پیش‌تر در مجموعه آموزش‌های ریاضی مجله فرادرس، با مفهوم انتگرال آشنا شدیم. همچنین، مباحثی مانند انتگرال توابع مثلثاتی، انتگرال توابع لگاریتمی و انتگرال توابع رادیکالی را ارائه کردیم. در این آموزش، درباره انتگرال توابع نمایی بحث خواهیم کرد.

فهرست مطالب این نوشته پنهان کردن

محتوای این مطلب جهت یادگیری بهتر و سریع‌تر آن، در انتهای متن به صورت ویدیویی نیز ارائه شده است.

برای مشاهده ویدیوها کلیک کنید.

توابع نمایی و لگاریتمی در مواردی مانند مدلسازی رشد جمعیت، رشد سلول، رشد اقتصادی، توصیف فروپاشی رادیواکتیو، مصرف منابع و چندین مورد دیگر کاربرد فراوانی دارند.

انتگرال توابع نمایی

تابع نمایی یکی از توابع مهم است که در عملیات‌های ریاضی بسیار با آن سر و کار داریم. مشتق و انتگرال تابع نمایی $$ y = e ^ x $$ برابر با خودش است.

با استفاده از فرمول‌های زیر می‌توان از توابع نمایی انتگرال گرفت:

$$ \large ∫ e ^ x \, d x = e ^ x + C $$

$$ \large ∫ a ^ x \, d x = \dfrac { a ^ x } { \ln a } + C $$

مثال ۱

پادمشتق تابع نمایی $$e^{−x} $$ را بیابید.

حل: از تغییر متغیر $$ u = – x $$ استفاده می‌کنیم. در نتیجه، عبارت $$d u = – 1 d x $$ را داریم. با ضرب معادله $$du$$ در $$-1$$ تساوی $$-du=dx$$ را خواهیم داشت. در نتیجه، پادمشتق به صورت زیر محاسبه می‌شود:

$$ \large ∫ e ^ { − x } \, d x = − ∫ e ^ u \, d u = − e ^ u + C = − e ^ { − x } + C . \nonumber $$

یک اشتباه رایج در هنگام محاسبات مربوط به نمایی‌ها این است که با نمایی $$e$$ همان‌طور رفتار کنیم که با عبارات چندجمله‌ای رفتار می‌کنیم. نمی‌توانیم از قانون توان برای نمایی $$e$$ استفاده کنیم. این موضوع زمانی که هم نمایی و هم چندجمله‌ای در یک عبارت داشته باشیم، کمی باعث سردرگمی خواهد شد. در این مورد، همیشه باید با دقت محاسبات را بررسی کنیم.

مثال ۲

پادمشتق تابع نمایی $$ e^x\sqrt{1+e^x} $$ را محاسبه کنید.

حل: ابتدا توان را به صورت یک عدد گویا می‌نویسیم:

$$ \large ∫ e ^ x \sqrt { 1 + e ^ x } \, d x = ∫ e ^ x ( 1 + e ^ x ) ^ { 1 / 2 } \, d x . \nonumber $$

با استفاده از تغییر متغیر $$ u=1+e^x $$ و در نتیجه $$du=e^x\,dx$$، داریم:

$$ \large ∫ e ^ x ( 1 + e ^ x ) ^ { 1 / 2 } \, d x = ∫ u ^ { 1 / 2 } \, d u . \nonumber $$

در نتیجه:

$$ \large ∫ u ^ { 1 / 2 } \, d u = \dfrac { u ^ { 3 / 2 } }{ 3 / 2 } + C = \dfrac { 2 } { 3 } u ^ { 3 / 2 } + C = \dfrac { 2 } { 3 } ( 1 + e ^ x ) ^ { 3 / 2 } + C \nonumber $$

شکل ۱
شکل ۱

مثال ۳

حاصل انتگرال $$\displaystyle ∫3x^2e^{2x^3}\,dx $$ را به دست آورید.

