در آموزشهای قبلی مجله فرادرس، با انتگرال و روشهای محاسبه آن آشنا شدیم و در مطلبی، نمونه سوالهایی از مبحث انتگرال را ارئه و حل کردیم. همچنین، در آموزشهایی به انتگرال توابع مثلثاتی ، انتگرال توابع کسری ، انتگرال توابع هیپربولیک ، انتگرالگیری جزء به جزء ، انتگرال توابع گنگ ، انتگرال رادیکالی و انتگرالگیری به روش کسرهای جزئی پرداختیم. در این آموزش با انتگرال e و روش محاسبه آن آشنا شده و مثالهایی از حل آن را بررسی میکنیم.
فرمول محاسبه انتگرال e
تابع نمایی یکی از توابع مهم است که در ریاضی بسیار با آن سر و کار داریم. مشتق و انتگرال e برابر با خودش است.
با استفاده از فرمول زیر میتوان از تابع نمایی انتگرال گرفت:
∫ e x d x = e x + C . \large \int e ^ x \, d x = e ^ x + C . ∫ e x d x = e x + C .
اگر به جای e عدد دیگری داشته باشیم، انتگرال به صورت زیر محاسبه میشود:
∫ a x d x = a x ln a + C . \large ∫ a ^ x \, d x = \dfrac { a ^ x } { \ln a } + C . ∫ a x d x = ln a a x + C .
چند فرم متداول از انتگرال e
حالت ۱: فرض کنید یک تابع نمایی به شکل زیر در انتگرال داشته باشیم:
∫ e x ( f ( x ) + f ′ ( x ) ) d x \large \int e ^ x \big ( f ( x ) + f' ( x ) \big ) \, d x ∫ e x ( f ( x ) + f ′ ( x ) ) d x
در این حالت، حاصل انتگرال برابر خواهد بود با:
e x f ( x ) + C . \large e ^ x f ( x ) + C . e x f ( x ) + C .
حالت ۲: فرض کنید انتگرال به فرم I = ∫ e a x cos ( b x + c ) \displaystyle I = \int e ^ { a x } \cos ( b x + c ) I = ∫ e a x cos ( b x + c ) باشد. در این صورت، حاصل آن برابر است با:
I = e a x ( a cos ( b x + c ) + b sin ( b x + c ) ) a 2 + b 2 . \large I = \dfrac { e ^ { a x } \big ( a \cos ( b x + c ) + b \sin ( b x + c ) \big ) } { a ^ 2 + b ^ 2 } . I = a 2 + b 2 e a x ( a cos ( b x + c ) + b sin ( b x + c ) ) .
اثبات: انتگرال بالا را به کمک انتگرالگیری جزء به جزء حل میکنیم:
I = ∫ e a x cos ( b x + c ) d x = cos ( b x + c ) e a x a + b a ∫ e a x sin ( b x + c ) d x = cos ( b x + c ) e a x a + b a ( e a x a sin ( b x + c ) − b a ∫ e a x cos ( b x + c ) ) d x = e a x ( a cos ( b x + c ) + b sin ( b x + c ) ) a 2 − b 2 a 2 I . \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 } \big ( a \cos ( b x + c ) + b \sin ( b x + c ) \big ) } { a ^ 2 } - \frac { b ^ 2 } { a ^ 2 } I . \end {aligned} I = ∫ e a x cos ( b x + c ) d x = cos ( b x + c ) a e a x + a b ∫ e a x sin ( b x + c ) d x = cos ( b x + c ) a e a x + a b ( a e a x sin ( b x + c ) − a b ∫ e a x cos ( b x + c ) ) d x = a 2 e a x ( a cos ( b x + c ) + b sin ( b x + c ) ) − a 2 b 2 I .
بنابراین، خواهیم داشت:
I ( 1 + b 2 a 2 ) = e a x ( a cos ( b x + c ) + b sin ( b x + c ) ) a 2 ⇒ I = e a x ( a cos ( b x + c ) + b sin ( b x + c ) ) a 2 + b 2 . \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} I ( 1 + a 2 b 2 ) ⇒ I = a 2 e a x ( a cos ( b x + c ) + b sin ( b x + c ) ) = a 2 + b 2 e a x ( a cos ( b x + c ) + b sin ( b x + c ) ) .
حالت ۳: اگر انتگرال به فرم ∫ a e x + b e − x p e x + q e − x d x \displaystyle \int \frac { a e ^ x + b e ^ { - x } } { p e ^ x + q e ^ { - x } } d x ∫ p e x + q e − x a e x + b e − x d x باشد، میتوانیم از تساوی (NUM) = α (DEN) + β d d x (DEN) \text {(NUM)} = \alpha \text {(DEN)} + \beta \frac { d } { d x } \text {(DEN)} (NUM) = α (DEN) + β d x d (DEN) استفاده کنیم که در آن، NUM \text{NUM} NUM صورت کسر انتگرالده و DEN \text{DEN} DEN مخرج آن است. در این صورت، میتوانیم انتگرال را با روشهای معمول حل کنیم.
مثالهای حل انتگرال e
در این بخش، مثالهایی را از انتگرال e حل میکنیم.
مثال ۱ انتگرال e
انتگرال تابع e − x e^{−x} e − x را بیابید.
حل: از تغییر متغیر u = − x u = - x u = − x و در نتیجه، d u = − 1 d x d u = - 1 d x d u = − 1 d x استفاده میکنیم. با ضرب معادله d u du d u در − 1 -1 − 1 تساوی − d u = d x -du=dx − d u = d x را خواهیم داشت. در نتیجه، انتگرال e به صورت زیر محاسبه میشود:
∫ e − x d x = − ∫ e u d u = − e u + C = − e − x + C . \large ∫ e ^ { − x } \, d x = − ∫ e ^ u \, d u = − e ^ u + C = − e ^ { − x } + C . \nonumber ∫ e − x d x = − ∫ e u d u = − e u + C = − e − x + C .
مثال ۲ انتگرال e
انتگرال نامعین زیر را محاسبه کنید.
∫ ( 3 e x + 2 x ) d x \large \int ( 3 e ^ x + 2 ^ x ) \, d x ∫ ( 3 e x + 2 x ) d x
حل: حاصل این انتگرال به صورت زیر به دست میآید:
∫ ( 3 e x + 2 x ) d x = 3 ∫ e x d x + ∫ 2 x d x = 3 e x + 2 x ln 2 + C , \large \begin {aligned} \int ( 3 e ^ x + 2 ^ x ) \, d x & = 3 \int e ^ x d x + \int 2 ^ x \, d x \\ & = 3 e ^ x + \frac { 2 ^ x } { \ln 2 } + C , \end {aligned} ∫ ( 3 e x + 2 x ) d x = 3 ∫ e x d x + ∫ 2 x d x = 3 e x + ln 2 2 x + C ,
که در آن، C C C ثابت انتگرالگیری است.
مثال ۳ انتگرال e
انتگرال زیر را محاسبه کنید.
∫ e x + 2 d x \large \int e ^ { x + 2 } \, d x ∫ e x + 2 d x
حل: برای حل انتگرال، داریم:
∫ e x + 2 d x = ∫ e x e 2 d x = e 2 ∫ e x d x = e 2 e x + C = e x + 2 + C , \large \begin {aligned} \int e ^ { x + 2 } \, d x & = \int e ^ x e ^ 2 \, d x \\ & = e ^ 2 \int e ^ x \, d x \\ & = e ^ 2 e ^ x + C \\ & = e ^ { x + 2 } + C , \end {aligned} ∫ e x + 2 d x = ∫ e x e 2 d x = e 2 ∫ e x d x = e 2 e x + C = e x + 2 + C ,
که در آن، C C C ثابت انتگرالگیری است.
مثال ۴ انتگرال e
انتگرال نامعین زیر را حل کنید:
∫ e x ( sin ( x ) + cos ( x ) ) d x \large \int e ^ x \big ( \sin ( x ) + \cos ( x ) \big ) \, d x ∫ e x ( sin ( x ) + cos ( x ) ) d x
حل: این انتگرال به فرم ∫ e x ( f ( x ) + f ′ ( x ) ) d x \displaystyle \int e ^ x \big ( f ( x ) + f' ( x ) \big ) \, d x ∫ e x ( f ( x ) + f ′ ( x ) ) d x است که در آن، f ( x ) = sin ( x ) f ( x ) = \sin ( x ) f ( x ) = sin ( x ) . بنابراین، انتگرال به صورت زیر خواهد بود:
e x sin ( x ) + C . \large e ^ x \sin ( x ) + C . e x sin ( x ) + C .
مثال ۵ انتگرال e
انتگرال نامعین زیر را محاسبه کنید.
∫ e 2 x cos ( 5 x + 3 ) d x \large \int e ^ { 2 x } \cos ( 5 x + 3 ) \, d x ∫ e 2 x cos ( 5 x + 3 ) d x
حل: با توجه به حالت دوم که معرفی کردیم، خواهیم داشت:
e 2 x ( 2 cos ( 5 x + 3 ) + 5 sin ( 5 x + 3 ) ) 29 + C . \large \frac { e ^ { 2 x } \big ( 2 \cos ( 5 x + 3 ) + 5 \sin ( 5 x + 3 ) \big ) } { 2 9 } + C . 29 e 2 x ( 2 cos ( 5 x + 3 ) + 5 sin ( 5 x + 3 ) ) + C .
مثال ۶ انتگرال e
انتگرال زیر را محاسبه کنید.
∫ 2 e x + 3 e − x e x − 5 e − x d x \large \int \frac { 2 e ^ x + 3 e ^ { - x } } { e ^ x - 5 e ^ { - x } } \, d x ∫ e x − 5 e − x 2 e x + 3 e − x d x
حل: با توجه به آنچه در حالت سوم گفتیم، میتوانیم تساوی زیر را بنویسیم:
2 e x + 3 e − x = α ( e x − 5 e − x ) + β ( e x + 5 e − x ) . \large 2 e ^ x + 3 e ^ { - x } = \alpha ( e ^ x - 5 e ^ { - x } ) + \beta ( e ^ x + 5 e ^ { - x } ) . 2 e x + 3 e − x = α ( e x − 5 e − x ) + β ( e x + 5 e − x ) .
با مقایسه ضرایب e x e ^ x e x و e − x e ^ { - x } e − x ، روابط α + β = 2 \alpha + \beta = 2 α + β = 2 و α − β = − 3 5 \alpha - \beta = -\frac 35 α − β = − 5 3 را خواهیم داشت که منجر به α = 7 10 \alpha = \frac {7}{10} α = 10 7 و β = 13 10 \beta = \frac { 13}{10} β = 10 13 میشود. بنابراین، میتوان نوشت:
∫ 2 e x + 3 e − x e x − 5 e − x d x = α ∫ d x + β ∫ e x + 5 e − x e x − 5 e − x d x . ( ∗ ) \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 . \quad (*) ∫ e x − 5 e − x 2 e x + 3 e − x d x = α ∫ d x + β ∫ e x − 5 e − x e x + 5 e − x d x . ( ∗ )
با قرار دادن e x − 5 e − x = t e ^ x - 5 e ^ {-x } = t e x − 5 e − x = t و در نتیجه، ( e x + 5 e − x ) d x = d t (e ^ x + 5 e ^ {-x} ) d x = d t ( e x + 5 e − x ) d x = d t ، عبارت بالا برابر خواهد بود با:
( ∗ ) = 7 10 ∫ d x + 13 10 ∫ d t t = 7 x 10 + 13 10 ln ∣ t ∣ + C = 7 x 10 + 13 10 ln ∣ e x − 5 e − x ∣ + C , \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} ( ∗ ) = 10 7 ∫ d x + 10 13 ∫ t d t = 10 7 x + 10 13 ln ∣ t ∣ + C = 10 7 x + 10 13 ln e x − 5 e − x + C ,
که در آن، C C C ثابت انتگرالگیری است.
مثال ۷ انتگرال e
انتگرال تابع e x 1 + e x e^x\sqrt{1+e^x} e x 1 + e x را محاسبه کنید.
حل: ابتدا انتگرالده را بازنویسی میکنیم:
∫ e x 1 + e x d x = ∫ e x ( 1 + e x ) 1 / 2 d x . \large ∫ e ^ x \sqrt { 1 + e ^ x } \, d x = ∫ e ^ x ( 1 + e^ x ) ^ { 1 / 2 } \, d x . ∫ e x 1 + e x d x = ∫ e x ( 1 + e x ) 1/2 d x .
با استفاده از تغییر متغیر u = 1 + e x u = 1 + e ^ x u = 1 + e x و در نتیجه، d u = e x d x d u = e ^ x d x d u = e x d x ، خواهیم داشت:
∫ e x ( 1 + e x ) 1 / 2 d x = ∫ u 1 / 2 d u . \large ∫ e ^ x ( 1 + e ^ x ) ^ { 1 / 2 } \, d x = ∫ u ^ { 1 / 2 } \, d u . ∫ e x ( 1 + e x ) 1/2 d x = ∫ u 1/2 d u .
در نتیجه:
∫ u 1 / 2 d u = u 3 / 2 3 / 2 + C = 2 3 u 3 / 2 + C = 2 3 ( 1 + e x ) 3 / 2 + C \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 ∫ u 1/2 d u = 3/2 u 3/2 + C = 3 2 u 3/2 + C = 3 2 ( 1 + e x ) 3/2 + C
مثال 8 انتگرال e
انتگرال ∫ 3 x 2 e 2 x 3 d x \displaystyle ∫ 3 x ^ 2 e ^ { 2 x^ 3 } \, d x ∫ 3 x 2 e 2 x 3 d x را محاسبه کنید.
حل: توان e e e را برابر با u u u قرار داده و در نتیجه، u = 2 x 3 u=2x^3 u = 2 x 3 و d u = 6 x 2 d x du=6x^2\,dx d u = 6 x 2 d x را خواهیم داشت. بنابراین، انتگرال را میتوان به صورت زیر نوشت:
∫ 3 x 2 e 2 x 3 d x = 1 2 ∫ e u d u . \large ∫ 3 x ^ 2 e ^ { 2 x ^ 3 } \, d x = \frac { 1 } { 2 }∫ e ^ u \, d u . ∫ 3 x 2 e 2 x 3 d x = 2 1 ∫ e u d u .
در نتیجه، حاصل انتگرال e برابر خواهد بود با:
1 2 ∫ e u d u = 1 2 e u + C = 1 2 e 2 x 3 + C . \large \frac { 1 } { 2 } ∫ e ^ u \, d u = \frac { 1 }{ 2 } e ^ u + C = \frac { 1 } { 2 } e ^ 2 x ^ 3 + C . 2 1 ∫ e u d u = 2 1 e u + C = 2 1 e 2 x 3 + C .
مثال 9 انتگرال e
حاصل انتگرال معین زیر را به دست آورید.
∫ 0 1 x e 4 x 2 + 3 d x . \large ∫ ^ 1 _ 0 x e ^ { 4 x ^ 2 + 3 } \, d x . ∫ 0 1 x e 4 x 2 + 3 d x .
حل: از تغییر متغیر u = 4 x 3 + 3 u = 4 x ^ 3 + 3 u = 4 x 3 + 3 و در نتیجه، d u = 8 x d x d u = 8 x d x d u = 8 x d x استفاده میکنیم. در این صورت، باید حدود انتگرالگیری را اصلاح کنیم: وقتی x = 0 x = 0 x = 0 باشد، u = 3 u = 3 u = 3 و وقتی x = 1 x = 1 x = 1 باشد، u = 7 u = 7 u = 7 خواهد بود. بنابراین، جواب انتگرال e به صورت زیر به دست میآید:
∫ 0 1 x e 4 x 2 + 3 d x = 1 8 ∫ 3 7 e u d u = 1 8 e u ∣ 3 7 = e 7 − e 3 8 ≈ 134.568 \large \begin {align*} ∫ ^ 1 _ 0x e ^ { 4 x ^ 2 + 3 } \, d x & = \dfrac { 1 } { 8 } ∫ ^ 7 _ 3 e ^ u \, d u \\[5pt] & = \dfrac { 1 } { 8 } e ^u | ^ 7 _ 3 \\[5pt] & = \dfrac { e ^ 7 − e ^ 3 }{ 8 } \\[5pt] & ≈ 1 3 4.568 \end {align*} ∫ 0 1 x e 4 x 2 + 3 d x = 8 1 ∫ 3 7 e u d u = 8 1 e u ∣ 3 7 = 8 e 7 − e 3 ≈ 134.568
مثال 10 انتگرال e
انتگرال زیر را محاسبه کنید.
∫ 1 2 e 1 / x x 2 d x . \large ∫ ^ 2 _ 1 \dfrac { e ^ { 1 / x } } { x ^ 2 } \, d x . \nonumber ∫ 1 2 x 2 e 1/ x d x .
