Интегрирование дифференциального уравнения по частям

Интегрирование по частям

Интегрирование по частям в неопределенном интеграле

Метод вычисления интегралов, называемый интегрированием по частям, основан на правиле дифференцирования произведения.

Пусть — функции, дифференцируемые на некотором промежутке . Тогда, как известно, дифференциал произведения этих функций вычисляется по формуле

Взяв неопределенный интеграл от обеих частей этого равенства, получим:

Поскольку уже содержит произвольную постоянную, в правой части полученного равенства можно опустить и записать равенство в виде

Полученная формула называется формулой интегрирования по частям .

При выводе формулы (1) мы предположили, что функции и дифференцируемы. Этой формулой обычно пользуются в тех случаях, когда подынтегральное выражение проще, чем подынтегральное выражение .

Заметим, что одно и то же подынтегральное выражение можно различными способами записать в виде . Например,

и т. д. Поэтому иногда приходится испытывать различные формы такой записи, прежде чем метод приведет к успеху. Обычно стараются подынтегральное выражение разбить на части и так, чтобы вид был не сложнее, чем вид , а вид проще, чем вид . В частности, полезно иметь в виду, что для таких функций, как , производные имеют вид более простой, чем сами функции. Поэтому в большинстве случаев эти функции удобно принимать за функцию .

Пример 1. Вычислим по частям неопределенный интеграл .

Решение. Положим . Тогда .

Используя формулу интегрирования по частям (1), получаем:

Замечание. При нахождении не пишут промежуточную произвольную постоянную , так как она не оказывает влияния на окончательный результат.

Пример 2. Вычислим интеграл с помощью метода интегрирования по частям.

Решение. Положим . Тогда .

Используя формулу (1), получим:

Чтобы вычислить полученный в правой части равенства (2) интеграл, приходится снова использовать метод интегрирования по частям. Получим (см. пример 1):

Возвращаясь к исходному интегралу и воспользовавшись промежуточным равенством (2), окончательно получаем:

Пример 3. Вычислим неопределённый интеграл .

Решение. В данном случае удобнее за и принять не степенную функцию, как в предыдущих примерах, а логарифмическую функцию.

Используя формулу (1), будем иметь:

Пример 4. Вычислим .

Решение. В данном случае под знаком интеграла содержится произведение двух функций и . Производная и первообразная каждой из этих функций не проще самой функции. Это значит, что в данном случае за и можно принять любую из функций .

Преобразуем данный интеграл, воспользовавшись формулой (1):

В правой части получили интеграл того же вида, что и данный. Для его вычисления применим метод интегрирования по частям, снова взяв за показательную функцию:

В правой части равенства (3) содержится точно такой же интеграл, что и в левой части, но с другим знаком. Из равенства (3) получаем:

Замечание. После переноса интеграла в левую часть равенства (3) надо оставить в правой части произвольную постоянную , неявно содержащуюся в записи интеграла.

Интегрирование по частям в определенном интеграле

Для определенного интеграла формула интегрирования по частям принимает следующий вид:

то по формуле интегрирования по частям для неопределенного интеграла имеем:

Значит, , а это и есть формула (4).

Пример 5. Вычислить по частям определённый интеграл .

Решение. Положим . Тогда .

Воспользовавшись формулой (4), получим:

Рекуррентные формулы: вывод интегрированием по частям

Метод интегрирования по частям применяется в ряде случаев для вывода рекуррентных (возвратных) формул. Рассмотрим примеры вывода рекуррентных формул как в случае неопределенного, так и в случае определенного интеграла,

Пример 6. Вычислим .

Решение. Введем обозначение .

Воспользовавшись формулой (1), получим:

Преобразуем интеграл, содержащийся в правой части равенства (5), следующим образом:

Подставим полученное выражение в формулу (5):

Из этого равенства находим:

Полученная рекуррентная формула (6), как бы возвращая нас назад от к позволяет свести вычисление интеграла с индексом к вычислению интеграла с меньшим индексом .

Пусть, например, нужно вычислить интеграл . Воспользуемся рекуррентной формулой (б). В данном случае , следовательно, . Имеем:

Для определенных интегралов рекуррентные формулы часто упрощаются за счет того, что при подстановке пределов интегрирования и произведение обращается в нуль.

Пример 7. Вычислить определённый интеграл от тригонометрической функции .

Решение. Введем обозначение и положим

Воспользовавшись формулой (4), получим:

Итак, . Это значит, что

Таким образом, рекуррентная формула (7) позволяет свести вычисление интеграла к вычислению интеграла, где имеет более низкую степень. Например,

Интегрирование по частям

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.

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

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 ) .

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 .

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 .

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 ) .

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 .

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

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

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.

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.

Также советуем вам ознакомиться с материалом, посвященным основным методам интегрирования.

Интегрирование по частям

2. Примеры
   ≡ x^2/(x+2)
   cos 2 (2x+π) ≡ (cos(2*x+pi))^2
   ≡ x+(x-1)^(2/3)

Применение метода интегрирования по частям

Типовые разложения по частям

Вид интеграла	Разложения на части
∫ Pn(x)cos(ax)dx , ∫ Pn(x)sin(ax)dx , ∫ Pn(x)e ax dx , где Pn(x) — некоторый полином (многочлен) степени n	U(x)=Pn(x) , dV(x)=cos(ax)dx
∫ ln(P(x))dx	U=ln(P(x)) ; dV=dx
∫ arcsin(ax)dx	U=arcsin(ax) ; dV=dx
	U=ln(x) ; dV=dx/x

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: