Конев В.В. Определенные интегралы
Интегрирование по частям 
Определенные интегралы
Геометрические приложения
  |
(1) |
где u(x) и – любые дифференцируемые функции.
Формула (1) позволяет свести одну проблему интегрирования к другой. Так, если можно вычислить один из интегралов, 
или 
, то можно вычислить и другой, выразив его через известный. В этом и заключается суть метода интегрирования по частям.
Процедура интегрирования по частям состоит из двух этапов.
Во-первых, подынтегральную функцию f(x) нужно представить в виде произведения некоторых функций u(x) и :
Во-вторых, чтобы найти du(x) и 
, нужно продифференцировать u(x) и проинтегрировать :
Самым сложным этапом метода интегрирования по частям является выбор функций u(x) и , поскольку не существует универсального правила, применимого во всех случаях. Понимание приходит только с опытом. Поэтому на первых порах сделайте какой-нибудь выбор и посмотрите – будет ли полученный интеграл проще исходного. Если нет, то сделайте другой выбор, перебирая различные варианты до тех пор, пока не будет найден наилучший. Обычно достаточно решить несколько примеров, чтобы научиться сразу делать правильный выбор. В качестве ориентиров можно использовать следующие простые критерии.
Метод интегрирования по частям
Рассмотрим функции $u=u(x)$ и $v=v(x)$, которые имеют непрерывные производные. Согласно свойствам дифференциалов, имеет место следующее равенство:
Проинтегрировав левую и правую части последнего равенства, получим:
$\int d(u v)=\int(u d v+v d u) \Rightarrow u v=\int u d v+\int v d u$
Полученное равенство перепишем в виде:
$\int u d v=u v-\int v d u$
Эта формула называется формулой интегрирования по частям. С ее помощью интеграл $\int u d v$ можно свести к нахождению интеграла $\int v d u$, который может быть более простым.
В некоторых случаях формулу интегрирования частями нужно применять неоднократно.
Формулу интегрирования по частям целесообразно применять к интегралам следующего вида:
1) $\int P_(x) e^ d x$ ; $\int P_(x) \sin (k x) d x$ ; $\int P_(x) \cos (k x) d x$
Здесь $P_(x)$ — многочлен степени $n$, $k$ — некоторая константа. В данном случае в качестве функции $u$ берется многочлен, а в качестве $d v$ — оставшиеся сомножители. Для интегралов такого типа формула интегрирования по частям применяется $n$ раз.
Примеры решения интегралов данным методом
Задание. Найти интеграл $\int(x+1) e^ d x$
Решение. В исходном интеграле выделим функции $u$ и $v$, затем выполним интегрирование по частям.
$$\int(x+1) e^ d x \quad\left\|\begin u=x+1 & d v=e^ d x \\ d u=d x & v=\frac e^ \end\right\|=(x+1) \cdot \frac e^-\int \frac e^ d x=$$
проверенных автора готовы помочь в написании работы любой сложности
Мы помогли уже 4 430 ученикам и студентам сдать работы от решения задач до дипломных на отлично! Узнай стоимость своей работы за 15 минут!
Задание. Найти интеграл $\int x^ \cos x d x$
Решение. В исходном интеграле выделим функции $u$ и $v$, затем выполним интегрирование по частям. Для решения данного интеграла эту операцию надо повторить 2 раза.
$$\int x^ \cos x d x\left\|\begin u=x^ & d v=\cos x d x \\ d u=2 x d x & v=\sin x \end\right\|=x^ \sin x-\int \sin x \cdot 2 x d x=$$ $$=x^ \sin x-2 \int x \sin x d x \| \begin u=x & d v=\sin x d x \\ d u=d x & v=-\cos x \end$$
$=x^ \sin x-2\left(x \cdot(-\cos ) x-\int(-\cos x) d x\right)=$
$=x^ \sin x+2 x \cos x-2 \int \cos x d x=$
$=x^ \sin x+2 x \cos x-2 \sin x+C=\left(x^-1\right) \sin x+2 x \cos x+C$
Ответ. $\int x^ \cos x d x=\left(x^-1\right) \sin x+2 x \cos x+C$
2)$\int P_(x) \arcsin x d x$ ; $\int P_(x) \arccos x d x$ ; $\int P_(x) \ln x d x$
Здесь принимают, что $d v=P_(x) d x$, а в качестве $u$ оставшиеся сомножители.
