Что такое интегрирование по частям? Чтобы освоить этот вид интегрирования, давайте для начала вспомним производную произведения:

${{\left(f\cdot g \right)}^{\prime }}={f}"\cdot g+f\cdot {g}"$

Спрашивается: ну и при чем тут интегралы? А давайте теперь проинтегрируем обе стороны этого уравнения. Так и запишем:

$\int{{{\left(f\cdot g \right)}^{\prime }}\text{d}x=}\int{{f}"\cdot g\,\text{d}x+\int{f\cdot {g}"\,\text{d}x}}$

Но что такое первообразная от штриха? Это просто сама функция, которая стоит внутри штриха. Так и запишем:

$f\cdot g=\int{{f}"\cdot g\,\text{d}x+\int{f\cdot {g}"\,\text{d}x}}$

В данном уравнении предлагаю выразить слагаемое. Имеем:

$\int{{f}"\cdot g\,\text{d}x=f\cdot g-\int{f\cdot {g}"\,\text{d}x}}$

Это и есть формула интегрирования по частям . Таким образом, мы, по сути, меняем местами производную и функцию. Если изначально у нас был интеграл от штриха, умноженной на что-либо, то затем получается интеграл от нового чего-либо, умноженной на штрих. Вот и все правило. На первый взгляд данная формула может показаться сложной и бессмысленной, но, на самом деле, она может значительно упрощать вычисления. Сейчас посмотрим.

Примеры вычисления интегралов

Задача 1. Вычислите:

\[\int{\ln x\,\text{d}x}\]\[\]

Перепишем выражение, добавив перед логарифмом 1:

\[\int{\ln x\,\text{d}x}=\int{1\cdot \ln x\,\text{d}x}\]

Мы имеем право сделать это, потому что ни число, ни функция не изменятся. Теперь сравним это выражение с тем, что у нас написано в формуле. В роли ${f}"$ выступает 1, так и запишем:

$\begin{align}& {f}"=1\Rightarrow f=x \\& g=\ln x\Rightarrow {g}"=\frac{1}{x} \\\end{align}$

Все эти функции есть в таблицах. Теперь, когда мы расписали все элементы, которые входят в наше выражение, перепишем данный интеграл по формуле интегрирования по частям:

\[\begin{align}& \int{1\cdot \ln x\,\text{d}x}=x\ln x-\int{x\cdot \frac{1}{x}\text{d}x}=x\ln x-\int{\text{d}x}= \\& =x\ln x-x+C=x\left(\ln x-1 \right)+C \\\end{align}\]

Все, интеграл найден.

Задача 2. Вычислите:

$\int{x{{\text{e}}^{-x}}\,\text{d}x=\int{x\cdot {{e}^{-x}}\,\text{d}x}}$

Если в роли производной, от которой нам нужно будет сейчас найти первообразную, мы возьмем $x$, то получим${{x}^{2}}$, и итоговое выражение будет содержать ${{x}^{2}}{{\text{e}}^{-x}}$.

Очевидно, задача не упрощается, поэтому мы поменяем местами множители под знаком интеграла:

$\int{x\cdot {{\text{e}}^{-x}}\,\text{d}x}=\int{{{\text{e}}^{-x}}\cdot x\,\text{d}x}$

А вот теперь вводим обозначения:

${f}"={{\text{e}}^{-x}}\Rightarrow f=\int{{{\text{e}}^{-x}}\,\text{d}x}=-{{\text{e}}^{-x}}$

Дифференцируем ${{\text{e}}^{-x}}$:

${{\left({{\text{e}}^{-x}} \right)}^{\prime }}={{\text{e}}^{-x}}\cdot {{\left(-x \right)}^{\prime }}=-{{\text{e}}^{-x}}$

Другими словами, сначала добавляется «минус», а затем обе стороны интегрируются:

\[\begin{align}& {{\left({{\text{e}}^{-x}} \right)}^{\prime }}=-{{\text{e}}^{-x}}\Rightarrow {{\text{e}}^{-x}}=-{{\left({{\text{e}}^{-x}} \right)}^{\prime }} \\& \int{{{\text{e}}^{-x}}\,\text{d}x}=-\int{{{\left({{\text{e}}^{-x}} \right)}^{\prime }}\text{d}x}=-{{\text{e}}^{-x}}+C \\\end{align}\]

Теперь разберёмся с функцией$g$:

$g=x\Rightarrow {g}"=1$

Считаем интеграл:

$\begin{align}& \int{{{\text{e}}^{-x}}\cdot x\,\text{d}x}=x\cdot \left(-{{\text{e}}^{-x}} \right)-\int{\left(-{{\text{e}}^{-x}} \right)\cdot 1\cdot \text{d}x}= \\& =-x{{\text{e}}^{-x}}+\int{{{\text{e}}^{-x}}\,\text{d}x}=-x{{\text{e}}^{-x}}-{{\text{e}}^{-x}}+C=-{{\text{e}}^{-x}}\left(x+1 \right)+C \\\end{align}$

Итак, мы выполнили второе интегрирование по частям.

Задача 3. Вычислите:

$\int{x\cos 3x\,\text{d}x}$

Что в этом случае брать за${f}"$ , а что за$g$? Если в роли производной будет выступать$x$ , то при интегрировании возникнет$\frac{{{x}^{2}}}{2}$, и никуда у нас первый множитель не пропадет — будет $\frac{{{x}^{2}}}{2}\cdot \cos 3x$. Поэтому опять поменяем множители местами:

$\begin{align}& \int{x\cos 3x\,\text{d}x}=\int{\cos 3x\cdot x\,\text{d}x} \\& {f}"=\cos 3x\Rightarrow f=\int{\cos 3x\,\text{d}x}=\frac{\sin 3x}{3} \\& g=x\Rightarrow {g}"=1 \\\end{align}$

Переписываем наше исходное выражение и раскладываем его по формуле интегрирования по частям:

\[\begin{align}& \int{\cos 3x\cdot x\ \text{d}x}=\frac{\sin 3x}{3}\cdot x-\int{\frac{\sin 3x}{3}\text{d}x}= \\& =\frac{x\sin 3x}{3}-\frac{1}{3}\int{\sin 3x\,\text{d}x}=\frac{x\sin 3x}{3}+\frac{\cos 3x}{9}+C \\\end{align}\]

Все, третья задача решена.

В заключение еще раз взглянем на формулу интегрирования по частям . Как мы выбираем, какой из множителей будет производной, а какой будет настоящей функцией? Критерий здесь всего один: элемент, который мы будем дифференцировать, должен давать либо «красивое» выражение, которое потом сократится, либо при дифференцировании вообще исчезать. На этом урок закончен.

Представлен метод интегрирования неопределенного интеграла по частям. Даны примеры интегралов, вычисляющихся этим методом. Разобраны примеры решений.

Содержание

См. также: Методы вычисления неопределенных интегралов
Таблица неопределенных интегралов
Основные элементарные функции и их свойства

Формула интегрирования по частям имеет вид:
.

Метод интегрирования по частям состоит в применении этой формулы. При практическом применении стоит отметить, что u и v являются функциями от переменной интегрирования. Пусть переменная интегрирования обозначена как x (символ после знака дифференциала d в конце записи интеграла) . Тогда u и v являются функциями от x : u(x) и v(x) .
Тогда
, .
И формула интегрирования по частям принимает вид:
.

То есть подынтегральная функция должна состоять из произведения двух функций:
,
одну из которых обозначаем как u: g(x) = u , а у другой должен вычисляться интеграл (точнее находиться первообразная):
, тогда dv = f(x) dx .

В некоторых случаях f(x) = 1 . То есть в интеграле
,
можно положить g(x) = u, x = v .

Резюме

Итак, в данном методе, формулу интегрирования по частям стоит запомнить и применять в двух видах:
;
.

Интегралы, вычисляющиеся интегрированием по частям

Интегралы, содержащие логарифм и обратные тригонометрические (гиперболические) функции

По частям часто интегрируются интегралы, содержащие логарифм и обратные тригонометрические или гиперболические функции. При этом ту часть, которая содержит логарифм или обратные тригонометрические (гиперболические) функции обозначают через u , оставшуюся часть - через dv .

Вот примеры таких интегралов, которые вычисляются методом интегрирования по частям:
, , , , , , .

Интегралы, содержащие произведение многочлена и sin x, cos x или e x

По формуле интегрирования частям находятся интегралы вида:
, , ,
где P(x) – многочлен от x . При интегрировании, многочлен P(x) обозначают через u , а e ax dx , cos ax dx или sin ax dx - через dv .

Вот примеры таких интегралов:
, , .

Примеры вычисления интегралов методом интегрирования по частям

Примеры интегралов, содержащих логарифм и обратные тригонометрические функции

Пример

Вычислить интеграл:

Подробное решение

Здесь подынтегральное выражение содержит логарифм. Делаем подстановки
u = ln x ,
dv = x 2 dx .
Тогда
,
.

Вычисляем оставшийся интеграл:
.
Тогда
.
В конце вычислений нужно обязательно добавить постоянную C , поскольку неопределенный интеграл - это множество всех первообразных. Также ее можно было добавлять и в промежуточных вычислениях, но это лишь загромождало бы выкладки.

Более короткое решение

Можно представить решение и в более коротком варианте. Для этого не нужно делать подстановки с u и v , а можно сгруппировать сомножители и применить формулу интегрирования по частям во втором виде.

.

Другие примеры

Примеры интегралов, содержащих произведение многочлена и sin x, cos x или ex

Пример

Вычислить интеграл:
.

Введем экспоненту под знак дифференциала:
e - x dx = - e - x d(-x) = - d(e - x) .

Интегрируем по частям.
.
Также применяем метод интегрирования по частям.
.
.
.
Окончательно имеем.

