zašto je to moguće? Budući da se eksponencijal pretvara u sebe (i tijekom diferenciranja i integracije), sinus i kosinus se međusobno pretvaraju (opet, i tijekom diferenciranja i integracije).
Odnosno, možemo također označiti trigonometrijsku funkciju. Ali u razmatranom primjeru to je manje racionalno, jer će se pojaviti razlomci. Ako želite, možete pokušati riješiti ovaj primjer drugom metodom, odgovori se moraju podudarati.
Primjer 8
Nađi neodređeni integral
Ovo je primjer koji trebate sami riješiti. Prije nego se odlučite, razmislite što je u ovom slučaju korisnije označiti kao , eksponencijalnu ili trigonometrijsku funkciju? Potpuno rješenje i odgovor na kraju lekcije.
I, naravno, ne zaboravite da je većinu odgovora u ovoj lekciji vrlo lako provjeriti diferencijacijom!
Razmotreni primjeri nisu bili najsloženiji. U praksi su češći integrali gdje je konstanta i u eksponentu iu argumentu trigonometrijske funkcije, na primjer: . Mnogi će se zbuniti u takvom integralu, a i sam se često zbunim. Činjenica je da postoji velika vjerojatnost da će se razlomci pojaviti u otopini, a vrlo je lako izgubiti nešto nepažnjom. Osim toga, velika je vjerojatnost greške u predznacima, imajte na umu da eksponent ima predznak minus, a to predstavlja dodatnu poteškoću.
U završnoj fazi rezultat je često ovako:
Čak i na kraju rješenja, trebali biste biti izuzetno oprezni i ispravno razumjeti razlomke: 
Integriranje složenih razlomaka
Polako se približavamo ekvatoru lekcije i počinjemo razmatrati integrale razlomaka. Opet, nisu svi supersloženi, samo su iz ovog ili onog razloga primjeri malo "izvan teme" u drugim člancima.
Nastavljajući temu korijena
Primjer 9
Nađi neodređeni integral
U nazivniku ispod korijena nalazi se kvadratni trinom plus "pridatak" u obliku "X" izvan korijena. Integral ovog tipa može se riješiti standardnom zamjenom.
Mi odlučujemo: 
Zamjena je ovdje jednostavna: 
Pogledajmo život nakon zamjene: 
(1) Nakon supstitucije članove pod korijenom svodimo na zajednički nazivnik.
(2) Vadimo ga ispod korijena.
(3) Brojnik i nazivnik smanjeni su za . U isto vrijeme, ispod korijena, preuredio sam pojmove u prikladnom redoslijedu. Uz određeno iskustvo, korake (1), (2) možete preskočiti izvođenjem komentiranih radnji usmeno.
(4) Rezultirajući integral, kao što se sjećate iz lekcije Integriranje nekih razlomaka
, odlučuje se metoda potpune kvadratne ekstrakcije. Odaberite cijeli kvadrat.
(5) Integracijom dobivamo obični “dugi” logaritam.
(6) Vršimo obrnutu zamjenu. Ako u početku , onda natrag: .
(7) Završna radnja je usmjerena na izravnavanje rezultata: ispod korijena ponovo dovodimo pojmove na zajednički nazivnik i vadimo ih ispod korijena.
Primjer 10
Nađi neodređeni integral 
Ovo je primjer koji trebate sami riješiti. Ovdje se samom "X" dodaje konstanta, a zamjena je gotovo ista: 
Jedino što dodatno trebate učiniti je izraziti “x” iz zamjene koja se provodi: 
Potpuno rješenje i odgovor na kraju lekcije.
Ponekad u takvom integralu ispod korijena može biti kvadratni binom, to ne mijenja metodu rješenja, bit će još jednostavnija. Osjeti razliku:
Primjer 11
Nađi neodređeni integral
Primjer 12
Nađi neodređeni integral
Kratka rješenja i odgovori na kraju lekcije. Treba napomenuti da je primjer 11 upravo binomni integral, o čijoj se metodi rješavanja raspravljalo u razredu Integrali iracionalnih funkcija .
Integral nerastavljivog polinoma 2. stupnja na potenciju
(polinom u nazivniku)
Rjeđi tip integrala, ali se ipak susreće u praktičnim primjerima.
Primjer 13
Nađi neodređeni integral
Ali vratimo se primjeru sa sretnim brojem 13 (iskreno, nisam dobro pogodio). Ovaj integral je također jedan od onih koji mogu biti prilično frustrirajući ako ne znate kako riješiti.
Rješenje počinje umjetnom transformacijom: 
Mislim da je svima već jasno kako podijeliti brojnik nazivnikom pojam po pojam.
Rezultirajući integral uzima se u dijelovima: 
Za integral oblika ( – prirodni broj) izvodimo ponavljajući formula redukcije:
, Gdje 
– integral stupnja niže.
Provjerimo valjanost ove formule za riješeni integral.
U ovom slučaju: , , koristimo formulu: 
Kao što vidite, odgovori su isti.
Primjer 14
Nađi neodređeni integral
Ovo je primjer koji trebate sami riješiti. Otopina uzorka koristi gornju formulu dva puta zaredom.