Задание. Найти интеграл $\int \ln x d x$
Решение. В исходном интеграле выделим функции $u$ и $v$, затем выполним интегрирование по частям.
$$\int \ln x d x\left\|\begin u=\ln x \quad d v=d x \\ d u=\frac \quad v=x \end \quad\right\|=x \ln x-\int x \cdot \frac=$$
$=x \ln x-\int d x=x \ln x-x+C=x(\ln x-1)+C$
Ответ. $\int \ln x d x=x(\ln x-1)+C$
Задание. Найти интеграл $\int \arcsin x d x$
Решение. В исходном интеграле выделим функции $u$ и $v$, затем выполним интегрирование по частям. Для решения данного интеграла эту операцию надо повторить 2 раза.
$$\int \arcsin x d x\left\|\begin u=\arcsin x & d v=d x \\ d u=\frac>> & v=x \end\right\|=$$ $$\begin
$=x \arcsin x-\int \frac>>=x \arcsin x+\int \frac=x \arcsin x+\int d t=$
$=x \arcsin x+t+C=x \arcsin x+\sqrt>+C$
Ответ. $\int \arcsin x d x=x \arcsin x+\sqrt>+C$
3)$\int e^ \sin (c x+f) d x$ ; $\int e^ \cos (c x+f) d x$
В данном случае в качество $u$ берется либо экспонента, либо тригонометрическая функция. Единственным условием есть то, что при дальнейшем применении формулы интегрирования по частям в качестве функции $u$ берется та же функция, то есть либо экспонента, либо тригонометрическая функция соответственно.
Задание. Найти интеграл $\int e^ \sin x d x$
Решение. В исходном интеграле выделим функции $u$ и $v$, затем выполним интегрирование по частям.
$=-e^ \cos x+\frac\left(e^ \sin x-\int \sin x \cdot \frac
Таким образом, получили равенство:
$\int e^ \sin x d x=-e^ \cos x+\frac
Перенося интеграл из правой части равенства в левую, имеем:
$\int e^ \sin x d x+\frac \int e^ \sin x d x=-e^ \cos x+\frac
Далее домножая левую и правую части равенства на $\frac$ , окончательно имеем:
Ответ. $\int e^ \sin x d x=-\frac <4 e^\cos x>+\frac <2 e^\sin x>+C$
Интегральное исчисление/Основные свойства неопределённого интеграла
Прежде, чем рассматривать тему интегрирования далее, нужно условиться, что подразумевать под равенством двух интегралов. С формальной точки зрения при интегрировании всегда возникает произвольная постоянная, то есть равенство
∫ f 1 ( x ) d x = ∫ f 2 ( x ) d x (x)\,dx=\int f_(x)\,dx> (4.1)
правильнее записывать как
∫ f 1 ( x ) d x + C 1 = ∫ f 2 ( x ) d x + C 2 , (x)\,dx+C_=\int f_(x)\,dx+C_,> (4.2)
но это равенство можно представить и в виде
∫ f 1 ( x ) d x = ∫ f 2 ( x ) d x + C , (x)\,dx=\int f_(x)\,dx+C,> (4.3)
Также C можно не писать во время вывода промежуточных формул, а приписать уже к конечному варианту суммарную константу. Этим в дальнейшем мы и будем пользоваться в данном учебнике.
Перейдём теперь к рассмотрению основных свойств неопределённого интеграла.
Свойство 4.1. Постоянный множитель можно вынести за знак интеграла . если a не равно 0 .
