Интегрирование по частям

Интегрирование по частям в неопределенном интеграле

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

Пусть [cbm]u=u(x),~v=v(x)[/cbm] — функции, дифференцируемые на некотором промежутке [cbm]X[/cbm] . Тогда, как известно, дифференциал произведения этих функций вычисляется по формуле

[cbm]d(uv)=u\,dv+v\,du\,.[/cbm]

Взяв неопределенный интеграл от обеих частей этого равенства, получим:

[cbm]\int d(uv)=\int\bigl(u\,dv+v\,du\bigr).[/cbm] Так как [cbm]\int d(uv)=uv+C[/cbm] , а [cbm]\int\bigl(u\,dv+v\,du\bigr)= \int u\,dv+\int v\,du[/cbm] ,
то получаем: [cbm]uv+C=\int u\,dv+\int v\,du[/cbm] , откуда [cbm]\int u\,dv=uv+C-\int v\,du[/cbm] .

Поскольку [cbm]\textstyle{\int v\,du}[/cbm] уже содержит произвольную постоянную, в правой части полученного равенства [cbm]C[/cbm] можно опустить и записать равенство в виде

[cbm]\int u\,dv=uv-\int v\,du\,.[/cbm]
(1)

Полученная формула называется формулой интегрирования по частям.

При выводе формулы (1) мы предположили, что функции [cbm]u(x)[/cbm] и [cbm]v(x)[/cbm] дифференцируемы. Этой формулой обычно пользуются в тех случаях, когда подынтегральное выражение [cbm]v\,du[/cbm] проще, чем подынтегральное выражение [cbm]u\,dv[/cbm] .

Заметим, что одно и то же подынтегральное выражение можно различными способами записать в виде [cbm]u\,dv[/cbm] . Например,

[cbm]x^4\sin{x}\,dx=x^4\cdot d(-\cos{x})=\sin{x}\cdot d\!\left(\frac{x^5}{5}\right)= x^2\sin{x}\cdot d\!\left(\frac{x^3}{3}\right)[/cbm]

и т. д. Поэтому иногда приходится испытывать различные формы такой записи, прежде чем метод приведет к успеху. Обычно стараются подынтегральное выражение разбить на части [cbm]{u}[/cbm] и [cbm]dv[/cbm] так, чтобы вид [cbm]{v}[/cbm] был не сложнее, чем вид [cbm]{v'}[/cbm] , а вид [cbm]{u'}[/cbm] проще, чем вид [cbm]{u}[/cbm] . В частности, полезно иметь в виду, что для таких функций, как [cbm]y=\ln{x},[/cbm] [cbm]y=x^n,[/cbm] [cbm]y=\operatorname{arctg}x,[/cbm] [cbm]y=\operatorname{arcctg}x[/cbm] , производные имеют вид более простой, чем сами функции. Поэтому в большинстве случаев эти функции удобно принимать за функцию [cbm]{u}[/cbm] .


Пример 1. Вычислим по частям неопределенный интеграл [cbm]\int x\cos{x}\,dx[/cbm] .

Решение. Положим [cbm]u=x,~dv=\cos{x}\,dx[/cbm] . Тогда [cbm]du=dx,~ v=\sin{x}[/cbm] .

Используя формулу интегрирования по частям (1), получаем:

[cbm]\int x\cos{x}\,dx=x\sin{x}-\int\sin{x}\,dx=x\sin{x}+\cos{x}+C.[/cbm]

Замечание. При нахождении [cbm]{v}[/cbm] не пишут промежуточную произвольную постоянную [cbm]C_1[/cbm] , так как она не оказывает влияния на окончательный результат.

Пример 2. Вычислим интеграл [cbm]\int x^2\sin{x}\.dx[/cbm] с помощью метода интегрирования по частям.

Решение. Положим [cbm]u=x^2,~dv=\sin{x}\,dx[/cbm] . Тогда [cbm]du=2x\,dx,~v=-\cos{x}[/cbm] .

Используя формулу (1), получим:

[cbm]\int x^2\sin{x}\,dx=-x^2\cos{x}+2\int x\cos{x}\,dx.[/cbm]
(2)

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

[cbm]\int x\cos{x}\,dx=x\sin{x}+\cos{x}+C_1.[/cbm]

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

[cbm]\int x^2\sin{x}\,dx=-x^2\cos{x}+ 2(x\sin{x}+\cos{x}+C_1)= 2x\sin{x}+(2-x^2)\cos{x}+C~~(C=2C_1).[/cbm]

Пример 3. Вычислим неопределённый интеграл [cbm]\int x^3\ln{x}[/cbm] .

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

Положим [cbm]u=\ln{x},~~dv=x^3\,dx[/cbm] . Тогда [cbm]du=\frac{1}{x}\,dx,~~ v=\int x^3\,dx=\frac{x^4}{4}\,.[/cbm] .

