Определение и свойства неопределенного интеграла. Основные методы интегрирования.

Содержание:

  1. Первообразная.
  2. Понятие неопределенного интеграла.
  3. Свойства неопределенного интеграла.
  4. Метод замены переменного (метод подстановки).
  5. Метод интегрирования по частям.

Ранее нами была рассмотрена задача о нахождении мгновенной скорости материальной точки по заданному закону ее движения. Если \(s=s(t)\) — путь, пройденный точкой за время \(t\) от начала движения, то мгновенная скорость \(v\) в момент \(t\) равна производной функции \(s(t)\), т. е.
$$
v=s'(t).\nonumber
$$
В физике встречается обратная задача: по заданной скорости \(v=v(t)\) найти закон движения, т. е. найти такую функцию \(s(t)\) производная которой равна \(v(t)\).

Первообразная.

Пусть функции \(f(x)\) и \(F(x)\) определены на интервале \((a,b)\). Если функция \(F(x)\) имеет производную на интервале \((a,b)\) и если для всех \(x\in (a,b)\) выполняется равенство
$$
F'(x)=f(x),\label{ref1}
$$
то функция \(F(x)\) называется первообразной для функции \(f(x)\) на интервале \((a,b)\).

Замечание 1.

Понятие первообразной можно ввести и для других промежутков (полуинтервала — конечного или бесконечного, отрезка).

Дадим определение первообразной на отрезке. Если функции \(f(x)\) и \(F(x)\) определены на отрезке \([a,b]\), причем функция \(F\) дифференцируема на интервале \((a,b)\), непрерывна на отрезке \([a,b]\) и для всех \(x\in (a,b)\) выполняется равенство \eqref{ref1}, то функцию \(F(x)\) назовем первообразной для функции \(f(x)\) на отрезке \([a,b]\).


Замечание 2.
Если \(F(x)\) — первообразная для функции \(f(x)\) на интервале \((a,b)\), то функция \(F(x)+C\) при любом значении \(C=const\) также является первообразной для \(f(x)\).

Справедливо и обратное утверждение.


Теорема.

Если \(F_1(x)\) и \(F_2(x)\) — две первообразные для функции \(f(x)\) на интервале \((a,b)\), то для всех \(x\in (a,b)\) выполняется равенство
$$
F_2(x)=F_1(x)+C,\label{ref2}
$$
где \(C\) — постоянная.

Доказательство.

\(\circ\) Обозначим \(\Phi(x)=F_2(x)-F_1(x)\). По определению первообразной в силу условий теоремы для всех \(x\in (a,b)\) выполняются равенства
$$
F_1'(x)=f(x),\quad F_2'(x)=f(x),\nonumber
$$
откуда следует, что функция \(Phi(x)\) дифференцируема на интервале \((a,b)\) и для всех \(x\in(a,b)\) имеет место равенство
$$
\Phi'(x)=0.\nonumber
$$
Согласно следствию 1 из теоремы Лагранжа \(\Phi(x)=C=const\) для всех \(x\in (a,b)\) или \(F_2(x)-F_1(x)=C\), т. е. справедливо равенство \eqref{ref2}. \(\bullet\)


Таким образом, для данной функции \(f(x)\) ее первообразная \(F(x)\) определяется неоднозначно, с точностью до постоянной. Для того чтобы из совокупности первообразных выделить какую-либо первообразную \(F_1(x)\), достаточно указать точку \(M_0(x_0,y_0)\), принадлежащую графику функции \(y=F(x)\).

Пример 1.

Для функции \(f(x)=\displaystyle \frac{1}{x^2}\) найти такую первообразную \(F_1(x)\), график которой проходит через точку \((1,2)\).

Решение.

\(\triangle\) Совокупность всех первообразных функции \(\displaystyle \frac{1}{x^2}\) описывается формулой
$$
F(x)=-\frac{1}{x}+C.\nonumber
$$

По условию \(F_1(1)=2\), т. е. \(2=-1+C\), откуда \(C=3\). Следовательно, \(F_1(x)=3-\displaystyle \frac{1}{x}\). \(\blacktriangle\)


Замечание 3.
В дальнейшем (гл. VII, § 36) будет доказано, что первообразная существует для любой функции, непрерывной на отрезке (или интервале).