Ako je ispod stupnja nedjeljiv kvadratni trinom, tada se rješenje reducira na binom izdvajanjem savršenog kvadrata, na primjer:
Što ako postoji dodatni polinom u brojniku? U ovom slučaju koristi se metoda neodređenih koeficijenata, a funkcija integranda se proširuje u zbroj razlomaka. Ali u mojoj praksi postoji takav primjer nikad upoznao, pa sam propustio ovaj slučaj u članku Integrali razlomačko-racionalnih funkcija , sad ću to preskočiti. Ako još uvijek naiđete na takav integral, pogledajte udžbenik - tamo je sve jednostavno. Mislim da nije preporučljivo uključiti materijal (čak ni jednostavan), čija je vjerojatnost susreta ravna nuli.
Integriranje složenih trigonometrijskih funkcija
Pridjev "složen" za većinu je primjera opet uglavnom uvjetan. Počnimo s tangensima i kotangensima u velikim potencijama. Sa stajališta korištenih metoda rješavanja, tangens i kotangens su gotovo iste stvari, pa ću više govoriti o tangensu, implicirajući da demonstrirana metoda za rješavanje integrala vrijedi i za kotangens.
U gornjoj lekciji koju smo pogledali univerzalna trigonometrijska supstitucija za rješavanje određene vrste integrala trigonometrijskih funkcija. Nedostatak univerzalne trigonometrijske supstitucije je ta što njezina uporaba često rezultira glomaznim integralima s teškim izračunima. A u nekim slučajevima, univerzalna trigonometrijska zamjena se može izbjeći!
Razmotrimo još jedan kanonski primjer, integral jednog podijeljenog sa sinusom:
Primjer 17
Nađi neodređeni integral
Ovdje možete koristiti univerzalnu trigonometrijsku zamjenu i dobiti odgovor, ali postoji racionalniji način. Dat ću cjelovito rješenje s komentarima za svaki korak:
(1) Koristimo trigonometrijsku formulu za sinus dvostrukog kuta.
(2) Provodimo umjetnu transformaciju: Podijelimo nazivnik i pomnožimo s .
(3) Koristeći poznatu formulu u nazivniku, transformiramo razlomak u tangentu.
(4) Funkciju dovodimo pod predznak diferencijala.
(5) Uzmite integral.
Nekoliko jednostavnih primjera koje možete riješiti sami:
Primjer 18
Nađi neodređeni integral
Napomena: Prvi korak trebao bi biti korištenje formule redukcije 
i pažljivo izvršite radnje slične prethodnom primjeru.
Primjer 19
Nađi neodređeni integral
Pa, ovo je vrlo jednostavan primjer.
Potpuna rješenja i odgovori na kraju lekcije.
Mislim da sada nitko neće imati problema s integralima: 
i tako dalje.
Koja je ideja metode? Ideja je koristiti transformacije i trigonometrijske formule za organiziranje samo tangenti i derivacije tangensa u integrand. Odnosno, govorimo o zamjeni: 
. U primjerima 17-19 zapravo smo koristili ovu zamjenu, ali integrali su bili tako jednostavni da smo prošli s ekvivalentnom radnjom - podvodeći funkciju pod diferencijalni predznak.
Slično razmišljanje, kao što sam već spomenuo, može se izvesti za kotangens.
Postoji i formalni preduvjet za primjenu gore navedene zamjene:
Zbroj potencija kosinusa i sinusa je negativan cijeli PARNI broj, Na primjer:
za integral – negativan cijeli PARNI broj.
! Bilješka : ako integrand sadrži SAMO sinus ili SAMO kosinus, onda se i integral uzima za negativan neparni stupanj (najjednostavniji slučajevi su u primjerima br. 17, 18).
Pogledajmo nekoliko smislenijih zadataka temeljenih na ovom pravilu:
Primjer 20
Nađi neodređeni integral
Zbroj potencija sinusa i kosinusa: 2 – 6 = –4 je negativan cijeli PARNI broj, što znači da se integral može svesti na tangente i njegovu derivaciju: 
(1) Transformirajmo nazivnik.
(2) Korištenjem poznate formule dobivamo .
(3) Transformirajmo nazivnik.
(4) Koristimo formulu 
.
(5) Funkciju dovodimo pod predznak diferencijala.
(6) Vršimo zamjenu. Iskusniji učenici možda neće izvršiti zamjenu, ali ipak je bolje zamijeniti tangentu jednim slovom - manji je rizik od zabune.
Primjer 21
Nađi neodređeni integral
Ovo je primjer koji trebate sami riješiti.
Držite se, prvenstvene runde uskoro počinju =)
Često integrand sadrži "mešanicu":
Primjer 22
Nađi neodređeni integral 
Ovaj integral u početku sadrži tangentu, što odmah dovodi do već poznate misli:
Umjetnu transformaciju ostavit ću na samom početku i preostale korake bez komentara, jer je sve već raspravljeno gore.
Nekoliko kreativnih primjera za vlastito rješenje:
Primjer 23
Nađi neodređeni integral 
Primjer 24
Nađi neodređeni integral 
Da, u njima, naravno, možete smanjiti ovlasti sinusa i kosinusa i koristiti univerzalnu trigonometrijsku zamjenu, ali rješenje će biti puno učinkovitije i kraće ako se provodi kroz tangente. Potpuno rješenje i odgovori na kraju lekcije