حل: توان تابع نمایی را به عنوان $$ u=2x^3 $$ در نظر می‌گیریم و بنابراین تساوی دیفرانسیلی $$ du=6x^2\,dx $$ را داریم. تابع اصلی شامل عامل $$3 x ^ 2 $$ و نه $$ 6 x ^ 2 $$ است. با ضرب دو طرف معادله در $$\dfrac{1}{2}$$، انتگرالده برحسب $$u$$ معادل با انتگرالده برحسب $$x $$ خواهد بود. بنابراین:

$$ \large ∫ 3 x ^ 2 e ^ { 2 x ^ 3 } \, d x = \frac { 1 } { 2 }∫ e ^ u \, d u . $$

با انتگرال‌گیری از عبارت برحسب $$u$$ و جایگذاری جملات برحسب $$x$$، خواهیم داشت:

$$ \large \frac { 1 } { 2 } ∫ e ^ u \, d u = \frac { 1 } { 2 } e ^ u + C = \frac { 1 } { 2 } e ^ 2 x ^ 3+ C . $$

مثال ۴

انتگرال معین زیر را با استفاده از تغییر متغیر حل کنید:

$$ \large ∫ ^ 2 _ 1 \dfrac { e ^ { 1 / x } } { x ^ 2 } \, d x . \nonumber $$

حل: باید مسئله را بازنویسی کنیم. ابتدا نمایی را طوری می‌نویسیم که $$x $$ در توان آن وجود داشته باشد. عبارت $$x ^ 2 $$ را با منفی کردن توان آن از مخرج به صورت می‌آوریم:

$$ \large ∫ ^ 2 _ 1 \dfrac { e ^ { 1 / x } }{ x ^ 2 } \, \, d x = ∫^ 2 _ 1 e ^ { x ^ { − 1 } } x ^ { − 2 } \, d x . \nonumber $$

توان نمایی را $$u=x^{−1} $$ در نظر می‌گیریم. بنابراین، داریم:‌

$$ \large d u = − x ^ { −2 } \, d x \nonumber $$

$$ \large − d u = x ^ { − 2 } \, d x . \nonumber $$

با بیرون آوردن علامت منفی، مسئله به صورت زیر خواهد بود:‌

$$ \large − ∫ e ^ u \, d u . \nonumber $$

بنابراین، حدود انتگرال به صورت زیر تغییر خواهند کرد:‌

$$ \large u = ( 1 ) ^ { − 1 } = 1 \nonumber $$

$$ \large u = ( 2 ) ^ { − 1 } = \dfrac { 1 } { 2 } . \nonumber $$

در نهایت، انتگرال به صورت زیر محاسبه می‌شود:‌

$$ \large − ∫ ^ { 1 / 2 } _ 1 e ^ u \, d u = ∫ ^ 1 _ { 1 / 2 } e ^ u \, du = e ^ u \big | ^ 1 _ { 1 / 2 } = e − e ^ { 1 /2 } = e − \sqrt { e } . \nonumber $$

انتگرال‌هایی با لگاریتم طبیعی

انتگرال‌گیری از توابعی به فرم $$f(x)=\dfrac{1}{x}$$ و $$f(x) = x^{−1} $$ منجر به لگاریتم طبیعی قدر مطلق $$x$$ می‌شود. در واقع، می‌توان از فرمول زیر برای انتگرال‌هایی که توان $$-1$$ دارند استفاده کرد:

$$ \large ∫ \frac { 1 } { x } \, d x = \ln | x | + C $$

در حقیقت، می‌توانیم این فرمول را برای انتگرالده‌های کسری که در آن‌ها صورت مشتق مخرج است تعمیم دهیم. در واقع، با استفاده از قاعده زنجیره‌ای می‌توانیم مشتق $$ y = \ln[u(x)] $$ را به صورت زیر محاسبه کنیم:

$$ \large \frac { d } {d x} \left ( \ln [ u ( x ) ] \right ) = \frac { 1 } { u ( x ) } \cdot u’ ( x ) = \frac { u’ ( x ) } { u (x ) } $$

بنابراین، فرمول زیر یک فرمول بسیار مهم و کاربردی در حل انتگرال است:

$$ \large ∫ \frac { u’ ( x ) } { u ( x ) } \, d x =\ln | u ( x ) | + C $$

مثال ۵

پادمشتق تابع $$  \dfrac { 3 } { x − 1 0 }  $$ را به دست آورید.

حل: ابتدا ضریب $$3$$ را از انتگرال بیرون آورده، سپس از قانون $$u’/u$$ استفاده می‌کنیم:

$$ \large ∫ \dfrac { 3 } { x − 10 } \, d x = 3 ∫ \dfrac { 1 } { x − 1 0 } \, d x = 3 ∫ \dfrac { d u } { u } = 3 \ln | u | + C = 3 \ln | x − 1 0 | + C , \quad x ≠ 1 0 . \nonumber $$

شکل زیر نمودار تابع را نشان می‌دهد.