حل: مسئله را بازنویسی میکنیم. ابتدا e 1 x e ^ \frac 1 x e x 1 را به صورت e x − 1 e ^ {x ^ {- 1 }} e x − 1 و 1 x 2 \frac { 1 } { x ^ 2 } x 2 1 را به صورت x − 2 x ^ { - 2 } x − 2 مینویسیم. بنابراین، انتگرال e به فرم زیر در میآید:
∫ 1 2 e 1 / x x 2 d x = ∫ 1 2 e x − 1 x − 2 d x . \large ∫ ^ 2 _ 1 \dfrac { e ^ { 1 / x } }{ x ^ 2 } \, \, d x = ∫ ^ 2 _ 1 e ^ { x ^ { − 1 } } x^ { − 2 } \, d x . ∫ 1 2 x 2 e 1/ x d x = ∫ 1 2 e x − 1 x − 2 d x .
با در نظر گرفتن u = x − 1 u=x^{−1} u = x − 1 و در نتیجه، d u = − x − 2 d x du=−x^{−2}\,dx d u = − x − 2 d x . بنابراین، انتگرال e به صورت زیر در میآید:
− ∫ e u d u . \large −∫e^u\,du. \nonumber − ∫ e u d u .
در ادامه، حدود انتگرالگیری را تغییر میدهیم:
u = ( 1 ) − 1 = 1 \large u=(1)^{−1}=1 \nonumber u = ( 1 ) − 1 = 1
u = ( 2 ) − 1 = 1 2 . \large u=(2)^{−1}=\dfrac{1}{2}. \nonumber u = ( 2 ) − 1 = 2 1 .
بنابراین، جواب انتگرال e برابر است با:
− ∫ 1 1 / 2 e u d u = ∫ 1 / 2 1 e u d u = e u ∣ 1 / 2 1 = e − e 1 / 2 = e − e . \large − ∫ ^ { 1 / 2 } _ 1 e ^ u \, d u = ∫ ^ 1 _ { 1 /2 } e ^ u \, d u = e ^ u \big | ^ 1 _{ 1 / 2 } = e − e ^ { 1 / 2 } = e − \sqrt { e } .\nonumber − ∫ 1 1/2 e u d u = ∫ 1/2 1 e u d u = e u 1/2 1 = e − e 1/2 = e − e .
مثال 1۱ انتگرال e
انتگرال ∫ ( 27 e 9 x + e 12 x ) 1 / 3 d x \displaystyle { \int \big ( 2 7 e ^ { 9 x } + e ^ { 1 2 x } \big ) ^ { 1 / 3 } \, d x } ∫ ( 27 e 9 x + e 12 x ) 1/3 d x را محاسبه کنید.
حل: ابتدا از e 9 x e ^ { 9 x } e 9 x فاکتور میگیریم:
∫ ( 27 e 9 x + e 12 x ) 1 / 3 d x = ∫ ( 27 e 9 x + e 3 x + 9 x ) 1 / 3 d x = ∫ ( 27 e 9 x + e 3 x e 9 x ) 1 / 3 d x = ∫ ( ( e 9 x ) ( 27 + e 3 x ) ) 1 / 3 d x = ∫ ( e 9 x ) 1 / 3 ( 27 + e 3 x ) 1 / 3 d x = ∫ e ( 9 x ) ( 1 / 3 ) ( 27 + e 3 x ) 1 / 3 d x = ∫ e 3 x ( 27 + e 3 x ) 1 / 3 d x \large \begin {align*} \int \big ( 2 7 e ^ { 9 x } + e ^ { 1 2 x } \big ) ^ { 1 / 3 } \, d x & = \int \big ( 2 7 e ^ { 9 x } + e ^ { 3 x + 9 x } \big ) ^ { 1 / 3 } \, d x \\ & = { \int \big ( 2 7 e ^ { 9 x } + e ^ { 3 x} e ^ { 9 x } \big ) ^ { 1 / 3 } \, d x } \\ & = { \int \big ( \big ( e ^ { 9 x } \big ) \big ( 2 7 + e ^ { 3 x } \big ) \big ) ^ { 1 / 3 } \, d x } \\ & = { \int \big ( e ^ { 9 x } \big ) ^ { 1 / 3 } \big ( 2 7 + e ^ { 3 x } \big ) ^ { 1 / 3} \, d x } \\ & = { \int e ^ { ( 9 x ) ( 1 / 3 ) } \big ( 2 7 + e ^ { 3 x } \big ) ^ { 1 / 3 } \, d x } \\ & = { \int e ^ { 3 x } \big ( 2 7 + e ^ { 3 x } \big ) ^ { 1 / 3 } \, d x } \end {align*} ∫ ( 27 e 9 x + e 12 x ) 1/3 d x = ∫ ( 27 e 9 x + e 3 x + 9 x ) 1/3 d x = ∫ ( 27 e 9 x + e 3 x e 9 x ) 1/3 d x = ∫ ( ( e 9 x ) ( 27 + e 3 x ) ) 1/3 d x = ∫ ( e 9 x ) 1/3 ( 27 + e 3 x ) 1/3 d x = ∫ e ( 9 x ) ( 1/3 ) ( 27 + e 3 x ) 1/3 d x = ∫ e 3 x ( 27 + e 3 x ) 1/3 d x
از تغییر متغیر u = 27 + e 3 x u = 27 + e ^ { 3 x } u = 27 + e 3 x و در نتیجه، d u = 3 e 3 x d x d u = 3 e ^ { 3 x } d x d u = 3 e 3 x d x استفاده میکنیم و با توجه به انتگرال e خواهیم داشت:
