Метод интегрирования по частям примеры интегралов: Интегрирование по частям, формулы и примеры решений

Читать дальше: простейшие дроби.

Метод интегрирования по частям.

Литература: Сборник задач по математике. Часть 1. Под ред А. В. Ефимова, Б. П. Демидовича.

Если $u(x)$ и $v(x) -$ дифференцируемые функции, то справедлива следующая формула интегрирования по частям: $$\int u(x)v'(x)’,dx=u(x)v(x)-\int v(x)u'(x)dx,$$

Или в краткой записи $$\int u\,dv=uv-\int v\,du.$$

Эта формула используется в тех случаях, когда подынтегральное выражение $f(x)dx$ можно так представить в виде $u\,dv$ чтобы можно было найти $v=\int\,dv$ и полученный в правой части интеграл $\int v\,du$ был проще исходного $\int u\,dv.$

I тип:

$$\int P_n(x)\cos mx\, dx;$$

$$\int P_n(x)\sin nx\, dx;$$

$$\int P_n(x)a^{\alpha x}\,dx,$$

где $P_n(x) -$ полином степени $n$ от $x:$  $u=P_n(x),$ а $dv -$ все, что осталось. 2}+C.$

6.143.$\int\cos(\ln x)\,dx.$

Решение.

$$\int \cos(\ln x)\, dx=\left[\begin{array}{lcl}u=\cos(\ln x) \Rightarrow du=-\frac{1}{x}\sin(\ln x)\, dx\\dv=dx\Rightarrow v=x\end{array}\right]=$$ $$=\cos(\ln x)x-\int x\cdot\left(-\frac{1}{x}\sin(\ln x)\right)\,dx=x\cos(\ln x)+\int\sin(\ln x)\,dx.$$

$$\int \sin(\ln x)\, dx=\left[\begin{array}{lcl}u=\sin(\ln x) \Rightarrow du=\frac{1}{x}\cos(\ln x)\, dx\\dv=dx\Rightarrow v=x\end{array}\right]=$$ $$=\sin(\ln x)x-\int x\cdot\left(\frac{1}{x}\cos(\ln x)\right)\,dx=x\sin(\ln x)-\int\cos(\ln x)\,dx.$$

Таким образом, $$\int\cos(\ln x)\,dx=x\cos(\ln x)+x\sin(\ln x)-\int\cos(\ln x)\, dx.$$

Пусть $\int\cos(\ln x)\, dx=I.$ Тогда запишем и решим уравнение 

$$I=x\cos(\ln x)+x\sin(\ln x)-I\Rightarrow$$ $$\Rightarrow 2I=x\cos(\ln x)+x\sin(\ln x)\Rightarrow$$ $$\Rightarrow I=\frac{1}{2}(x\cos(\ln x)+x\sin(\ln x).$$

Ответ: $\frac{1}{2}(x\cos(\ln x)+x\sin(\ln x))+C. 2-2x+3)\cos x\, dx.$

Метод интегрирования по частям | Математика

Метод интегрирования по частям — один из основных элементов темы «Неопределенный интеграл».

Формула интегрирования по частям:

Таким образом, в подынтегральной функции нужно увидеть произведение двух множителей, один из которых нужно продифференцировать, а второй — проинтегрировать.

Рассмотрим по очереди три типа интегралов, для интегрирования которых используется метод интегрирования по частям.

I.Начнем с интегралов вида

где P(x) — многочлен. В таких интегралах

а в качестве u берут ln x, arcsin x, arccos x, arctg x или arcctg x. Соответственно:

Теперь перейдем к конкретным примерам.

Вычислить интегралы (применяя метод интегрирования по частям)

(При нахождении v при интегрировании +С не пишут). Подставляя найденные u и v в формулу интегрирования по частям, получаем:

После сокращения на √x получили табличный интеграл:

Интегрирование полезно проверить обратным действием. Продифференцировав полученное выражение, мы должны прийти к выражению, которое стояло под знаком интеграла.

Значит, интеграл найден верно.

Проверка:

Проверка

Примеры для самопроверки.

Вычислить интегралы, используя метод интегрирования по частям:

Показать решение

Проверка:

Проверка: 

Метод интегрирования по частям

Тема “Метод интегрирования по частям”

Пример 1. Найти неопределенный интеграл .
Используем формулу интегрирования по частям: , причем, поскольку под знаком интеграла стоит произведение полинома на натуральный логарифм, то в качестве функции необходимо взять , а в качестве – выражение . Кроме того, для применения формулы нужно найти значения и :
,
.
Таким образом, получаем:

Пример 2. Найти неопределенный интеграл .
Используем формулу интегрирования по частям: , причем, поскольку под знаком интеграла стоит произведение полинома на обратную тригонометрическую функцию, то в качестве функции необходимо взять , а в качестве – выражение . Дополнительно найдем значения и :
,
.
Таким образом, получаем:

Следовательно,

Найдем отдельно последний интеграл. Поскольку подынтегральная функция есть неправильная рациональная дробь (степень полинома в числителе больше или равна степени полинома в знаменателе), то сначала представим ее в виде суммы частного и остатка от деления (правильной рациональной дроби). В данном случае деление числителя на знаменатель проще производить не по правилу деления многочленов, а путем тождественных преобразований числителя. Затем каждый из полученных интегралов найдем на основе таблицы интегралов.

Пример 3. Найти неопределенный интеграл .
Используем формулу интегрирования по частям: , причем, поскольку под знаком интеграла стоит обратная тригонометрическая функция, то в качестве функции необходимо взять , а в качестве – выражение . Дополнительно найдем значения и :

Пример 4. Найти неопределенный интеграл .
Используем формулу интегрирования по частям: , причем, поскольку под знаком интеграла стоит произведение полинома на тригонометрическую функцию , то в качестве функции необходимо взять полином , а в качестве – выражение . Кроме того, для применения формулы нужно найти значения и :
,
.
При вычислении первообразной для последнего из интегралов можно воспользоваться методом замены переменной или правилом интегрирования: если , то .

Пример 5. Найти неопределенный интеграл .
Используем формулу интегрирования по частям: , причем, поскольку под знаком интеграла стоит произведение полинома на функцию , то в качестве функции необходимо взять полином , а в качестве – выражение . Для того, чтобы применить формулу интегрирования по частям нужно дополнительно найти значения и :

Типы интегралов вычисляемые методом интегрирования по частям. Интегрирование по частям. Примеры решений. Интегралы от тригонометрических функций, умноженных на многочлен

В этой теме мы подробно поговорим вычислении неопределённых интегралов с помощью так называемой “формулы интегрирования по частям”. Нам понадобится таблица неопределенных интегралов и таблица производных . В первой части будут разобраны стандартные примеры, которые большей частью встречаются в типовых расчётах и контрольных работах. Более сложные примеры разобраны во второй части .

Постановка задачи в стандартном случае следующая. Допустим, под интегралом у нас расположены две функции разной природы : многочлен и тригонометрическая функция, многочлен и логарифм, многочлен и обратная тригонометрическая функция и так далее.

Пусть функции $u(x)$ и $v(x)$ дифференцируемы на некотором промежутке, и на этом промежутке существует интеграл $\int v \; du$. Тогда на этом же промежутке существует и интеграл $\int u \; dv$, при этом верно следущее равенство:

\begin{equation} \int u \; dv=u\cdot v-\int v\; du \end{equation}

Формулу (1) и называют “формулой интегрирования по частям”. Иногда, применяя вышеуказанную теорему, говорят о использовании “метода интегрирования по частям”. Нам будет важна суть этого метода, которую и рассмотрим на примерах. Существует несколько стандартных случаев, в которых явно применима формула (1). Именно эти случаи и станут темой данной страницы. Пусть $P_n(x)$ – многочлен n-й степени. Введём два правила:

Правило №1

Для интегралов вида $\int P_n(x) \ln x \;dx$, $\int P_n(x) \arcsin x \;dx$, $\int P_n(x) \arccos x \;dx$, $\int P_n(x)\arctg x \;dx$, $\int P_n(x) \arcctg x \;dx$ принимаем $dv=P_n(x)dx$. 2+14x-5)$. Т.е. запись $\ln x$ нужно воспринимать как своего рода обобщение.

Ещё один момент. Бывает, что формулу интегрирования по частям приходится применять несколько раз. Об этом поговорим подробнее в примерах №4 и №5. Теперь перейдём непосредственно к решению типичных задач. Решение задач, уровень которых чуть выше стандартных, разбирается во второй части .

Пример №1

Найти $\int (3x+4) \cos (2x-1) \; dx$.

Под интегралом расположен многочлен $3x+4$ и тригонометрическая функция $\cos (2x-1)$. Это классический случай для применения формулы , поэтому возьмём заданный интеграл по частям. Формула требует, чтобы интеграл $\int (3x+4) \cos (2x-1) \; dx$ был представлен в форме $\int u \; dv$. Нам нужно выбрать выражения для $u$ и для $dv$. Можно в качестве $u$ принять $3x+4$, тогда $dv=\cos (2x-1)dx$. Можно взять $u=\cos (2x-1)$, тогда $dv=(3x+4)dx$. Чтобы сделать правильный выбор обратимся к . Заданный интеграл $\int (3x+4) \cos (2x-1) \; dx$ подпадает под вид $\int P_n(x) \cos x \;dx$ (многочлен $P_n(x)$ в нашем интеграле имеет вид $3x+4$). Согласно нужно выбрать $u=P_n(x)$, т.е. в нашем случае $u=3x+4$. Так как $u=3x+4$, то $dv=\cos(2x-1)dx$.

