Представлен метод интегрирования неопределенного интеграла по частям. Даны примеры интегралов, вычисляющихся этим методом. Разобраны примеры решений.

Содержание

См. также: Методы вычисления неопределенных интегралов
Таблица неопределенных интегралов
Основные элементарные функции и их свойства

Формула интегрирования по частям имеет вид:
.

Метод интегрирования по частям состоит в применении этой формулы. При практическом применении стоит отметить, что u и v являются функциями от переменной интегрирования. Пусть переменная интегрирования обозначена как x (символ после знака дифференциала d в конце записи интеграла) . Тогда u и v являются функциями от x : u(x) и v(x) .
Тогда
, .
И формула интегрирования по частям принимает вид:
.

То есть подынтегральная функция должна состоять из произведения двух функций:
,
одну из которых обозначаем как u: g(x) = u , а у другой должен вычисляться интеграл (точнее находиться первообразная):
, тогда dv = f(x) dx .

В некоторых случаях f(x) = 1 . То есть в интеграле
,
можно положить g(x) = u, x = v .

Резюме

Итак, в данном методе, формулу интегрирования по частям стоит запомнить и применять в двух видах:
;
.

Интегралы, вычисляющиеся интегрированием по частям

Интегралы, содержащие логарифм и обратные тригонометрические (гиперболические) функции

По частям часто интегрируются интегралы, содержащие логарифм и обратные тригонометрические или гиперболические функции. При этом ту часть, которая содержит логарифм или обратные тригонометрические (гиперболические) функции обозначают через u , оставшуюся часть - через dv .

Вот примеры таких интегралов, которые вычисляются методом интегрирования по частям:
, , , , , , .

Интегралы, содержащие произведение многочлена и sin x, cos x или e x

По формуле интегрирования частям находятся интегралы вида:
, , ,
где P(x) – многочлен от x . При интегрировании, многочлен P(x) обозначают через u , а e ax dx , cos ax dx или sin ax dx - через dv .

Вот примеры таких интегралов:
, , .

Примеры вычисления интегралов методом интегрирования по частям

Примеры интегралов, содержащих логарифм и обратные тригонометрические функции

Пример

Вычислить интеграл:

Подробное решение

Здесь подынтегральное выражение содержит логарифм. Делаем подстановки
u = ln x ,
dv = x 2 dx .
Тогда
,
.

Вычисляем оставшийся интеграл:
.
Тогда
.
В конце вычислений нужно обязательно добавить постоянную C , поскольку неопределенный интеграл - это множество всех первообразных. Также ее можно было добавлять и в промежуточных вычислениях, но это лишь загромождало бы выкладки.

Более короткое решение

Можно представить решение и в более коротком варианте. Для этого не нужно делать подстановки с u и v , а можно сгруппировать сомножители и применить формулу интегрирования по частям во втором виде.

.

Другие примеры

Примеры интегралов, содержащих произведение многочлена и sin x, cos x или ex

Пример

Вычислить интеграл:
.

Введем экспоненту под знак дифференциала:
e - x dx = - e - x d(-x) = - d(e - x) .

Интегрируем по частям.
.
Также применяем метод интегрирования по частям.
.
.
.
Окончательно имеем.

Этот метод основан на следующей формуле: (*)

Пусть и - функции от х, имеющие непрерывные производные и .

Известно, что или ; или .

Интегралы и , так как по условию функции u и v дифференцируемы, а значит и непрерывны.

Формула (*) носит название формулы интегрирования по частям.

Метод, основанный на ее применении, называется методом интегрирования по частям.

Он сводит вычисления к вычислению другого интеграла: .

Применение метода интегрирования по частям состоит в том, что под интегральное выражение заданного интеграла стараются представить в виде произведения , где и - некоторые функции от х, причем эти функции выбирают так, чтобы была для вычисления проще, чем исходный интеграл. При для вычисления предварительно находят и .

(в качестве “v” берут одну какую-либо из исходных первообразных, находимых по dv,поэтому в дальнейшем при вычислении “v” постоянную С в записи будем опускать).

Замечание. Разбивая под интегральное выражение на множители , должны понимать, что должен содержать и .

Общих правил для разложения под интегрального выражения на множители «u» и «dv», к сожалению, дать нельзя. Этому может научить большая и вдумчивая практика.

При всем этом следует иметь в виду, чтобы был проще, чем исходный интеграл.

Пример 6.6.22.

Иногда для получения окончательного результата правило интегрирования по частям применяют последовательно несколько раз.

Метод интегрирования по частям удобно применять, конечно, далеко не всякий раз и умение пользоваться им зависит от наличия опыта.

При вычислении интегралов важно правильно установить, каким методом интегрирования следует пользоваться (так в предыдущем примере тригонометрическая подстановка быстрее приводит к цели).

Рассмотрим наиболее часто встречающиеся интегралы, которые вычисляются интегрированием по частям.

1.Интегралы вида :

где - целый (относительно х) многочлен; а – постоянное число.

Если под знаком интеграла стоит произведение тригонометрической или показательной функции алгебраическую, то за «u» обычно принимают алгебраическую функцию.

Пример6.6.23.

Заметим, что другая разбивка на множители: не приводит к цели.

Доказано,
.

Получим более сложный интеграл.

2.Интегралы вида :

где - многочлен.

Если под знаком интеграла стоит произведение логарифма функции или обратной тригонометрической функции на алгебраическую, то за «u» следует принимать функции .

Пример6.6.23.

3.Интегралы вида:

Здесь можно использовать любую из 2-х возможных разбивок под интегрального выражения на множители: за «u» можно принять как , так и .

Причем вычисление таких интегралов с помощью метода интегрирования по частям приводит к исходному интегралу, то есть получается уравнение относительно искомого интеграла.

Пример 6.6.24.Вычислить .

.

При интегрировании часто приходится последовательно применять метод подстановки и метод интегрирования по частям.

Пример 6.6.25.

Интегрирование некоторых функций, содержащих квадратный трехчлен

1)

.

а это - табличные интегралы.

2) коэффициенты действительного числа

в числителе выделяем производную знаменателя.

a,b,c – действительные числа

а) ; то имеем:

б) . В этом случае имеет смысл рассматривать только тогда, когда дискриминант трехчлена положителен:

Теперь имеем:

Замечание. На практике не пользуются обычно готовыми результатами, а предпочитают всякий раз проводить аналогичные вычисления вновь.

Пример.

4)

Преобразуем числитель так, чтобы из него можно было выделить производную квадратного трехчлена:

В связи с тем, что не существует на практике удобного общего метода вычисления неопределенных интегралов, приходится на ряду с частными методами интегрирования (см.предыдущую лекцию) рассматривать также способы интегрирования некоторых частных классов функций, интегралы от которых часто встречаются на практике.

Важнейшим классом среди них является класс рациональных функций.

«Интегрирование дробно-рациональных функций»

Интегрирование правильной рациональной дроби основано на разложении рациональной дроби в сумму элементарных дробей.

Элементарные (простейшие) дроби и их интегрирование.

Определение. Дроби вида: ; (1)

(2), где

(то есть корни трехчлена являются комплексными), называются элементарными.

Рассмотрим интегрирование элементарных дробей

2)

(где пусть ).

Вычислим интеграл

(*)

Последний интеграл вычисляется с помощью рекуррентной формулы.

Иногда интегрирование по частям позволяет получить соотношение между неопределенным интегралом, содержащим степень некоторой функции, и аналогичным интегралом, но с меньшим показателем степени той же функции. Подобные соотношения называют рекуррентными формулами.

Обозначим через .

Имеем:

В последнем интеграле положим:

Поэтому

откуда

Таким образом, мы пришли к рекуррентной формуле: повторное применение которой в конечном счете приводит к «табличному» интегралу:

Затем вместо «t» и «k» подставляем их значения.

Пример6.6.26.

(по рекурр. формуле).=

.

Рациональной дробью называется функция представимая в виде ; где и - многочлены с действительными коэффициентами.

Рациональная дробь называется правильной если степень числителя меньше степени знаменателя.

Всякая правильная рациональная дробь может быть представлена в виде суммы конечного числа элементарных дробей.

Разложение правильной дроби на элементарные определяется следующей теоремой, которую рассмотрим без доказательства.

Теорема . Если дробь - правильная и , (где трехчлен не имеет действительных корней), то справедливо тождество:

(I)

Отметим, что каждому действительному корню, например а, кратности « » многочлена в этом разложении соответствует сумма элементарных дробей вида (1), а каждой паре комплексно сопряженных корней и (таких, что ) кратности « » - сумма элементарных дробей вида (2).

Чтобы осуществлять разложение (I), нужно научиться определять коэффициенты .

Существуют различные способы их нахождения. Мы рассмотрим метод неопределенных коэффициентов и метод частных значений.

Интегрирование по частям. Примеры решений

И снова, здравствуйте. Сегодня на уроке мы научимся интегрировать по частям. Метод интегрирования по частям – это один из краеугольных камней интегрального исчисления. На зачете, экзамене студенту почти всегда предлагают решить интегралы следующих типов: простейший интеграл (см. статью ) либо интеграл на замену переменной (см. статью ) либо интеграл как раз на метод интегрирования по частям .

Как всегда, под рукой должны быть: Таблица интегралов и Таблица производных . Если у Вас до сих пор их нет, то, пожалуйста, посетите кладовку моего сайта: Математические формулы и таблицы . Не устану повторять – лучше всё распечатать. Весь материал я постараюсь изложить последовательно, просто и доступно, в интегрировании по частям нет особых трудностей.

Какую задачу решает метод интегрирования по частям? Метод интегрирования по частям решает очень важную задачу, он позволяет интегрировать некоторые функции, отсутствующие в таблице, произведение функций, а в ряде случаев – и частное. Как мы помним, нет удобной формулы:. Зато есть такая: – формула интегрирования по частям собственной персоной. Знаю, знаю, ты одна такая – с ней мы и будем работать весь урок (уже легче).

И сразу список в студию. По частям берутся интегралы следующих видов:

1) , , – логарифм, логарифм, умноженный на какой-нибудь многочлен.

2) , – экспоненциальная функция, умноженная на какой-нибудь многочлен. Сюда же можно отнести интегралы вроде – показательная функция, умноженная на многочлен, но на практике процентах так в 97, под интегралом красуется симпатичная буква «е». … что-то лирической получается статья, ах да… весна же пришла.

3) , , – тригонометрические функции, умноженные на какой-нибудь многочлен.

4) , – обратные тригонометрические функции («арки»), «арки», умноженные на какой-нибудь многочлен.

Также по частям берутся некоторые дроби, соответствующие примеры мы тоже подробно рассмотрим.

Интегралы от логарифмов

Пример 1

Классика. Время от времени данный интеграл можно встретить в таблицах, но пользоваться готовым ответом нежелательно, так как у преподавателя весенний авитаминоз и он сильно заругается. Потому что рассматриваемый интеграл отнюдь не табличный – он берётся по частям. Решаем:

Прерываем решение на промежуточные объяснения.

Используем формулу интегрирования по частям:

Формула применяется слева направо

Смотрим на левую часть: . Очевидно, что в нашем примере (и во всех остальных, которые мы рассмотрим) что-то нужно обозначить за , а что-то за .

В интегралах рассматриваемого типа за всегда обозначается логарифм.

Технически оформление решения реализуется следующим образом, в столбик записываем:

То есть, за мы обозначили логарифм, а за – оставшуюся часть подынтегрального выражения.

Следующий этап: находим дифференциал :

Дифференциал – это почти то же самое, что и производная, как его находить, мы уже разбирали на предыдущих уроках.

Теперь находим функцию . Для того чтобы найти функцию необходимо проинтегрировать правую часть нижнего равенства :

Теперь открываем наше решение и конструируем правую часть формулы: .
Вот кстати, и образец чистового решения с небольшими пометками:

Единственный момент, в произведении я сразу переставил местами и , так как множитель принято записывать перед логарифмом.

Как видите, применение формулы интегрирования по частям, по сути дела, свело наше решение к двум простым интегралам.

Обратите внимание, что в ряде случаев сразу после применения формулы, под оставшимся интегралом обязательно проводится упрощение – в рассматриваемом примере мы сократили подынтегральное выражение на «икс».

Выполним проверку. Для этого нужно взять производную от ответа:

Получена исходная подынтегральная функция, значит, интеграл решён правильно.

В ходе проверки мы использовали правило дифференцирования произведения: . И это не случайно.

Формула интегрирования по частям и формула – это два взаимно обратных правила.

Пример 2

Найти неопределенный интеграл.

Подынтегральная функция представляет собой произведение логарифма на многочлен.
Решаем.

Я еще один раз подробно распишу порядок применения правила, в дальнейшем примеры будут оформляться более кратко, и, если у Вас возникнут трудности в самостоятельном решении, нужно вернуться обратно к первым двум примерам урока.

