Интеграция по части. Примери за решения

Здравейте отново Днес в урока ще научим как да интегрираме по части. Методът на интегриране по части е един от крайъгълни камъниинтегрално смятане. По време на тестове или изпити студентите почти винаги са помолени да решават следните видове интеграли: най-простият интеграл (виж статията)или интеграл чрез замяна на променлива (виж статията)или интегралът просто е включен метод на интегриране по части.

Както винаги, трябва да имате под ръка: Таблица на интегралитеИ Таблица с производни. Ако все още ги нямате, моля, посетете хранилището на моя уебсайт: Математически формули и таблици. Няма да се уморя да повтарям - по-добре е да разпечатате всичко. Ще се опитам да представя целия материал последователно, просто и ясно; няма особени трудности при интегрирането на частите.

Какъв проблем решава методът на интегриране по части? Методът на интегриране по части решава много важна задача, ви позволява да интегрирате някои функции, които липсват в таблицата, работафункции, а в някои случаи – дори частни. Както си спомняме, няма удобна формула: . Но има и този: – формула за интегриране по части лично. Знам, знам, ти си единственият - ще работим с нея през целия урок (сега е по-лесно).

И веднага списъкът се изпраща в студиото. Интегралите се вземат по части следните видове:

1) , , – логаритъм, логаритъм, умножен по някакъв полином.

2) ,е експоненциална функция, умножена по някакъв полином. Това също включва интеграли като - експоненциална функция, умножено по полином, но на практика процентът е 97, под интеграла има хубава буква „е“. ... статията се оказва някак лирична, о, да ... пролетта дойде.

3) , , – тригонометрични функции, умножено по някакъв полином.

4) , – обратни тригонометрични функции („арки“), „арки“, умножени по някакъв полином.

Някои дроби също са взети на части; ние също ще разгледаме подробно съответните примери.

Интеграли от логаритми

Пример 1

Класически. От време на време този интеграл може да се намери в таблици, но не е препоръчително да използвате готов отговор, тъй като учителят има пролетен витаминен дефицит и ще ругае силно. Защото разглежданият интеграл в никакъв случай не е табличен - той се взема на части. Ние решаваме:

Прекъсваме решението за междинни обяснения.

Използваме формулата за интегриране по части:

Формулата се прилага отляво надясно

Гледаме лявата страна: . Очевидно в нашия пример (и във всички останали, които ще разгледаме) нещо трябва да бъде обозначено като , а нещо като .

В интегралите от разглеждания тип винаги се обозначава логаритъм.

Технически, дизайнът на решението е реализиран, както следва:

Тоест, ние обозначихме логаритъма с и с - останалотоинтегранд израз.

Следващ етап: намерете диференциала:

Диференциалът е почти същият като производната; вече обсъдихме как да го намерим в предишните уроци.

Сега намираме функцията. За да намерите функцията, която трябва да интегрирате дясната странапо-ниско равенство:

Сега отваряме нашето решение и конструираме дясната страна на формулата: .
Между другото, ето извадка от окончателното решение с някои бележки:

Единственият момент в работата е, че веднага размених и , тъй като е обичайно да се пише факторът преди логаритъма.

Както можете да видите, прилагането на формулата за интегриране по части по същество намали нашето решение до два прости интеграла.

Моля, имайте предвид, че в някои случаи веднага след товаприлагане на формулата, задължително се извършва опростяване под оставащия интеграл - в разглеждания пример ние намалихме интегранта до „x“.

Да проверим. За да направите това, трябва да вземете производната на отговора:

Получена е оригиналната интегрална функция, което означава, че интегралът е решен правилно.

По време на теста използвахме правилото за диференциране на продукта: . И това не е случайно.

Формула за интегриране по части и формула – това са две взаимно обратни правила.

Пример 2

Намерете неопределен интеграл.

Интегралната функция е произведение на логаритъм и полином.
Нека решим.

Още веднъж ще опиша подробно процедурата за прилагане на правилото в бъдеще, примерите ще бъдат представени по-накратко, а ако имате затруднения да го решите сами, трябва да се върнете към първите два примера от урока; .

Както вече споменахме, необходимо е да се обозначи логаритъм (фактът, че е мощност, няма значение). Означаваме с останалотоинтегранд израз.

Пишем в колоната:

Първо намираме диференциала:

Тук използваме правилото за диференциране на сложна функция . Неслучайно още на първия урок от темата Неопределен интеграл. Примери за решенияФокусирах се върху факта, че за да овладеете интегралите, е необходимо да се „хванете“ за производни. Ще трябва да се справите с деривати повече от веднъж.