Однако недостаточно просто выбрать $u$ и $dv$. Нам еще понадобятся значения $du$ и $v$. Так как $u=3x+4$, то:

$$ du=d(3x+4)=(3x+4)”dx=3dx.$$

Теперь разберёмся с функцией $v$. Так как $dv=\cos(2x-1)dx$, то согласно определению неопределённого интеграла имеем: $ v=\int \cos(2x-1)\; dx$. Чтобы найти нужный интеграл применим внесение под знак дифференциала :

$$ v=\int \cos(2x-1)\; dx=\frac{1}{2}\cdot \int \cos(2x-1)d(2x-1)=\frac{1}{2}\cdot \sin(2x-1)+C=\frac{\sin(2x-1)}{2}+C. $$

Однако нам нужно не всё бесконечное множество функций $v$, которое описывает формула $\frac{\sin(2x-1)}{2}+C$. Нам нужна какая-то одна функция из этого множества. Чтобы получить искомую функцию нужно вместо $C$ подставить какое-либо число. Проще всего, разумеется, подставить $C=0$, получив при этом $v=\frac{\sin(2x-1)}{2}$.

Итак, соберём всё вышеизложенное воедино. Мы имеем: $u=3x+4$, $du=3dx$, $dv=\cos(2x-1)dx$, $v=\frac{\sin(2x-1)}{2}$. Подставляя всё это в правую часть формулы будем иметь:

$$ \int (3x+4) \cos (2x-1) \; dx=(3x+4)\cdot\frac{\sin(2x-1)}{2}-\int \frac{\sin(2x-1)}{2}\cdot 3dx. $$

Осталось, по сути, только найти $\int\frac{\sin(2x-1)}{2}\cdot 3dx$. Вынося константу (т.е. $\frac{3}{2}$) за знак интеграла и применяя метод внесения под знак дифференциала , получим:

$$ (3x+4)\cdot \frac{\sin(2x-1)}{2}-\int \frac{\sin(2x-1)}{2}\cdot 3dx= \frac{(3x+4)\cdot\sin(2x-1)}{2}-\frac{3}{2}\int \sin(2x-1) \;dx= \\ =\frac{(3x+4)\cdot\sin(2x-1)}{2}-\frac{3}{4}\int \sin(2x-1) \;d(2x-1)= \frac{(3x+4)\cdot\sin(2x-1)}{2}-\frac{3}{4}\cdot (-\cos (2x-1))+C=\\ =\frac{(3x+4)\cdot\sin(2x-1)}{2}+\frac{3}{4}\cdot \cos (2x-1)+C. $$

Итак, $\int (3x+4) \cos (2x-1) \; dx=\frac{(3x+4)\cdot\sin(2x-1)}{2}+\frac{3}{4}\cdot \cos (2x-1)+C$. В сокращенном виде процесс решения записывают так:

$$ \int (3x+4) \cos (2x-1) \; dx=\left | \begin{aligned} & u=3x+4; \; du=3xdx. \\ & dv=\cos(2x-1)dx; \; v=\frac{\sin(2x-1)}{2}. \end{aligned} \right |=\\ =(3x+4)\cdot\frac{\sin(2x-1)}{2}-\int \frac{\sin(2x-1)}{2}\cdot 3dx= \frac{(3x+4)\cdot\sin(2x-1)}{2}-\frac{3}{2}\int \sin(2x-1) \;dx=\\ =\frac{(3x+4)\cdot\sin(2x-1)}{2}-\frac{3}{4}\cdot (-\cos (2x-1))+C= \frac{(3x+4)\cdot\sin(2x-1)}{2}+\frac{3}{4}\cdot \cos (2x-1)+C. $$

Неопределённый интеграл по частям найден, осталось лишь записать ответ.

Ответ : $\int (3x+4) \cos (2x-1) \; dx=\frac{(3x+4)\cdot\sin(2x-1)}{2}+\frac{3}{4}\cdot \cos (2x-1)+C$.

Полагаю, здесь не обойдётся без вопроса, поэтому попробую сформулировать его и дать ответ.

Почему мы приняли именно $u=3x+4$ и $dv=\cos(2x-1)dx$? Да, интеграл был решён. Но, может быть, если бы мы взяли $u=\cos (2x-1)$ и $dv=(3x+4)dx$ интеграл тоже был бы найден!

Нет, если принять $u=\cos (2x-1)$ и $dv=(3x+4)dx$, то ничего хорошего с этого не выйдет, – интеграл не упростится. Судите сами: если $u=\cos(2x-1)$, то $du=(\cos(2x-1))”dx=-2\sin(2x-1)dx$. 2\cdot\cos(3x+1)}{3} +\frac{2x\sin(3x+1)}{9}-\frac{43\cos(3x+1)}{27}+C$.

Применение метода интегрирования по частям в несколько нестандартных случаях, не подпадающих под действие правил №1 и №2, будет дано во

Вычислить первообразные функции мы можем не всегда, но задача на дифференцирование может быть решена для любой функции. Именно поэтому единого метода интегрирования, который можно использовать для любых типов вычислений, не существует.

В рамках данного материала мы разберем примеры решения задач, связанных с нахождением неопределенного интеграла, и посмотрим, для каких типов подынтегральных функций подойдет каждый метод.

Метод непосредственного интегрирования

Основной метод вычисления первообразной функции – это непосредственное интегрирование. Это действие основано на свойствах неопределенного интеграла, и для вычислений нам понадобится таблица первообразных. Прочие методы могут лишь помочь привести исходный интеграл к табличному виду.

Пример 1

Вычислите множество первообразных функции f (x) = 2 x + 3 2 · 5 x + 4 3 .

Решение

Для начала изменим вид функции на f (x) = 2 x + 3 2 · 5 x + 4 3 = 2 x + 3 2 · 5 x + 4 1 3 .

Мы знаем, что интеграл суммы функций будет равен сумме этих интегралов, значит:

∫ f (x) d x = ∫ 3 2 · 5 x + 4 3 = 2 x + 3 2 · 5 x + 4 1 3 d x = ∫ 3 2 · 5 x + 4 1 3 d x

Выводим за знак интеграла числовой коэффициент:

∫ f (x) d x = ∫ 2 x d x + ∫ 3 2 (5 x + 4) 1 3 d x = = ∫ 2 x d x + 2 3 · ∫ (5 x + 4) 1 3 d x

Чтобы найти первый интеграл, нам нужно будет обратиться к таблице первообразных. Берем из нее значение ∫ 2 x d x = 2 x ln 2 + C 1

Чтобы найти второй интеграл, потребуется таблица первообразных для степенной функции ∫ x p · d x = x p + 1 p + 1 + C , а также правило ∫ f k · x + b d x = 1 k · F (k · x + b) + C .

Следовательно, ∫ f (x) d x = ∫ 2 x d x + 3 2 · ∫ 5 x + 4 1 3 d x = = 2 x ln 2 + C 1 + 3 2 · 3 20 · (5 x + 4) 4 3 + C 2 = = 2 x ln 2 + 9 40 · 5 x + 4 4 3 + C

У нас получилось следующее:

∫ f (x) d x = ∫ 2 x d x + 3 2 · ∫ 5 x + 4 1 3 d x = = 2 x ln 2 + C 1 + 3 2 · 3 20 · (5 x + 4) 4 3 + C 2 = = 2 x ln 2 + 9 40 · 5 x + 4 4 3 + C

причем C = C 1 + 3 2 C 2

Ответ: ∫ f (x) d x = 2 x ln 2 + 9 40 · 5 x + 4 4 3 + C

Непосредственному интегрированию с применением таблиц первообразных мы посвятили отдельную статью. Рекомендуем вам ознакомиться с ней.

Метод подстановки

Такой метод интегрирования заключается в выражении подынтегральной функции через новую переменную, введенную специально для этой цели. В итоге мы должны получить табличный вид интеграла или просто менее сложный интеграл.

Этот метод очень полезен, когда нужно интегрировать функции с радикалами или тригонометрические функции.

Пример 2

Вычислите неопределенный интеграл ∫ 1 x 2 x – 9 d x .

Решение

Добавим еще одну переменную z = 2 x – 9 . Теперь нам нужно выразить x через z:

z 2 = 2 x – 9 ⇒ x = z 2 + 9 2 ⇒ d x = d z 2 + 9 2 = z 2 + 9 2 ” d z = 1 2 · z d z = z d z

∫ d x x 2 x – 9 = ∫ z d z z 2 + 9 2 · z = 2 ∫ d z z 2 + 9

Берем таблицу первообразных и узнаем, что 2 ∫ d z z 2 + 9 = 2 3 a r c t g z 3 + C .

Теперь нам нужно вернуться к переменной x и получить ответ:

2 3 a r c t g z 3 + C = 2 3 a r c t g 2 x – 9 3 + C

Ответ: ∫ 1 x 2 x – 9 d x = 2 3 a r c t g 2 x – 9 3 + C .

Если нам приходится интегрировать функции с иррациональностью вида x m (a + b x n) p , где значения m , n , p являются рациональными числами, то важно правильно составить выражение для введения новой переменной. Подробнее об этом читайте в статье, посвященной интегрированию иррациональных функций.

Как мы говорили выше, метод подстановки удобно использовать, когда требуется интегрировать тригонометрическую функцию. Например, с помощью универсальной подстановки можно привести выражение к дробно рациональному виду.

Этот метод объясняет правило интегрирования ∫ f (k · x + b) d x = 1 k · F (k · x + b) + C .

Добавляем еще одну переменную z = k · x + b . У нас получается следующее:

x = z k – b k ⇒ d x = d z k – b k = z k – b k ” d z = d z k

Теперь берем получившиеся выражения и добавляем их в интеграл, заданный в условии:

∫ f (k · x + b) d x = ∫ f (z) · d z k = 1 k · ∫ f (z) d z = = 1 k · F z + C 1 = F (z) k + C 1 k

Если же мы примем C 1 k = C и вернемся к исходной переменной x , то у нас получится:

F (z) k + C 1 k = 1 k · F k x + b + C

Метод подведения под знак дифференциала

Это метод основывается на преобразовании подынтегрального выражения в функцию вида f (g (x)) d (g (x)) . После этого мы выполняем подстановку, вводя новую переменную z = g (x) , находим для нее первообразную и возвращаемся к исходной переменной.

∫ f (g (x)) d (g (x)) = g (x) = z = ∫ f (z) d (z) = = F (z) + C = z = g (x) = F (g (x)) + C

Чтобы быстрее решать задачи с использованием этого метода, держите под рукой таблицу производных в виде дифференциалов и таблицу первообразных, чтобы найти выражение, к которому надо будет приводится подынтегральное выражение.

Разберем задачу, в которой нужно вычислить множество первообразных функции котангенса.

Пример 3

Вычислите неопределенный интеграл ∫ c t g x d x .

Решение

Преобразуем исходное выражение под интегралом с помощью основных тригонометрических формул.

c t g x d x = cos s d x sin x

Смотрим в таблицу производных и видим, что числитель можно подвести под знак дифференциала cos x · d x = d (sin x) , значит:

c t g x d x = cos x d x sin x = d sin x sin x , т.е. ∫ c t g x d x = ∫ d sin x sin x .

Допустим, что sin x = z , в таком случае ∫ d sin x sin x = ∫ d z z . Согласно таблице первообразных, ∫ d z z = ln z + C . Теперь вернемся к исходной переменной ∫ d z z = ln z + C = ln sin x + C .

Все решение в кратком виде можно записать так:

∫ с t g x d x = ∫ cos x d x sin x = ∫ d sin x sin x = s i n x = t = = ∫ d t t = ln t + C = t = sin x = ln sin x + C

Ответ: ∫ с t g x d x = ln sin x + C

Метод подведения под знак дифференциала очень часто используется на практике, поэтому советуем вам прочесть отдельную статью, посвященную ему.

Метод интегрирования по частям

Этот метод основывается на преобразовании подынтегрального выражения в произведение вида f (x) d x = u (x) · v ” x d x = u (x) · d (v (x)) , после чего применяется формула ∫ u (x) · d (v (x)) = u (x) · v (x) – ∫ v (x) · d u (x) . Это очень удобный и распространенный метод решения. Иногда частичное интегрирование в одной задаче приходится применять несколько раз до получения нужного результата.

Разберем задачу, в которой нужно вычислить множество первообразных арктангенса.

Пример 4

Вычислите неопределенный интеграл ∫ a r c t g (2 x) d x .

Решение

Допустим, что u (x) = a r c t g (2 x) , d (v (x)) = d x , в таком случае:

d (u (x)) = u ” (x) d x = a r c t g (2 x) ” d x = 2 d x 1 + 4 x 2 v (x) = ∫ d (v (x)) = ∫ d x = x

Когда мы вычисляем значение функции v (x) , прибавлять постоянную произвольную С не следует.

∫ a r c t g (2 x) d x = u (x) · v (x) – ∫ v (x) d (u (x)) = = x · a r c t g (2 x) – ∫ 2 x d x 1 + 4 x 2

Получившийся интеграл вычисляем, используя метод подведения под знак дифференциала.

Поскольку ∫ a r c t g (2 x) d x = u (x) · v (x) – ∫ v (x) d (u (x)) = x · a r c t g (2 x) – ∫ 2 x d x 1 + 4 x 2 , тогда 2 x d x = 1 4 d (1 + 4 x 2) .

∫ a r c t g (2 x) d x = x · a r c t g (2 x) – ∫ 2 x d x 1 + 4 x 2 = = x · a r c t g (2 x) – 1 4 ln 1 + 4 x 2 + C 1 = = x · a r c t g (2 x) – 1 4 ln 1 + 4 x 2 + C

Ответ: ∫ a r c t g (2 x) d x = x · a r c t g (2 x) – 1 4 ln 1 + 4 x 2 + C .

Главная сложность применения такого метода – это необходимость выбирать, какую часть брать за дифференциал, а какую – за функцию u (x) . В статье, посвященной методу интегрирования по частям, даны некоторые советы по этому вопросу, с которыми следует ознакомиться.

Если нам требуется найти множество первообразных дробно рациональной функции, то нужно сначала представить подынтегральную функцию в виде суммы простейших дробей, а потом интегрировать получившиеся дроби. Подробнее см. статью об интегрировании простейших дробей.

Если мы интегрируем степенное выражение вида sin 7 x · d x или d x (x 2 + a 2) 8 , то нам будут полезны рекуррентные формулы, которые могут постепенно понижать степень. Они выводятся с помощью последовательного многократного интегрирования по частям. Советуем прочитать статью «Интегрирование с помощью рекуррентных формул.

Подведем итоги. Для решения задач очень важно знать метод непосредственного интегрирования. Другие методы (подведение под знак дифференциала, подстановка, интегрирование по частям) также позволяют упростить интеграл и привести его к табличному виду.

Если вы заметили ошибку в тексте, пожалуйста, выделите её и нажмите Ctrl+Enter

Метод интегрирования по частям используется тогда, когда нужно упростить имеющийся неопределенный интеграл или свести его к табличному значению. Чаще всего он применяется в случае наличия показательных, логарифмических, прямых и обратных тригонометрических формул и их сочетаний в подынтегральном выражении.

Основная формула, необходимая для использования этого метода, выглядит так:

∫ f (x) d x = ∫ u (x) d (v (x)) = u (x) v (x) – ∫ v (x) d (u (x))

Она означает, что нам нужно сначала представить выражение под интегралом в качестве произведения функции u (x) и дифференциала функции v (x) . После этого мы вычисляем значение функции v (x) каким-либо методом (чаще всего применяется метод непосредственного интегрирования), а полученные выражения подставляем в указанную формулу, сводя исходный интеграл к разности u (x) v (x) – ∫ v (x) d (u (x)) . Полученный в итоге интеграл также можно взять, используя любой метод интегрирования.

Рассмотрим задачу, в которой нужно найти множество первообразных функции логарифма.

Пример 1

Вычислите неопределенный интеграл ∫ ln (x) d x .

Решение

Используем метод интегрирования по частям. Для этого берем ln (x) как функцию u (x) , а остаток подынтегрального выражения – как d (v (x)) . В итоге получаем, что ln (x) d x = u (x) d (v (x)) , где u (x) = ln (x) , d (v (x)) = d x .

Дифференциалом функции u (x) является d (u (x)) – u ” (x) d x = d x x , а функция v (x) может быть представлена как v (x) = ∫ d (v (x)) = ∫ d x = x

Важно: константа C при вычислении функции v (x) будет считаться равной 0 .

Подставим то, что у нас получилось, в формулу интегрирования по частям:

∫ ln (x) d x = u (x) v (x) – ∫ v (x) d (u (x)) = = ln (x) · x – ∫ x · d x x = ln (x) · x – ∫ d x = ln (x) · x – x + C 1 = = x (ln (x) – 1) + C

где C = – C 1

Ответ: ∫ ln (x) d x = x (ln (x) – 1) + C .

Наиболее сложным в применении данного метода является выбор, какую именно часть исходного выражения под интегралом взять в качестве u (x) , а какую – d (v (x)) .

Разберем несколько стандартных случаев.

Если у нас в условии стоят интегралы вида ∫ P n (x) · e a x d x , ∫ P n (x) · sin (a x) d x либо ∫ P n (x) · cos (a x) d x , где a является коэффициентом, а P n (x) – многочленом степени n , то в качестве функции u (x) нужно взять именно P n (x) .

Пример 2

Найдите множество первообразных функции f (x) = (x + 1) · sin (2 x) .

Решение

Мы можем взять по частям неопределенный интеграл ∫ (x + 1) · sin (2 x) d x . Берем x + 1 в качестве u (x) и sin (2 x) d x в качестве d (v (x)) , то есть d (u (x)) = d (x + 1) = d x .

Используя непосредственное интегрирование, получим:

v (x) = ∫ sin (2 x) d x = – 1 2 cos (2 x)

Подставляем в формулу интегрирования по частям:

∫ (x + 1) · sin (2 x) d x = u (x) v (x) – ∫ v (x) d (u (x)) = = (x + 1) · – 1 2 cos (2 x) – ∫ – 1 2 cos (2 x) d x = = – 1 2 (x + 1) · cos (2 x) + 1 2 ∫ cos (2 x) · d (x) = = – 1 2 (x + 1) · cos (2 x) + 1 4 sin (2 x) + C

Ответ: ∫ (x + 1) · sin (2 x) d x = – 1 2 (x + 1) · cos (2 x) + 1 4 sin (2 x) + C .

Пример 3

Вычислите неопределенный интеграл ∫ (x 2 + 2 x) e x d x .

Решение

Берем многочлен второго порядка x 2 + 2 x в качестве u (x) и d (v (x)) – e x d x .

∫ x 2 + 2 x e x d x = u (x) = x 2 + 2 x , d (v (x)) = e x d x d (u (x)) = (2 x + 2) d x , v (x) = ∫ e x d x = e x = = u (x) v (x) – ∫ v (x) d (u (x)) = (x 2 + 2 x) e x – ∫ (2 x + 2) e x d x

К тому, что у нас получилось, надо опять применить метод интегрирования по частям:

∫ (2 x + 2) e x d x = (x 2 + 2 x) e x – ∫ 2 x + 2 e x d x = = u (x) = (2 x + 2) , d (v (x)) = e x d x d (u (x)) = 2 d x , v (x) = ∫ e x d x = e x = = (x 2 + 2 x) e x – (2 x + 2) e x – ∫ v (x) d (u (x)) = = (x 2 + 2 x) e x – (2 x + 2) e x – ∫ 2 e x d x = = (x 2 + 2 x – 2 x – 2) e x + 2 ∫ e x d x = (x 2 – 2) e x + 2 e x + C = x 2 e x + C

Ответ: ∫ (x 2 + 2 x) e x d x = x 2 e x + C .

Пример 4

Вычислите интеграл ∫ x 3 cos 1 3 x d x .

Решение

Согласно методу интегрирования по частям, берем u (x) = x 3 и d (v (x)) = cos 1 3 x d x .

В таком случае d (u (x)) = 3 x 2 d x и v (x) = ∫ cos 1 3 x d x = 3 sin 1 3 x .