Как уже говорилось, за необходимо обозначить логарифм (то, что он в степени – значения не имеет). За обозначаем оставшуюся часть подынтегрального выражения.

Записываем в столбик:

Сначала находим дифференциал :

Здесь использовано правило дифференцирования сложной функции . Не случайно, на самом первом уроке темы Неопределенный интеграл. Примеры решений я акцентировал внимание на том, что для того, чтобы освоить интегралы, необходимо «набить руку» на производных. С производными придется столкнуться еще не раз.

Теперь находим функцию , для этого интегрируем правую часть нижнего равенства :

Для интегрирования мы применили простейшую табличную формулу

Теперь всё готово для применения формулы . Открываем «звёздочкой» и «конструируем» решение в соответствии с правой частью :

Под интегралом у нас снова многочлен на логарифм! Поэтому решение опять прерывается и правило интегрирования по частям применяется второй раз. Не забываем, что за в похожих ситуациях всегда обозначается логарифм.

Хорошо бы, если к данному моменту простейшие интегралы и производные Вы умели находить устно.

(1) Не путаемся в знаках! Очень часто здесь теряют минус, также обратите внимание, что минус относится ко всей скобке , и эти скобки нужно корректно раскрыть.

(2) Раскрываем скобки. Последний интеграл упрощаем.

(3) Берем последний интеграл.

(4) «Причесываем» ответ.

Необходимость дважды (а то и трижды) применять правило интегрирования по частям возникает не так уж и редко.

А сейчас пара примеров для самостоятельного решения:

Пример 3

Найти неопределенный интеграл.

Этот пример решается методом замены переменной (или подведением под знак дифференциала)! А почему бы и нет – можете попробовать взять его по частям, получится забавная вещь.

Пример 4

Найти неопределенный интеграл.

А вот этот интеграл интегрируется по частям (обещанная дробь).

Это примеры для самостоятельного решения, решения и ответы в конце урока.

Вроде бы в примерах 3,4 подынтегральные функции похожи, а вот методы решения – разные! В этом-то и состоит основная трудность освоения интегралов – если неправильно подобрать метод решения интеграла, то возиться с ним можно часами, как с самой настоящей головоломкой. Поэтому чем больше вы прорешаете различных интегралов – тем лучше, тем легче пройдут зачет и экзамен. Кроме того, на втором курсе будут дифференциальные уравнения, а без опыта решения интегралов и производных делать там нечего.

По логарифмам, пожалуй, более чем достаточно. На закуску могу еще вспомнить, что студенты-технари логарифмами называют женскую грудь =). Кстати, полезно знать назубок графики основных элементарных функций: синуса, косинуса, арктангенса, экспоненты, многочленов третьей, четвертой степени и т.д. Нет, конечно, презерватив на глобус
я натягивать не буду, но теперь вы многое запомните из раздела Графики и функции =).

Интегралы от экспоненты, умноженной на многочлен

Общее правило:

Пример 5

Найти неопределенный интеграл.

Используя знакомый алгоритм, интегрируем по частям:

Если возникли трудности с интегралом , то следует вернуться к статье Метод замены переменной в неопределенном интеграле .

Единственное, что еще можно сделать, это «причесать» ответ:

Но если Ваша техника вычислений не очень хороша, то самый выгодный вариант оставить ответом или даже

То есть, пример считается решенным, когда взят последний интеграл. Ошибкой не будет, другое дело, что преподаватель может попросить упростить ответ.

Пример 6

Найти неопределенный интеграл.

Это пример для самостоятельного решения. Данный интеграл дважды интегрируется по частям. Особое внимание следует обратить на знаки – здесь легко в них запутаться, также помним, что – сложная функция.

Больше про экспоненту рассказывать особо нечего. Могу только добавить, что экспонента и натуральный логарифм взаимно-обратные функции, это я к теме занимательных графиков высшей математики =) Стоп-стоп, не волнуемся, лектор трезв.

Интегралы от тригонометрических функций, умноженных на многочлен

Общее правило: за всегда обозначается многочлен

Пример 7

Найти неопределенный интеграл.

Интегрируем по частям:

Хммм, …и комментировать нечего.

Пример 8

Найти неопределенный интеграл

Это пример для самостоятельного решения

Пример 9

Найти неопределенный интеграл

Еще один пример с дробью. Как и в двух предыдущих примерах за обозначается многочлен.