شکل ۲
شکل ۲

مثال ۶

پادمشتق تابع زیر را به دست آورید:

$$ \large \dfrac { 2 x ^ 3 + 3 x } { x ^ 4 + 3 x ^ 2 } . \nonumber $$

حل: از تغییر متغیر استفاده می‌کنیم. متغیر $$ u=x^4+3x^2 $$ را در نظر می‌گیریم که در نتیجه آن، $$du=(4x^3+6x)\,dx $$. در رابطه $$du$$ از $$2$$ فاکتور می‌گیریم. بنابراین، داریم:

$$ \large d u = ( 4 x ^ 3 + 6 x ) \, d x = 2 ( 2 x ^ 3 + 3 x ) \, d x \nonumber $$

$$ \large \dfrac { 1 } { 2 } \, d u = ( 2 x ^ 3 + 3 x ) \, d x . \nonumber $$

انتگرالده را برحسب $$u$$ می‌نویسیم:

$$ \large ∫ \frac { 2 x ^ 3 + 3 x } { x ^ 4 + 3 x ^ 2 } \, d x = \dfrac { 1 } { 2 } ∫ \frac { 1 } { u } \, d u . \nonumber $$

بنابراین، خواهیم داشت:‌

$$ \large \dfrac { 1 } { 2 } ∫ \frac { 1 } { u } \, d u = \dfrac { 1 } { 2 } \ln | u | + C = \dfrac { 1 } { 2 } \ln ∣ x ^ 4 + 3x ^ 2 ∣ + C . \nonumber $$

مثال ۷

حاصل انتگرال معین زیر را به دست آورید:

$$ \large ∫ ^ { \pi / 2 } _ 0 \dfrac { \sin x } { 1 + \cos x } \, d x . \nonumber $$

حل: برای حل این مثال، از تغییر متغیر $$ u=1+\cos x $$ و در نتیجه $$ du=−\sin x\,\,dx $$ استفاده می‌کنیم. انتگرال را بر حسب متغیر جدید $$u$$ بازنویسی می‌کنیم. حدود انتگرال‌گیری جدید به صورت زیر خواهند بود:

$$ \large u = 1 + \cos ( 0 ) = 2 $$

$$ \large u = 1 + \cos ( \dfrac { π } { 2 } ) = 1 . $$

در نتیجه، خواهیم داشت:

$$ \large \begin {align*} ∫ ^ { \pi / 2 } _ 0 \dfrac { \sin x }{ 1 + \cos x } & = − ∫ ^ 1 _ 2 \frac { 1 } { u } \, d u = ∫ ^ 2 _ 1 \frac { 1 } { u } \, d u \\ & = \ln | u | \, \bigg | ^ 2 _ 1 = [ \ln 2 − \ln 1 ] = \ln 2 \end {align*} $$

مثال ۸

حاصل انتگرال $$ { \int _{ { – { 1 } } } ^ { { 1 } } } \frac { { { \left . { d } { x } \right . } } } { { { e } ^ { { { 2 } – { 3 } { x } } } } } $$ را محاسبه کنید.

حل: از آنجایی که $$-(2-3x)=2x-2$$، می‌توانیم مخرج را به صورت آورده و انتگرال را به صورت زیر بنویسیم:

$$ \large { \int _ { { – { 1 } } } ^ { {1 }} } { e } ^ { {- { \left ( { 2 } -{ 3 } {x } \right ) } } } { \left . { d } { x } \right . } = { \int _ { – { { 1 } } } ^ { { 1 } } } { e } ^ { { { 3 } { x } – { 2 } } } { \left . { d } { x } \right . } $$

با استفاده از تغییر متغیر $$u=3x-2$$ و در نتیجه، $$du=3dx$$، داریم:

$$ \large { \int _ { – { { 1 } } } ^ { { 1} } } { e } ^ { { { 3 }{ x } – { 2 } } } { \left . { d } { x } \right . } = \frac { 1 } {{ 3 } } { { \left [ { e } ^ { { { 3 } { x } – { 2 } } } \right ] } _ { – { { 1 } } } ^ { { 1 } } } = \frac { 1 } { { 3 } } { \left [ { e } ^ { 1 } -{ e } ^ { – { { 5 } } } \right ] } = { 0 . 9 0 3 8 } $$

نمودار منحنی $$ { y } = \frac { 1 } { { e } ^ { { { 2 } – { 3 } { x } } } } $$ در شکل زیر نشان داده شده است.