Теперь подставим полученные выражения в формулу:

∫ x 3 cos 1 3 x d x = u (x) v (x) – ∫ v (x) d (u)) = = x 3 3 sin 1 3 x – ∫ 3 x 2 3 sin 1 3 x d x = = 3 x 3 sin 1 3 x – 9 ∫ x 2 sin 1 3 x d x

У нас получился неопределенный интеграл, который опять же нужно взять по частям:

∫ x 3 cos 1 3 x d x = 3 x 3 sin 1 3 x – 9 ∫ x 2 sin 1 3 x d x = = u (x) = x 2 , d (v (x)) = sin 1 3 x d x d (u (x)) = 2 x d x , v (x) = ∫ sin 1 3 x d x = – 3 cos 1 3 x = = 3 x 3 sin 1 3 x – 9 – 3 x 2 cos 1 3 x – ∫ – 3 cos 1 3 x · 2 x d x = = 3 x 3 sin 1 3 x + 27 x 2 · cos 1 3 x – 54 ∫ x cos 1 3 x d x

Выполняем частичное интегрирование еще раз:

∫ x 3 cos 1 3 x d x = 3 x 3 sin 1 3 x + 27 x 2 · cos 1 3 x – 54 ∫ x cos 1 3 x d x = = u (x) = x , d (v (x)) = cos 1 3 x d x d (u (x)) = d x , v (x) = ∫ cos 1 3 x d x = 3 sin 1 3 x = = 3 x 3 sin 1 3 x + 27 x 2 cos 1 3 x – 54 3 x sin 1 3 x – ∫ 3 sin 1 3 x d x = = 3 x 3 – 162 x sin 1 3 x + 27 x 2 cos 1 3 x + 162 ∫ sin 1 3 x d x = = (3 x 3 – 162 x) sin 1 3 x + 27 x 2 cos 1 3 x – 486 cos 1 3 x + C = = (3 x 3 – 162 x) sin 1 3 x + (27 x 2 – 486) cos 1 3 x + C

Ответ: ∫ x 3 cos 1 3 x d x = (3 x 3 – 162 x) sin 1 3 x + (27 x 2 – 486) cos 1 3 x + C .

Если же у нас в условии стоят интегралы вида ∫ P n (x) · ln (a x) d x , ∫ P n (x) · a r c sin (a x) d x , ∫ P n (x) · a r c cos (a x) d x , ∫ P n (x) · a r c t g (a x) d x , ∫ P n (x) · a r c c t g (a x) d x

то нам следует брать в качестве u (x) функции a r c t g (a x) , a r c c t g (x) , ln (a x) , a r c sin (a x) , a r cos (a x) .

Пример 5

Вычислите множество первообразных функции (x + 1) ln (2 x) .

Решение

Принимаем ln (2 x) в качестве u (x) , а (x + 1) d x – в качестве d (v (x)) . Получаем:

d (u (x)) = (ln (2 x)) ” d x = 1 2 x (2 x) ” d x = d x x v (x) = ∫ (x + 1) d x = x 2 2 + x

Подставим эти выражения в формулу:

∫ (x + 1) ln (2 x) d x = u (x) v (x) – ∫ v (x) d (u (x)) = = x 2 2 + x ln 2 x – ∫ x 2 2 + x d x x = = x 2 2 + x ln (2 x) – ∫ x 2 + 1 d x = x 2 2 + x ln 2 x – 1 2 ∫ x d x – ∫ d x = = x 2 2 + x ln (2 x) – x 2 4 – x + C

Ответ: ∫ (x + 1) ln (2 x) d x = x 2 2 + x ln (2 x) – x 2 4 – x + C .

Пример 6

Вычислите неопределенный интеграл ∫ x · a r c sin (2 x) d x .

Решение

Решаем, какую часть взять за u (x) , а какую – за d (v (x)) . Согласно правилу, приведенному выше, в качестве первой функции нужно взять a r c sin (2 x) , а d (v (x)) = x d x . Получим:

d (u (x)) = (a r c sin (2 x) ” d x = 2 x ” d x 1 – (2 x) 2 = 2 d x 1 – (2 x) 2 , v (x) = ∫ x d x = x 2 2

Подставляем значения в формулу:

∫ x · a r c sin (2 x) d x = u (x) v (x) – ∫ v (x) d (u (x)) = = x 2 2 a r c sin (2 x) – ∫ x 2 2 – 2 d x 1 – (2 x) 2 = x 2 2 a r c sin (2 x) – ∫ x 2 d x 1 – 4 x 2

В итоге мы пришли к следующему равенству:

∫ x · a r c sin (2 x) d x = x 2 2 a r c sin (2 x) – ∫ x 2 d x 1 – 4 x 2

Теперь вычислим получившийся в итоге интеграл ∫ x 2 d x 1 – 4 x 2:

∫ x 2 d x 1 – 4 x 2 = ∫ x 2 d x 4 1 4 – x 2 = 1 2 ∫ x 2 d x 1 4 – x 2 = – 1 2 ∫ – x 2 d x 1 4 – x 2 = = – 1 2 ∫ 1 4 – x 2 – 1 4 1 4 – x 2 d x = – 1 2 1 4 – x 2 d x + 1 8 ∫ d x 1 4 – x 2 = = – 1 2 ∫ 1 4 – x 2 d x + 1 8 a r c sin (2 x)

Здесь можно применить метод интегрирования по частям и получить:

∫ x 2 d x 1 – 4 x 2 = – 1 2 ∫ 1 4 – x 2 d x + 1 8 a r c sin (2 x) = = u (x) = 1 4 – x 2 , d (v (x)) = d x d (u (x)) = 1 4 – x 2 ” d x 2 1 4 – x 2 = – x d x 1 4 – x 2 , v (x) = ∫ d x = x = = – 1 2 u (x) v (x) – ∫ v (x) d (u (x)) + 1 8 a r c sin (2 x) = = – 1 2 x 1 4 – x 2 – ∫ – x 2 d x 1 4 – x 2 + 1 8 a r c sin (2 x) = = – 1 2 x 1 4 – x 2 – 1 2 ∫ x 2 d x 1 4 – x 2 + 1 8 a r c sin (2 x) = = – 1 2 x 1 4 – x 2 – ∫ x 2 d x 1 – 4 x 2 + 1 8 a r c sin (2 x)

Теперь наше равенство выглядит так:

∫ x 2 d x 1 – 4 x 2 = – 1 2 x 1 4 – x 2 – ∫ x 2 d x 1 – 4 x 2 + 1 8 a r c sin (2 x)

Мы видим, что интеграл справа аналогичен тому, что получился слева. Переносим его в другую часть и получаем:

2 ∫ x 2 d x 1 – 4 x 2 = – 1 2 x 1 4 – x 2 + 1 8 a r c sin (2 x) + C 1 ⇒ x 2 d x 1 – 4 x 2 = – 1 4 x 1 4 – x 2 + 1 16 a r c sin (2 x) + C 2 x 2 d x 1 – 4 x 2 = – 1 8 x 1 4 – x 2 + 1 16 a r c sin (2 x) + C 2

где C 2 = C 1 2

Вернемся к исходным переменным:

∫ x · a r c sin (2 x) d x = x 2 2 a r c sin (2 x) – ∫ x 2 d x 1 – 4 x 2 = = x 2 2 a r c sin (2 x) – – 1 8 x 1 – 4 x 2 + 1 16 a r c sin (2 x) + C 2 = = 1 2 x 2 – 1 8 a r c sin (2 x) + 1 8 x 1 – 4 x 2 + C

где С = – С 2

Ответ: ∫ x · a r c sin (2 x) d x = 1 2 x 2 – 1 8 a r c sin (2 x) + 1 8 x 1 – 4 x 2 + C .

Если же у нас в задаче стоит интеграл вида ∫ e a · x · sin (b x) d x либо ∫ e a · x · cos (b x) d x , то в качестве u (x) может быть выбрана любая функция.

Пример 7

Вычислите неопределенный интеграл ∫ e x · sin (2 x) d x .

Решение

∫ e x sin (2 x) d x = u (x) = sin (2 x) , d (v (x)) = e x d x d (u (x)) = 2 cos (2 x) d x , v (x) = ∫ e x d x = e x = = u (x) v (x) – ∫ v (x) d (u (x)) = sin (2 x) e x – ∫ e x · 2 cos 2 x d x = = sin (2 x) e x – 2 ∫ e x cos (2 x) d x = u (x) = cos (2 x) , d (v (x)) = e x d x d (u (x)) = – 2 sin (2 x) d x , v (x) = ∫ e x d x = e x = = sin (2 x) e x – 2 cos (2 x) e x – ∫ (e x (- 2 sin (2 x) d x)) = = sin (2 x) e x = 2 cos (2 x) e x – 4 ∫ e x sin (2 x) d x

В итоге у нас получится:

∫ e x sin (2 x) d x = sin (2 x) e x – 2 cos (2 x) e x – 4 ∫ e x sin (2 x) d x

Мы видим одинаковые интегралы слева и справа, значит, можем привести подобные слагаемые:

5 ∫ e x sin (2 x) d x = sin (2 x) e x – 2 cos (2 x) e x ⇒ ∫ e x sin (2 x) d x = 1 5 sin (2 x) e x – 2 5 cos (2 x) e x + C

Ответ: ∫ e x sin (2 x) d x = 1 5 sin (2 x) e x – 2 5 cos (2 x) e x + C

Этот способ решения является стандартным, и справа нередко получается интеграл, который идентичен исходному.

Мы рассмотрели наиболее типовые задачи, в которых можно точно определить, какую часть выражения взять за d (v (x)) , а какую за u (x) . В остальных случаях это приходится определять самостоятельно.

Если вы заметили ошибку в тексте, пожалуйста, выделите её и нажмите Ctrl+Enter

Называемое формулой интегрирования по частям. Понимают его в том смысле, что множество первообразных, стоящее в левой части, совпадает со множеством первообразных, получаемых по правой части.

Применение метода интегрирования по частям

1. Математическое ожидание непрерывной случайной величины . Формула для нахождения математического ожидания и дисперсии непрерывной случайной величины включает в себя два сомножителя: функцию полинома от x и плотность распределения f(x) .
2. Разложение в ряд Фурье . При разложении необходимо определять коэффициенты, которые находятся интегрированием от произведения функции f(x) и тригонометрической функции cos(x) или sin(x) .