Сега намираме функцията, за това интегрираме дясната странапо-ниско равенство:

За интегриране използвахме най-простата таблична формула

Сега всичко е готово за прилагане на формулата . Отворете със звездичка и „конструирайте“ решението в съответствие с дясната страна:

Под интеграла отново имаме полином за логаритъм! Следователно решението отново се прекъсва и правилото за интегриране по части се прилага втори път. Не забравяйте, че в подобни ситуации логаритъма винаги се обозначава.

Би било добре, ако в този моментУспяхте да намерите най-простите интеграли и производни устно.

(1) Не се бъркайте за знаците! Много често минусът се губи тук, имайте предвид също, че минусът се отнася за на всичкискоба и тези скоби трябва да бъдат разгънати правилно.

(2) Отворете скобите. Опростяваме последния интеграл.

(3) Взимаме последния интеграл.

(4) „Сресване“ на отговора.

Необходимостта да се приложи правилото за интегриране по части два пъти (или дори три пъти) не възниква много рядко.

А сега няколко примера за независимо решение:

Пример 3

Намерете неопределения интеграл.

Този пример се решава чрез промяна на променливата (или заместването й под диференциалния знак)! Защо не - можете да опитате да го вземете на части, ще се окаже смешна работа.

Пример 4

Намерете неопределения интеграл.

Но този интеграл е интегриран с части (обещаната дроб).

Това са примери, които можете да решите сами, решения и отговори в края на урока.

Изглежда, че в примери 3 и 4 интеграндите са подобни, но методите за решаване са различни! Това е основната трудност при овладяването на интеграли - ако изберете грешен метод за решаване на интеграл, тогава можете да се занимавате с него с часове, като с истински пъзел. Следователно, колкото повече решавате различни интеграли, толкова по-добре, толкова по-лесно ще бъде тестът и изпитът. Освен това през втората година ще има диференциални уравнения, а без опит в решаването на интеграли и производни няма какво да правиш там.

По отношение на логаритмите това вероятно е повече от достатъчно. Като настрана, мога също да си спомня, че студентите по инженерство използват логаритми, за да наричат ​​женски гърди =). Между другото, полезно е да знаете наизуст графиките на основните елементарни функции: синус, косинус, арктангенс, експонента, полиноми от трета, четвърта степен и др. Не, разбира се, презерватив на земното кълбо
Няма да го разтягам, но сега ще запомните много от раздела Графики и функции =).

Интеграли на експонента, умножена по полином

Общо правило:

Пример 5

Намерете неопределения интеграл.

Използвайки познат алгоритъм, ние интегрираме по части:

Ако имате затруднения с интеграла, трябва да се върнете към статията Метод на промяна на променлива в неопределен интеграл.

Единственото друго нещо, което можете да направите, е да промените отговора:

Но ако техниката ви на изчисление не е много добра, тогава най-изгодният вариант е да го оставите като отговор или дори

Тоест примерът се счита за решен, когато се вземе последният интеграл. Няма да е грешка; друг е въпросът, че учителят може да ви помоли да опростите отговора.

Пример 6

Намерете неопределения интеграл.

Това е пример, който можете да решите сами. Този интеграл се интегрира два пъти по части. Особено внимание трябва да се обърне на знаците - лесно е да се объркате в тях, ние също помним, че това е сложна функция.

За изложителя няма какво повече да се каже. Мога само да добавя, че изложителят и натурален логаритъмвзаимно обратни функции, това съм аз в темата за занимателни графики на висшата математика =) Спри, спри, не се притеснявай, лекторът е трезвен.

Интеграли на тригонометрични функции, умножени по полином

Общо правило: за винаги обозначава полином

Пример 7

Намерете неопределения интеграл.

Нека интегрираме по части:

Хмм...и няма какво да коментираме.

Пример 8

Намерете неопределения интеграл

Това е пример, за да решите сами

Пример 9

Намерете неопределения интеграл

Още един пример с дроб. Както в предишните два примера, for обозначава полином.

Нека интегрираме по части:

Ако имате затруднения или недоразумения при намирането на интеграла, препоръчвам ви да посетите урока Интеграли на тригонометрични функции.

Пример 10

Намерете неопределения интеграл

Това е пример, който можете да решите сами.

Съвет: Преди да използвате метода на интегриране по части, трябва да приложите някои тригонометрична формула, което превръща произведението на две тригонометрични функции в една функция. Формулата може да се използва и при прилагане на метода на интегриране по части, както ви е по-удобно.

Това вероятно е всичко в този параграф. По някаква причина си спомних реплика от химна за физика и математика „И синусовата графика тече вълна след вълна по абсцисната ос“….

Интеграли на обратни тригонометрични функции.
Интеграли на обратни тригонометрични функции, умножени по полином

Общо правило: винаги обозначава обратната тригонометрична функция.