شکل ۳
شکل ۳

حالت‌های خاص

در این بخش، چند حالت خاص مربوط به محاسبه انتگرال توابع نمایی را بررسی می‌کنیم.

  • حالت خاص ۱: اگر انتگرال به صورت $$ \int e ^ x \big ( f ( x ) + f’ ( x ) \big ) \, d x $$ باشد، حاصل آن برابر با $$ e ^ x f ( x ) + C $$ است.
  • حالت خاص ۲: اگر انتگرال به صورت $$ I = \int e ^ { a x } \cos ( b x + c ) $$ باشد، حاصل آن به صورت زیر خواهد بود:

$$ \large I = \dfrac { e ^ { a x } \big ( a \cos ( b x + c ) + b \sin ( b x + c ) \big ) } { a ^ 2 + b ^ 2 } . $$

برای اثبات این رابطه، می‌توان نوشت:

$$ \large \begin {aligned} I & = \int e ^ { a x } \cos ( b x + c ) d x \\ & = \cos ( b x + c ) \frac { e ^ { a x } } { a } + \frac { b } { a } \int e ^ { a x } \sin ( b x + c ) d x \\ & = \cos ( b x + c ) \frac { e ^ { a x } } { a } + \frac { b } { a } \left ( \frac { e ^ { a x } } { a } \sin ( b x + c ) – \frac { b } { a } \int e ^ { a x } \cos ( b x + c ) \right ) d x \\ & = \frac { e ^ { a x } ( a \cos ( b x + c ) + b \sin ( b x + c ) ) } { a ^ { 2 } } – \frac { b ^ { 2 } } { a ^{ 2 } } I \end {aligned} $$

بنابراین:

$$ \large \begin {aligned} I \left ( 1 + \frac { b ^ 2 } { a ^ 2 } \right ) & = \frac { e ^ { a x } \big ( a \cos ( b x + c ) + b \sin ( b x + c ) \big ) } { a ^ 2 } \\ \Rightarrow I & = \frac { e ^ { a x } \big ( a \cos ( b x + c ) + b \sin ( b x + c ) \big ) } { a ^ 2 + b ^ 2 } . \end{aligned} $$

انتگرال $$ I = \int e ^ { a x } \sin ( b x + c ) $$ به روش مشابه حل می‌شود.

  • حالت خاص ۳: انتگرالی به فرم $$ \int \frac { a e ^ x + b e ^ { – x } } { p e ^ x + q e ^ { – x } } d x $$ که در حقیقت به شکل $$ \text {(NUM)} = \alpha \text {(DEN)} + \beta \frac { d } { dx } \text {(DEN)} $$ است ($$\text {(NUM)}$$ نشان‌ دهنده صورت و $$\text {(DEN)}$$ نشان دهنده مخرج انتگرالده است)، به صورت عادی محاسبه می‌شود.

مثال ۹

حاصل انتگرال نامعین زیر را به دست آورید.

$$ \large \int e ^ x \big ( \sin ( x ) + \cos ( x ) \big ) \, d x $$

حل: همان‌طور که می‌بینیم، این انتگرال به فرم $$ \int e ^ x \big ( f ( x ) + f’ ( x ) \big ) \, d x $$ است که در آن، $$f(x)=\sin (x)$$. بنابراین، حاصل این انتگرال برابر است با:

$$ \large e ^ x \sin ( x ) + C . $$

مثال ۱۰

انتگرال زیر را محاسبه کنید.

$$ \large \int e ^ { 2 x } \cos ( 5 x + 3 ) \, d x $$

حل: طبق رابطه‌ای که در بالا آن را معرفی کردیم، حاصل انتگرال برابر است با:

$$ \large \frac { e ^ { 2 x } \big ( 2 \cos ( 5 x + 3) + 5 \sin ( 5 x + 3 ) \big ) } {2 9 } + C . $$

مثال ۱۱

حاصل انتگرال نامعین زیر را به دست آورید.

$$ \large \int \frac { 2 e ^ x + 3 e ^ { – x } } { e ^ x – 5 e ^ { -x } } \, d x $$

حل: می‌توانیم تساوی زیر را بنویسیم:

$$ \large 2 e ^ x + 3 e ^ { – x } = \alpha ( e ^ x – 5 e ^ { – x } ) + \beta ( e ^ x + 5 e ^ { – x } )  $$