Типовые разложения по частям

При использовании формулы интегрирования по частям нужно удачно выбрать U и dV , чтобы интеграл, полученный в правой части формулы находился легче. Положим в первом примере U=e x , dV=xdx . Тогда dU=e x dx , и Вряд ли интеграл ∫ x 2 e x dx можно считать проще исходного.
Иногда требуется применить формулу интегрирования по частям несколько раз, например, при вычислении интеграла ∫ x 2 sin(x)dx .

Интегралы ∫ e ax cos(bx)dx и ∫ e ax sin(bx)dx называются циклическими и вычисляются с использованием формулы интегрирования по частям два раза.

Пример №1 . Вычислить ∫ xe x dx .
Положим U=x , dV=e x dx . Тогда dU=dx , V=e x . Поэтому ∫ xe x dx=xe x -∫ e x dx=xe x -e x +C .

Пример №2 . Вычислить ∫ xcos(x)dx .
Полагаем U=x , dV=cos(x)dx . Тогда dU=dx , V=sin(x) и ∫ xcos(x)dx=xsin(x) – ∫ sin(x)dx = xsin(x)+cos(x)+C

Пример №3 . ∫ (3x+4)cos(x)dx
Решение:

Ответ: (3x+4)sin(x)+3cos(x)+C

Интеграция по частям

Интеграция по частям — это особый метод интеграции, который часто бывает полезен при перемножении двух функций, но также полезен и в других случаях.

Скоро вы увидите множество примеров, но сначала давайте посмотрим на правило:

∫u v dx = u∫v dx −∫u’ (∫v dx) dx

• u есть функция u(x)
• v есть функция v(x)
• u’ является производной функции u(x)

Правило в виде диаграммы:

Давайте сразу перейдем к примеру:

Пример: Что такое ∫x cos(x) dx ?

Хорошо, у нас есть x , умноженное на cos(x) , поэтому интегрирование по частям — хороший выбор.

Сначала выберите функции для u и v :

Итак, теперь это в формате ∫ u v dx мы можем продолжить:

Дифференцировать u : u’ = x’ = 1

Интегрировать v : ∫v dx = ∫cos(x) dx = sin(x)   (см. Правила интегрирования)

Теперь мы можем собрать это вместе:

Упрости и реши:

х sin(x) − ∫sin(x) dx

х sin(x) + cos(x) + C

Итак, мы выполнили следующие шаги:

• Выберите u и v
• Дифференцировать u: u’
• Интегрировать v: ∫v dx
• Поместите u, u’ и ∫v dx в: u∫v dx −∫u’ (∫v dx) dx
• Упрости и реши

В английском языке мы можем сказать, что ∫u v dx становится:

(интеграл u v) минус интеграл от (производная u, интеграл v)

Давайте попробуем еще несколько примеров:

Пример: Что такое ∫ln(x)/x

Сначала выберите u и v:

Дифференцировать u: ln(x)’ = 1 x

Интегрируем v: ∫1/x ² dx = ∫x ^-2 dx = −x ^-1 = −1 x   (по степеням)

Теперь сложите вместе:

Упрощение:

−ln(x)/x − ∫−1/x ² dx = −ln(x)/x − 1/x + C

− ln(x) + 1 x + С

Пример: Что такое ∫ln(x) dx ?

Но функция всего одна! Как мы выбираем u и v ?

Эй! Мы можем просто выбрать v как «1»:

Дифференцировать u: ln(x)’ = 1/x

Интегрировать v: ∫1 dx = x

Теперь сложите вместе:

Упрощение:

х ln(x) – ∫1 dx = x ln(x) – x + C

Пример: Что такое ∫e

Выберите u и v:

Дифференцировать u: (e ^x )’ = e ^x

Интегрировать v: ∫x dx = x ² /2

Теперь сложите вместе:

Что ж, это было грандиозное бедствие! Просто стало сложнее.

Может быть, мы могли бы выбрать другие u и v?

Пример: ∫e

Выберите u и v по-разному:

Дифференцировать u: (x)’ = 1

Интегрировать v: ∫e ^x dx = e ^x

Теперь сложите вместе:

Упрощение:

х е ^х – е ^х + С

е ^х (х-1) + С

Мораль этой истории: тщательно выбирайте и и против !

Выберите и , которые упрощаются при дифференциации, и и , которые не усложняются при интеграции.

Полезное эмпирическое правило: Я ПОЗДНЕЕ. Выберите u в зависимости от того, какой из них стоит первым:

И вот последний (и хитрый) пример:

Пример: ∫e

Выберите u и v:

Дифференцировать u: sin(x)’ = cos(x)

Интегрировать v: ∫e ^x dx = e ^x

Теперь сложите вместе:

∫e ^x sin(x) dx = sin(x) e ^x −∫cos(x) e ^x dx

Выглядит хуже, но будем упорствовать! Чтобы найти ∫cos(x) e ^x dx, мы можем снова использовать интегрирование по частям :

Выберите u и v:

Дифференцировать u: cos(x)’ = -sin(x)

Интегрировать v: ∫e ^x dx = e ^x

Теперь сложите вместе:

∫e ^x sin(x) dx = sin(x) e ^x − (cos(x) e ^x -∫-sin(x) e ^x dx)

Упрощение:

∫e ^x sin(x) dx = e ^x sin(x) − e ^x cos(x) −∫ e ^x sin(x)dx

Теперь у нас одинаковый интеграл с обеих сторон (за исключением вычитания одного). ..

… так что перенесите правую руку на левую, и мы получим:

2∫e ^x sin(x) dx = e ^x sin(x) − e ^x cos(x)

Упрощение:

∫e ^x sin(x) dx = ½ e ^x (sin(x) − cos(x)) + C

Сноска: откуда взялось «интегрирование по частям»?

Основан на Правиле продукта для деривативов:

(ув)’ = ув’ + ув

Объединить обе стороны и переставить:

∫(uv)’ dx = ∫uv’ dx + ∫u’v dx

uv = ∫uv’ dx + ∫u’v dx

∫uv’ dx = uv − ∫u’v dx

Некоторые люди предпочитают последнюю форму, но мне нравится заменять v’ на w и v на ∫w dx , что делает левую часть проще:

∫uw dx = u∫w dx − ∫u'(∫w dx) dx

7.Интеграция по частям

М. Борна

Иногда мы встречаем интеграцию, которая является продуктом 2-х функций. Мы можем интегрировать такие продукты, используя Интеграция по частям .

Если u и v являются функциями x , то Правило продукта для дифференциации, с которым мы встречались ранее, дает нам:

`d/(dx)(uv)=u(dv)/(dx)+v(du)/(dx)`

Переставляем, имеем:

`u(dv)/(dx)=d/(dx)(uv)-v(du)/(dx)`

Интегрируя по отношению к x , мы получаем формула интегрирования по частям:

Эта формула позволяет превратить сложный интеграл в более простые.Мы должны убедиться, что выбрали u и дв внимательно.

ПРИМЕЧАНИЕ: Функция u выбрана так что `(du)/(dx)` 90 108 проще 90 109, чем и .

Если у вас есть сочетание функций в выражении, которое нужно интегрировать, используйте следующее для выбора `u`, по порядку.

1. Пусть `u = ln x`

2.(нх)`

Пример 1

`intx\sin2x\dx`

Решение

Нам нужно выбрать `u`. В этом вопросе у нас нет ни одной из функций, предложенных в списке «приоритетов» выше.

Мы могли бы оставить `u = x` или `u = sin 2x`, но обычно работает только один из них. В общем, мы выбираем тот, который позволяет `(du)/(dx)` иметь более простую форму, чем u .

Итак, для этого примера мы выбираем u = x , и поэтому `dv` будет “остатком” интеграла, дв = грех 2 х дх .

У нас есть `u = x`, поэтому `du = dx`.

Также `dv = sin 2x\ dx` и интегрирование дает:

`v=intsin 2x\ dx`

`=(-cos 2x)/2`

Подставив эти 4 выражения в формулу интегрирования по частям, мы получим (используя цветовое кодирование, чтобы было легче увидеть, откуда что взялось):

`int \color{green}{\underbrace{u}}\ \ \ \color{red}{\underbrace{dv}}\ \ ` ` =\ \ \color{green}{\underbrace{u}}\ \ \ \color{blue}{\underbrace{v}} \ \ -\ \ int \color{blue}{\underbrace{v}}\ \ \color{magenta}{\underbrace{du}}`

`int \color{green}{\fbox{:x:}}\ \color{red}{\fbox{:sin 2x dx:}} = \color{green}{\fbox{:x:}}\ \color{blue}{\fbox{:{-cos2x}/2:}} – int \color{blue}{\fbox{:{-cos2x}/2:}\ \color{magenta}{\fbox{: дх:}}`

`= (-xcos2x)/2 + 1/2 int cos2x dx`

`= (-xcos2x)/2 + 1/2 (sin2x)/2 +K`

`= (-xcos2x)/2 + (sin2x)/4 +K`

Если вышеизложенное немного сложно понять (из-за разрывов строк), вот оно снова в другом формате:

Пример 2

`int x sqrt(x+1) dx`

Ответить

`intxsqrt(x+1)\dx`

Мы могли бы оставить `u=x` или `u=sqrt(x+1)` . 2)dx`.2)+К`

На этот раз мы интегрировали обратную тригонометрическую функцию (в отличие от предыдущего типа, когда в ответе мы получали обратные тригонометрические функции). См. Интегрирование: обратные тригонометрические формы.

Альтернативный метод интеграции по частям

Вот альтернативный метод решения проблем, который можно решить с помощью интеграции по частям. Возможно, вам будет легче следовать.

Танзалиновый метод

Интегрирование по частям – формула, доказательство, вывод, примеры, часто задаваемые вопросы

Идея интегрирования по частям была предложена в 1715 году Бруком Тейлором, который также предложил знаменитую теорему Тейлора.Обычно интегралы вычисляются для функций, для которых существуют формулы дифференцирования. Здесь интегрирование по частям является дополнительным методом, используемым для нахождения интегрирования произведения функций, и его также называют частичным интегрированием. Он изменяет интегрирование произведения функций в интегралы, для которых можно легко вычислить решение.