В этой теме мы подробно поговорим вычислении неопределённых интегралов с помощью так называемой "формулы интегрирования по частям". Нам понадобится таблица неопределенных интегралов и таблица производных . В первой части будут разобраны стандартные примеры, которые большей частью встречаются в типовых расчётах и контрольных работах. Более сложные примеры разобраны во второй части .

Постановка задачи в стандартном случае следующая. Допустим, под интегралом у нас расположены две функции разной природы : многочлен и тригонометрическая функция, многочлен и логарифм, многочлен и обратная тригонометрическая функция и так далее. В этой ситуации выгодно отделить одну функцию от другой. Грубо говоря, имеет смысл разбить подынтегральное выражение на части, - и разобраться с каждой частью по отдельности. Отсюда и название: "интегрирование по частям". Применение этого метода основано на следующей теореме:

Пусть функции $u(x)$ и $v(x)$ дифференцируемы на некотором промежутке, и на этом промежутке существует интеграл $\int v \; du$. Тогда на этом же промежутке существует и интеграл $\int u \; dv$, при этом верно следущее равенство:

\begin{equation} \int u \; dv=u\cdot v-\int v\; du \end{equation}

Формулу (1) и называют "формулой интегрирования по частям". Иногда, применяя вышеуказанную теорему, говорят о использовании "метода интегрирования по частям". Нам будет важна суть этого метода, которую и рассмотрим на примерах. Существует несколько стандартных случаев, в которых явно применима формула (1). Именно эти случаи и станут темой данной страницы. Пусть $P_n(x)$ - многочлен n-й степени. Введём два правила:

Правило №1

Для интегралов вида $\int P_n(x) \ln x \;dx$, $\int P_n(x) \arcsin x \;dx$, $\int P_n(x) \arccos x \;dx$, $\int P_n(x)\arctg x \;dx$, $\int P_n(x) \arcctg x \;dx$ принимаем $dv=P_n(x)dx$.

Правило №2

Для интегралов вида $\int P_n(x) a^x \;dx$ ($a$ - некоторое положительное число), $\int P_n(x) \sin x \;dx$, $\int P_n(x) \cos x \;dx$, $\int P_n(x)ch x \;dx$, $\int P_n(x) sh x \;dx$ принимаем $u=P_n(x)$.

Сразу отмечу, что указанные выше записи не нужно воспринимать буквально. Например, в интегралах вида $\int P_n(x) \ln x \;dx$ не обязательно будет стоять именно $\ln x$. Там могут быть расположены и $\ln 5x$, и $\ln (10x^2+14x-5)$. Т.е. запись $\ln x$ нужно воспринимать как своего рода обобщение.

Ещё один момент. Бывает, что формулу интегрирования по частям приходится применять несколько раз. Об этом поговорим подробнее в примерах №4 и №5. Теперь перейдём непосредственно к решению типичных задач. Решение задач, уровень которых чуть выше стандартных, разбирается во второй части .

Пример №1

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

Под интегралом расположен многочлен $3x+4$ и тригонометрическая функция $\cos (2x-1)$. Это классический случай для применения формулы , поэтому возьмём заданный интеграл по частям. Формула требует, чтобы интеграл $\int (3x+4) \cos (2x-1) \; dx$ был представлен в форме $\int u \; dv$. Нам нужно выбрать выражения для $u$ и для $dv$. Можно в качестве $u$ принять $3x+4$, тогда $dv=\cos (2x-1)dx$. Можно взять $u=\cos (2x-1)$, тогда $dv=(3x+4)dx$. Чтобы сделать правильный выбор обратимся к . Заданный интеграл $\int (3x+4) \cos (2x-1) \; dx$ подпадает под вид $\int P_n(x) \cos x \;dx$ (многочлен $P_n(x)$ в нашем интеграле имеет вид $3x+4$). Согласно нужно выбрать $u=P_n(x)$, т.е. в нашем случае $u=3x+4$. Так как $u=3x+4$, то $dv=\cos(2x-1)dx$.

Однако недостаточно просто выбрать $u$ и $dv$. Нам еще понадобятся значения $du$ и $v$. Так как $u=3x+4$, то:

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

Теперь разберёмся с функцией $v$. Так как $dv=\cos(2x-1)dx$, то согласно определению неопределённого интеграла имеем: $ v=\int \cos(2x-1)\; dx$. Чтобы найти нужный интеграл применим внесение под знак дифференциала :

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

Однако нам нужно не всё бесконечное множество функций $v$, которое описывает формула $\frac{\sin(2x-1)}{2}+C$. Нам нужна какая-то одна функция из этого множества. Чтобы получить искомую функцию нужно вместо $C$ подставить какое-либо число. Проще всего, разумеется, подставить $C=0$, получив при этом $v=\frac{\sin(2x-1)}{2}$.