Нека ви напомня, че обратните тригонометрични функции включват арксинус, аркосинус, арктангенс и арккотангенс. За краткост на записа ще ги нарека "арки"

В тази тема ще говорим подробно за изчисляването на неопределени интеграли с помощта на така наречената „формула за интегриране по части“. Ще ни трябва таблица с неопределени интеграли и таблица с производни. В първата част ще бъдат разгледани стандартни примери, които се срещат най-вече в стандартните изчисления и тестове. повече сложни примериразгледани във втората част.

Формулировката на проблема в стандартния случай е следната. Да кажем, че под интеграла имаме две функции от различен характер: полином и тригонометрична функция, полином и логаритъм, полином и обратна тригонометрична функция и т.н. В тази ситуация е изгодно да се отдели една функция от друга. Грубо казано, има смисъл интеграндът да се раздели на части - и да се работи с всяка част отделно. Оттук и името: „интеграция по части“. Приложението на този метод се основава на следната теорема:

Нека функциите $u(x)$ и $v(x)$ са диференцируеми на някакъв интервал и на този интервал съществува интеграл $\int v \; du$. Тогава на същия интервал съществува интеграл $\int u \; dv$ и е вярно следното равенство:

\begin(equation) \int u \; dv=u\cdot v-\int v\; du\end(уравнение)

Формула (1) се нарича „формула за интегриране по части“. Понякога, когато прилагат горната теорема, те говорят за използването на „метода на интегриране по части“. Същността на този метод ще бъде важна за нас, която ще разгледаме с примери. Има няколко стандартни случая, в които формула (1) очевидно е приложима. Именно тези случаи ще станат тема на тази страница. Нека $P_n(x)$ - n-ти полиномстепени. Нека въведем две правила:

Правило #1

За интеграли от формата $\int P_n(x) \ln x \;dx$, $\int P_n(x) \arcsin x \;dx$, $\int P_n(x) \arccos x \;dx$, $\ int P_n(x)\arctg x \;dx$, $\int P_n(x) \arcctg x \;dx$ вземаме $dv=P_n(x)dx$.

Правило #2

За интеграли от формата $\int P_n(x) a^x \;dx$ ($a$ е някои положително число), $\int P_n(x) \sin x \;dx$, $\int P_n(x) \cos x \;dx$, $\int P_n(x)ch x \;dx$, $\int P_n (x) sh x \;dx$ вземаме $u=P_n(x)$.

Нека веднага да отбележа, че горните записи не трябва да се приемат буквално. Например, в интеграли от формата $\int P_n(x) \ln x \;dx$ не е задължително да има точно $\ln x$. Както $\ln 5x$, така и $\ln (10x^2+14x-5)$ могат да бъдат разположени там. Тези. нотацията $\ln x$ трябва да се приема като вид обобщение.

Още нещо. Случва се формулата за интегриране по части да се приложи няколко пъти. Нека поговорим за това по-подробно в примери № 4 и № 5. Сега нека да преминем директно към решаването на типични проблеми. Решаването на задачи, чието ниво е малко по-високо от стандартното, се разглежда във втората част.

Пример №1

Намерете $\int (3x+4) \cos (2x-1) \; dx$.

Под интеграла е полиномът $3x+4$ и тригонометричната функция $\cos (2x-1)$. Това е класически случай за прилагане на формулата, така че нека вземем дадения интеграл по части. Формулата изисква интегралът $\int (3x+4) \cos (2x-1)\; dx$ беше представен във формата $\int u\; dv$. Трябва да изберем изрази за $u$ и за $dv$. Можем да приемем $3x+4$ като $u$, тогава $dv=\cos (2x-1)dx$. Можем да вземем $u=\cos (2x-1)$, тогава $dv=(3x+4)dx$. Да правя правилен изборнека се обърнем към . Даден интеграл $\int (3x+4) \cos (2x-1)\; dx$ попада под формата $\int P_n(x) \cos x \;dx$ (полиномът $P_n(x)$ в нашия интеграл има формата $3x+4$). Според, трябва да изберете $u=P_n(x)$, т.е. в нашия случай $u=3x+4$. Тъй като $u=3x+4$, тогава $dv=\cos(2x-1)dx$.

