Дискуссионный математический форумМатематический форум
Математический форум Math Help Planet

Обсуждение и решение задач по математике, физике, химии, экономике

Теоретический раздел
Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ]
MathHelpPlanet.com RSS-лента Математического форума

Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ]


Интегрирование по частям

Интегрирование по частям


Интегрирование по частям в неопределенном интеграле


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


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


d(uv)=u\,dv+v\,du\,.

Взяв неопределенный интеграл от обеих частей этого равенства, получим:


\int d(uv)=\int\bigl(u\,dv+v\,du\bigr). Так как \int d(uv)=uv+C, а \int\bigl(u\,dv+v\,du\bigr)= \int u\,dv+\int v\,du,

то получаем: uv+C=\int u\,dv+\int v\,du, откуда \int u\,dv=uv+C-\int v\,du.

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


\int u\,dv=uv-\int v\,du\,.
(1)

Полученная формула называется формулой интегрирования по частям.


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


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


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)

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




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


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


Используя формулу интегрирования по частям (1), получаем:


\int x\cos{x}\,dx=x\sin{x}-\int\sin{x}\,dx=x\sin{x}+\cos{x}+C.

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


Пример 2. Вычислим интеграл \int x^2\sin{x}\,dx с помощью метода интегрирования по частям.


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


Используя формулу (1), получим:


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

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


\int x\cos{x}\,dx=x\sin{x}+\cos{x}+C_1.

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


\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).



Пример 3. Вычислим неопределённый интеграл \int x^3\ln{x}\,dx.


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


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

Используя формулу (1), будем иметь:


\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}

Пример 4. Вычислим \int e^x\sin{x}\,dx.


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


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

Преобразуем данный интеграл, воспользовавшись формулой (1):


\int e^x\sin{x}\,dx= -e^x\cos{x}+\int\cos{x}\cdot e^x\,dx.

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


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

Таким образом,

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

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


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

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




Интегрирование по частям в определенном интеграле


Для определенного интеграла формула интегрирования по частям принимает следующий вид:


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

то по формуле интегрирования по частям для неопределенного интеграла имеем:


F(x)=u(x)v(x)-\Phi(x)+C.
Поэтому
F(b)=u(b)v(b)-\Phi(b)+C и F(a)=u(a)v(a)-\Phi(a)+C.

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




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


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


Воспользовавшись формулой (4), получим:


\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.



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


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


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


Воспользовавшись формулой (1), получим:


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}}\,.
(5)

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


\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}.

Подставим полученное выражение в формулу (5):


I_n=\frac{x}{(a^2+x^2)^n}+2n(I_n-a^2I_{n+1}).

Из этого равенства находим:


I_{n+1}=\frac{2n-1}{2na^2}\,I_n+\frac{1}{2na^2}\cdot\frac{x}{(a^2+x^2)^n}\,.
(6)

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


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


I_2=\frac{1}{2a^2}\,I_1+\frac{1}{2a^2}\cdot\frac{x}{a^2+x^2}\,,
то есть
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.

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




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


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


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

Воспользовавшись формулой (4), получим:


\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}

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


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

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


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}\,.
Математический форум (помощь с решением задач, обсуждение вопросов по математике).
Кнопка "Поделиться"

Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ]


Яндекс.Метрика

Copyright © 2010-2019 MathHelpPlanet.com. All rights reserved