Доказательство свойства 4.1
В левой части по формуле (2.8) получаем:
Воспользовавшись снова (2.8) окончательно получаем:
( a ⋅ ∫ f ( x ) d x + C ) ′ = a ⋅ f ( x ) d x (4.8) Равенство правой и левой частей доказывает рассматриваемое свойство.
Свойство 4.2. Интеграл алгебраической суммы равен алгебраической сумме интегралов:
∫ ( f 1 ± f 2 ) d x = ∫ f 1 d x ± ∫ f 2 d x + C . \pm f_)\,dx=\int f_\,dx\pm \int f_\,dx+C.> (4.9)
Доказательство свойства 4.2
Для доказательства этого свойства поступим также как и в предыдущем случае: найдём производные от левой и правой частей равенства и сравним их: ( ∫ ( f 1 ± f 2 ) d x ) ′ \pm f_)\,dx\right)’> и ( ∫ f 1 d x ± ∫ f 2 d x + C ) ′ . \,dx\pm \int f_\,dx+C\right)’.> (4.10)
По правилам взятия производной от интеграла и суммы получаем:
( f 1 ± f 2 ) d x \pm f_)\,dx> и f 1 d x ± f 2 d x \,dx\pm f_\,dx> (4.11)
для левой и правой части соответственно.
Так как дифференциал от алгебраической суммы равен сумме дифференциалов, то можно считать свойство 4.2 доказанным.
Первые два свойства выражают линейность интеграла.
Свойство 4.3. Вид интеграла не зависит от вида переменной интегрирования:
или, что тоже самое,
где φ ( t ) — непрерывная вместе со своей производной функция.
Доказательство свойства 4.3
Для доказательства этого свойства достаточно убедиться, что производная от правой части ( F [ φ ( t ) ] + C ) ′ равна f [ φ ( t ) ] φ ′ ( t ) . Но это следует из правила дифференцирования сложной функции: ( F [ φ ( t ) ] ) ′ = F ′ [ φ ( t ) ] φ ′ ( t ) . (4.13) .
Пусть x = φ ( t ) . Тогда из левой части (4.12) вытекает по определению интеграла: F ′ ( x ) = f ( x ) , или после подстановки, F ′ [ φ ( t ) ] = f [ φ ( t ) ] . Поэтому действительно
Следовательно, правая часть формулы (4.12) верна для любой непрерывно дифференцируемой функции φ ( t ) .
Заметим, что попутно мы убедились в инвариантности первого дифференциала: поскольку по определению дифференциала d F ( x ) = F ′ ( x ) d x = f ( x ) d x получается, что дифференциал — это просто подынтегральное выражение, то, сравнивая эти подынтегральные выражения в (4.12), то есть d F ( x ) и d F [ φ ( t ) ] , и учитывая, что d [ φ ( t ) ] = φ ′ ( t ) d t , убеждаемся в их равенстве, то есть f ( x ) d x = f [ φ ( t ) ] d [ φ ( t ) ] — получилось свойство инвариантности дифференциалов.
Так как в процессе интегрирования нужно получить функцию от x , то нужно сделать обратную подстановку x = φ ( t ) .
Это свойство является основой метода замены переменной, или метода подстановки.
Очень часто приходится рассматривать интегралы вида:
Заменой переменной φ ( x ) = a x + b их можно свести к интегралу того же вида, но уже от новой переменной φ :
Здесь мы переходим от d x к d ( a x + b ) , пользуясь формулой d ( a x + b ) = ( a x + b ) ′ d x = a d x . Так что множитель 1 / a в формуле (4.16) компенсирует постоянную a , появляющуюся в результате взятия производной от a x + b .
В частном случае, получим интегралы вида:
В качестве примера вычислим интеграл от гиперболического синуса:
Воспользовавшись определением функции, получим:
Используя свойства 4.1 и 4.2 получим:
∫ e x − e − x 2 d x = 1 2 ∫ ( e x − e − x ) d x = 1 2 ∫ e x d x − 1 2 ∫ e − x d x . -e^>>\,dx=>\int (e^-e^)\,dx=>\int e^\,dx->\int e^\,dx.> (4.21)
Интеграл от первого слагаемого сразу находится по таблице основных интегралов. Получаем:
Для вычисления интеграла от второго слагаемого согласно свойству 4.3 сделаем замену переменной t = − x , тогда получаем: d x = − d t ,
1 2 ∫ e − x d x = 1 2 ∫ e t ( − d t ) = − 1 2 ∫ e t d t >\int e^\,dx=>\int e^\,(-dt)=->\int e^\,dt> (4.23)
в силу линейности интеграла и дифференциала. Поэтому окончательно, заметив, что последний интеграл табличный, имеем:
Вернёмся обратно к переменной x и для двух слагаемых получим:
В правой части стоит не что иное как гиперболический косинус:
Аналогичным образом, опуская подробности, найдём интеграл от гиперболического косинуса:
∫ c h x d x = ∫ e x + e − x 2 d x = 1 2 ∫ e x d x + 1 2 ∫ e − x d x = 1 2 e x − 1 2 e − x = s h x , \,x\,dx=\int +e^>>\,dx=>\int e^\,dx+>\int e^\,dx=>e^->e^=\mathrm \,x,> (4.29)
Эти же результаты можно было получить, используя связь тригонометрических и гиперболических функций.
Рассмотрим теперь несколько примеров на использование этого свойства.
Пример 4.1. Найти интеграл
Решение. По форме этот интеграл схож с интегралом от синуса, чтобы свести его к табличному виду введём замену переменной вида φ = π x . Выразим отсюда x и найдём вид дифференциала d x :
Подставим выражения (4.32) в исходный интеграл:
∫ π sin φ 1 π d φ = ∫ sin φ d φ = − cos φ + C . <\pi >>\,d\varphi =\int \sin \varphi \,d\varphi =-\cos \varphi +C.> (4.33)
Чтобы получить исходный интеграл нужно в (4.33) снова вернуться к переменной x :
Пример 4.2. Найти интеграл
Решение. Найти этот интеграл можно, если раскрыть скобку, используя формулу бинома Ньютона, но гораздо проще сделать замену t = 8 x + 5 , d x = 1 8 d t >\,dt> и свести к интегралу от степенной функции:
Вернёмся снова к переменной x :
Пример 4.3. Найти интеграл
Решение. При внимательном рассмотрение можно заметить, что ( a r c t g x ) ′ = 1 x 2 + 1 \,x)’=+1>>> , поэтому интеграл можно записать в виде:
∫ a r c t g 3 x x 2 + 1 d x = ∫ a r c t g 3 x d ( a r c t g x ) . ^x>+1>>\,dx=\int \mathrm ^x\,d(\mathrm \,x).> (4.39)
В результате мы пришли к степенной функции, интеграл от которой известен:
Следовательно, окончательно мы имеем равенство:
Другие примеры и более подробная методика будут изложены в соответствующем разделе учебника.
Свойство 4.4. Имеет место следующее равенство:
где u и v — две непрерывно дифференцируемые функции.
Доказательство свойства 4.4
Это свойство можно доказать, если рассмотреть дифференциал от произведения функций:
и подставим в левую часть (4.42):
После преобразований получим:
∫ ( d ( u v ) − v d u ) = ∫ d ( u v ) − ∫ v d u = u v − ∫ v d u + C . (4.46) Таким образом делаем заключение, что формула (4.42), известная также как формула интегрирования по частям, верна.
На свойстве 4.4 основан метод интегрирования по частям, который позволяет найти определённый класс интегралов, в которых изменение подынтегрального выражения может привести к более простому интегралу или к интегралу, метод решения которого известен.
Пример 4.4. Найти интеграл
Решение. Чтобы найти этот интеграл попробуем изменить в нём подынтегральное выражение следующим образом: за функцию u возьмём ln x , то есть u = ln x , остальные сомножители будут представлять собой дифференциал d v = x d x . Чтобы иметь возможность применить формулу (4.42) нужно найти d u и v :
Константу интегрирования в выражении (4.49) мы не пишем, потому что нас интересует определённая функция v , а не всё семейство, порождаемое интегрированием, поэтому можно положить, что здесь C = 0 .