Понятие неопределенного интеграла.

Совокупность всех первообразных для функции \(f(x)\) на некотором промежутке \(\Delta\) называют неопределенным интегралом от функции \(f\) на этом промежутке, обозначают символом \(\displaystyle \int f(x)dx\) и пишут
$$
\int f(x)dx=F(x)+C.\label{ref3}
$$

Здесь \(F(x)\) — какая-нибудь первообразная функции \(f\) на промежутке \(\Delta\), \(C\) — произвольная постоянная. Знак \(\displaystyle \int\) называется знаком интеграла, \(f\) — подынтегральной функцией, \(f(x)dx\) — подынтегральным выражением.

Подынтегральное выражение можно записать в виде \(F'(x)\) или в виде \(dF(x)\), т.е.
$$
f(x)dx=dF(x).\label{ref4}
$$

Операцию нахождения неопределенного интеграла от данной функции, которая является обратной операции дифференцирования, называют интегрированием. Поэтому любую формулу для производной, т.е. формулу вида \(F'(x)=f(x)\), можно записать в виде \eqref{ref3}.

Используя таблицу производных, можно найти интегралы от некоторых элементарных функций. Например, из равенства \((\sin x)'=\cos x\) следует, что \(\displaystyle \int\cos x dx=\sin x+C\).


Свойства неопределенного интеграла.

Свойство 1.

$$
d\left(\int f(x)dx\right)=f(x)dx.\label{ref5}
$$

\(\circ\) Из равенства \eqref{ref3} следует, что
$$
d\left(\int f(x)dx\right)=d(F(x) + C) = dF(x),\nonumber
$$
так как \(dC = 0\). \(\bullet\)


Согласно формуле \eqref{ref5} знаки дифференциала и интеграла взаимно уничтожаются, если знак дифференциала стоит перед знаком интеграла.

Свойство 2.

$$
\int dF(x) = F(x) + C.\label{ref6}
$$

\(\circ\) Равенство \eqref{ref6} следует из равенств \eqref{ref3} и \eqref{ref4}. \(\bullet\)


Соотношение \eqref{ref6} показывает, что и в случае, когда знак интеграла стоит перед знаком дифференциала, эти знаки также взаимно уничтожается (если отбросить постоянную \(C\)).

Свойство 3.

Если функции \(f(x)\) и \(g(x)\) имеют на некотором промежутке первообразные, то для любых \(\alpha\in R,\;\beta\in R\) таких, что \(\alpha^2+\beta^2\neq 0\), функция \(\varphi(x) = \alpha f(x)+\beta g(x)\) также имеет первообразную на этом промежутке, причем
$$
\int\left(\alpha f(x)+\beta g(x)\right)dx=\alpha\int f(x)dx+\beta\int g(x).\label{ref7}
$$

\(\circ\) Пусть \(F\) и \(G\) — первообразные для функций \(f\) и \(g\) соответственно, тогда \(\Phi=\alpha F + \beta G\) — первообразная для функции \(\varphi\), так как \((\alpha F(x)+\beta G(x))'=\alpha f(x)+\beta g(x)\). Согласно определению интеграла левая часть \eqref{ref7} состоит из функций вида \(\Phi(x)+C\), а правая часть — из функций вида \(\alpha F(x)+\alpha C_1+\beta G(x)+\beta C_2=\Phi(x)+\alpha C_1+\beta C_2\). Так как \(\alpha^2+\beta^2\neq 0\), то каждая функция вида \(\Phi(x)+C\) принадлежит совокупности функций \(\Phi(x)+\alpha C_1+\beta C_2\), и наоборот, т. е. по заданному числу \(C\) можно найти \(C_1\) и \(C_2\), а по заданным \(C_1\) и \(C_2\) — число \(C\) такое, чтобы выполнялось равенство \(C=\alpha C_1+\beta C_2\). \(\bullet\)


Таким образом, интегрирование обладает свойством линейности: интеграл от линейной комбинации функций равен соответствующей линейной комбинации интегралов от рассматриваемых функций.


Пример 2.