Интегрируем по частям:

Если возникли трудности или недопонимание с нахождением интеграла , то рекомендую посетить урок Интегралы от тригонометрических функций .

Пример 10

Найти неопределенный интеграл

Это пример для самостоятельного решения.

Подсказка: перед использованием метода интегрирования по частям следует применить некоторую тригонометрическую формулу, которая превращает произведение двух тригонометрических функций в одну функцию. Формулу также можно использовать и в ходе применения метода интегрирования по частям, кому как удобнее.

Вот, пожалуй, и всё в данном параграфе. Почему-то вспомнилась строчка из гимна физмата «А синуса график волна за волной по оси абсцисс пробегает»….

Интегралы от обратных тригонометрических функций.
Интегралы от обратных тригонометрических функций, умноженных на многочлен

Общее правило: за всегда обозначается обратная тригонометрическая функция .

Напоминаю, что к обратным тригонометрическим функциям относятся арксинус, арккосинус, арктангенс и арккотангенс. Для краткости записи я буду называть их «арками»

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

Неопределенный интеграл

1Первообразная и неопределенный интеграл 1

2Простейшие свойства неопределенного интеграла. 3

Таблица основных интегралов 3

2.1Дополнительная таблица интегралов 4

3Замена переменной в неопределённом интеграле 5

3.1Метод интегрирования функций вида и (a≠ 0). 6

4Интегрирование по частям в неопределённом интеграле 7

4.1Метод интегрирования функций вида. 7

4.2Метод интегрирования функций вида: 8

5Интегрирование рациональных дробей 8

5.1Метод интегрирования простейших дробей 4 типа. 11

6Интегрирование иррациональных выражений 12

6.1Интегрирование тригонометрических выражений 14

1. Первообразная и неопределенный интеграл

Решаем дифференциальное уравнение

на интервале , т.е. находим такую функцию , что . Так как , то уравнение (1) можно переписать в дифференциалах:

Любое решение такого уравнения называется первообразной функции . Итак, функция называется первообразной функции на интервале , если для всех . Случаи и/или не исключаются. Ясно, что если первообразная, то и также первообразная. Наша задача – найти все решения уравнения (1). Функция двух переменных называется общим решением уравнения (1) или, по-другому, неопределенным интегралом функции , если при подстановке вместо любого числа получаем частное решение уравнения (1) и любое частное решение уравнения (1) получается таким образом.

Неопределённый интеграл обозначается . Функция называется подинтегральной, дифференциал называется подинтегральным выражением, а -- знак интеграла (растянутая латинская буква S, первая буква слова Sum – сумма). Возникает вопрос о существовании первообразной и неопределенного интеграла. В разделе «Определенный интеграл», § Формула Ньютона-Лейбница будет доказано, что первообразная непрерывной функции всегда существует.

Лемма. Пусть тождественно для всех . Тогда -- константа на этом интервале.

Доказательство. Обозначим для какой-либо точки . Возьмём произвольную точку и к разности применим теорему Лагранжа: для некоторой точки . Отсюда и лемма доказана.□

Теорема о первообразных. Две первообразных одной и той же функции, определенной на интервале, отличаются на константу.

Доказательство. Пусть и -- первообразные функции . Тогда откуда, по лемме -- константа. Следовательно, . □

Следствие. Если -- первообразная функции , то .

Заметим, что если в качестве ОДЗ функции взять не интервал, а, например, такое несвязное множество как объединение двух интервалов , то любая функция вида

имеет нулевую производную, и тем самым лемма и теорема о первообразных перестает быть верной в этом случае.

1. Простейшие свойства неопределенного интеграла.

1. Интеграл от суммы равен сумме интегралов:

2. Константу можно выносить за знак интеграла:

3. Производная от интеграла равна подинтегральной функции.

4. Дифференциал от интеграла равен подинтегральному выражению.

5. (Линейная замена переменных) Если , то (здесь ).

Таблица основных интегралов

В частности,

Для исключительного случая имеем:

1. Дополнительная таблица интегралов

1. Замена переменной в неопределённом интеграле

Определение неопределенного интеграла распространим на более общий случай: полагаем по определению . Таким образом, например

Теорема. Пусть -- дифференцируемая функция. Тогда

Доказательство. Пусть . Тогда

что и требовалось доказать.□

В частном случае, когда получаем линейную замену переменных (см. свойство 5, §1). Применение формулы (1) "слева на право" и будет означать замену переменной. Применение формулы (1) в обратном направлении, "справа налево" называется занесением под знак дифференциала.