Обаче простото избиране на $u$ и $dv$ не е достатъчно. Ще ни трябват и стойностите на $du$ и $v$. Тъй като $u=3x+4$, тогава:

$$ du=d(3x+4)=(3x+4)"dx=3dx.$$

Сега нека разгледаме функцията $v$. Тъй като $dv=\cos(2x-1)dx$, то според дефиницията на неопределения интеграл имаме: $ v=\int \cos(2x-1)\; dx$. За да намерим необходимия интеграл, прилагаме следното към диференциалния знак:

$$ v=\int \cos(2x-1)\; dx=\frac(1)(2)\cdot \int \cos(2x-1)d(2x-1)=\frac(1)(2)\cdot \sin(2x-1)+C=\frac (\sin(2x-1))(2)+C. $$

Ние обаче не се нуждаем от целия безкраен набор от функции $v$, който се описва с формулата $\frac(\sin(2x-1))(2)+C$. Имаме нужда от малко единфункция от този набор. За да получите необходимата функция, трябва да замените някакво число вместо $C$. Най-лесният начин, разбира се, е да се замени $C=0$, като по този начин се получи $v=\frac(\sin(2x-1))(2)$.

И така, нека съберем всичко по-горе заедно. Имаме: $u=3x+4$, $du=3dx$, $dv=\cos(2x-1)dx$, $v=\frac(\sin(2x-1))(2)$. Замествайки всичко това в дясната страна на формулата, имаме:

$$ \int (3x+4) \cos (2x-1) \; dx=(3x+4)\cdot\frac(\sin(2x-1))(2)-\int \frac(\sin(2x-1))(2)\cdot 3dx. $$

Всъщност всичко, което остава, е да се намери $\int\frac(\sin(2x-1))(2)\cdot 3dx$. Вземайки константата (т.е. $\frac(3)(2)$) извън интегралния знак и прилагайки метода за въвеждането й под диференциалния знак, получаваме:

$$ (3x+4)\cdot \frac(\sin(2x-1))(2)-\int \frac(\sin(2x-1))(2)\cdot 3dx= \frac((3x+ 4 )\cdot\sin(2x-1))(2)-\frac(3)(2)\int \sin(2x-1) \;dx= \\ =\frac((3x+4)\cdot \ sin(2x-1))(2)-\frac(3)(4)\int \sin(2x-1) \;d(2x-1)= \frac((3x+4)\cdot\sin ( 2x-1))(2)-\frac(3)(4)\cdot (-\cos (2x-1))+C=\\ =\frac((3x+4)\cdot\sin(2x - 1))(2)+\frac(3)(4)\cdot \cos (2x-1)+C. $$

И така $\int (3x+4) \cos (2x-1) \; dx=\frac((3x+4)\cdot\sin(2x-1))(2)+\frac(3)(4)\cdot \cos (2x-1)+C$. В съкратена форма процесът на решение е написан, както следва:

$$ \int (3x+4) \cos (2x-1) \; dx=\ляво | \begin(aligned) & u=3x+4; \; du=3xdx.\\ & dv=\cos(2x-1)dx; \; v=\frac(\sin(2x-1))(2). \end(aligned) \right |=\\ =(3x+4)\cdot\frac(\sin(2x-1))(2)-\int \frac(\sin(2x-1))(2) \cdot 3dx= \frac((3x+4)\cdot\sin(2x-1))(2)-\frac(3)(2)\int \sin(2x-1) \;dx=\\ = \frac((3x+4)\cdot\sin(2x-1))(2)-\frac(3)(4)\cdot (-\cos (2x-1))+C= \frac((3x +4)\cdot\sin(2x-1))(2)+\frac(3)(4)\cdot\cos (2x-1)+C. $$

Неопределеният интеграл е намерен по части; остава само да се запише отговорът.

отговор: $\int (3x+4) \cos (2x-1) \; dx=\frac((3x+4)\cdot\sin(2x-1))(2)+\frac(3)(4)\cdot \cos (2x-1)+C$.

Вярвам, че тук има въпрос, така че ще се опитам да го формулирам и да дам отговор.

Защо взехме точно $u=3x+4$ и $dv=\cos(2x-1)dx$? Да, интегралът е решен. Но може би ако вземем $u=\cos (2x-1)$ и $dv=(3x+4)dx$ интегралът също ще бъде намерен!

Не, ако вземем $u=\cos (2x-1)$ и $dv=(3x+4)dx$, тогава нищо добро няма да излезе от това - интегралът няма да бъде опростен. Преценете сами: ако $u=\cos(2x-1)$, тогава $du=(\cos(2x-1))"dx=-2\sin(2x-1)dx$. Освен това, тъй като $ dv =(3x+4)dx$, тогава:

$$ v=\int (3x+4) \; dx=\frac(3x^2)(2)+4x+C.$$

Като вземем $C=0$, получаваме $v=\frac(3x^2)(2)+4x$. Нека сега заместим намерените стойности на $u$, $du$, $v$ и $dv$ във формулата:

$$ \int (3x+4) \cos (2x-1) \; dx=\cos (2x-1)\cdot \left(\frac(3x^2)(2)+4x \right) - \int \left(\frac(3x^2)(2)+4x \right) \cdot (-2\sin(2x-1)dx)=\\ =\cos (2x-1)\cdot \left(\frac(3x^2)(2)+4x \right) +2\cdot\ int \left(\frac(3x^2)(2)+4x \right) \sin(2x-1)\;dx $$