Некоторые обратные тригонометрические функции и логарифмические функции не имеют интегральных формул, и здесь мы можем воспользоваться формулой интегрирования по частям.Здесь мы проверим доказательство, графическое представление, приложения и примеры интегрирования по частям.

Что такое интеграция по частям?

Интеграция по частям используется для интеграции продукта двух или более функций. Две интегрируемые функции f(x) и g(x) имеют вид \(\int\)f(x).g(x). Таким образом, его можно назвать продуктовым правилом интегрирования. Среди двух функций первая функция f(x) выбирается такой, что формула ее производной существует, а вторая функция g(x) выбирается такой, что интеграл от такой функции существует.

\(\int f(x).g(x).dx = f(x) \int g(x).dx – \int (f'(x) \int g(x).dx).dx + С\)

Интегрирование (первая функция x вторая функция) = (первая функция) x (интегрирование второй функции) – интегрирование (дифференциация первой функции x интегрирование второй функции).

При интегрировании по частям формула разбивается на две части, и мы можем наблюдать производную первой функции f(x) во второй части и интеграл второй функции g(x) в обеих частях.Для простоты эти функции часто представляются как «u» и «v» соответственно. Интеграция формулы uv с использованием обозначений «u» и «v»:

∫ u dv = uv – ∫ v du.

Интегрирование по формуле частей

Формула интегрирования по частям используется для нахождения интеграла от произведения двух различных типов функций, таких как логарифмическая, обратная тригонометрическая, алгебраическая, тригонометрическая и экспоненциальная функции. Формула интегрирования по частям используется для нахождения интеграла произведения.В правиле дифференцирования произведения, где мы дифференцируем произведение uv, u(x) и v(x) можно выбирать в любом порядке. Но при использовании формулы интегрирования по частям для выбора первой функции u(x) мы должны посмотреть, какая из следующих функций идет первой в следующем порядке, и затем принять ее за u.

• Логарифмический (L)
• Обратный тригонометрический (I)
• Алгебраический (А)
• Тригонометрический (Т)
• Экспоненциальная (E)

Это можно запомнить с помощью правила LIATE .Обратите внимание, что этот заказ также может быть ILATE . Например, если нам нужно найти ∫ x ln x dx (где x — алгебраическая функция, а ln — логарифмическая функция), мы выберем ln x как u(x), как в LIATE, логарифмическая функция стоит перед алгебраической функцией. функция. Формула интегрирования по частям определяется двумя способами. Мы можем использовать любой из них для интегрирования произведения двух функций.

Вывод формулы интегрирования по частям

Доказательство интегрирования по частям можно получить из формулы производной произведения двух функций.Для двух функций f(x) и g(x) производная произведения этих двух функций равна сумме производных первых функций, умноженных на вторую функцию, и производной второй функции, умноженной на первая функция.

Выведем формулу интегрирования по частям, используя правило дифференцирования произведения. Рассмотрим две функции u и v. Пусть их произведение равно y. т. е. у = ув. Применяя правило дифференцирования произведения, получаем

.

d/dx (uv) = u (dv/dx) + v (du/dx)

Здесь мы изменим термины.

u (dv/dx) = d/dx (uv) – v (du/dx)

Интегрирование с обеих сторон по x,

∫ u (dv/dx) (dx) = ∫ d/dx (uv) dx – ∫ v (du/dx) dx

Отменив условия,

∫ u dv = uv – ∫ v du

Отсюда выводится формула интегрирования по частям.

Визуализация интеграции по частям

Рассмотрим параметрическую кривую (x, y) = (f(θ), g(θ)). Будем считать эту кривую интегрируемой и взаимно однозначной функцией.{x_2}_{x_1}\)

Без определенных интегралов можно записать как.

∫ y.dx+ ∫ x.dy = ху

∫x.dy = ху – ∫ y.dx

Далее это можно изменить, чтобы получить формулу интегрирования по частям.

∫f(x).g(x).dx = f(x).∫ g(x).dx – ∫(f'(x) .∫ g(x).dx).dx

Применение интеграции по частям

Применение этой формулы интегрирования по частям для функций или выражений, для которых не существует формул интегрирования.Здесь мы пытаемся включить эту формулу интегрирования по частям и пытаемся вывести интеграл. Для логарифмических функций и для обратных тригонометрических функций интегральных ответов нет. Попробуем решить и найти интегрирование log x и tan ^-1 x.

Интегрирование логарифмической функции

∫ logx.dx = ∫ logx.1.dx

= логх. ∫1.dx – ∫ ((logx)’.∫ 1.dx).dx

=logx.x -∫ (1/x .x).dx

=xlogx – ∫ 1.dx

= х лог х – х + С

Интегрирование обратной тригонометрической функции

∫ загар ^-1 х.dx = ∫tan ^-1 x.1.dx

= тангенс ^-1 х.∫1.dx – ∫((тангенс ^-1 х)’.∫ 1.dx).dx

= тангенс ^-1 х. х – ∫(1/(1 + х ² ).х).дх

= х. tan ^-1 x – ∫ 2x/(2(1 + x ² )).dx

= х. tan ^-1 x – ½ log(1 + x ² ) + C

Формулы, связанные с интегрированием по частям

Следующие формулы были получены из формулы интегрирования по частям и полезны в процессе интегрирования различных алгебраических выражений.

• ∫ e ^x (f(x) + f'(x)).dx = e ^x f(x) + C
• ∫√(x ² + a ² ).dx = ½ . х.√(х ² + а ² )+ а ² /2. log|x + √(x ² + a ² )| С
• ∫√(x ² – a ² ).dx =½ . х.√(х ² – а ² ) – а ² /2. log|x +√(x ² – a ² ) | С
• ∫√(a ² – x ² ).дх = ½. х.√(а ² – х ² ) + а ² /2. sin ^-1 х/а + С

☛ Также проверьте:

Часто задаваемые вопросы об интеграции по частям

Что такое интеграция по частям?

Интегрирование по частям — это интегрирование произведения двух функций. Эти две функции обычно представляются как f(x) и g(x). Среди двух функций первая функция f(x) выбирается такой, что формула ее производной существует, а вторая функция g(x) выбирается такой, что интеграл от такой функции существует.

∫ f(x).g(x).dx = f(x) ∫ g(x).dx – ∫(f'(x) ∫g(x).dx).dx + C

Что такое формула интегрирования по частям?

Формула интегрирования по частям — это формула, используемая для нахождения интеграла от произведения двух различных типов функций. Популярная формула интегрирования по частям:

.

∫ u dv = uv – ∫ v du

Здесь первая функция ‘u’ должна быть выбрана в соответствии с LIATE (логарифмическая (L), обратная тригонометрическая (I), алгебраическая (A), тригонометрическая (T), экспоненциальная (E)).

Как вывести формулу интегрирования по частям?

Использование правила дифференцирования произведения,

d/dx (uv) = u (dv/dx) + v (du/dx)

u (dv/dx) = d/dx (uv) – v (du/dx)

Интеграл с обеих сторон,

∫ u (dv/dx) (dx) = ∫ d/dx (uv) dx – ∫ v(du/dx) dx

Это дает,

∫ u dv = uv – ∫ v du

Таким образом, получается формула интегрирования по частям.

Почему мы используем формулу интегрирования по частям?

Используется формула интегрирования частей, поскольку нормальная форма интегрирования невозможна.Интегрирование, как правило, возможно для функций, для которых доступна формула производной. Такие выражения, как логарифмические функции, обратные тригонометрические функции, не могут быть легко интегрированы, поэтому интегралы находятся с использованием формулы интегрирования по частям.

Какие существуют другие методы интеграции помимо интеграции по частям?

Для интеграции используются следующие три различных метода.

(a) Интеграция путем замены
(b) Интегрирование неполными дробями
(c) Интеграция по частям

Как узнать, когда использовать интеграцию по частям?

Интеграция по частям используется, когда простой процесс интеграции невозможен.Если есть две функции и произведение между ними, мы можем взять формулу интегрирования между частями. Также для одной функции мы можем взять 1 в качестве других функций и найти интегралы, используя интегрирование по частям. Например, мы можем интегрировать Sin ^-1 x, Logx, xCosx, используя эту формулу.

Какая из функций должна быть выполнена в виде буквы «U» при интегрировании по частям?

Формула интегрирования по частям: \(\int uv.dx = u\int v.dx – \int( u’\int v.dx).dx\). Здесь функция «u» выбрана так, чтобы можно было вычислить формулу производной этой функции.

В чем разница между интеграцией по частям и заменой?

Интегрирование частей можно использовать для нахождения интегралов от произведения двух функций f(x).g(x). Интегрирование путем замены может быть рассчитано для функций, имеющих подфункции, f (g (x)). Интегрирование по частям можно использовать для таких функций, как xcosx, e ^x tanx, xe ^x . А интегрирование подстановкой можно использовать для таких функций, как sin(logx). \(\sqrt{tanx}\), cosec ² (5 ^x ).б_а\)

Каково применение интегрирования по частям?

Эта формула интегрирования по частям применяется к функциям или выражениям, для которых не существует производной и которые не могут быть интегрированы простым процессом интегрирования. Здесь мы пытаемся использовать формулу интегрирования по частям и пытаемся найти интеграл от произведения двух или более функций. Мы можем применить эту формулу для логарифмических функций и для обратных тригонометрических функций, которые не могут быть интегрированы с помощью простого процесса интегрирования.

Каковы применения формулы интегрирования по частям?

Формула интегрирования по частям используется для нахождения интеграла от произведения двух различных типов функций. Кроме того, эта формула используется для нахождения интеграла различных функций, таких как sin ^-1 x, ln x и т. д., принимая вторую функцию за 1,

.

Как узнать, когда использовать формулу интегрирования по частям?