Итак, соберём всё вышеизложенное воедино. Мы имеем: $u=3x+4$, $du=3dx$, $dv=\cos(2x-1)dx$, $v=\frac{\sin(2x-1)}{2}$. Подставляя всё это в правую часть формулы будем иметь:

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

Осталось, по сути, только найти $\int\frac{\sin(2x-1)}{2}\cdot 3dx$. Вынося константу (т.е. $\frac{3}{2}$) за знак интеграла и применяя метод внесения под знак дифференциала , получим:

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

Итак, $\int (3x+4) \cos (2x-1) \; dx=\frac{(3x+4)\cdot\sin(2x-1)}{2}+\frac{3}{4}\cdot \cos (2x-1)+C$. В сокращенном виде процесс решения записывают так:

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

Неопределённый интеграл по частям найден, осталось лишь записать ответ.

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

Полагаю, здесь не обойдётся без вопроса, поэтому попробую сформулировать его и дать ответ.

Почему мы приняли именно $u=3x+4$ и $dv=\cos(2x-1)dx$? Да, интеграл был решён. Но, может быть, если бы мы взяли $u=\cos (2x-1)$ и $dv=(3x+4)dx$ интеграл тоже был бы найден!

Нет, если принять $u=\cos (2x-1)$ и $dv=(3x+4)dx$, то ничего хорошего с этого не выйдет, - интеграл не упростится. Судите сами: если $u=\cos(2x-1)$, то $du=(\cos(2x-1))"dx=-2\sin(2x-1)dx$. Кроме того, так как $dv=(3x+4)dx$, то:

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

Приняв $C=0$, получим $v=\frac{3x^2}{2}+4x$. Подставим теперь в формулу найденные значения $u$, $du$, $v$ и $dv$:

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

И к чему мы пришли? Мы пришли к интегралу $\int \left(\frac{3x^2}{2}+4x \right) \sin(2x-1)\;dx$, который явно сложнее нежели исходный интеграл $\int (3x+4) \cos (2x-1) \; dx$. Это говорит о том, что выбор $u$ и $dv$ был сделан неудачно. После применения формулы интегрирования по частям полученный интеграл должен быть проще исходного. Находя неопределенный интеграл по частям мы должны упрощать его, а не усложнять, поэтому если после применения формулы (1) интеграл усложнился, то выбор $u$ и $dv$ осуществлён некорректно.

Пример №2

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

Под интегралом расположен многочлен (т.е. $3x^4+4x-1$) и $\ln 5x$. Этот случай подпадает под , поэтому возьмём интеграл по частям. Заданный интеграл имеет такую же структуру, как и интеграл $\int P_n(x) \ln x\; dx$. Вновь, как и в примере №1, нам нужно выбрать какую-то часть подынтегрального выражения $(3x^4+4x-1) \ln 5x \; dx$ в качестве $u$, а какую-то часть - в качестве $dv$. Согласно , нужно выбрать $dv=P_n(x)dx$, т.е. в нашем случае $dv=(3x^4+4x-1)dx$. Если из выражения $(3x^4+4x-1) \ln 5x \; dx$ "изьять" $dv=(3x^4+4x-1)dx$, то останется $\ln 5x$ - это и будет функция $u$. Итак, $dv=(3x^4+4x-1)dx$, $u=\ln 5x$. Для применения формулы нам понадобятся также $du$ и $v$. Так как $u=\ln 5x$, то:

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

Теперь найдём функцию $v$. Так как $dv=(3x^4+4x-1)dx$, то:

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

Из всего найденного бесконечного множества функций $\frac{3x^5}{5}+2x^2-x+C$ нам нужно выбрать одну. А проще всего это сделать приняв $C=0$, т.е. $v=\frac{3x^5}{5}+2x^2-x$. Для применения формулы всё готово. Подставим в правую часть указанной формулы значения $u=\ln 5x$, $du=\frac{1}{x}dx$, $v=\frac{3x^5}{5}+2x^2-x$ и $dv=(3x^4+4x-1)dx$ будем иметь:

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

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

Пример №3

Найти $\int \arccos x \; dx$.

Этот интеграл имеет структуру $\int P_n(x) \arccos x \;dx$, подпадающую под . Понимаю, что сразу возникнет резонный вопрос: "а где в заданном интеграле $\int\arccos x \; dx$ спрятали многочлен $P_n(x)$? Там же нет никакого многочлена, только арккосинус и всё!". Однако на самом деле под интегралом расположен не только арккосинус. Я представлю интеграл $\int arccos x \; dx$ в таком виде: $\int 1\cdot\arccos x \; dx$. Согласитесь, что от домножения на единицу подынтегральное выражение не изменится. Вот эта единица и есть $P_n(x)$. Т.е. $dv=1\cdot dx=dx$. А в качестве $u$ (согласно ) принимаем $\arccos x$, т.е. $u=\arccos x$. Значения $du$ и $v$, кои учавствуют в формуле , найдём так же, как и в предыдущих примерах:

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

Как и в предыдущих примерах, полагая $C=0$ получим $v=x$. Подставляя все найденные параметры в формулу , будем иметь следующее:

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

Ответ : $\int\arccos x \; dx=x\cdot\arccos x-\sqrt{1-x^2}+C$.

Пример №4

Найти $\int (3x^2+x) e^{7x} \; dx$.

В этом примере формулу интегрирования по частям придётся применять два раза. Интеграл $\int (3x^2+x) e^{7x} \; dx$ имеет структуру $\int P_n(x) a^x \;dx$. В нашем случае $P_n(x)=3x^2+x$, $a=e$. Согласно имеем: $u=3x^2+x$. Соответственно, $dv=e^{7x}dx$.

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

Опять-таки, как и в предыдущих примерах, полагая $C=0$, имеем: $v=\frac{e^{7x}}{7}$.

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

Мы пришли к интегралу $\int (6x+1) e^{7x}\;dx$, который вновь необходимо брать по частям. Приняв $u=6x+1$ и $dv=e^{7x}dx$ будем иметь:

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

Полученный ответ можно и упростить, раскрыв скобки и перегруппировав слагаемые:

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

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

Пример №5

Найти $\int (x^2+5)\sin(3x+1) \; dx$.

Здесь, как и в предыдущем примере, интегрирование по частям применяется дважды. Подробные пояснения были даны ранее, поэтому приведу только решение:

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

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

Применение метода интегрирования по частям в несколько нестандартных случаях, не подпадающих под действие правил №1 и №2, будет дано во

Метод интегрирования по частям используется тогда, когда нужно упростить имеющийся неопределенный интеграл или свести его к табличному значению. Чаще всего он применяется в случае наличия показательных, логарифмических, прямых и обратных тригонометрических формул и их сочетаний в подынтегральном выражении.

Основная формула, необходимая для использования этого метода, выглядит так:

∫ f (x) d x = ∫ u (x) d (v (x)) = u (x) v (x) - ∫ v (x) d (u (x))

Она означает, что нам нужно сначала представить выражение под интегралом в качестве произведения функции u (x) и дифференциала функции v (x) . После этого мы вычисляем значение функции v (x) каким-либо методом (чаще всего применяется метод непосредственного интегрирования), а полученные выражения подставляем в указанную формулу, сводя исходный интеграл к разности u (x) v (x) - ∫ v (x) d (u (x)) . Полученный в итоге интеграл также можно взять, используя любой метод интегрирования.

Рассмотрим задачу, в которой нужно найти множество первообразных функции логарифма.

Пример 1

Вычислите неопределенный интеграл ∫ ln (x) d x .

Решение

Используем метод интегрирования по частям. Для этого берем ln (x) как функцию u (x) , а остаток подынтегрального выражения – как d (v (x)) . В итоге получаем, что ln (x) d x = u (x) d (v (x)) , где u (x) = ln (x) , d (v (x)) = d x .

Дифференциалом функции u (x) является d (u (x)) - u " (x) d x = d x x , а функция v (x) может быть представлена как v (x) = ∫ d (v (x)) = ∫ d x = x

Важно: константа C при вычислении функции v (x) будет считаться равной 0 .

Подставим то, что у нас получилось, в формулу интегрирования по частям:

∫ ln (x) d x = u (x) v (x) - ∫ v (x) d (u (x)) = = ln (x) · x - ∫ x · d x x = ln (x) · x - ∫ d x = ln (x) · x - x + C 1 = = x (ln (x) - 1) + C

где C = - C 1

Ответ: ∫ ln (x) d x = x (ln (x) - 1) + C .

Наиболее сложным в применении данного метода является выбор, какую именно часть исходного выражения под интегралом взять в качестве u (x) , а какую – d (v (x)) .

Разберем несколько стандартных случаев.

Если у нас в условии стоят интегралы вида ∫ P n (x) · e a x d x , ∫ P n (x) · sin (a x) d x либо ∫ P n (x) · cos (a x) d x , где a является коэффициентом, а P n (x) – многочленом степени n , то в качестве функции u (x) нужно взять именно P n (x) .

Пример 2

Найдите множество первообразных функции f (x) = (x + 1) · sin (2 x) .

Решение

Мы можем взять по частям неопределенный интеграл ∫ (x + 1) · sin (2 x) d x . Берем x + 1 в качестве u (x) и sin (2 x) d x в качестве d (v (x)) , то есть d (u (x)) = d (x + 1) = d x .

Используя непосредственное интегрирование, получим:

v (x) = ∫ sin (2 x) d x = - 1 2 cos (2 x)

Подставляем в формулу интегрирования по частям:

∫ (x + 1) · sin (2 x) d x = u (x) v (x) - ∫ v (x) d (u (x)) = = (x + 1) · - 1 2 cos (2 x) - ∫ - 1 2 cos (2 x) d x = = - 1 2 (x + 1) · cos (2 x) + 1 2 ∫ cos (2 x) · d (x) = = - 1 2 (x + 1) · cos (2 x) + 1 4 sin (2 x) + C

Ответ: ∫ (x + 1) · sin (2 x) d x = - 1 2 (x + 1) · cos (2 x) + 1 4 sin (2 x) + C .

Пример 3

Вычислите неопределенный интеграл ∫ (x 2 + 2 x) e x d x .

Решение

Берем многочлен второго порядка x 2 + 2 x в качестве u (x) и d (v (x)) - e x d x .

∫ x 2 + 2 x e x d x = u (x) = x 2 + 2 x , d (v (x)) = e x d x d (u (x)) = (2 x + 2) d x , v (x) = ∫ e x d x = e x = = u (x) v (x) - ∫ v (x) d (u (x)) = (x 2 + 2 x) e x - ∫ (2 x + 2) e x d x

К тому, что у нас получилось, надо опять применить метод интегрирования по частям:

∫ (2 x + 2) e x d x = (x 2 + 2 x) e x - ∫ 2 x + 2 e x d x = = u (x) = (2 x + 2) , d (v (x)) = e x d x d (u (x)) = 2 d x , v (x) = ∫ e x d x = e x = = (x 2 + 2 x) e x - (2 x + 2) e x - ∫ v (x) d (u (x)) = = (x 2 + 2 x) e x - (2 x + 2) e x - ∫ 2 e x d x = = (x 2 + 2 x - 2 x - 2) e x + 2 ∫ e x d x = (x 2 - 2) e x + 2 e x + C = x 2 e x + C

Ответ: ∫ (x 2 + 2 x) e x d x = x 2 e x + C .

Пример 4

Вычислите интеграл ∫ x 3 cos 1 3 x d x .

Решение

Согласно методу интегрирования по частям, берем u (x) = x 3 и d (v (x)) = cos 1 3 x d x .

В таком случае d (u (x)) = 3 x 2 d x и v (x) = ∫ cos 1 3 x d x = 3 sin 1 3 x .

Теперь подставим полученные выражения в формулу:

∫ x 3 cos 1 3 x d x = u (x) v (x) - ∫ v (x) d (u)) = = x 3 3 sin 1 3 x - ∫ 3 x 2 3 sin 1 3 x d x = = 3 x 3 sin 1 3 x - 9 ∫ x 2 sin 1 3 x d x

У нас получился неопределенный интеграл, который опять же нужно взять по частям:

∫ x 3 cos 1 3 x d x = 3 x 3 sin 1 3 x - 9 ∫ x 2 sin 1 3 x d x = = u (x) = x 2 , d (v (x)) = sin 1 3 x d x d (u (x)) = 2 x d x , v (x) = ∫ sin 1 3 x d x = - 3 cos 1 3 x = = 3 x 3 sin 1 3 x - 9 - 3 x 2 cos 1 3 x - ∫ - 3 cos 1 3 x · 2 x d x = = 3 x 3 sin 1 3 x + 27 x 2 · cos 1 3 x - 54 ∫ x cos 1 3 x d x

Выполняем частичное интегрирование еще раз:

∫ x 3 cos 1 3 x d x = 3 x 3 sin 1 3 x + 27 x 2 · cos 1 3 x - 54 ∫ x cos 1 3 x d x = = u (x) = x , d (v (x)) = cos 1 3 x d x d (u (x)) = d x , v (x) = ∫ cos 1 3 x d x = 3 sin 1 3 x = = 3 x 3 sin 1 3 x + 27 x 2 cos 1 3 x - 54 3 x sin 1 3 x - ∫ 3 sin 1 3 x d x = = 3 x 3 - 162 x sin 1 3 x + 27 x 2 cos 1 3 x + 162 ∫ sin 1 3 x d x = = (3 x 3 - 162 x) sin 1 3 x + 27 x 2 cos 1 3 x - 486 cos 1 3 x + C = = (3 x 3 - 162 x) sin 1 3 x + (27 x 2 - 486) cos 1 3 x + C

Ответ: ∫ x 3 cos 1 3 x d x = (3 x 3 - 162 x) sin 1 3 x + (27 x 2 - 486) cos 1 3 x + C .

Если же у нас в условии стоят интегралы вида ∫ P n (x) · ln (a x) d x , ∫ P n (x) · a r c sin (a x) d x , ∫ P n (x) · a r c cos (a x) d x , ∫ P n (x) · a r c t g (a x) d x , ∫ P n (x) · a r c c t g (a x) d x

то нам следует брать в качестве u (x) функции a r c t g (a x) , a r c c t g (x) , ln (a x) , a r c sin (a x) , a r cos (a x) .

Пример 5

Вычислите множество первообразных функции (x + 1) ln (2 x) .

Решение

Принимаем ln (2 x) в качестве u (x) , а (x + 1) d x – в качестве d (v (x)) . Получаем:

d (u (x)) = (ln (2 x)) " d x = 1 2 x (2 x) " d x = d x x v (x) = ∫ (x + 1) d x = x 2 2 + x

Подставим эти выражения в формулу:

∫ (x + 1) ln (2 x) d x = u (x) v (x) - ∫ v (x) d (u (x)) = = x 2 2 + x ln 2 x - ∫ x 2 2 + x d x x = = x 2 2 + x ln (2 x) - ∫ x 2 + 1 d x = x 2 2 + x ln 2 x - 1 2 ∫ x d x - ∫ d x = = x 2 2 + x ln (2 x) - x 2 4 - x + C

Ответ: ∫ (x + 1) ln (2 x) d x = x 2 2 + x ln (2 x) - x 2 4 - x + C .