И до какво стигнахме? Стигнахме до интеграла $\int \left(\frac(3x^2)(2)+4x \right) \sin(2x-1)\;dx$, който очевидно е по-сложен от оригиналния интеграл $\int (3x+4) \cos (2x-1) \; dx$. Това предполага, че изборът на $u$ и $dv$ е направен лошо. След прилагане на формулата за интегриране по части, полученият интеграл трябва да е по-прост от оригиналния. Когато намираме неопределения интеграл по части, трябва да го опростим, а не да го усложним, следователно, ако след прилагане на формула (1) интегралът стане по-сложен, тогава изборът на $u$ и $dv$ е направен неправилно.

Пример №2

Намерете $\int (3x^4+4x-1) \ln 5x \; dx$.

Под интеграла има полином (т.е. $3x^4+4x-1$) и $\ln 5x$. Този случай попада под , така че нека вземем интеграла по части. Даденият интеграл има същата структура като интеграла $\int P_n(x) \ln x\; dx$. Отново, както в пример № 1, трябва да изберем част от интегранта $(3x^4+4x-1) \ln 5x \; dx$ като $u$ и част като $dv$. Според , трябва да изберете $dv=P_n(x)dx$, т.е. в нашия случай $dv=(3x^4+4x-1)dx$. Ако от израза $(3x^4+4x-1) \ln 5x \; dx$ "премахване" $dv=(3x^4+4x-1)dx$, тогава $\ln 5x$ ще остане - това ще бъде функцията $u$. И така, $dv=(3x^4+4x-1)dx$, $u=\ln 5x$. За да приложим формулата, имаме нужда също от $du$ и $v$. Тъй като $u=\ln 5x$, тогава:

$$ du=d(\ln 5x)=(\ln 5x)"dx=\frac(1)(5x)\cdot 5 dx=\frac(1)(x)dx. $$

Сега нека намерим функцията $v$. Тъй като $dv=(3x^4+4x-1)dx$, тогава:

$$ v=\int(3x^4+4x-1)\; dx=\frac(3x^5)(5)+2x^2-x+C. $$

От всичко намерено безкраен бройфункции $\frac(3x^5)(5)+2x^2-x+C$ трябва да изберем една. И най-лесният начин да направите това е като вземете $C=0$, т.е. $v=\frac(3x^5)(5)+2x^2-x$. Всичко е готово за прилагане на формулата. Нека заместим стойностите $u=\ln 5x$, $du=\frac(1)(x)dx$, $v=\frac(3x^5)(5)+2x^2-x$ и $dv=(3x^4+4x-1)dx$ ще имаме:

$$ \int (3x^4+4x-1) \ln 5x \; dx=\ляво | \begin(aligned) & u=\ln 5x; \; du=\frac(1)(x)dx.\\ & dv=(3x^4+4x-1)dx; \; v=\frac(3x^5)(5)+2x^2-x. \end(aligned) \right |=\\ =\ln 5x \cdot \left (\frac(3x^5)(5)+2x^2-x \right)-\int \left (\frac(3x^ 5)(5)+2x^2-x \right)\cdot \frac(1)(x)dx=\\ =\left (\frac(3x^5)(5)+2x^2-x \right )\cdot\ln 5x -\int \left (\frac(3x^4)(5)+2x-1 \right)dx=\\ =\left (\frac(3x^5)(5)+2x^ 2-x \вдясно)\cdot\ln 5x - \вляво (\frac(3x^5)(25)+x^2-x \вдясно)+C=\\ =\вляво (\frac(3x^5) (5)+2x^2-x \надясно)\cdot\ln 5x - \frac(3x^5)(25)-x^2+x+C. $$

отговор: $\int (3x^4+4x-1) \ln 5x \; dx=\left (\frac(3x^5)(5)+2x^2-x \right)\cdot\ln 5x - \frac(3x^5)(25)-x^2+x+C$.

Пример №3

Намерете $\int \arccos x\; dx$.