∫ e 3 x ( 27 + e 3 x ) 1 / 3 d x = ∫ ( 27 + e 3 x ) 1 / 3 e 3 x d x = ∫ u 1 / 3 ( 1 / 3 ) d u = ( 1 / 3 ) ∫ u 1 / 3 d u = ( 1 / 3 ) u ( 1 / 3 ) + 1 ( 1 / 3 ) + 1 + C = ( 1 / 3 ) u 4 / 3 4 / 3 + C = ( 1 / 3 ) ( 3 / 4 ) ( 27 + e 3 x ) 4 / 3 + C = ( 1 / 4 ) ( 27 + e 3 x ) 4 / 3 + C \large \begin {align*} \int e ^ { 3 x } \big ( 2 7 + e ^ { 3 x } \big ) ^ { 1 / 3 } \, d x & = { \int \big ( 2 7 + e ^ { 3 x } \big ) ^ { 1 / 3 } \, e ^ { 3 x } d x } = { \int u ^ { 1 / 3 } \, ( 1 / 3 ) d u } \\ & = { ( 1 / 3 ) \int u ^ { 1 / 3 } \, d u } = { ( 1 / 3 ) { u ^ { ( 1 / 3 ) + 1 } \over ( 1 / 3 ) + 1 } } + C \\ & = { ( 1 / 3 ) { u ^ { 4 / 3 } \over 4 / 3 } } + C = { ( 1 / 3 ) ( 3 / 4 ) ( 2 7 + e ^ { 3 x } ) ^ { 4 / 3 } } + C \\ & = { ( 1 / 4 ) ( 2 7 + e ^ { 3 x } ) ^ { 4 / 3 } } + C \end {align*} ∫ e 3 x ( 27 + e 3 x ) 1/3 d x = ∫ ( 27 + e 3 x ) 1/3 e 3 x d x = ∫ u 1/3 ( 1/3 ) d u = ( 1/3 ) ∫ u 1/3 d u = ( 1/3 ) ( 1/3 ) + 1 u ( 1/3 ) + 1 + C = ( 1/3 ) 4/3 u 4/3 + C = ( 1/3 ) ( 3/4 ) ( 27 + e 3 x ) 4/3 + C = ( 1/4 ) ( 27 + e 3 x ) 4/3 + C
مثال 1۲ انتگرال e
انتگرال زیر را محاسبه کنید.
∫ 8 e x ( 3 + e x ) e 2 x + 6 e x + 1 d x \large { \int { 8 e ^ x ( 3 + e ^ x ) \over \sqrt { e ^ { 2 x } + 6 e ^ x + 1 } } \, d x } ∫ e 2 x + 6 e x + 1 8 e x ( 3 + e x ) d x
حل: از تغییر متغیر u = e 2 x + 6 e x + 1 u = e ^ { 2 x } + 6 e ^ x + 1 u = e 2 x + 6 e x + 1 و در نتیجه، d u = 2 e x ( 3 + e x ) d x d u = 2 e ^ x ( 3 + e ^ x ) d x d u = 2 e x ( 3 + e x ) d x استفاده میکنیم. با استفاده از فرمول انتگرال e میتوان نوشت:
∫ 8 e x ( 3 + e x ) e 2 x + 6 e x + 1 d x = 8 ∫ 1 e 2 x + 6 e x + 1 e x ( 3 + e x ) d x = 8 ∫ 1 u ( 1 / 2 ) d u = 8 ( 1 / 2 ) ∫ 1 u d u = 4 ∫ 1 u d u = 4 ∫ u − 1 / 2 d u = 4 u ( − 1 / 2 ) + 1 ( − 1 / 2 ) + 1 + C = 4 u 1 / 2 1 / 2 + C = 4 ( 2 ) u 1 / 2 + C = 8 ( e 2 x + 6 e x + 1 ) 1 / 2 + C = 8 e 2 x + 6 e x + 1 + C \large \begin {align*} { \int { 8 e ^ x ( 3 + e ^ x ) \over \sqrt { e ^ { 2 x } + 6 e ^ x + 1 } } \, d x } & = \displaystyle { 8 \int { 1 \over \sqrt { e ^ { 2 x } + 6 e ^ x + 1 } } \, e ^ x ( 3 + e ^ x ) d x } \\ & = { 8 \int { 1 \over \sqrt { u } } \, ( 1 / 2) d u } = 8 ( 1 / 2 ) \int { 1 \over \sqrt { u } } \, d u \\ & = { 4 \int { 1 \over \sqrt { u } } \, d u } = { 4 \int u ^ { - 1 / 2 } \, d u } = { 4 { u ^ { ( - 1 / 2 ) + 1 } \over { ( - 1 / 2 ) + 1} } } + C \\ & = { 4 { u ^ { 1 / 2 } \over { 1 / 2 } } } + C = { 4(2) u^{1/2} } + C = { 8 ( e ^ { 2 x } + 6 e ^ x + 1 ) ^ { 1 / 2 } } + C \\ & = { 8 \sqrt { e ^ { 2 x } + 6 e ^ x + 1 } } + C \end {align*} ∫ e 2 x + 6 e x + 1 8 e x ( 3 + e x ) d x = 8 ∫ e 2 x + 6 e x + 1 1 e x ( 3 + e x ) d x = 8 ∫ u 1 ( 1/2 ) d u = 8 ( 1/2 ) ∫ u 1 d u = 4 ∫ u 1 d u = 4 ∫ u − 1/2 d u = 4 ( − 1/2 ) + 1 u ( − 1/2 ) + 1 + C = 4 1/2 u 1/2 + C = 4 ( 2 ) u 1/2 + C = 8 ( e 2 x + 6 e x + 1 ) 1/2 + C = 8 e 2 x + 6 e x + 1 + C
فهرست انتگرالهای نمایی e
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
∫ x e c x d x = e c x ( c x − 1 c 2 ) \large \int x e ^ { c x } \, d x = e ^ { c x } \left ( \frac { c x - 1 }{ c ^ { 2 } } \right ) ∫ x e c x d x = e c x ( c 2 c x − 1 )