Пример 6

Вычислите неопределенный интеграл ∫ x · a r c sin (2 x) d x .

Решение

Решаем, какую часть взять за u (x) , а какую – за d (v (x)) . Согласно правилу, приведенному выше, в качестве первой функции нужно взять a r c sin (2 x) , а d (v (x)) = x d x . Получим:

d (u (x)) = (a r c sin (2 x) " d x = 2 x " d x 1 - (2 x) 2 = 2 d x 1 - (2 x) 2 , v (x) = ∫ x d x = x 2 2

Подставляем значения в формулу:

∫ x · a r c sin (2 x) d x = u (x) v (x) - ∫ v (x) d (u (x)) = = x 2 2 a r c sin (2 x) - ∫ x 2 2 - 2 d x 1 - (2 x) 2 = x 2 2 a r c sin (2 x) - ∫ x 2 d x 1 - 4 x 2

В итоге мы пришли к следующему равенству:

∫ x · a r c sin (2 x) d x = x 2 2 a r c sin (2 x) - ∫ x 2 d x 1 - 4 x 2

Теперь вычислим получившийся в итоге интеграл ∫ x 2 d x 1 - 4 x 2:

∫ x 2 d x 1 - 4 x 2 = ∫ x 2 d x 4 1 4 - x 2 = 1 2 ∫ x 2 d x 1 4 - x 2 = - 1 2 ∫ - x 2 d x 1 4 - x 2 = = - 1 2 ∫ 1 4 - x 2 - 1 4 1 4 - x 2 d x = - 1 2 1 4 - x 2 d x + 1 8 ∫ d x 1 4 - x 2 = = - 1 2 ∫ 1 4 - x 2 d x + 1 8 a r c sin (2 x)

Здесь можно применить метод интегрирования по частям и получить:

∫ x 2 d x 1 - 4 x 2 = - 1 2 ∫ 1 4 - x 2 d x + 1 8 a r c sin (2 x) = = u (x) = 1 4 - x 2 , d (v (x)) = d x d (u (x)) = 1 4 - x 2 " d x 2 1 4 - x 2 = - x d x 1 4 - x 2 , v (x) = ∫ d x = x = = - 1 2 u (x) v (x) - ∫ v (x) d (u (x)) + 1 8 a r c sin (2 x) = = - 1 2 x 1 4 - x 2 - ∫ - x 2 d x 1 4 - x 2 + 1 8 a r c sin (2 x) = = - 1 2 x 1 4 - x 2 - 1 2 ∫ x 2 d x 1 4 - x 2 + 1 8 a r c sin (2 x) = = - 1 2 x 1 4 - x 2 - ∫ x 2 d x 1 - 4 x 2 + 1 8 a r c sin (2 x)

Теперь наше равенство выглядит так:

∫ x 2 d x 1 - 4 x 2 = - 1 2 x 1 4 - x 2 - ∫ x 2 d x 1 - 4 x 2 + 1 8 a r c sin (2 x)

Мы видим, что интеграл справа аналогичен тому, что получился слева. Переносим его в другую часть и получаем:

2 ∫ x 2 d x 1 - 4 x 2 = - 1 2 x 1 4 - x 2 + 1 8 a r c sin (2 x) + C 1 ⇒ x 2 d x 1 - 4 x 2 = - 1 4 x 1 4 - x 2 + 1 16 a r c sin (2 x) + C 2 x 2 d x 1 - 4 x 2 = - 1 8 x 1 4 - x 2 + 1 16 a r c sin (2 x) + C 2

где C 2 = C 1 2

Вернемся к исходным переменным:

∫ x · a r c sin (2 x) d x = x 2 2 a r c sin (2 x) - ∫ x 2 d x 1 - 4 x 2 = = x 2 2 a r c sin (2 x) - - 1 8 x 1 - 4 x 2 + 1 16 a r c sin (2 x) + C 2 = = 1 2 x 2 - 1 8 a r c sin (2 x) + 1 8 x 1 - 4 x 2 + C

где С = - С 2

Ответ: ∫ x · a r c sin (2 x) d x = 1 2 x 2 - 1 8 a r c sin (2 x) + 1 8 x 1 - 4 x 2 + C .

Если же у нас в задаче стоит интеграл вида ∫ e a · x · sin (b x) d x либо ∫ e a · x · cos (b x) d x , то в качестве u (x) может быть выбрана любая функция.

Пример 7

Вычислите неопределенный интеграл ∫ e x · sin (2 x) d x .