Примеры. А.

1. Выделяем в числителе производную квадратного трехчлена:

3. Для вычисления первого интеграла в (2) применяем занесение под знак дифференциала:

Для вычисления второго интеграла выделяем в квадратном трехчлене полный квадрат и линейной заменой переменных сводим его к табличному.

Таким же методом вычисляются и интегралы вида

Примеры

1. Интегрирование по частям в неопределённом интеграле

Теорема. Для дифференцируемых функций и имеет место соотношение

Доказательство. Интегрируя левую и правую часть формулы , получаем:

Так как по определению и , то формула (1) следует.□

Пример.

Для интегрирования таких функций заносим многочлен под знак дифференциала и применяем формулу интегрирования по частям. Процедуру повторяем k раз.

Пример.

1. Интегрирование рациональных дробей

Рациональной дробью называется функция вида , где – многочлены. Если , то рациональную дробь называют правильной . В противном случае ее называют неправильной .

Следующие рациональные дроби называют простейшими

(2 тип)

(3 тип)

(4 тип) ,

Теорема 1. Любую дробь можно разложить в сумму многочлена и правильной рациональной дроби.

Доказательство. Пусть – неправильная рациональная дробь. Поделим числитель на знаменатель с остатком: Здесь -- многочлены, причем Тогда

Дробь правильная в силу неравенства . □

Теорема 2. Любую правильную рациональную дробь можно разложить в сумму простейших.

Алгоритм разложения.

а) Знаменатель правильной дроби раскладываем в произведение неприводимых многочленов (линейных и квадратичных с отрицательным дискриминантом):

Здесь и -- кратности соответствующих корней.

б) Раскладываем дробь в сумму простейших с неопределенными коэффициентами по следующим принципам:

Так мы поступаем для каждого линейного множителя и для каждого квадратичного множителя.

в) Получившееся разложение умножаем на общий знаменатель , и неопределенные коэффициенты отыскиваем из условия тождественности левой и правой части. Действуем комбинацией двух методов

??? – обоснование алгоритма

Примеры. А. Разложим в сумму простейших

Отсюда следует, что . Подставляя в это соотношение находим сразу . Итак

Б. Разложим рациональную дробь в сумму простейших. Разложение этой дроби с неопределенными коэффициентами имеет вид

Умножая на общий знаменатель, получаем соотношение

Подставляя сюда , находим , откуда . Подставляя находим . Приравнивая коэффициенты при получаем систему

Отсюда и . Складывая равенства последней системы, получаем и . Тогда и

Следовательно,

/**/ Задача. Обобщить результат примера А и доказать равенство

1. Метод интегрирования простейших дробей 4 типа.

а) Выделяя в числителе производную знаменателя, разложим интеграл в сумму двух интегралов.

б) Первый из получившихся интегралов, после занесения под знак дифференциала, станет табличным.

в) Во втором в знаменателе выделяем полный квадрат и сводим вычисление к интегралу вида . К этому интегралу применяем следующую рекуррентную процедуру

К последнему интегралу применяем формулу интегрирования по частям:

Итак, если обозначить , то

Это представляет собой рекуррентную формулу вычисления интегралов c учетом начального значения .

Пример

1. Интегрирование иррациональных выражений

Интегралы вида , где m/n,...,r/s -- рациональные числа с общим знаменателем k, сводятся к интегралу от рациональной функции заменой

Тогда суть рациональные выражения, следовательно, после подстановки, получается интеграл от рациональной дроби:

Вычислив этот интеграл (см. пар. 4) и сделав обратную замену , получим ответ.

Аналогично, интегралы вида

где ad-bc≠ 0, а k имеет тот же смысл как и выше, сводятся к интегралам от рациональной дроби заменой

Примеры . А. Вычислим интеграл

Б. Вычислим интеграл

Более простой метод интегрирования (но требующий догадки) этой же функции таков:

1. Интегрирование тригонометрических выражений

Интегралы вида сводятся к интегралам от рациональной функции универсальной заменой

поэтому получаем интеграл от рационального выражения

В частных случаях  R(sin x) cos x dx,  R(cos x) sin x dx и R(sin 2 x, cos 2 x, tg x, ctg x) dx лучше пользоваться заменами соответственно.