Когда мы встречаем интеграл от произведения двух функций, то мы должны применить формулу интегрирования.2\), что-то столь же простое, как \(∫x\sin x\,\,dx\), бросает нам вызов. Многие студенты хотят знать, существует ли правило продукта для интеграции. Нет, но есть техника, основанная на правиле произведения дифференцирования, которая позволяет заменить один интеграл на другой. Мы называем этот метод интегрированием по частям.

Формула интегрирования по частям

Если \(h(x)=f(x)g(x)\), то, используя правило произведения, мы получаем

\[h′(x)=f′(x)g(x)+g′(x)f(x).\метка{eq1}\]

Хотя сначала это может показаться контрпродуктивным, давайте теперь объединим обе части уравнения \ref{eq1}:

\[∫h′(x)\,\,dx=∫(g(x)f′(x)+f(x)g′(x))\,\,dx. \номер\]

Это дает нам

\[ h(x)=f(x)g(x)=∫g(x)f′(x)\,dx+∫f(x)g′(x)\,\,dx. \номер\]

Теперь найдем \(∫f(x)g′(x)\,\,dx:\)

\[ ∫f(x)g′(x)\,dx=f(x)g(x)−∫g(x)f′(x)\,\,dx. \номер\]

Путем замены \(u=f(x)\) и \(v=g(x)\), которая, в свою очередь, дает \(du=f′(x)\,dx\) и \(dv= g′(x)\,dx\), мы имеем более компактную форму

\[ ∫u\,dv=uv−∫v\,du.\номер\]

Интеграция по частям

Пусть \(u=f(x)\) и \(v=g(x)\) — функции с непрерывными производными. Тогда формула интегрирования по частям для интеграла, включающего эти две функции:

\[∫u\,dv=uv−∫v\,du. \метка{IBP}\]

Преимущество использования формулы интегрирования по частям состоит в том, что мы можем использовать ее для замены одного интеграла на другой, возможно, более простой интеграл. Следующий пример иллюстрирует его использование.

Пример \(\PageIndex{1}\): использование интеграции по частям

Используйте интегрирование по частям с \(u=x\) и \(dv=\sin x\,\,dx\) для оценки

\[∫x\sinx\,\,dx.\номер\]

Раствор

Выбирая \(u=x\), мы получаем \(du=1\,\,dx\). Так как \(dv=\sin x\,\,dx\), мы получаем

\[v=∫\sin x\,\,dx=−\cos x. \номер\]

Эти значения удобно отслеживать следующим образом:

• \(и=х\)
• \(dv=\sinx\,\,dx\)
• \(du=1\,dx\)
• \(v=∫\sinx\,\,dx=-\cosx.\)

Применение формулы интегрирования по частям (уравнение \ref{IBP}) дает результат

\[ \begin{align} ∫x\sin x\,\,dx &=(x)(-\cos x)−∫(-\cos x)(1\,\,dx) \tag{Substitute} \\[4pt] &=−x\cos x+∫\cos x\,\,dx \tag{Упрощение} \end{выравнивание} \]

Затем используйте

\[∫\cos x\,\,dx =\sin x+C. 2\cos х\,\,дх. \номер\]

К сожалению, с новым интегралом мы не в лучшем положении, чем раньше. Важно иметь в виду, что когда мы применяем интегрирование по частям, нам может потребоваться попробовать несколько вариантов для \(u\) и \(dv\), прежде чем найти подходящий вариант.

Во-вторых, вы можете удивиться, почему, когда мы находим \(v=∫​\sin x\,\,dx=-\cos x\), мы не используем \(v=-\cos x+K.\) Чтобы увидеть, что это не имеет значения, мы можем переделать задачу, используя \(v=−\cos x+K\):

\[ \begin{align*} ∫x\sin x\,\,dx &=(x)(-\cos x+K)−∫(-\cos x+K)(1\,\,dx) \\[4pt] &=−x\cos x+Kx+∫\cos x\,\,dx−∫K\,\,dx \\[4pt] &=−x\cos x+Kx+\sin x−Kx +C \\[4pt] &=−x\cos x+\sin x+C.\конец{выравнивание*}\]

Как видите, это не имеет значения для окончательного решения.

Наконец, мы можем проверить правильность нашей первообразной, дифференцируя \(−x\cos x+\sin x+C:\)

\[ \begin{align*} \dfrac{d}{\,dx}(-x\cos x+\sin x+C) = \cancel{(-1)\cos x} + (-x)(- \sin x) + \cancel{\cos x} \\[4pt] =x\sin x \end{align*}\]

Следовательно, первообразная проверяется. {2x} \,\,дх\).{2x}+C \номер\]

В этот момент возникает естественный вопрос: откуда мы знаем, как выбирать \(u\) и \(dv\)? Иногда это вопрос проб и ошибок; тем не менее, аббревиатура LIATE часто помогает избавиться от некоторых догадок при выборе. Эта аббревиатура расшифровывается как L огарифмических функций, I обратных тригонометрических функций, A алгебраических функций, T ригонометрических функций и E экспоненциальных функций.Эта мнемоника помогает определить правильный выбор для \(u\). Тип функции в интеграле, который появляется первым в списке, должен быть нашим первым выбором \(u\).

Например, если интеграл содержит логарифмическую функцию и алгебраическую функцию, мы должны выбрать \(u\) в качестве логарифмической функции, потому что L стоит перед A в LIATE. Интеграл в примере \(\PageIndex{1}\) имеет тригонометрическую функцию (\(\sin x\)) и алгебраическую функцию (\(x\)). Поскольку в LIATE A стоит перед T, мы выбрали \(u\) в качестве алгебраической функции. Когда мы выбрали \(u\), \(dv\) выбирается как оставшаяся часть интегрируемой функции вместе с \(\, dx\).

Почему эта мнемоника работает? Помните, что все, что мы выбираем в качестве \(dv\), должно быть чем-то, что мы можем интегрировать. Поскольку у нас нет формул интегрирования, позволяющих интегрировать простые логарифмические функции и обратные тригонометрические функции, имеет смысл не выбирать их в качестве значений для \(dv\).Следовательно, они должны быть во главе списка вариантов для \(u\). Таким образом, мы ставим LI в начале мнемоники. (С тем же успехом мы могли бы начать с IL, поскольку эти два типа функций не встречаются вместе в задаче интегрирования по частям.) Экспоненциальные и тригонометрические функции находятся в конце нашего списка, потому что их довольно легко вычислить. интегрируйте и сделайте правильный выбор для \(dv\). Таким образом, у нас есть TE в конце нашей мнемоники. (Мы могли бы так же легко использовать ET в конце, поскольку, когда эти типы функций появляются вместе, обычно не имеет большого значения, какая из них \(u\), а какая \(dv\).2}+С. \конец{выравнивание*}\]

Пример \(\PageIndex{3C}\): применение интеграции по частям более одного раза

Вычислить \[∫​\sin (\ln x)\,dx. \номер\]

Раствор

Похоже, что этот интеграл имеет только одну функцию, а именно \(\sin (\ln x)\), однако мы всегда можем использовать постоянную функцию 1 в качестве другой функции. В этом примере давайте выберем \(u=\sin (\ln x)\) и \(dv=1\,dx\). (Решение использовать \(u=\sin (\ln x)\) легко. Мы не можем выбрать \(dv=\sin (\ln x)\,dx\), потому что, если бы мы могли его интегрировать, мы в первую очередь не будет использовать интегрирование по частям!) Следовательно, \(du=(1/x)\cos (\ln x) \,dx\) и \(v=∫​ 1 \,dx=x .\) После применения интегрирования по частям к интегралу и упрощения имеем

\[∫​\sin \left(\ln x\right) \,dx=x \sin (\ln x)−\int \cos (\ln x)\,dx. \номер\]

К сожалению, этот процесс оставляет нам новый интеграл, который очень похож на оригинал. Однако давайте посмотрим, что произойдет, если мы снова применим интегрирование по частям. На этот раз давайте выберем \(u=\cos (\ln x)\) и \(dv=1\,dx,\), получив \(du=-(1/x)\sin (\ln x)\,dx \) и \(v=∫​1\,dx=x.\)

Подставляем, имеем

\[∫​\sin (\ln x)\,dx=x \sin (\ln x)−(x \cos (\ln x)-∫​−\sin (\ln x)\,dx).\номер\]

После упрощения получаем

\[∫​\sin (\ln x)\,dx=x\sin (\ln x)−x \cos (\ln x)−∫​\sin (\ln x)\,dx. \номер\]

Последний интеграл теперь совпадает с исходным. Может показаться, что мы просто пошли по кругу, но теперь мы действительно можем вычислить интеграл. Чтобы увидеть, как это сделать более наглядно, подставьте \(I=∫​\sin (\ln x)\,dx.\) Таким образом, уравнение принимает вид

\[I=x \sin (\ln x)−x \cos (\ln x)−I. \номер\]

Сначала прибавьте \(I\) к обеим частям уравнения, чтобы получить

\[2I=x \sin (\ln x)−x \cos (\ln x). \номер\]

Далее делим на 2:

\[I=\dfrac{1}{2}x \sin (\ln x)−\dfrac{1}{2}x \cos (\ln x). \номер\]

Снова подставив \(I=∫​\sin (\ln x)\,dx\), мы получим

\[ \int \sin (\ln x) \,dx=\dfrac{1}{2}x \sin (\ln x)−\dfrac{1}{2}x \cos (\ln x). \номер\]

Отсюда мы видим, что \((1/2)x \sin (\ln x)−(1/2)x \cos (\ln x)\) является первообразной \(\sin (\ln x) \,дх\). Для самой общей первообразной добавьте \(+C\):

\[ ∫ \sin (\ln x) \,dx=\dfrac{1}{2}x \sin (\ln x)−\dfrac{1}{2}x \cos (\ln x)+C .\номер\]

Анализ

Если этот метод поначалу кажется немного странным, мы можем проверить ответ дифференцированием:

\[\begin{align*} \dfrac{d}{\,dx}\left(\dfrac{1}{2}x \sin (\ln x)−\dfrac{1}{2}x\cos (\ln x)\right) \\[4pt] &=\dfrac{1}{2}(\sin (\ln x))+\cos (\ln x)⋅\dfrac{1}{x}⋅ \dfrac{1}{2}x−\left(\dfrac{1}{2}\cos (\ln x)−\sin (\ln x)⋅\dfrac{1}{x}⋅\dfrac{1 {2}x\right) \\[4pt] &=\sin (\ln x). \конец{выравнивание*}\]

Упражнение \(\PageIndex{3}\)

Вычислить \[∫x^2\sin x\,dx. 2\cos x+2x\sin x+2\cos x+C \не число\]

Интегрирование по частям для определенных интегралов

Теперь, когда мы успешно использовали интегрирование по частям для вычисления неопределённых интегралов, обратим внимание на определённые интегралы. Техника интегрирования действительно такая же, только мы добавляем шаг для вычисления интеграла на верхнем и нижнем пределах интегрирования.