با مقایسه ضرایب $$e^x$$ و $$e^{-x}$$، به معادلات $$ \alpha + \beta = 2 $$ و $$ \alpha – \beta = – \frac{3}{5}$$ می‌رسیم که $$ \alpha = \frac{7}{10}$$ و $$ \beta = \frac{13}{10}$$ را نتیجه می‌دهند. بنابراین، می‌توان نوشت:

$$ \large \int \frac { 2 e ^ x + 3 e ^ { – x } } { e ^ x – 5 e ^ { – x } } d x = \alpha \int d x + \beta \int \frac { e ^ x + 5 e ^ { – x } } {e ^ x – 5 e ^ { – x } } d x . \qquad (*) $$

با در نظر گرفتن $$e ^ x – 5 e ^ {-x} = t $$ و در نتیجه، $$ ( e ^ x + 5 e ^ { – x } ) d x = d t $$، خواهیم داشت:‌

$$ \large \begin {aligned} ( * ) & = \frac 7 { 1 0 } \int d x + \frac { 1 3 } { 1 0 } \int \frac { d t } { t } \\ & = \frac { 7 x } { 1 0 } + \frac { 1 3 } { 1 0 } \ln | t | + C \\ & = \frac { 7 x } { 1 0 } + \frac { 1 3 } { 1 0 } \ln \big | e ^ x – 5 e ^ { – x } \big | + C \end {aligned} $$

که در آن، $$ C $$ ثابت انتگرال‌گیری است.

فهرست انتگرال‌های نمایی

در این بخش، فهرستی از انتگرال‌های توابع نمایی مختلف را ارائه می‌کنیم.

انتگرال نامعین

انتگرال‌های نامعین، توابع پادمشتق هستند و یک عدد ثابت (ثابت انتگرال‌گیری) به سمت راست فرمول آن‌ها افزوده می‌شود. برای سادگی، ثابت انتگرال‌گیری را در فرمول‌ها نیاورده‌ایم.

انتگرال‌هایی که چندجمله‌ای دارند

$$ \large \int x e ^ { c x } \, d x = e ^ { c x } \left ( \frac { c x – 1 }{ c ^ { 2 } } \right ) $$

$$ \large \int x ^ 2 e ^ { c x } \, d x = e ^ { c x } \left ( \frac { x ^2 } {c } – \frac { 2 x } { c ^ 2 } + \frac { 2 } { c ^ 3 } \right ) $$

$$ \large \begin {align}
\int x ^ n e ^ { c x } \, d x & = \frac { 1 } { c } x ^ n e ^ { c x } – \frac { n } { c } \int x ^ { n – 1 } e ^ { c x } \, d x \\
& = \left ( \frac { \partial } { \partial c } \right ) ^ n \frac { e ^ { c x } } { c } \\
& = e ^ { c x } \sum _ { i = 0 } ^ n ( – 1 ) ^ i \frac { n ! }{ ( n – i ) ! c ^ { i +1 } }x ^ { n – i } \\
& = e ^ { c x } \sum _ { i = 0 } ^ n ( – 1 ) ^ { n – i } \frac { n ! } { i! c ^ { n – i + 1} } x^ i
\end {align} $$

$$ \large \int \frac { e ^ { c x } } { x } \, d x = \ln | x | + \sum _ { n = 1 } ^ \infty \frac { ( c x ) ^ n } { n \cdot n ! } $$

$$ \large \int \frac { e ^ { c x } } { x ^ n } \, d x = \frac { 1 } { n- 1 } \left ( – \frac { e ^ { c x } } {x ^ { n – 1 } } + c \int \frac { e ^{ c x } } { x ^ { n – 1} } \, d x \right ) \qquad \text{(for } n \neq 1 \text {)} $$

انتگرال‌هایی که فقط تابع نمایی دارند

$$ \large \int f’ ( x ) e ^ { f ( x ) } \, d x = e ^ { f ( x ) } $$

$$ \large \int e ^ { c x } \, d x = \frac { 1 } { c } e ^ { c x } $$

$$ \large \int a ^ { c x } \, d x = \frac { 1 } { c \cdot \ln a } a ^ { c x } \qquad \text{ for } a > 0 , \ a \ne 1 $$