Решение

∫ e x sin (2 x) d x = u (x) = sin (2 x) , d (v (x)) = e x d x d (u (x)) = 2 cos (2 x) d x , v (x) = ∫ e x d x = e x = = u (x) v (x) - ∫ v (x) d (u (x)) = sin (2 x) e x - ∫ e x · 2 cos 2 x d x = = sin (2 x) e x - 2 ∫ e x cos (2 x) d x = u (x) = cos (2 x) , d (v (x)) = e x d x d (u (x)) = - 2 sin (2 x) d x , v (x) = ∫ e x d x = e x = = sin (2 x) e x - 2 cos (2 x) e x - ∫ (e x (- 2 sin (2 x) d x)) = = sin (2 x) e x = 2 cos (2 x) e x - 4 ∫ e x sin (2 x) d x

В итоге у нас получится:

∫ e x sin (2 x) d x = sin (2 x) e x - 2 cos (2 x) e x - 4 ∫ e x sin (2 x) d x

Мы видим одинаковые интегралы слева и справа, значит, можем привести подобные слагаемые:

5 ∫ e x sin (2 x) d x = sin (2 x) e x - 2 cos (2 x) e x ⇒ ∫ e x sin (2 x) d x = 1 5 sin (2 x) e x - 2 5 cos (2 x) e x + C

Ответ: ∫ e x sin (2 x) d x = 1 5 sin (2 x) e x - 2 5 cos (2 x) e x + C

Этот способ решения является стандартным, и справа нередко получается интеграл, который идентичен исходному.

Мы рассмотрели наиболее типовые задачи, в которых можно точно определить, какую часть выражения взять за d (v (x)) , а какую за u (x) . В остальных случаях это приходится определять самостоятельно.

Если вы заметили ошибку в тексте, пожалуйста, выделите её и нажмите Ctrl+Enter

Рассмотрим функции $u=u(x)$ и $v=v(x)$, которые имеют непрерывные производные . Согласно свойствам дифференциалов, имеет место следующее равенство:

$d(u v)=u d v+v d u$

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.

Замечание

В некоторых случаях формулу интегрирования частями нужно применять неоднократно.

Формулу интегрирования по частям целесообразно применять к интегралам следующего вида:

1) $\int P_{n}(x) e^{k x} d x$ ; $\int P_{n}(x) \sin (k x) d x$ ; $\int P_{n}(x) \cos (k x) d x$

Здесь $P_{n}(x)$ - 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

Пример

Задание. Найти интеграл $\int(x+1) e^{2 x} d x$

Решение.

$=\frac{(x+1) e^{2 x}}{2}-\frac{1}{2} \int e^{2 x} d x=\frac{(x+1) e^{2 x}}{2}-\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} e^{2 x}+C=$

$=\frac{(x+1) e^{2 x}}{2}-\frac{e^{2 x}}{4}+C$

Ответ. $\int(x+1) e^{2 x} d x=\frac{(x+1) e^{2 x}}{2}-\frac{e^{2 x}}{4}+C$

Пример

Задание. Найти интеграл $\int x^{2} \cos x d x$

Решение.

$=x^{2} \sin x-2\left(x \cdot(-\cos) x-\int(-\cos x) d x\right)=$

$=x^{2} \sin x+2 x \cos x-2 \int \cos x d x=$

$=x^{2} \sin x+2 x \cos x-2 \sin x+C=\left(x^{2}-1\right) \sin x+2 x \cos x+C$

Ответ. $\int x^{2} \cos x d x=\left(x^{2}-1\right) \sin x+2 x \cos x+C$

2) $\int P_{n}(x) \arcsin x d x$ ; $\int P_{n}(x) \arccos x d x$ ; $\int P_{n}(x) \ln x d x$

Здесь принимают, что $d v=P_{n}(x) d x$, а в качестве $u$ оставшиеся сомножители.

Пример

Задание. Найти интеграл $\int \ln x d x$

Решение. В исходном интеграле выделим функции $u$ и $v$, затем выполним интегрирование по частям.

$=x \ln x-\int d x=x \ln x-x+C=x(\ln x-1)+C$

Ответ. $\int \ln x d x=x(\ln x-1)+C$

Пример

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.

$=x \arcsin x-\int \frac{-t d t}{\sqrt{t^{2}}}=x \arcsin x+\int \frac{t d t}{t}=x \arcsin x+\int d t=$

$=x \arcsin x+t+C=x \arcsin x+\sqrt{1-x^{2}}+C$

Ответ. $\int \arcsin x d x=x \arcsin x+\sqrt{1-x^{2}}+C$

3) $\int e^{k x+b} \sin (c x+f) d x$ ; $\int e^{k x+b} \cos (c x+f) d x$

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.

Пример

Задание. Найти интеграл $\int e^{2 x+1} \sin x d x$

Решение. В исходном интеграле выделим функции $u$ и $v$, затем выполним интегрирование по частям.

$=-e^{2 x+1} \cos x-\int(-\cos x) \cdot \frac{e^{2 x+1}}{2} d x=$