Този интеграл има структурата $\int P_n(x) \arccos x \;dx$, попадаща под . Разбирам, че веднага ще възникне резонен въпрос: „къде в дадения интеграл $\int\arccos x \; dx$ са скрили полинома $P_n(x)$ Там няма полином, а само аркосинус и това е! ” Всъщност обаче не само арккосинусът се намира под интеграла. Ще представя интеграла $\int arccos x\; dx$ в тази форма: $\int 1\cdot\arccos x \; dx$. Съгласете се, че умножаването по едно няма да промени интегранта. Тази единица е $P_n(x)$. Тези. $dv=1\cdot dx=dx$. И като $u$ (според ) приемаме $\arccos x$, т.е. $u=\arccos x$. Намираме стойностите $du$ и $v$, които участват във формулата, по същия начин, както в предишните примери:

$$ du=(\arccos x)"dx=-\frac(1)(\sqrt(1-x^2))dx;\\ v=\int 1\; dx=x+C. $$

Както в предишните примери, приемайки $C=0$, получаваме $v=x$. Замествайки всички намерени параметри във формулата, ще имаме следното:

$$ \int \arccos x \; dx=\ляво | \begin(aligned) & u=\arccos x; \; du=-\frac(1)(\sqrt(1-x^2))dx.\\ & dv=dx; \; v=x. \end(aligned) \right |=\\ =\arccos x \cdot x-\int x\cdot \left(-\frac(1)(\sqrt(1-x^2))dx \right)= \ arccos x \cdot x+\int \frac(xdx)(\sqrt(1-x^2))=\\ =x\cdot\arccos x-\frac(1)(2)\cdot\int (1-x ^2)^(-\frac(1)(2))d(1-x^2)= =x\cdot\arccos x-\frac(1)(2)\cdot\frac((1-x^ 2)^(\frac(1)(2)))(\frac(1)(2))+C=\\ =x\cdot\arccos x-\sqrt(1-x^2)+C. $$

отговор: $\int\arccos x\; dx=x\cdot\arccos x-\sqrt(1-x^2)+C$.

Пример №4

Намерете $\int (3x^2+x) e^(7x) \; dx$.

В този пример формулата за интегриране по части ще трябва да се приложи два пъти. Интеграл $\int (3x^2+x) e^(7x) \; dx$ има структурата $\int P_n(x) a^x \;dx$. В нашия случай $P_n(x)=3x^2+x$, $a=e$. Според имаме: $u=3x^2+x$. Съответно $dv=e^(7x)dx$.

$$ du=(3x^2+x)"=(6x+1)dx;\\ v=\int e^(7x)\;dx=\frac(1)(7)\cdot \int e^( 7x)\;d(7x)=\frac(1)(7)\cdot e^(7x)+C=\frac(e^(7x))(7)+C $$.

Отново, както в предишните примери, приемайки $C=0$, имаме: $v=\frac(e^(7x))(7)$.

$$ \int (3x^2+x) e^(7x) \; dx=\ляво | \begin(aligned) & u=3x^2+x; \; du=(6x+1)dx.\\ & dv=e^(7x)dx; \; v=\frac(e^(7x))(7). \end(aligned) \right |=\\ =(3x^2+x)\cdot\frac(e^(7x))(7)-\int \frac(e^(7x))(7)\cdot (6x+1)dx= \frac((3x^2+x)e^(7x))(7)-\frac(1)(7)\cdot \int (6x+1) e^(7x)\ ;dx. $$

Стигнахме до интеграла $\int (6x+1) e^(7x)\;dx$, който отново трябва да се вземе на части. Като вземем $u=6x+1$ и $dv=e^(7x)dx$ имаме:

$$ \frac((3x^2+x)e^(7x))(7)-\frac(1)(7)\cdot \int (6x+1) e^(7x)\;dx=\left | \begin(aligned) & u=6x+1; \; du=6dx.\\ & dv=e^(7x)dx; \; v=\frac(e^(7x))(7). \end(подравнено) \right |=\\ =\frac((3x^2+x)e^(7x))(7)-\frac(1)(7)\cdot \left ((6x+1) \cdot\frac(e^(7x))(7) - \int\frac(e^(7x))(7)\cdot 6\;dx \right)=\\ =\frac((3x^2+ x)e^(7x))(7) -\frac((6x+1)e^(7x))(49) +\frac(6)(49)\cdot\int\ e^(7x)\; dx=\\ =\frac((3x^2+x)e^(7x))(7) -\frac((6x+1)e^(7x))(49) +\frac(6)(49 )\cdot\frac(e^(7x))(7)+C=\\ =\frac((3x^2+x)e^(7x))(7) -\frac((6x+1)e ^(7x))(49) +\frac(6\; e^(7x))(343)+C. $$

Полученият отговор може да бъде опростен чрез отваряне на скобите и пренареждане на термините:

$$ \frac((3x^2+x)e^(7x))(7) -\frac((6x+1)e^(7x))(49) +\frac(6\; e^(7x) ))(343)+C=e^(7x)\cdot \left(\frac(3x^2)(7)+\frac(x)(49)-\frac(1)(343) \right)+ В. $$

отговор: $\int (3x^2+x) e^(7x) \; dx=e^(7x)\cdot \left(\frac(3x^2)(7)+\frac(x)(49)-\frac(1)(343) \right)+C$.