Интегрирование по частям для определенных интегралов

Пусть \(u=f(x)\) и \(v=g(x)\) — функции с непрерывными производными на [\(a,b\)].{π/2}_0x\cos x\,dx = \dfrac{π}{2}−1 \nonumber\]

2.4: Интегрирование по частям — Mathematics LibreTexts

Интегрирование по частям — это метод интегрирования, применимый к подынтегральным выражениям, состоящим из произведения, которое нельзя переписать в виде одного или нескольких легко интегрируемых терминов — по крайней мере, не без труда. Этот метод особенно полезен в случаях, когда речь идет о произведении алгебраических и трансцендентных множителей.

Введение

Даны две дифференцируемые функции \(u\) и \(v\),

\[ \int u \,dv=uv-\int v\,du \]

Чтобы использовать этот метод, нужно определить подходящие функции \(u\) и \(dv\), а затем дифференцировать \(u\) для получения \(du\) и интегрировать \(dv\) для получения \(v\) — игнорируя обычную константу члена интегрирования, так как она не влияет на окончательный ответ.Обратите внимание, что правило также может быть записано как

.

\[ \int u \frac{dv}{dx}\,dx=uv-\int \frac{du}{dx}v\,dx. \]

Существует мнемоника для выбора \(u\) и \(dv\), которая охватывает большое количество подынтегральных выражений:

\[u \leftarrow \text{ЛИ А Т Е}\rightarrow дв. \]

Буквы означают:

• L огарифмическая функция
• I обратная тригонометрическая функция
• A алгебраическая функция
• T Ригонометрическая функция
• E экспоненциальная функция.

Эта мнемоника работает, только когда подынтегральная функция является произведением двух различных типов множителей. Фактор, тип функции которого находится выше в этом списке, обычно следует выбирать как \(u\), а фактор, тип которого ниже, как \(dv\).

Происхождение

В соответствии с правилом произведения для дифференцирования для двух дифференцируемых функций \(u\) и \(v\),

\[ \begin{align}\dfrac{d}{dx}(uv)&=u\dfrac{dv}{dx}+v\dfrac{du}{dx} \\ \text{(альтернативно) } (ув)’&=ув’+вю’.\конец{выравнивание}. \]

Следовательно,

\[\int \dfrac{d}{dx}(uv) dx = \int u\dfrac{dv}{dx} dx +\int v\dfrac{du}{dx} dx ,\]

для соответственно выбранных первообразных производных. Упрощая правую часть уравнения,

\[\int \dfrac{d}{dx}(uv) = \int u\; dv +\int v \;du . \]

В левой части интеграл явно «отменяет» дифференцирование (по основной теореме исчисления), поэтому

\[uv+c = \int u \; дв +\инт v \; дю. 2 \cos x + 2x \sin x + 2 \cos x + C.{-x} \) (экспоненциальный).

Обратите внимание, что второй пример выше также следует правилу, предложенному этой мнемоникой. Если мнемоника не работает для данного интеграла, возможно, это может быть более простая форма, которую можно оценить с помощью метода подстановки или, возможно, переписать в более простую форму с использованием алгебраических или тригонометрических методов (например, тригонометрические тождества).

Немного другая мнемоника, которая работает почти так же хорошо — и имеет дополнительное преимущество, поскольку звучит больше как английское слово — это:

\[u\leftarrow \text{L I P E T}\rightarrow dv \]

Здесь “P” означает мощность, которая включает многочлены и корни (дробные степени).2| + C \номер \]

Интегрирование по частям — неопределенные интегралы — x-engineer.org

Интегрирование по частям — это метод вычисления неопределенных интегралов с использованием дифференциала произведения двух функций.

Если у нас есть две функции, u и v , дифференциал их произведения будет:

\[d(u \cdot v)=u \cdot dv + v \cdot du \tag{1}\ ]

Если мы проинтегрируем обе части математического выражения, мы получим:

\[\int d(u \cdot v)=\int \left (u \cdot dv + v \cdot du \right ) \tag{ 2}\]

Мы знаем, что интеграл от производной функции дает саму функцию.Итак:

\[\int d(u \cdot v)= u \cdot v \tag{3}\]

Также интеграл от суммы двух функций равен сумме интеграла от каждой функции:

\[ \int \left (u \cdot dv + v \cdot du \right ) = \int u \cdot dv + \int v \cdot du \tag{4}\]

Замена уравнений (3) и (4) в уравнении (2) получаем:

\[ u \cdot v =\int u \cdot dv + \int v \cdot du \tag{5} \]

Преобразование уравнения (5) дает математическое выражение для интегрирования по частям :

\[\bbox[#FFFF9D]{ \int u \cdot dv =u \cdot v -\int v \cdot du} \tag{6} \]

Пример 1 .Решите интегрированием по частям следующий интеграл:

\[\int x \cdot cos(x) dx\]

Как видим, интеграл содержит произведение двух функций: x и cos(x) . Мы собираемся заменить их на и и и .

Шаг 1 . Заменим функции на u и v

Сначала заменим:

\[u = x \tag{7}\]

Применив дифференцирование к уравнению (7), получим:

\[du = dx \ tag{8}\]

Во-вторых, мы заменяем:

\[dv = cos(x)dx \tag{9}\]

Применяя интегрирование  к уравнению (9), мы получаем:

\[\int dv = \int cos(x)dx \tag{10}\] \[v = sin(x) \tag{11}\]

Шаг 2 .Используйте общее уравнение (6) и замените  u и v расчетными функциями:

\[\int x \cdot cos(x) dx = x \cdot sin(x) – \int sin(x)dx \tag {12}\]

Этап 3 . Решить правую часть уравнения

Мы знаем, что:

\[\int sin(x) dx = – cos(x) + C \tag{13}\]

Подставляя результат интеграла (13) в уравнение (12) получаем результат нашего интегрирования по частям:

\[\int x \cdot cos(x) dx = x \cdot sin(x) + cos(x) + C\]

, где C есть постоянная интегрирования. x \tag{18}\]

Шаг 2 .x \cdot (x-1) + C\]

, где C — константа интегрирования.

Если у вас есть какие-либо вопросы или замечания относительно этого руководства, пожалуйста, используйте форму комментариев ниже.

Не забудьте поставить лайк, поделиться и подписаться!

Интеграция по частям

Интеграция по частям

Одна из очень распространенных ошибок, которую обычно делают студенты, это

Чтобы убедиться, что это неправильная формула, возьмем f ( x ) = x и г ( x )=1.Поэтому можно задаться вопросом, что делать в этом случае. А частичный ответ дает то, что называется Интеграция по Детали . Для того, чтобы понять эту технику, вспомним формулу

что подразумевает

Следовательно, если один из двух интегралов и его легко оценить, мы можем использовать его, чтобы получить другой. Это основная идея интеграции по частям. Приведем практические шаги по выполнению этой техники:

1

Запишите данный интеграл

где вы идентифицируете две функции f ( x ) и g ( x ).Обратите внимание, что если вам дана только одна функция, то установите вторую постоянная функция г ( x )=1.

2

Представьте промежуточные функции u ( x ) и v ( x ) как:

Затем нужно сделать одну производную (от f ( x )) и одно интегрирование (из г ( x )) получить

Обратите внимание, что на этом этапе у вас есть выбор, различать ли f ( x ) или g ( x ).Мы обсудим это более подробно позже.

3

Используйте формулу

4

Позаботьтесь о новом интеграле.

Первая проблема, с которой приходится сталкиваться при работе с этой техникой это выбор, с которым мы столкнулись на шаге 2. Нет общего правила, которому нужно следовать. Это действительно вопрос опыта. Но мы предлагаем не тратить время на размышления о лучшем выборе, просто пойти на любой выбор и сделать расчеты.Чтобы оценить был ли ваш выбор лучшим, переходите к шагу 3: если новый интеграл (с которым вы будете работать) проще исходного, тогда ваш выбор был правильным, в противном случае вернитесь к шагу 2 и сделать переключатель. После многих интегралов вы начнете чувствовать правильный выбор.

В приведенном выше обсуждении мы только рассматривать неопределенные интегралы. Для определенного интеграла , у нас есть два пути:

1

Вычисление неопределенного интеграла

который дает

2

Используйте описанные выше шаги, описывающие интеграцию по частям непосредственно на заданный определенный интеграл.Вот как это происходит:

(и)

Запишите данный определенный интеграл

где вы идентифицируете две функции f ( x ) и g ( x ).

(ii)

Представьте промежуточные функции u ( x ) и v ( x ) как:

Затем нужно сделать одну производную (от f ( x )) и одно интегрирование (из г ( x )) получить

(iii)

Используйте формулу

(iv)

Позаботьтесь о новом интеграле.

Следующие примеры иллюстрируют наиболее распространенные случаи в который вам потребуется использовать для интеграции по частям:

[Исчисление] [Геометрия] [Алгебра] [Тригонометрия] [Дифференциальные уравнения] [Комплексные переменные] [Матричная алгебра] Домашняя страница S.O.S MATHematics

Вам нужна дополнительная помощь? Пожалуйста, разместите свой вопрос на нашем S.O.S. Математика CyberBoard.

Автор: Мохамед Амин Хамси

Copyright 1999-2022 MathMedics, LLC.