∫ x 2 e c x d x = e c x ( x 2 c − 2 x c 2 + 2 c 3 ) \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 ) ∫ x 2 e c x d x = e c x ( c x 2 − c 2 2 x + c 3 2 )
∫ x n e c x d x = 1 c x n e c x − n c ∫ x n − 1 e c x d x = ( ∂ ∂ c ) n e c x c = e c x ∑ i = 0 n ( − 1 ) i n ! ( n − i ) ! c i + 1 x n − i = e c x ∑ i = 0 n ( − 1 ) n − i n ! i ! c n − i + 1 x i \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} ∫ x n e c x d x = c 1 x n e c x − c n ∫ x n − 1 e c x d x = ( ∂ c ∂ ) n c e c x = e c x i = 0 ∑ n ( − 1 ) i ( n − i )! c i + 1 n ! x n − i = e c x i = 0 ∑ n ( − 1 ) n − i i ! c n − i + 1 n ! x i
∫ e c x x d x = ln ∣ x ∣ + ∑ n = 1 ∞ ( c x ) n n ⋅ n ! \large \int \frac { e ^ { c x } } { x } \, d x = \ln | x | + \sum _ { n = 1 } ^ \infty \frac { ( c x ) ^ n } { n \cdot n ! } ∫ x e c x d x = ln ∣ x ∣ + n = 1 ∑ ∞ n ⋅ n ! ( c x ) n
∫ e c x x n d x = 1 n − 1 ( − e c x x n − 1 + c ∫ e c x x n − 1 d x ) (for n ≠ 1 ) \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 {)} ∫ x n e c x d x = n − 1 1 ( − x n − 1 e c x + c ∫ x n − 1 e c x d x ) (for n = 1 )
انتگرالهایی که فقط تابع نمایی دارند
∫ f ′ ( x ) e f ( x ) d x = e f ( x ) \large \int f' ( x ) e ^ { f ( x ) } \, d x = e ^ { f ( x ) } ∫ f ′ ( x ) e f ( x ) d x = e f ( x )
∫ e c x d x = 1 c e c x \large \int e ^ { c x } \, d x = \frac { 1 } { c } e ^ { c x } ∫ e c x d x = c 1 e c x
∫ a c x d x = 1 c ⋅ ln a a c x for a > 0 , a ≠ 1 \large \int a ^ { c x } \, d x = \frac { 1 } { c \cdot \ln a } a ^ { c x } \qquad \text{ for } a > 0 , \ a \ne 1 ∫ a c x d x = c ⋅ ln a 1 a c x for a > 0 , a = 1
انتگرالهایی که توابع نمایی و مثلثاتی دارند
∫ e c x sin b x d x = e c x c 2 + b 2 ( c sin b x − b cos b x ) = e c x c 2 + b 2 sin ( b x − ϕ ) where cos ( ϕ ) = c c 2 + b 2 \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} ∫ e c x sin b x d x = c 2 + b 2 e c x ( c sin b x − b cos b x ) = c 2 + b 2 e c x sin ( b x − ϕ ) where cos ( ϕ ) = c 2 + b 2 c
∫ e c x cos b x d x = e c x c 2 + b 2 ( c cos b x + b sin b x ) = e c x c 2 + b 2 cos ( b x − ϕ ) where cos ( ϕ ) = c c 2 + b 2 \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} ∫ e c x cos b x d x = c 2 + b 2 e c x ( c cos b x + b sin b x ) = c 2 + b 2 e c x cos ( b x − ϕ ) where cos ( ϕ ) = c 2 + b 2 c
∫ e c x sin n x d x = e c x sin n − 1 x c 2 + n 2 ( c sin x − n cos x ) + n ( n − 1 ) c 2 + n 2 ∫ e c x sin n − 2 x d x \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 ∫ e c x sin n x d x = c 2 + n 2 e c x sin n − 1 x ( c sin x − n cos x ) + c 2 + n 2 n ( n − 1 ) ∫ e c x sin n − 2 x d x
∫ e c x cos n x d x = e c x cos n − 1 x c 2 + n 2 ( c cos x + n sin x ) + n ( n − 1 ) c 2 + n 2 ∫ e c x cos 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 ∫ e c x cos n x d x = c 2 + n 2 e c x cos n − 1 x ( c cos x + n sin x ) + c 2 + n 2 n ( n − 1 ) ∫ e c x cos n − 2 x d x
انتگرالهایی که تابع خطا دارند
در فرمولهای زیر، erf \text{erf} erf تابع خطا و Ei \text{Ei} Ei انتگرال نمایی است.