Пример №5

Намерете $\int (x^2+5)\sin(3x+1) \; dx$.

Тук, както и в предишния пример, интегрирането по части се прилага два пъти. Подробни обяснения бяха дадени по-рано, така че ще дам само решението:

$$ \int (x^2+5)\sin(3x+1) \; dx=\ляво | \begin(aligned) & u=x^2+5; \; du=2xdx.\\ & dv=\sin(3x+1)dx; \; v=-\frac(\cos(3x+1))(3). \end(aligned) \right |=\\ =(x^2+5)\cdot \left(-\frac(\cos(3x+1))(3) \right)-\int\left(-\ frac(\cos(3x+1))(3) \right)\cdot 2xdx=\\ = -\frac((x^2+5)\cdot\cos(3x+1))(3) +\frac (2)(3)\int x\cos(3x+1)dx= \left | \begin(aligned) & u=x; \; du=dx.\\ & dv=\cos(3x+1)dx; \; v=\frac(\sin(3x+1))(3). \end(aligned) \right |=\\ =-\frac((x^2+5)\cdot\cos(3x+1))(3) +\frac(2)(3)\cdot \left( x\cdot\frac(\sin(3x+1))(3)-\int\frac(\sin(3x+1))(3)dx \right)=\\ =-\frac((x^2 +5)\cdot\cos(3x+1))(3) +\frac(2x\sin(3x+1))(9)-\frac(2)(9)\cdot\int\sin(3x+ 1) )dx=\\ =-\frac((x^2+5)\cdot\cos(3x+1))(3) +\frac(2x\sin(3x+1))(9)-\frac ( 2)(9)\cdot \left(-\frac(\cos(3x+1))(3)\right)+C=\\ = -\frac((x^2+5)\cdot\cos ( 3x+1))(3) +\frac(2x\sin(3x+1))(9)+\frac(2\cos(3x+1))(27)+C=\\ =-\frac ( x^2\cdot\cos(3x+1))(3)-\frac(5\cdot\cos(3x+1))(3) +\frac(2x\sin(3x+1))(9 ) +\frac(2\cos(3x+1))(27)+C=\\ =-\frac(x^2\cdot\cos(3x+1))(3) +\frac(2x\sin ( 3x+1))(9)-\frac(43\cos(3x+1))(27)+C. $$

отговор: $\int (x^2+5)\sin(3x+1) \; dx=-\frac(x^2\cdot\cos(3x+1))(3) +\frac(2x\sin(3x+1))(9)-\frac(43\cos(3x+1) )(27)+C$.

Приложението на метода на интегриране по части в малко нестандартни случаи, които не попадат в правила № 1 и № 2, ще бъде дадено в

Концепцията за първоизводна и неопределен интеграл. Теорема за колекцията от първоизводни. Свойства на неопределения интеграл. Таблица на интегралите.

Функция F(x) се нарича първоизводна за функция f(x) на даден интервал, ако функцията F(x) е непрекъсната на този интервал и във всяка вътрешна точка на интервала е валидно следното равенство: F'( x) = f(x)

Теорема 1. Ако функция F(x) има първоизводна F(x) на интервал, тогава всички функции от формата F(x)+C ще бъдат първоизводни за нея на същия интервал. Обратно, всяка първоизводна Ф(x) за функцията y = f(x) може да бъде представена като Ф(x) = F(x)+C, където F(x) е една от първоизводните функции, а C е произволна постоянен.

Доказателство:

По дефиниция на антипроизводна имаме F’(x) = f(x). Като се има предвид, че производната на константата е равна на нула, получаваме

(F(x)+C)’ = F’(x)+C’ = F’(x) = f(x). Това означава, че F(x)+C е първоизводна за y = f(x) Нека сега покажем, че ако функцията y = f(x) е дадена на определен интервал и F(x) е една от нейните първоизводни. , тогава Ф (x) може да се представи като

Всъщност, по дефиницията на антипроизводно, което имаме

Ф'(x) = F(x)+C и F'(x) = f(x).

Но две функции, които имат равни производни на интервал, се различават една от друга само с постоянен член. Това означава, че Ф(x) = F(x)+C, което трябваше да се докаже.

Определение.

Множеството от всички първоизводни за функцията y = f(x) на даден интервал се нарича неопределен интеграл на тази функция и се обозначава ∫f(x)dx = F(x)+C

Функцията f(x) се нарича интегранд, а произведението f(x)*dx се нарича интегрант.