Найти \(\displaystyle \int f(x)dx\), если:

а) \(f(x)=e^x+x^2\);

б) \(f(x)=-2\sin x+\displaystyle\frac{3}{1+x^2}\).

Решение.

\(\triangle\) а) Используя таблицу производных (§ 15) и свойство 3 интеграла, получаем
$$
\int (e^x+x^2)dx=e^x+\frac{x^3}{3}+C.\nonumber
$$

б) Так как \((\cos x)'=\sin x,\;\operatorname{arctg}x)'=\displaystyle \frac{1}{1+x^2}\), то

$$
\int \left(-2\sin x+\frac{3}{1+x^2}\right)dx=2\cos x+\operatorname{arctg}x+C.\quad\blacktriangle
$$


Дальнейшее расширение множества функций, интегралы от которых выражаются через элементарные функции, можно получить, если воспользоваться правилом дифференцирования сложной функции и правилом дифференцирования произведения двух функций.


Метод замены переменного (метод подстановки).

Пусть функция \(t=\varphi(x)\) определена и дифференцируема на промежутке \(\Delta\) и пусть \(\Delta_i=\varphi(\Delta)\) — множество значений функции \(\varphi\) на \(\Delta\).

Если функция \(U(t)\) определена и дифференцируема на \(\Delta_i\), причем
$$
U'(t)=u(t),\label{ref8}
$$
то на промежутке \(\Delta\) определена и дифференцируема сложная функция \(F(x)=U(\varphi(x))\) и
$$
F'(x)=\left[U(\varphi(x))\right]'=U'(\varphi(x))\varphi'(x)=u(\varphi(x))\varphi'(x).\label{ref9}
$$

Из равенств \eqref{ref8} и \eqref{ref9} следует, что если \(U(t)\) — первообразная для функции \(u(t)\), то \(U(\varphi(x))\) — первообразная для функции \(u(\varphi(x))\varphi'(x)\). Это означает, что если
$$
\int u(t) dt = U(t) + C,\label{ref10}
$$
то
$$
\int u(\varphi(x))\varphi'(x)dx=U(\varphi(x)) + C,\label{ref11}
$$
или
$$
\int u(\varphi(x))d\varphi(x)= U(\varphi(x)) + C.\label{ref12}
$$

Формулу \eqref{ref12} (или формулу \eqref{ref11}) называют формулой интегрирования заменой переменного. Она получается из формулы \eqref{ref10}, если вместо \(t\) подставить дифференцируемую функцию \(\varphi(x)\).

Замечание 4.
Формула \eqref{ref12} дает возможность найти интеграл \(\displaystyle f(x)dx\), если функция \(f(x)\) представляется в виде \(f(x) = u(\varphi(x))\varphi'(x)\) и если известна первообразная функции \(u(t)\), т. е. известен интеграл \eqref{ref10}.

Отметим важные частные случаи формулы \eqref{ref12}.

а) Пусть \(F(x)\) — первообразная функции \(f(x)\), т. е.
$$
\int f(x) dx = F(x) + C.\nonumber
$$

Тогда
$$
\int f(ax+b)dx=\frac{1}{a}F(ax+b)+C,\quad a\neq 0.\label{ref13}
$$
Здесь \(\varphi(x)=ax+b\), \(f(ax+b)=\displaystyle \frac{1}{a}f(ax+b)d(ax+b)\).

б) Используя равенство
$$
\int \frac{dt}{t}=\operatorname{ln}|t|+C,\nonumber
$$
получаем
$$
\int \frac{d\varphi (x)}{\varphi (x)}=\int \frac{\varphi'(x)dx}{\varphi (x)}=\operatorname{ln}|\varphi(x)|+C,\quad если\;\varphi(x)\neq 0.\label{ref14}
$$

в) Так как
$$
\int t^{\alpha}dt=\frac{t^{\alpha+1}}{\alpha+1}+C,\quad \alpha\neq -1,\quad t\;>\;0,\nonumber
$$
, то
$$
\int (\varphi(x))^{\alpha}\varphi'(x)dx=\int (\varphi(x))^{\alpha}d\varphi(x)=\frac{(\varphi(x))^{{\alpha}+1}}{\alpha+1}+C,\label{ref15}
$$
где \(\varphi(x)\;>\;0,\;\alpha\neq -1\).

Приведем примеры применения формул \eqref{ref13}-\eqref{ref15}.

Пример 3.

$$
\int (2x + 3)^6 dx = \frac{1}{2}\int (2x + 3)^6d(2x + 3)=\frac{(2x+3)^7}{14}+C.\nonumber
$$


Пример 4.

$$
\int\frac{dx}{(x+a)^k}=\left\{\begin{array}{lc}\operatorname{ln}\vert x+a\vert+C,&k=1,\\\displaystyle\frac{(x+a)^{-k+1}}{1-k}+C,&k\neq1.\end{array}\right.\nonumber
$$


Пример 5.

$$
\int\frac{xdx}{x^2+\alpha}=\frac12\int\frac{d(x^2+\alpha)}{x^2+\alpha}=\frac12\operatorname{ln}\vert x^2+\alpha\vert+C.\nonumber
$$


Пример 6.

$$
\int \operatorname{ctg}xdx=\int\frac{d(\sin x)}{\sin x}=\operatorname{ln}\vert\sin\;x\vert+C.\nonumber
$$


Пример 7.

$$
\int \frac{xdx}{\sqrt{x^2+\alpha}}=\frac{1}{2}\int\frac{d(x^2+\alpha)}{x^2+\alpha}=\sqrt{x^2+\alpha}+C.\nonumber
$$


Пример 8.

$$
\int \frac{dx}{x^2+a^2}=\frac{1}{a}\int \frac{d(x/a)}{1+(x/a)^2}=\frac{1}{a}\operatorname{arctg}\frac{x}{a}+C,\quad a\neq 0.\nonumber
$$


Пример 9.

$$
\int \frac{dx}{\sqrt{a^2-x^2}}=\int \frac{d(x/a)}{1-(x/a)^2}=\operatorname{arcsin}\frac{x}{a}+C,\quad a\;>\;0.\nonumber
$$


Пример 10.

$$
\int \frac{dx}{x^2-a^2}=\int \frac{1}{2a}\left(\frac{1}{x-a}-\frac{1}{x+a}\right)dx=\frac{1}{2a}\operatorname{ln}\left|\frac{x-a}{x+a}\right|+C,\quad a\neq 0.\nonumber
$$


Пример 11.

$$
J=\int \frac{dx}{\sqrt{x^2}+\alpha},\quad \alpha\neq 0.\nonumber
$$

\(\triangle\) Пусть \(\displaystyle \sqrt{x^2+\alpha}=t=t(x)\); тогда
$$
dt=t'(x)dx=\left(1+\frac{x}{x^2+\alpha}\right)dx=\frac{t(x)}{\sqrt{x^2+\alpha}}dx,\nonumber
$$
откуда
$$
\frac{dx}{\sqrt{x^2+\alpha}}=\frac{dt(x)}{t(x)}.\nonumber
$$

Поэтому
$$
J=\int \frac{dt(x)}{t(x)}=\operatorname{ln}|t(x)|+C=\operatorname{ln}|x+\sqrt{x^2+\alpha}|+C,\nonumber
$$
т.е.
$$
\int \frac{dx}{\sqrt{x^2+\alpha}}=\operatorname{ln}|x+\sqrt{x^2+\alpha}|+C.\ \blacktriangle\nonumber
$$


Замечание 5.
При вычислении этого интеграла использована подстановка Эйлера \(\displaystyle x+\sqrt{x^2+\alpha}=t\).

Замечание 6.
Интегралы, рассмотренные в примерах 8-11, часто применяются. Эти интегралы обычно считаются табличными.

Приведем таблицу интегралов, полученную из соответствующей таблицы производных. Сюда включены интегралы, найденные в примерах 8-11.

$$
\int x^{\alpha}dx=\frac{x^{\alpha+1}}{\alpha+1}+C,\quad \alpha\neq -1.\nonumber
$$
$$
\int \frac{dx}{x+a}=\operatorname{ln}|x+a|+C.\nonumber
$$
$$
\int a^xdx=\frac{a^x}{\operatorname{ln}a}+C,\quad a\;>\;0,\ a\neq 1.\nonumber
$$
$$
\int e^xdx=e^x+C.\nonumber
$$
$$
\int \sin x dx=-\cos x+C.\nonumber
$$
$$
\int \cos x dx=\sin x+C.\nonumber
$$
$$
\int \frac{dx}{\cos^2 x }=\operatorname{tg}x+C.\nonumber
$$
$$
\int \frac{dx}{\sin^2 x}=-\operatorname{ctg}x+C.\nonumber
$$
$$
\int \operatorname{sh}x dx=\operatorname{ch}x+C.\nonumber
$$
$$
\int \operatorname{ch}x dx=\operatorname{sh}x+C.\nonumber
$$
$$
\int \frac{dx}{\operatorname{ch}^2 x}=\operatorname{th}x+C.\nonumber
$$
$$
\int \frac{dx}{\operatorname{sh}^2 x}=-\operatorname{cth}x+C.\nonumber
$$
$$
\int \frac{dx}{x^2+a^2}=\frac{1}{a}\operatorname{arctg}\frac{x}{a}+C,\quad a\;>\;0.\nonumber
$$
$$
\int \frac{dx}{a^2-x^2}=\operatorname{arcsin}\frac{x}{a}+C,\quad a\;>\;0.\nonumber
$$
$$
\int \frac{dx}{x^2-a^2}=\frac{1}{2a}\operatorname{ln}\left|\frac{x-a}{x+a}\right|+C,\quad a\neq 0.\nonumber
$$
$$
\int \frac{dx}{\sqrt{x^2+a}}=\operatorname{ln}|x+\sqrt{x^2+a}|+C.\nonumber
$$


Пример 12.

$$
J=\int \frac{dx}{\sqrt{x(1-x)}}.\nonumber
$$

Решение.

\(\triangle\) Так как
$$
x(1-x)=-(x^2-x)=\frac{1}{4}-\left(x^2-2x\cdot\frac{1}{2}+\frac{1}{4}\right)=\frac{1}{4}-\left(x-\frac{1}{2}\right)^2,\nonumber
$$
то, используя пример 9 при \(a=1/2\), получаем
$$
J=\int\frac{\displaystyle d\left(x-\frac{1}{2}\right)}{\displaystyle\sqrt{\left(\frac{1}{2}\right)-\left(x-\frac{1}{2}\right)}}=\operatorname{arcsin}\frac{\displaystyle x-\frac{1}{2}}{\displaystyle\frac{1}{2}}+C,\nonumber
$$
т.е. \(J=\operatorname{arcsin}(2x-1)+C\). \(\blacktriangle\)


Пример 13.

$$
J=\int \frac{dx}{\sqrt{x^2-3x+5}}.\nonumber
$$

Решение.

Так как \(x^2-3x+5=\displaystyle x^2-2x\cdot\frac{3}{2}+\frac{9}{4}+5-\frac{9}{4}=\left(x-\frac{3}{2}\right)^2+\frac{11}{4}\), то используя пример 11, получаем
$$
J=\int \frac{\displaystyle d\left(x-\frac{3}{2}\right)}{\displaystyle \sqrt{\left(x-\frac{3}{2}\right)^2+\frac{11}{4}}}=\displaystyle\operatorname{ln}\left|x-\frac{3}{2}+\sqrt{x^2-3x+5}\right|+C.\ \blacktriangle
$$


Иногда бывает целесообразно при вычислении интеграла
$$
J = \int f(x)dx\label{ref16}
$$
перейти к новой переменной.

Пусть \(x=\varphi (t)\) — строго монотонная и дифференцируемая функция. Тогда она имеет обратную функцию
$$
t=\omega (x).\label{ref17}
$$

Преобразуя подынтегральное выражение в интеграле \eqref{ref16} с помощью подстановки \(x=\varphi (t)\) получаем \(f(x) dx = f(\varphi(t))\varphi'(t)dt\). Обозначим \(u(t)=f(\varphi(t))\varphi'(t)\), тогда
$$
f(x) dx = u(t) dt.\label{ref18}
$$

Пусть \(U(t)\) — первообразная для функции \(u(t)\), тогда
$$
\int u(t) dt = U(t) + C.\label{ref19}
$$
Из равенств \eqref{ref16}-\eqref{ref19} находим
$$
J = \int f(x) dx = \int u(t)dt = U(t) + C = U(\omega(x)) + C.\label{ref20}
$$

Формулу \eqref{ref20} называют формулой интегрирования подстановкой. Согласно этой формуле для вычисления интеграла \eqref{ref16} достаточно подобрать такую обратимую дифференцируемую функцию \(x=\varphi(t)\) с помощью которой подынтегральное выражение \(f(x)dx\) представляется в виде \(u(t) dt\), причем первообразная для функции \(u(t)\) известна.


Пример 14.

Вычислить интеграл
$$
J =\int \sqrt{a^2-x^2}dx,\quad a\;>\;0.\nonumber
$$

Решение.

\(\triangle\) Подынтегральная функция определена на отрезке \([-a,a]\). Положим \(x =\varphi(t) =a \sin t\); тогда \(t = \omega(x) =\displaystyle \arcsin\frac{x}{a},\ \sqrt{a^2-x^2} = \sqrt{a^2\cos^2 t} = a \cos t\), так как \(\displaystyle t\in\left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right],\ a\;>\;0\). Следовательно,
$$
J = \int a\cos t a\cos t dt = \frac{a^2}{2}\int (1 + \cos 2t) dt = \frac{a^2}{2}\left(t + \frac{\sin 2t}{2}\right)+C.\nonumber
$$
Так как
$$
\sin t=\frac{x}{a},\qquad \cos t=\sqrt{1-\frac{x^2}{a^2}}=\frac{\sqrt{a^2-x^2}}{a},\nonumber
$$
то
$$
\frac{1}{2}\sin 2t=\sin t\cos t=\frac{x\sqrt{a^2-x^2}}{a^2}.\nonumber
$$

Поэтому
$$
\int \sqrt{a^2-x^2}dx=\frac{a^2}{2}\arcsin \frac{x}{a}+\frac{x\sqrt{a^2-x^2}}{2}+C.\ \blacktriangle\nonumber
$$


Метод интегрирования по частям.

Пусть функции \(u(x)\) и \(v(x)\) имеют непрерывные производные на промежутке \(\Delta\). Тогда функция \(uv\) также имеет непрерывную производную на \(\Delta\) и согласно правилу дифференцирования произведения выполняется равенство
$$
uv'=(uv)'-vu'.\nonumber
$$

Интегрируя это равенство и учитывая, что
$$
\int (uv)'dx=uv + C,\nonumber
$$
получаем
$$
\int uv'dx = uv + C - \int vu' dx.\nonumber
$$

Относя произвольную постоянную \(C\) к интегралу \(\displaystyle \int vu'dx\), находим
$$
\int uv'dx = uv-\int vu'dx,\label{ref21}
$$
или
$$
\int udv = uv-\int vdu,\label{ref22}
$$

Формула \eqref{ref21} или \eqref{ref22} называется формулой интегрирования по частям. Она сводит вычисление интеграла \(\displaystyle udv\) к вычислению интеграла \(\displaystyle vdu\).


Пример 15.

$$
\int x\cos x dx=\int x d(\sin x)=x\sin x-\int \sin xdx=x\sin x-\cos x+C.\ \blacktriangle\nonumber
$$


Пример 16.

Вычислить интеграл
$$
J=\int \sqrt{x^2+a}dx.\nonumber
$$

Решение.

\(\triangle\) Полагая \(u=\displaystyle\sqrt{x^2+a},\ v=x\), по формуле \eqref{ref21} находим
$$
J=x\sqrt{x^2+a}-\int \frac{x^2}{\sqrt{x^2+a}}dx,\nonumber
$$
где
$$
\int \frac{x^2}{\sqrt{x^2+a}}dx=\int \frac{x^2+a-a}{\sqrt{x^2+a}}dx=J-a\int \frac{dx}{\sqrt{x^2+a}}.\nonumber
$$

Отсюда получаем уравнение относительно \(J\):
$$
J=x\sqrt{x^2+a}-J+a\int \frac{dx}{\sqrt{x^2+a}}.\nonumber
$$

Используя результат примера 11, находим
$$
\int \sqrt{x^2+a}dx=\frac{x}{2}\sqrt{x^2+a}+\frac{a}{2}\operatorname{ln}|x+\sqrt{x^2+a}|+C.\ \blacktriangle\nonumber
$$


Пример 17.