∫ e c x ln x d x = 1 c ( e c x ln ∣ x ∣ − Ei ( c x ) ) \large \int e ^ { c x } \ln x \, d x = \frac { 1 }{ c } \left ( e ^ { c x } \ln | x | - \operatorname { E i } ( c x ) \right ) ∫ e c x ln x d x = c 1 ( e c x ln ∣ x ∣ − Ei ( c x ) )
∫ x e c x 2 d x = 1 2 c e c x 2 \large \int x e ^ { c x ^ 2 } \, d x = \frac { 1 } { 2 c } e ^ { c x ^ 2 } ∫ x e c x 2 d x = 2 c 1 e c x 2
∫ e − c x 2 d x = π 4 c erf ( c x ) \large \int e ^ { - c x ^ 2 } \, d x = \sqrt { \frac { \pi } { 4 c } } \operatorname {erf} ( \sqrt { c } x ) ∫ e − c x 2 d x = 4 c π erf ( c x )
∫ x e − c x 2 d x = − 1 2 c e − c x 2 \large \int x e ^ { - c x ^ 2 } \, d x = - \frac { 1 } { 2 c } e ^ { - c x ^ 2 } ∫ x e − c x 2 d x = − 2 c 1 e − c x 2
∫ e − x 2 x 2 d x = − e − x 2 x − π erf ( x ) \large \int \frac { e ^ {- x^ 2 } } { x ^ 2 } \, d x = -\frac { e ^ {- x ^ 2 } } {x } - \sqrt { \pi } \operatorname {erf} ( x ) ∫ x 2 e − x 2 d x = − x e − x 2 − π erf ( x )
∫ 1 σ 2 π e − 1 2 ( x − μ σ ) 2 , d x = 1 2 erf ( x − μ σ 2 ) \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 ) ∫ σ 2 π 1 e − 2 1 ( σ x − μ ) 2 , d x = 2 1 erf ( σ 2 x − μ )
سایر انتگرالها
∫ e x 2 d x = e x 2 ( ∑ j = 0 n − 1 c 2 j 1 x 2 j + 1 ) + ( 2 n − 1 ) c 2 n − 2 ∫ e x 2 x 2 n d x valid for any n > 0 , \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 , ∫ e x 2 d x = e x 2 j = 0 ∑ n − 1 c 2 j x 2 j + 1 1 + ( 2 n − 1 ) c 2 n − 2 ∫ x 2 n e x 2 d x valid for any n > 0 ,
که در آن، c 2 j = 1 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋯ ( 2 j − 1 ) 2 j + 1 = ( 2 j ) ! j ! 2 2 j + 1 c _ { 2 j } = \frac { 1 \cdot 3 \cdot 5 \cdots ( 2 j - 1) }{ 2 ^ { j + 1 } } = \frac { ( 2 j ) ! } {j ! 2 ^ { 2 j + 1 } } c 2 j = 2 j + 1 1 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋯ ( 2 j − 1 ) = j ! 2 2 j + 1 ( 2 j )! .
∫ x x ⋅ ⋅ x ⏟ m d x = ∑ n = 0 m ( − 1 ) n ( n + 1 ) n − 1 n ! Γ ( n + 1 , − ln x ) + ∑ n = m + 1 ∞ ( − 1 ) n a m n Γ ( n + 1 , − ln x ) (for x > 0 ) \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{)}} ∫ m x x ⋅ ⋅ x d x = n = 0 ∑ m n ! ( − 1 ) n ( n + 1 ) n − 1 Γ ( n + 1 , − ln x ) + n = m + 1 ∑ ∞ ( − 1 ) n a mn Γ ( n + 1 , − ln x ) (for x > 0 )
که در آن،
a m n = { 1 if n = 0 , 1 n ! if m = 1 , 1 n ∑ j = 1 n j a m , n − j a m − 1 , j − 1 otherwise \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} a mn = ⎩ ⎨ ⎧ 1 n ! 1 n 1 ∑ j = 1 n j a m , n − j a m − 1 , j − 1 if n = 0 , if m = 1 , otherwise
و Γ ( x , y ) \Gamma(x,y) Γ ( x , y ) تابع گاما است.
∫ 1 a e λ x + b d x = x b − 1 b λ ln ( a e λ x + b ) \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 ) ∫ a e λ x + b 1 d x = b x − bλ 1 ln ( a e λ x + b )
∫ e 2 λ x a e λ x + b d x = 1 a 2 λ [ a e λ x + b − b ln ( a e λ x + b ) ] \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] ∫ a e λ x + b e 2 λ x d x = a 2 λ 1 [ a e λ x + b − b ln ( a e λ x + b ) ]
∫ a e c x − 1 b e c x − 1 d x = ( a − b ) log ( 1 − b e c x ) b c + x . \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 . ∫ b e c x − 1 a e c x − 1 d x = b c ( a − b ) log ( 1 − b e c x ) + x .
انتگرالهای معین
∫ 0 1 e x ⋅ ln a + ( 1 − x ) ⋅ ln b d x = ∫ 0 1 ( a b ) x ⋅ b d x = ∫ 0 1 a x ⋅ b 1 − x d x = a − b ln a − ln b for a > 0 , b > 0 , a ≠ b \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} ∫ 0 1 e x ⋅ l n a + ( 1 − x ) ⋅ l n b d x = ∫ 0 1 ( b a ) x ⋅ b d x = ∫ 0 1 a x ⋅ b 1 − x d x = ln a − ln b a − b for a > 0 , b > 0 , a = b
∫ 0 ∞ e − a x d x = 1 a ( Re ( a ) > 0 ) \large \int _ 0 ^ { \infty } e ^ { - a x } \, d x = \frac { 1 } { a } \quad ( \operatorname { R e } ( a ) > 0 ) ∫ 0 ∞ e − a x d x = a 1 ( Re ( a ) > 0 )
∫ 0 ∞ e − a x 2 d x = 1 2 π a ( a > 0 ) \large \int _ 0 ^ { \infty } e ^ { - a x ^ 2 } \, d x = \frac { 1 } { 2 } \sqrt { \pi \over a } \quad (a>0) ∫ 0 ∞ e − a x 2 d x = 2 1 a π ( a > 0 )