Те често казват: „вземете неопределен интеграл“ или „изчислете неопределен интеграл“, което означава следното: намерете множеството от всички първоизводни за интегранта,

Свойства на неопределения интеграл

1. (f(x)dx) = f(x)

2. ∫f′(x)dx = f(x) + c

3. ∫a ⋅ f(x)dx = a∫f(x)dx, a ≠ 0

4. ∫(f1(x) + f2(x))dx = ∫f1(x)dx + ∫f2(x)dx

Таблица на интегралите

Интегриране чрез заместване и по части в неопределения интеграл.

Метод на интегриране чрез заместванесе състои във въвеждане на нова интеграционна променлива (т.е. заместване). В този случай даденият интеграл се редуцира до нов интеграл, който е табличен или сводим към него (при „успешна” замяна). Общи методиняма избор на замествания.

Нека е необходимо да се изчисли интегралът ∫f(x)dx. Нека направим заместването x =φ(t), където φ(t) е функция, която има непрекъсната производна. Тогава dx=φ"(t) dt и въз основа на свойството за инвариантност на формулата за интегриране за неопределения интеграл, получаваме формулата за интегриране чрез заместване ∫f(x)dx = ∫f(φ(t)) * φ'( t)dt Тази формула се нарича още променливи на формулата за заместване в неопределения интеграл След като намерим интеграла от дясната страна на това равенство, трябва да преминем от новата интегрална променлива t обратно към променливата x.

Метод на интегриране по части

Нека u=u(x) и ν=v(x) са функции, които имат непрекъснати производни. Тогава d(uv)=u dv+v du.

Интегрирайки това равенство, получаваме ∫d(uv) = ∫udv + ∫vdu или

∫udv =uv - ∫vdu

Получената формула се нарича формула за интегриране по части. Това дава възможност да се намали изчисляването на интеграла ∫udv до изчисляването на интеграла ∫vdu, което може да се окаже значително по-просто от първоначалното.

Представен е метод за интегриране на неопределен интеграл по части. Дадени са примери за интеграли, изчислени по този метод. Обсъждат се примери за решения.

Вижте също: Методи за изчисляване на неопределени интеграли
Таблица на неопределените интеграли
Основни елементарни функции и техните свойства

Формулата за интегриране по части изглежда така:
.

Методът на интегриране по части се състои в прилагането на тази формула. При практическо приложениеСтрува си да се отбележи, че u и v са функции на интеграционната променлива. Нека променливата за интегриране бъде обозначена като x (символът след диференциалния знак d в края на интегралната нотация). Тогава u и v са функции на x: u(x) и v(x) .
Тогава
, .
А формулата за интегриране по части приема формата:
.

Тоест функцията интегранд трябва да се състои от произведението на две функции:
,
едното от които означаваме като u: g(x) = u, а за другото трябва да се изчисли интегралът (по-точно трябва да се намери първоизводната):
, тогава dv = f(x) dx .

В някои случаи f(x) = 1 .
,
Тоест в интеграла

можем да поставим g(x) = u, x = v.

Резюме
;
.

Така че при този метод формулата за интегриране по части трябва да се запомни и приложи в две форми:

Интеграли, изчислени чрез интегриране по части

Интеграли, съдържащи логаритми и обратни тригонометрични (хиперболични) функции

Ето примери за такива интеграли, които се изчисляват по метода на интегриране по части:
, , , , , , .

Интеграли, съдържащи произведението на полином и sin x, cos x или e x

С помощта на формулата за интегриране по части се намират интеграли от вида:
, , ,
където P(x) е полином от x. При интегриране полиномът P(x) се означава с u и e ax dx, cos ax dx или sin ax dx

- чрез dv.
, , .

Ето примери за такива интеграли:

Примери за изчисляване на интеграли с помощта на метода на интегриране по части

Примери за интеграли, съдържащи логаритми и обратни тригонометрични функции

Пример

Изчислете интеграла:

Подробно решение
Тук интегралната функция съдържа логаритъм. Правене на замествания u =,
в х dv = x.
Тогава
,
.

2 dx
.
Тогава
.
Изчисляваме оставащия интеграл:

В края на изчисленията е необходимо да добавите константата C, тъй като неопределеният интеграл е множеството от всички първоизводни. Може да се добави и в междинни изчисления, но това само би затрупало изчисленията. повече

кратко решение

Можете да представите решението в по-кратък вариант. За да направите това, не е необходимо да правите замествания с u и v, но можете да групирате факторите и да приложите формулата за интегриране по части във втората форма.

Други примери

Примери за интеграли, съдържащи логаритми и обратни тригонометрични функции

Пример
.

Примери за интеграли, съдържащи произведението на полином и sin x, cos x или ex
Нека въведем показателя под диференциалния знак:.

e - x dx = - e - x d(-x) = - d(e - x)
.
Нека интегрираме по части.
.
.
.
Използваме и метода на интегриране по части.