انتگرال‌هایی که توابع نمایی و مثلثاتی دارند

$$ \large \begin {align}
\int e ^ { c x } \sin b x \, d x & = \frac { e ^ { c x } } { c^ 2 + b ^ 2 } ( c \sin b x – b \cos b x ) \\
& = \frac { e ^ { c x} } { \sqrt { c ^ 2 + b ^ 2 } } \sin ( b x -\phi ) \qquad \text {where } \cos ( \phi ) = \frac { c } { \sqrt { c ^ 2 + b ^ 2 } }
\end {align} $$

$$ \large \begin {align}
\int e ^ { c x } \cos b x \, d x & = \frac { e ^ { c x} } { c ^ 2 + b ^2 } ( c \cos b x + b \sin b x ) \\
& = \frac { e ^ { c x } } { \sqrt { c ^ 2+ b ^ 2 } } \cos ( b x -\phi ) \qquad \text {where } \cos ( \phi ) = \frac { c } { \sqrt { c ^ 2 + b^ 2 }}
\end {align} $$

$$ \large \int e ^ { c x } \sin ^ n x \, d x = \frac { e ^ { c x } \sin ^ { n – 1 } x } { c ^ 2 + n ^ 2 } ( c \sin x – n \cos x) + \frac { n ( n – 1 ) } { c ^ 2 + n ^ 2 } \int e ^ { c x } \sin ^ { n – 2 } x \, d x $$

$$ \large \int e ^ { c x } \cos ^ n x \, d x = \frac { e ^ { c x } \cos ^ { n – 1 } x} { c ^ 2 + n ^ 2 } ( c \cos x + n \sin x ) + \frac { n ( n – 1 ) } { c ^ 2 + n ^ 2 } \int e ^ { c x } \cos ^ { n – 2 } x \, d x $$

انتگرال‌هایی که تابع خطا دارند

در فرمول‌های زیر، $$\text{erf}$$ تابع خطا و $$\text{Ei}$$ انتگرال نمایی است.

$$ \large \int e ^ { c x } \ln x \, d x = \frac { 1 }{ c } \left ( e ^ { c x } \ln | x | – \operatorname { E i } ( c x ) \right ) $$

$$ \large \int x e ^ { c x ^ 2 } \, d x = \frac { 1 } { 2 c } e ^ { c x ^ 2 } $$

$$ \large \int e ^ { – c x ^ 2 } \, d x = \sqrt { \frac { \pi } { 4 c } } \operatorname {erf} ( \sqrt { c } x ) $$

$$ \large \int x e ^ { – c x ^ 2 } \, d x = – \frac { 1 } { 2 c } e ^ { – c x ^ 2 } $$

$$ \large \int \frac { e ^ {- x^ 2 } } { x ^ 2 } \, d x = -\frac { e ^ {- x ^ 2 } } {x } – \sqrt { \pi } \operatorname {erf} ( x ) $$

$$ \large \int { \frac { 1 } { \sigma \sqrt { 2 \pi } } e ^ { -\frac { 1 } { 2 } \left ( \frac { x – \mu } { \sigma } \right ) ^ 2 }} \ , d x = \frac { 1 } {2 } \operatorname {erf} \left ( \frac { x – \mu }{ \sigma \sqrt { 2 } } \right ) $$

سایر انتگرال‌ها

$$ \large \int e ^ { x ^ 2 } \, d x = e ^ { x ^ 2 } \left ( \sum _ { j = 0 } ^ { n – 1 } c _ { 2 j } \frac { 1 } { x ^ { 2 j + 1 } } \right ) + ( 2 n – 1 ) c _ { 2 n- 2 } \int \frac { e ^{ x ^ 2 } } { x ^ {2 n }} \, d x \quad \text {valid for any } n > 0 , $$

که در آن، $$ c _ { 2 j } = \frac { 1 \cdot 3 \cdot 5 \cdots ( 2 j – 1) }{ 2 ^ { j + 1 } } = \frac { ( 2 j ) ! } {j ! 2 ^ { 2 j + 1 } } $$.

$$ \large { \int \underbrace { x ^ { x ^ { \cdot ^ { \cdot ^ { x } } } }} _ m d x = \sum _ { n = 0 } ^ m \frac { ( – 1) ^ n ( n + 1 ) ^{ n – 1 } }{ n ! } \Gamma ( n + 1 , – \ln x ) + \sum _ { n = m + 1 } ^ \infty ( – 1) ^ n a _ { m n } \Gamma ( n + 1 , – \ln x ) \qquad \text{(for }x> 0\text{)}} $$

که در آن،

$$ \large a _ { m n } = \begin {cases} 1 & \text {if } n = 0, \\ \\ \dfrac { 1 } { n ! } & \text {if } m = 1 , \\ \\ \dfrac { 1 } { n } \sum _ { j = 1 } ^ { n } j a _ { m , n -j } a _ {m – 1 , j – 1 } & \text {otherwise} \end{cases} $$

و $$\Gamma(x,y)$$ تابع گاما است.

$$ \large \int \frac { 1 } { a e ^ { \lambda x } + b } \, d x = \frac { x } { b } – \frac { 1 } { b \lambda } \ln \left ( a e ^ { \lambda x } + b \right ) $$

$$ \large \int \frac { e ^ { 2 \lambda x } } { a e ^ { \lambda x } + b } \, d x = \frac { 1 } { a ^ 2 \lambda } \left [ a e ^ { \lambda x } + b – b \ln\left ( a e ^ {\lambda x} + b \right) \right] $$

$$ \large \int \frac { a e ^ { c x} – 1 } { b e ^ { c x } – 1 } \, d x = \frac { ( a – b ) \log ( 1 – b e^ { c x} ) } { b c} + x . $$

انتگرال‌های معین

$$ \large \begin {align}
\int _ 0 ^ 1 e ^ { x \cdot \ln a + ( 1 – x ) \cdot \ln b } \, dx
& = \int_0^1 \left ( \frac { a } { b } \right ) ^ { x} \cdot b\,dx \\
& = \int _ 0 ^ 1 a ^ { x} \cdot b ^ { 1 – x } \, d x \\
& = \frac { a – b } { \ln a – \ln b } \qquad\text{for } a > 0,\ b > 0,\ a \neq b
\end{align} $$

$$ \large \int _ 0 ^ { \infty } e ^ { – a x } \, d x = \frac { 1 } { a } \quad ( \operatorname { R e } ( a ) > 0 ) $$

$$ \large \int _ 0 ^ { \infty } e ^ { – a x ^ 2 } \, d x = \frac { 1 } { 2 } \sqrt { \pi \over a } \quad (a>0) $$

$$ \large \int _ { – \infty } ^ { \infty } e ^ { – a x ^ 2 } \, d x = \sqrt { \pi \over a } \quad ( a > 0 ) $$

$$ \large \int _ { – \infty } ^ { \infty } e ^ { – a x ^ 2 + b x } \, d x = \sqrt { \pi \over a } e^ { \tfrac { b ^ 2 } { 4a } } \quad(a > 0) $$

$$ \large \int _ { – \infty } ^ { \infty } e ^ { – a x ^ 2 } e ^ { – 2b x } \, d x = \sqrt { \frac { \pi } { a } } e ^ { \frac { b ^2 } { a } } \quad ( a > 0 ) $$

$$ \large \int _ { – \infty } ^ { \infty } x e ^ { – a ( x – b ) ^ 2 } \, d x = b \sqrt { \frac { \pi } { a } } \quad ( \operatorname { R e } ( a ) >0 ) $$

$$ \large \int _ { – \infty } ^ { \infty } x e ^ { – a x ^2 + b x } \, d x = \frac { \sqrt { \pi } b } { 2 a^ { 3 / 2 } } e ^ { \frac { b ^ 2 } { 4 a } } \quad ( \operatorname { R e } ( a ) > 0 ) $$

$$ \large \int _ { – \infty } ^ { \infty} x ^ 2 e ^ { – a x ^ 2 } \, d x = \frac { 1 } { 2 } \sqrt { \pi \over a ^ 3 } \quad ( a > 0 ) $$

$$ \large \int _ { – \infty } ^ { \infty } x ^ 2 e ^ { – a x ^ 2 + b x } \, d x = \frac { \sqrt { \pi } ( 2a + b ^ 2) }{ 4 a^ { 5 / 2} } e ^ { \frac { b ^ 2 }{ 4a } } \quad ( \operatorname{Re}(a)>0) $$

$$ \large \int _ { – \infty } ^ { \infty } x ^ 3 e ^ { – a x ^ 2 + b x } \, d x = \frac { \sqrt { \pi } ( 6 a + b ^2 ) b} { 8 a ^ {7 / 2} } e ^ { \frac { b ^ 2 } { 4a } } \quad (\operatorname{Re}(a)>0) $$

