Интегрирование по частям

Материал из Википедии — свободной энциклопедии

Интегри́рование по частя́м — один из способов нахождения интеграла. Суть метода в следующем: если подынтегральная функция представима в виде произведения двух непрерывных и гладких функций (каждая из которых может быть как элементарной функцией, так и композицией), то справедливы формулы

для неопределённого интеграла:

$\int u\,dv=u\,v-\int v\,du$

для определённого:

$\int\limits_a^b u\,dv=u\,v\,\bigg|_a^b-\int\limits_a^b v\,du$

Предполагается, что нахождение интеграла $\int v\, du$ проще, чем $\int u\, dv\,$ . В противном случае применение метода не оправдано.

Содержание

1 Получение формул
- 1.1 для неопределённого интеграла
- 1.2 для определённого
2 Примеры
3 Способ запоминания
4 См. также

[править] Получение формул

[править] для неопределённого интеграла

Функции $\textstyle\mathit{u}$ и $\textstyle\mathit{v}$ гладкие, следовательно, возможно дифференцирование:

$d(u\,v)=du\,v+u\,dv$

Эти функции также непрерывны, значит можно взять интеграл от обеих частей равенства:

$\int d(u\,v)=\int du\,v+\int u\,dv$

Операция интегрирования обратна дифференцированию:

$u\,v=\int du\,v+\int u\,dv$

После перестановок:

$\int u\,dv=u\,v-\int v\,du$

[править] для определённого

В целом аналогично случаю неопределённого интеграла:

$d(u\,v)=du\,v+u\,dv$

$\int\limits_a^b d(u\,v)=\int\limits_a^b du\,v+\int\limits_a^b u\,dv$

$\int\limits_a^b u\,dv=u\,v\,\bigg|_a^b-\int\limits_a^b v\,du$

[править] Примеры

$\int x\cos x \,dx = \int x\,d(\sin x) =x\sin x - \int \sin x \,dx= x\sin x + \cos x + C$
$\int e^x\,x\,dx=\int x\,(e^x\,dx)=\int x\,de^x=x\,e^x-\int e^x\,dx=x\,e^x-e^x+C$

Иногда метод применяется несколько раз:

$\int x^2\sin x \,dx=\int x^2\,d(-\cos x)=-x^2\cos x-\int -2x\cos x\,dx=$

$=-x^2\cos x+\int 2x\,d(\sin x)=-x^2\cos x + 2x \sin x - \int 2\sin x \,dx = -x^2\cos x + 2x \sin x + 2 \cos x + C$

Данный метод также используется для нахождения интегралов от элементарных функций:

$\int \ln x\,dx=x\ln x-\int \frac{1}{x}x\,dx=x\ln x-x+C$

$\int \operatorname{arctg}\,x\,dx=x\,\operatorname{arctg}\,x-\int \frac{x}{1+x^2}\,dx=x\,\operatorname{arctg}\,x-\frac{1}{2}\ln(1+x^2)+C$

В некоторых случаях интегрирование по частям не даёт прямого ответа:

$I_1=\int e^{\alpha x}\,\sin {\beta x}\,dx=$

$=\int e^{\alpha x}\,d\Big(-\frac{1}{\beta}\cos{\beta x}\Big)=-\frac{1}{\beta}\,e^{\alpha x}\,\cos {\beta x}+\frac{\alpha}{\beta} \int e^{\alpha x}\,\cos{\beta x}\,dx=-\frac{1}{\beta}\,e^{\alpha x}\,\cos{\beta x}+\frac{\alpha}{\beta}\,I_2$

$I_2=\int e^{\alpha x}\,\cos {\beta x}\,dx=$

$=\int e^{\alpha x}\,d\Big(\frac{1}{\beta}\sin{\beta x}\Big)=\frac{1}{\beta}\,e^{\alpha x}\,\sin {\beta x}-\frac{\alpha}{\beta} \int e^{\alpha x}\,\sin{\beta x}\,dx=\frac{1}{\beta}\,e^{\alpha x}\,\sin{\beta x}-\frac{\alpha}{\beta}\,I_1$

Таким образом один интеграл выражается через другой:

$\begin{cases} I_1=-\frac{1}{\beta}\,e^{\alpha x}\,\cos{\beta x}+\frac{\alpha}{\beta}\,I_2 \\ I_2=\frac{1}{\beta}\,e^{\alpha x}\,\sin{\beta x}-\frac{\alpha}{\beta}\,I_1 \end{cases}$