Используя формулу (1), будем иметь:

[cbm]\begin{aligned}\int x^3\ln{x}\,dx&= \frac{x^4}{4}\ln{x}-\int\frac{x^4}{4} \cdot\frac{1}{x}\,dx= \frac{x^4}{4}\ln{x}-\frac{1}{4}\int x^3\,dx=\\ &=\frac{x^4}{4} \ln{x}-\frac{1}{4}\!\left(\frac{x^4}{4}+C_1\right)= \frac{x^4}{4}\ln{x}-\frac{x^4}{16}+C. \end{aligned}[/cbm]

Пример 4. Вычислим [cbm]\int e^x\sin{x}\,dx[/cbm] .

Решение. В данном случае под знаком интеграла содержится произведение двух функций [cbm]e^x[/cbm] и [cbm]\sin{x}[/cbm] . Производная и первообразная каждой из этих функций не проще самой функции. Это значит, что в данном случае за и можно принять любую из функций [cbm]e^x,~\sin{x}[/cbm] .

Положим [cbm]u=e^x,~~dv=\sin{x}\,dx[/cbm] . Тогда [cbm]du=e^x\,dx,~~ v=-\cos{x}\,dx[/cbm] .

Преобразуем данный интеграл, воспользовавшись формулой (1):
[cbm]\int e^x\sin{x}\,dx= -e^x\cos{x}+\int\cos{x}\cdot e^x\,dx.[/cbm]

В правой части получили интеграл того же вида, что и данный. Для его вычисления применим метод интегрирования по частям, снова взяв за [cbm]{u}[/cbm] показательную функцию:

[cbm]u=e^x,~~dv=\cos{x}\,dx[/cbm] . Тогда [cbm]du=e^x\,dx,~~v=\sin{x}[/cbm] .

Таким образом,

[cbm]\int e^x\sin{x}\,dx= -e^x\cos{x}+e^x\sin{x}-\int e^x\sin{x}\,dx.[/cbm]
(3)

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

[cbm]2\int e^x\sin{x}\,dx=e^x\sin{x}-e^x\cos{x}+C_1[/cbm]
и далее:
[cbm]\int e^x\sin{x}\,dx=\frac{1}{2}\,e^x (\sin{x}-\cos{x})+C~\,\left(C= \frac{C_1}{2}\right)\!.[/cbm]

Замечание. После переноса интеграла в левую часть равенства (3) надо оставить в правой части произвольную постоянную [cbm]C_1[/cbm] , неявно содержащуюся в записи интеграла.


Интегрирование по частям в определенном интеграле

Для определенного интеграла формула интегрирования по частям принимает следующий вид:

[cbm]\int\limits_{a}^{b}u\,dv=\Bigl.{uv}\Bigr|_{a}^{b}-\int\limits_{a}^{b}v\,du.[/cbm]
(4)
В самом деле, если
[cbm]\int u\,dv=F(x)+C_1,\qquad \int v\,du=\Phi(x)+C2,[/cbm]

то по формуле интегрирования по частям для неопределенного интеграла имеем:
[cbm]F(x)=u(x)v(x)-\Phi(x)+C.[/cbm]
Поэтому
[cbm]F(b)=u(b)v(b)-\Phi(b)+C[/cbm] и [cbm]F(a)=u(a)v(a)-\Phi(a)+C[/cbm] .

Значит, [cbm]F(b)-F(a)=\bigl(u(b)v(b)-u(a)v(a)\bigr)-\bigl(\Phi(b)-\Phi(a)\bigr)[/cbm] , а это и есть формула (4).


Пример 5. Вычислить по частям определённый интеграл [cbm]\int\limits_{1}^{2}x\,e^x\,dx[/cbm] .

Решение. Положим [cbm]u=x,~~dv=e^x\,dx[/cbm] . Тогда [cbm]du=dx,~~v=e^x[/cbm] .

Воспользовавшись формулой (4), получим:

[cbm]\int\limits_{1}^{2}x\,e^x\,dx= \Bigl.{x\,e^x}\Bigr|_{1}^{2}- \int\limits_{1}^{2} e^x\,dx= 2\cdot e^2-1\cdot e^1-\Bigl.{e^x}\Bigr|_{1}^{2}= 2e^2-e-(e^2-e)=e^2.[/cbm]

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 [cbm]\int\frac{dx}{(a^2+x^2)^n}~ (n=1,2,3,\ldots)[/cbm] .

Решение. Введем обозначение [cbm]I_k=\int\frac{dx}{(a^2+x^2)^k}[/cbm] .

Положим [cbm]u=\frac{1}{(a^2+x^2)^n},~dv=dx[/cbm] . Тогда [cbm]du=-n(a^2+x^2)^{-n-1} \cdot2x\,dx=-\frac{2nx\,dx}{(a^2+x^2)^{n+1}},~v=x[/cbm] .