Пусть
$$
J_n=\int \frac{dx}{(x^2+a^2)^n},\quad n\in\mathbb{N},\quad a\neq 0.\nonumber
$$
Выведем рекуррентную формулу для вычисления интеграла \(J_n\).

Решение.

\(\triangle\) Пусть \(u=(x^2+a^2)^{-n},\ v=x\). Тогда \(u'=-2nx(x^2 + a^2)^{-n-1},\ v'=1\) и по формуле \eqref{ref21} получаем
$$
J_n=\frac{x}{(x^2+a^2)^n}+2n\int \frac{x^2}{(x^2+a^2)^{n+1}}dx,\nonumber
$$
где
$$
\int \frac{x^2}{(x^2+a^2)^{n+1}}dx=\int \frac{(x^2+a^2)-a^2}{(x^2+a^2)^{n+1}}dx=J_n-a^2J_{n+1}.\nonumber
$$
Следовательно,
$$
J_n=\frac{x}{(x^2+a^2)^n}+2nJ_n-2na^2J_{n+1},\nonumber
$$
откуда
$$
J_{n+1}=\frac{x}{2na^2(x^2+a^2)^n}+\frac{2n-1}{2na^2}J_n.\ \blacktriangle\label{ref23}
$$


Замечание 7.
Так как
$$
J_1=\int \frac{dx}{x^2+a^2}=\frac{1}{a}\operatorname{arctg}\frac{x}{a}+C,\nonumber
$$
то из формулы \eqref{ref23} находим
$$
J_2=\int \frac{dx}{(x^2+a^2)^2}=\frac{x}{2a^2(x^2+a^2)}+\frac{1}{2a^3}\operatorname{arctg}\frac{x}{a}+C.\nonumber
$$

Замечание 8.
Повторное применение формулы \eqref{ref21} позволяет получить обобщенную формулу интегрирования по частям
$$
\int uv^{(n+1)}dx=\\=uv^{(n)}-u'v^{(n-1)}+u''v^{(n-2)}+...+(-1)^n u^{(n)}v+(-1)^{n+1}\int u^{(n+1)}vdx\label{ref24}
$$
в предположении, что существуют непрерывные производные \(u^{(n+1)},\ v^{(n+1)}\) на рассматриваемом промежутке. При \(n=1\) формула \eqref{ref24} принимает вид
$$
\int uv''dx=uv'-u'v+\int u''vdx.\label{ref25}
$$

Пример 18.

Вычислить интеграл
$$
J = \int x^2 e^x dx.\nonumber
$$

Решение.

\(\triangle\) Полагая \(u=x^2,\ v = e^x\) и учитывая, что \(u'=2x,\ u'' = 2,\ v'=v''=e^x\), получаем по формуле \eqref{ref25}
$$
J = x^2 e^x-2x e^x+2\int e^x dx,\nonumber
$$
откуда
$$
\int x^2 e^x dx=(x^2-2x+2)e^x+C.\ \blacktriangle\nonumber
$$


Пример 19.

Вычислить интеграл
$$
J=\int e^{\alpha x}\cos \beta x dx,\quad \alpha\beta\neq 0.\nonumber
$$

Решение.

\(\triangle\) Положим \(u= \cos \beta x,\ v=\displaystyle\frac{e^{\alpha x}}{\alpha^2}\). Тогда \(u'=-\beta \sin\beta x,\ u''=-\beta^2\cos\beta x,\ v'=\displaystyle\frac{e^{\alpha x}}{\alpha},\ v''=e^{\alpha x}\). По формуле \eqref{ref25} находим
$$
J =\frac{e^{\alpha x}}{\alpha}\cos\beta x+\frac{\beta}{\alpha^2}e^{\alpha x}\sin \beta x-\frac{\beta^2}{\alpha^2}J + C,
$$
откуда
$$
J=\frac{\alpha \cos\beta x+\beta\sin \beta x}{\alpha^2+\beta^2}e^{\alpha x}+C_1.\ \blacktriangle\nonumber
$$