$$ \large \int _ 0 ^ { \infty } x ^ { n } e ^ {- a x ^ 2 } \, d x =
\begin {cases}
\dfrac { \Gamma \left ( \frac { n + 1 } { 2 } \right ) }{ 2 \left ( a ^ \frac { n + 1 } { 2 } \right ) } & ( n >- 1 , \ a > 0) \\ \\
\dfrac { ( 2 k – 1 ) ! ! } {2 ^ { k +1 } a ^ k } \sqrt { \dfrac { \pi } { a } } & ( n = 2 k , \ k \text { integer} , \ a > 0 ) \ \text {(!! is the double factorial)} \\ \\
\dfrac{k!}{2(a^{k+1})} & (n=2k+1,\ k \text{ integer},\ a>0)
\end{cases} $$

$$ \large \int _ 0 ^ { \infty } x ^ n e ^ { – a x } \, d x =
\begin {cases}
\dfrac { \Gamma ( n + 1 )} { a ^ { n+ 1 } } & ( n > – 1 , \ a > 0 ) \\ \\
\dfrac { n ! } { a ^ { n + 1 }} & (n = 0 , 1 , 2 ,\ldots,\ a>0)
\end{cases} $$

$$ \large \int _ 0 ^ { 1 } x ^n e ^ {- a x } \, d x =
\frac { n ! }{ a ^{ n + 1 } } \left[
1 – e^ { – a } \sum _ { i = 0 } ^{ n } \frac{a^i}{i!}
\right] $$

$$ \large \int _ 0 ^ \infty e ^ { – a x ^ b } d x = \frac { 1 } {b } \ a ^ { – \frac { 1 } { b } } \Gamma \left ( \frac { 1 } { b } \right ) $$

$$ \large \int _ 0 ^ \infty x ^ n e ^ { -ax ^ b } d x = \frac { 1 } {b } \ a ^ { – \frac { n +1 } { b} } \Gamma \left ( \frac { n +1 } { b } \right ) $$

$$ \large \int_0^{\infty} e^{-ax}\sin bx\,dx = \frac{b}{a^2+b^2} \quad (a>0) $$

$$ \large \int _ 0 ^ { \infty } e ^ { – a x } \cos b x \, d x = \frac { a } {a ^ 2 + b ^2 } \quad ( a > 0 ) $$

$$ \large \int _ 0 ^ { \infty } x e ^ { – a x } \sin b x \, d x = \frac { 2 ab } { ( a ^ 2 + b ^2 ) ^ 2} \quad ( a > 0 ) $$

$$ \large \int _ 0 ^ { \infty } x e ^ { – a x } \cos b x \, d x = \frac { a ^2 – b ^ 2 }{ ( a^ 2 + b ^ 2 ) ^ 2 } \quad (a>0) $$

$$ \large \int _ 0 ^ { 2 \pi } e ^ { x \cos \theta } d \theta = 2 \pi I_0(x) $$

$$ \large \int _ 0 ^ { 2 \pi } e ^ { x \cos \theta + y \sin \theta} d \theta = 2 \pi I _ 0 \left( \sqrt{x^2 + y^2} \right) $$

اگر این مطلب برای شما مفید بوده است، آموزش‌های زیر نیز به شما پیشنهاد می‌شوند:

^^

فیلم‌ های آموزش انتگرال توابع نمایی – از صفر تا صد

فیلم آموزشی انتگرال توابع نمایی

دانلود ویدیو

فیلم آموزشی حل چند مثال از انتگرال توابع نمایی

دانلود ویدیو

فیلم آموزشی انتگرال‌ با لگاریتم طبیعی

دانلود ویدیو

فیلم آموزشی حل چند مثال از انتگرال‌ با لگاریتم طبیعی

دانلود ویدیو

فیلم آموزشی انتگرال با قضیه جز به جز

دانلود ویدیو

فیلم آموزشی حل مثال از انتگرال با قضیه جز به جز

دانلود ویدیو

فیلم آموزشی انتگرال ضرب توابع نمایی و مثلثاتی

دانلود ویدیو

سید سراج حمیدی دانش‌آموخته مهندسی برق است و به ریاضیات و زبان و ادبیات فارسی علاقه دارد. او آموزش‌های مهندسی برق، ریاضیات و ادبیات مجله فرادرس را می‌نویسد.

بر اساس رای 10 نفر

آیا این مطلب برای شما مفید بود؟

نظر شما چیست؟

نشانی ایمیل شما منتشر نخواهد شد. بخش‌های موردنیاز علامت‌گذاری شده‌اند *