∫ − ∞ ∞ e − a x 2 d x = π a ( a > 0 ) \large \int _ { - \infty } ^ { \infty } e ^ { - a x ^ 2 } \, d x = \sqrt { \pi \over a } \quad ( a > 0 ) ∫ − ∞ ∞ e − a x 2 d x = a π ( a > 0 )
∫ − ∞ ∞ e − a x 2 + b x d x = π a e b 2 4 a ( 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) ∫ − ∞ ∞ e − a x 2 + b x d x = a π e 4 a b 2 ( a > 0 )
∫ − ∞ ∞ e − a x 2 e − 2 b x d x = π a e b 2 a ( 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 ) ∫ − ∞ ∞ e − a x 2 e − 2 b x d x = a π e a b 2 ( a > 0 )
∫ − ∞ ∞ x e − a ( x − b ) 2 d x = b π a ( Re ( 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 ) ∫ − ∞ ∞ x e − a ( x − b ) 2 d x = b a π ( Re ( a ) > 0 )
∫ − ∞ ∞ x e − a x 2 + b x d x = π b 2 a 3 / 2 e b 2 4 a ( Re ( 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 ) ∫ − ∞ ∞ x e − a x 2 + b x d x = 2 a 3/2 π b e 4 a b 2 ( Re ( a ) > 0 )
∫ − ∞ ∞ x 2 e − a x 2 d x = 1 2 π a 3 ( 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 ) ∫ − ∞ ∞ x 2 e − a x 2 d x = 2 1 a 3 π ( a > 0 )
∫ − ∞ ∞ x 2 e − a x 2 + b x d x = π ( 2 a + b 2 ) 4 a 5 / 2 e b 2 4 a ( Re ( 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) ∫ − ∞ ∞ x 2 e − a x 2 + b x d x = 4 a 5/2 π ( 2 a + b 2 ) e 4 a b 2 ( Re ( a ) > 0 )
∫ − ∞ ∞ x 3 e − a x 2 + b x d x = π ( 6 a + b 2 ) b 8 a 7 / 2 e b 2 4 a ( 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) ∫ − ∞ ∞ x 3 e − a x 2 + b x d x = 8 a 7/2 π ( 6 a + b 2 ) b e 4 a b 2 ( Re ( a ) > 0 )
∫ 0 ∞ x n e − a x 2 d x = { Γ ( n + 1 2 ) 2 ( a n + 1 2 ) ( n > − 1 , a > 0 ) ( 2 k − 1 ) ! ! 2 k + 1 a k π a ( n = 2 k , k integer , a > 0 ) (!! is the double factorial) k ! 2 ( a k + 1 ) ( n = 2 k + 1 , k integer , 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} ∫ 0 ∞ x n e − a x 2 d x = ⎩ ⎨ ⎧ 2 ( a 2 n + 1 ) Γ ( 2 n + 1 ) 2 k + 1 a k ( 2 k − 1 )!! a π 2 ( a k + 1 ) k ! ( n > − 1 , a > 0 ) ( n = 2 k , k integer , a > 0 ) (!! is the double factorial) ( n = 2 k + 1 , k integer , a > 0 )
∫ 0 ∞ x n e − a x d x = { Γ ( n + 1 ) a n + 1 ( n > − 1 , a > 0 ) n ! a n + 1 ( n = 0 , 1 , 2 , … , a > 0 ) \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} ∫ 0 ∞ x n e − a x d x = ⎩ ⎨ ⎧ a n + 1 Γ ( n + 1 ) a n + 1 n ! ( n > − 1 , a > 0 ) ( n = 0 , 1 , 2 , … , a > 0 )
∫ 0 1 x n e − a x d x = n ! a n + 1 [ 1 − e − a ∑ i = 0 n a i i ! ] \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] ∫ 0 1 x n e − a x d x = a n + 1 n ! 1 − e − a i = 0 ∑ n i ! a i
∫ 0 ∞ e − a x b d x = 1 b a − 1 b Γ ( 1 b ) \large \int _ 0 ^ \infty e ^ { - a x ^ b } d x = \frac { 1 } {b } \ a ^ { - \frac { 1 } { b } } \Gamma \left ( \frac { 1 } { b } \right ) ∫ 0 ∞ e − a x b d x = b 1 a − b 1 Γ ( b 1 )
∫ 0 ∞ x n e − a x b d x = 1 b a − n + 1 b Γ ( n + 1 b ) \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 ) ∫ 0 ∞ x n e − a x b d x = b 1 a − b n + 1 Γ ( b n + 1 )
∫ 0 ∞ e − a x sin b x d x = b a 2 + b 2 ( a > 0 ) \large \int_0^{\infty} e^{-ax}\sin bx\,dx = \frac{b}{a^2+b^2} \quad (a>0) ∫ 0 ∞ e − a x sin b x d x = a 2 + b 2 b ( a > 0 )
∫ 0 ∞ e − a x cos b x d x = a a 2 + b 2 ( a > 0 ) \large \int _ 0 ^ { \infty } e ^ { - a x } \cos b x \, d x = \frac { a } {a ^ 2 + b ^2 } \quad ( a > 0 ) ∫ 0 ∞ e − a x cos b x d x = a 2 + b 2 a ( a > 0 )
∫ 0 ∞ x e − a x sin b x d x = 2 a b ( a 2 + b 2 ) 2 ( 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 ) ∫ 0 ∞ x e − a x sin b x d x = ( a 2 + b 2 ) 2 2 ab ( a > 0 )
∫ 0 ∞ x e − a x cos b x d x = a 2 − b 2 ( a 2 + b 2 ) 2 ( 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) ∫ 0 ∞ x e − a x cos b x d x = ( a 2 + b 2 ) 2 a 2 − b 2 ( a > 0 )
∫ 0 2 π e x cos θ d θ = 2 π I 0 ( x ) \large \int _ 0 ^ { 2 \pi } e ^ { x \cos \theta } d \theta = 2 \pi I_0(x) ∫ 0 2 π e x c o s θ d θ = 2 π I 0 ( x )
∫ 0 2 π e x cos θ + y sin θ d θ = 2 π I 0 ( x 2 + y 2 ) \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) ∫ 0 2 π e x c o s θ + y s i n θ d θ = 2 π I 0 ( x 2 + y 2 )