Воспользуемся свойством 4.4, подставив выражения (4.48) и (4.49):
В разделе, посвящённом методам интегрирования, мы подробнее рассмотрим приёмы с использованием этого метода.
Метод интегрирования по частям: объяснение, решение примеров
Следующая формула называется формулой интегрирования по частям в неопределённом интеграле:
Для применения формулы интегрирования по частям подынтегральное выражение нужно разбить на два множителя. Один из них обозначается через u, а остальная часть относится ко второму множителю и обозначается через dv. Затем дифференцированием находится du и интегрированием — функция v. При этом за u следует брать такую часть подынтегральной функции, которая при дифференцировании сильно не усложняется, а за dv — такую часть подынтегрального выражения, которая легко интегрируется.
Когда выгодно применять метод интегрирования по частям? Тогда, когда подынтегральная функция содержит:
1) — логарифмические функции, а также обратные тригонометрические функции (с приставкой «arc»), тогда на основании продолжительного опыта интегрирования по частям эти функции обозначаются через u;
2) , , — синус, косинус и экспоненту, умноженные на P(x) — произвольный многочлен от икса, тогда эти функции обозначают через dv, а многочлен — через u;
3) , , , , в этом случае интегрирование по частям применяется дважды.
Поясним ценность метода интегрирования по частям на примере первого случая. Пусть выражение под знаком интеграла содержит логарифмическую функцию (таким будет пример 1). Применением интегрирования по частям такой интеграл сводится вычислению интеграла только алгебраических функций (чаще всего многочлена), то есть не содержащих логарифмическую или обратную тригонометрическую функцию. Применяя данную в самом начале урока формулу интегрирования по частям
получаем в первом слагаемом (без интеграла) логарифмическую функцию, а во втором слагаемом (под знаком интеграла) — функцию, не содержащую логарифма. Интеграл алгебраической функции намного проще интеграла, под знаком которого находятся отдельно или вместе с алгебраическим множителем логарифмическая или обратная тригонометрическая функция.
Таким образом, с помощью формулы интегрирования по частям интегрирование не выполняется сразу: нахождение данного интеграла сводится к нахождению другого. Смысл формулы интегрирования по частям состоит в том, чтобы в результате её применения новый интеграл оказался табличным или хотя бы стал проще первоначального.
Метод интегрирования по частям основан на использовании формулы дифференцирования произведения двух функций:
то её можно записать в виде
который и был приведён в самом начале урока.
При нахождении интегрированием функции v для неё получается бесконечное множество первообразных функций. Чтобы применить формулу интегрирования по частям, можно взять любую из них, а значит, и ту, которая соответствует произвольной постоянной С, равной нулю. Поэтому при нахождении функции v произвольную постоянную С вводить не следует.
Есть у метода интегрирования по частям совершенно особенное применение: с его помощью можно выводить рекуррентные формулы для нахождения первообразных функций, когда требуется понизить степень функций под знаком интеграла. Понижение степени необходимо, когда не существует табличных интегралов для таких, например, функций, как синусы и косинусы в степени более второй и их произведения. Рекуррентная формула — это формула для нахождения очередного члена последовательности через предыдущий член. Для обозначенных случаев цель достигается последовательным понижением степени. Так, если подынтегральная функция — синус в четвёртой степени от икса, то методом интегрирования по частям можно найти формулу для интеграла синуса в третьей степени и так далее. Описанной задаче посвящен последний параграф этого урока.
Применяем интегрирование по частям вместе
Пример 1. Найти неопределённый интеграл методом интегрирования по частям:
Решение. В подынтегральном выражении — логарифм, который, как мы уже знаем, разумно обозначить через u. Полагаем, что , .
Находим (как уже говорилось в пояснении к теоретической справке, сразу же получаем в первом слагаемом (без интеграла) логарифмическую функцию, а во втором слагаемом (под знаком интеграла) — функцию, не содержащую логарифма, сводящуюся к табличному интегралу (8)):
И снова логарифм.
Пример 2. Найти неопределённый интеграл:
Логарифм присутствует в квадрате. Это значит, что его нужно дифференцировать как сложную функцию. Находим, пользуясь производной 6 в таблице производных сложных функций:
,
.
Применяя формулу интегрирования по частям, получаем:
Второй интеграл вновь находим по частям и получаем уже упомянутое преимущество (в первом слагаемом (без интеграла) логарифмическую функцию, а во втором слагаемом (под знаком интеграла) — функцию, не содержащую логарифма, сводящуюся к табличному интегралу 9).
Находим изначальный интеграл:
Пример 3. Найти неопределённый интеграл методом интегрирования по частям:
Решение. Арктангенс, как и логарифм, лучше обозначить через u. Итак, пусть , .
Применяя формулу интегрирования по частям, получаем:
Возвращаясь к переменной x, получаем
Находим изначальный интеграл:
Пример 4. Найти неопределённый интеграл методом интегрирования по частям:
Решение. Экспоненту лучше обозначить через dv. Разбиваем подынтегральное выражение на два множителя. Полагая, что
Проверить решение задач на неопределённый интеграл можно на калькуляторе неопределённых интегралов онлайн.
Пример 5. Найти неопределённый интеграл методом интегрирования по частям:
Используя формулу интегрирования по частям (1), находим:
Пример 6. Найти неопределённый интеграл методом интегрирования по частям:
Решение. Синус, как и экспоненту, удобно обозначить через dv. Пусть , .
По формуле интегрирования по частям находим:
Применить интегрирование по частям самостоятельно, а затем посмотреть решение
Пример 7. Найти неопределённый интеграл методом интегрирования по частям:
Пример 8. Найти неопределённый интеграл методом интегрирования по частям:
Пример 9. Найти неопределённый интеграл методом интегрирования по частям:
Снова применяем интегрирование по частям вместе
Пример 10. Найти неопределённый интеграл методом интегрирования по частям:
Решение. Как и во всех подобных случаях, косинус удобно обозначить через dv. Обозначаем , (производная 7 в таблице производных сложной функции).
По формуле интегрирования по частям получаем:
Ко второму слагаемому также применяем интегрирование по частям. Обозначаем , .
Применив эти обозначения, интегрируем упомянутое слагаемое:
Теперь находим требуемый интеграл:
Среди интегралов, которые можно решить методом интегрирования по частям, есть и такие, которые не входят ни в одну из трёх упомянутых в теоретической части групп, относительно которых из практики известно, что лучше обозначать через u, а что через dv. Поэтому в этих случаях нужно пользоваться соображением удобства, также приведённым в параграфе «Суть метода интегрирования по частям»: за u следует брать такую часть подынтегральной функции, которая при дифференцировании сильно не усложняется, а за dv — такую часть подынтегрального выражения, которая легко интегрируется. Последний пример этого урока — решение именно такого интеграла.
Пример 11. Найти неопределённый интеграл методом интегрирования по частям:
Решение. Примем как руководство к действию общее соображение относительно обозначений. Обозначаем , (табличная производная 8).
По формуле интегрирования по частям получаем:
Интегрирование по частям для вывода рекуррентных формул
Случаев, когда требуется понижения степени подынтегральной функции, мы уже коснулись во вводной части урока. Теперь — практика использования для этой цели метода интегрирования по частям.
Пример 12. Используя интегрирование по частям, вывести рекуррентную формулу для
Решение. Для удобства приведём исходный интеграл к такому выражению, в котором присутствовали бы и синус, и косинус. Используя тригонометрические тождества, получаем
Ко второму слагаемому — интегралу — применяем метод интегрирования по частям. Для этого обозначим
Находим это второе слагаемое — интеграл:
Теперь находим рекуррентную формулу для исходного интеграла:
С помощью полученной формулы найдём I 4 :