text: У каждой функции имеется бесконечное число первообразных. ∫ c f ( x ) d x = c ∫ f ( x ) d x {\displaystyle \int cf(x)\,dx=c\int f(x)\,dx} ∫ d x = ∫ f ( x ) d x + ∫ g ( x ) d x {\displaystyle \int \,dx=\int f(x)\,dx+\int g(x)\,dx} ∫ d x = ∫ f ( x ) d x − ∫ g ( x ) d x {\displaystyle \int \,dx=\int f(x)\,dx-\int g(x)\,dx} ∫ f ( x ) g ( x ) d x = f ( x ) ∫ g ( x ) d x − ∫ ( ∫ g ( x ) d x ) d f ( x ) {\displaystyle \int f(x)g(x)\,dx=f(x)\int g(x)\,dx-\int \left(\int g(x)\,dx\right)\,df(x)} ∫ f ( a x + b ) d x = 1 a F ( a x + b ) + C {\displaystyle \int f(ax+b)\,dx={1 \over a}F(ax+b)\,+C} ∫ 0 d x = C {\displaystyle \int \!0\,dx=C} (первообразная от нуля есть константа, в любых пределах интегрирования интеграл от нуля равен нулю) ∫ a d x = a x + C {\displaystyle \int \!a\,dx=ax+C} ∫ x n d x = { x n + 1 n + 1 + C , n ≠ − 1 ln ⁡ | x | + C , n = − 1 {\displaystyle \int \!x^{n}\,dx={\begin{cases}{\frac {x^{n+1}}{n+1}}+C,&n\neq -1\\\ln \left|x\right|+C,&n=-1\end{cases}}} ∫ d x a 2 + x 2 = 1 a arctg x a + C = − 1 a arcctg x a + C {\displaystyle \int \!{dx \over {a^{2}+x^{2}}}={1 \over a}\,\operatorname {arctg} \,{\frac {x}{a}}+C=-{1 \over a}\,\operatorname {arcctg} \,{\frac {x}{a}}+C} Доказательство Сделаем замену x = a tg ⁡ t {\displaystyle x=a\operatorname {tg} t} , получим ∫ d x a 2 + x 2 = ∫ d ( a tg ⁡ t ) a 2 + ( a tg ⁡ t ) 2 = 1 a ∫ cos 2 ⁡ t cos 2 ⁡ t d t = t a + C = 1 a arctg ⁡ x a + C . {\displaystyle \int \!{dx \over {a^{2}+x^{2}}}=\int \!{d(a\operatorname {tg} t) \over a^{2}+(a\operatorname {tg} t)^{2}}={1 \over a}\int \!{\cos ^{2}t \over \cos ^{2}t}dt={t \over a}+C={1 \over a}\operatorname {arctg} {x \over a}+C.} ∫ d x x 2 − a 2 = 1 2 a ln ⁡ | x − a x + a | + C {\displaystyle \int \!{dx \over {x^{2}-a^{2}}}={1 \over 2a}\ln \left|{x-a \over {x+a}}\right|+C} («высокий логарифм») ∫ ln ⁡ x d x = x ln ⁡ x − x + C {\displaystyle \int \!\ln {x}\,dx=x\ln {x}-x+C} ∫ d x x ln ⁡ x = ln ⁡ | ln ⁡ x | + C {\displaystyle \int {\frac {dx}{x\ln x}}=\ln |\ln x|+C} ∫ log b ⁡ x d x = x log b ⁡ x − x log b ⁡ e + C = x ln ⁡ x − 1 ln ⁡ b + C {\displaystyle \int \!\log _{b}{x}\,dx=x\log _{b}{x}-x\log _{b}{e}+C=x{\frac {\ln {x}-1}{\ln b}}+C} ∫ e x d x = e x + C {\displaystyle \int \!e^{x}\,dx=e^{x}+C} ∫ a x d x = a x ln ⁡ a + C {\displaystyle \int \!a^{x}\,dx={\frac {a^{x}}{\ln {a}}}+C} ∫ d x a 2 − x 2 = arcsin ⁡ x a + C {\displaystyle \int \!{dx \over {\sqrt {a^{2}-x^{2}}}}=\arcsin {x \over a}+C} ∫ − d x a 2 − x 2 = arccos ⁡ x a + C {\displaystyle \int \!{-dx \over {\sqrt {a^{2}-x^{2}}}}=\arccos {x \over a}+C} ∫ d x x x 2 − a 2 = 1 a arcsec | x | a + C {\displaystyle \int \!{dx \over x{\sqrt {x^{2}-a^{2}}}}={1 \over a}\,\operatorname {arcsec} \,{|x| \over a}+C} ∫ d x x 2 + a = ln ⁡ | x + x 2 + a | + C {\displaystyle \int \!{dx \over {\sqrt {x^{2}+a}}}=\ln \left|{x+{\sqrt {x^{2}+a}}}\right|+C} («длинный логарифм») ∫ x 2 + a d x = 1 2 ( x x 2 + a + a ln ⁡ | x + x 2 + a | ) + C {\displaystyle \int \!{\sqrt {x^{2}+a}}\,dx={1 \over 2}({x}{\sqrt {x^{2}+a}}+{a}\ln |x+{\sqrt {x^{2}+a}}|)+C} Доказательство Пусть a < 0 {\displaystyle a<0} , предположим также, что x ≥ 0 {\displaystyle x\geq 0} .