Воспользовавшись формулой (1), получим:

[cbm]I_n=\int\frac{dx}{(a^2+x^2)^n}= \frac{x}{(a^2+x^2)^n}+ 2n\int\frac{x^2\,dx}{(a^2+x^2)^{n+1}}\,.[/cbm]
(5)

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

[cbm]\int\frac{x^2\,dx}{(a^2+x^2)^{n+1}}= \int\frac{(a^2+x^2)-a^2}{(a^2+x^2)^{n+1}}\,dx= \ int\frac{dx}{(a^2+x^2)^n}- a^2\int\frac{dx}{(a^2+x^2)^{n+1}}=I_n-a^2I_{n+1}.[/cbm]

Подставим полученное выражение в формулу (5):
[cbm]I_n=\frac{x}{(a^2+x^2)^n}+2n(I_n-a^2I_{n+1}).[/cbm]

Из этого равенства находим:
[cbm]I_{n+1}=\frac{2n-1}{2na^2}\,I_n+\frac{1}{2na^2}\cdot\frac{x}{(a^2+x^2)^n}\,.[/cbm]
(6)

Полученная рекуррентная формула (6), как бы возвращая нас назад от [cbm]n+1[/cbm] к [cbm]{n}[/cbm] позволяет свести вычисление интеграла с индексом [cbm]n+1[/cbm] к вычислению интеграла с меньшим индексом [cbm]{n}[/cbm] .

Пусть, например, нужно вычислить интеграл [cbm]\int\frac{dx}{(a^2+x^2)^2}[/cbm] . Воспользуемся рекуррентной формулой (б). В данном случае [cbm]n+1=2[/cbm] , следовательно, [cbm]n=1[/cbm] . Имеем:

[cbm]I_2=\frac{1}{2a^2}\,I_1+\frac{1}{2a^2}\cdot\frac{x}{a^2+x^2}\,,[/cbm]
то есть
[cbm]I_2=\int\frac{dx}{(a^2+x^2)^2}= \frac{1}{2a^2}\int\frac{dx}{a^2+x^2}+ \frac{1}{2a^2}\cdot\frac{x}{a^2+x^2}= \frac{1}{2a^2}\!\left(\frac{1}{a}\operatorname{arctg} \frac{x}{a}+ \frac{x}{a^2+x^2}\right)+C.[/cbm]

Для определенных интегралов рекуррентные формулы часто упрощаются за счет того, что при подстановке пределов интегрирования [cbm]{a}[/cbm] и [cbm]{b}[/cbm] произведение [cbm]u(x)v(x)[/cbm] обращается в нуль.


Пример 7. Вычислить определённый интеграл от тригонометрической функции [cbm]\int\limits_{0}^{\pi/2}\sin^nx\,dx~(n=1,2,3,\ldots)[/cbm] .

Решение. Введем обозначение [cbm]I_n=\int\limits_{0}^{\pi/2}\sin^nx\,dx[/cbm] и положим

[cbm]u=\sin^{n-1}x,~~dv=\sin{x}\,dx[/cbm] . Тогда [cbm]du=(n-1)\sin^{n-2}x\cos{x}\,dx,~~ v=-\cos{x}\,.[/cbm]

Воспользовавшись формулой (4), получим:

[cbm]\begin{aligned}I_n&=\int\limits_{0}^{\pi/2}\sin^nx\,dx= \int\limits_{0}^{\pi/2} \sin^{n-1}x\sin{x}\,dx= \Bigl.{-\cos{x}\sin^{n-1}x}\Bigr|_{0}^{\pi/2}+ (n-1)\int\limits_{0}^{\pi/2} \sin^{n-2}x\cos^2x\,dx=\\ &=-\left(\cos\frac{\pi}{2}\sin^{n-1}\frac{\pi}{2}-\cos0\sin^{n-1}0\right)+ (n-1)\int\limits_{0}^{\pi/2} \sin^{n-2}x(1-\sin^2x)\,dx=\\ &=0+(n-1)\int\limits_{0}^{\pi/2} \sin^{n-2}x\,dx- (n-1)\int\limits_{0}^{\pi/2} \sin^{n}x\,dx=(n-1)I_{n-2}-(n-1}I_n. \end{aligned}[/cbm]

Итак, [cbm]I_n=(n-1)I_{n-2}-(n-1)I_n[/cbm] . Это значит, что

[cbm]I_n=\frac{n-1}{n}\,I_{n-2},[/cbm]
(7)
то есть
[cbm]\int\limits_{0}^{\pi/2} \sin^{n}x\,dx= \frac{n-1}{n}\int\limits_{0}^{\pi/2} \sin^{n-2}x\,dx\,.[/cbm]

Таким образом, рекуррентная формула (7) позволяет свести вычисление интеграла [cbm]\int\limits_{0}^{\pi/2}\sin^{n}x\,dx[/cbm] к вычислению интеграла, где [cbm]\sin{x}[/cbm] имеет более низкую степень. Например,

[cbm]I_3=\int\limits_{0}^{\pi/2}\sin^{3}x\,dx= \frac{3-1}{3}\,I_1= \frac{2}{3}\int\limits_{0}^{\pi/2}\sin{x}\,dx= \frac{2}{3}\Bigl.{-\cos{x}}\Bigr|_{0}^{\pi/2}= -\frac{2}{3}\!\left(\cos\frac{\pi}{2}-\cos0\right)= \frac{2}{3}\,.[/cbm]

Источник

Поделитесь с другими:

Если материал понравился Вам и оказался для Вас полезным, поделитесь им со своими друзьями!

Читать по теме:

Интересные статьи: