Integrale complexe
Acest articol încheie subiectul integralelor nedefinite și include integrale pe care le consider destul de complexe. Lecția a fost creată la solicitările repetate ale vizitatorilor care și-au exprimat dorința ca pe site să fie analizate exemple mai dificile.
Se presupune că cititorul acestui text este bine pregătit și știe să aplice tehnicile de integrare de bază. Manichinii și oamenii care nu sunt foarte încrezători în integrale ar trebui să se refere la prima lecție - Integrală nedefinită. Exemple de soluții, unde poți stăpâni subiectul aproape de la zero. Studenții mai experimentați se pot familiariza cu tehnici și metode de integrare care nu au fost încă întâlnite în articolele mele.
Ce integrale vor fi luate în considerare?
Mai întâi vom lua în considerare integralele cu rădăcini, pentru soluția cărora o folosim succesiv înlocuire variabilăȘi integrare pe părți. Adică, într-un exemplu, două tehnici sunt combinate simultan. Și încă mai mult.
Apoi ne vom familiariza cu interesante și originale metoda de reducere a integralei la sine. Destul de multe integrale sunt rezolvate astfel.
Al treilea număr al programului va fi integrale ale fracțiilor complexe, care au trecut peste casa de casă în articolele anterioare.
În al patrulea rând, vor fi analizate integrale suplimentare din funcțiile trigonometrice. În special, există metode care evită înlocuirea trigonometrică universală consumatoare de timp.
(2) În funcția integrand, împărțim numărătorul la numitor termen cu termen.
(3) Folosim proprietatea de liniaritate Nu integrala definita. În ultima integrală imediat puneți funcția sub semnul diferențial.
(4) Luăm integralele rămase. Rețineți că într-un logaritm puteți folosi paranteze mai degrabă decât un modul, deoarece .
(5) Efectuăm o înlocuire inversă, exprimând „te” din înlocuirea directă:
Studenții masochiști pot diferenția răspunsul și pot obține integrandul original, așa cum tocmai am făcut eu. Nu, nu, am făcut verificarea în sensul corect =)
După cum puteți vedea, în timpul soluției a trebuit să folosim chiar mai mult de două metode de soluție, așa că pentru a face față unor astfel de integrale aveți nevoie de abilități de integrare încrezătoare și destul de multă experiență.
În practică, desigur, rădăcina pătrată este mai comună; iată trei exemple pentru a o rezolva singur:
Exemplul 2
Aflați integrala nedefinită
Exemplul 3
Aflați integrala nedefinită
Exemplul 4
Aflați integrala nedefinită
Aceste exemple sunt de același tip, astfel încât soluția completă de la sfârșitul articolului va fi doar pentru Exemplul 2; Exemplele 3-4 au aceleași răspunsuri. Ce înlocuitor să folosiți la începutul deciziilor cred că este evident. De ce am ales exemple de același tip? Deseori găsite în rolul lor. Mai des, poate, doar ceva de genul 
.
Dar nu întotdeauna, când sub funcțiile arctangente, sinus, cosinus, exponențial și alte funcții există o rădăcină a funcție liniară, trebuie să utilizați mai multe metode deodată. Într-un număr de cazuri, este posibil să „coboare ușor”, adică imediat după înlocuire, se obține o integrală simplă, care poate fi luată cu ușurință. Cea mai ușoară dintre sarcinile propuse mai sus este Exemplul 4, în care, după înlocuire, se obține o integrală relativ simplă.
Prin reducerea integralei la sine
Duh și frumoasa metoda. Să aruncăm o privire la clasicii genului:
Exemplul 5
Aflați integrala nedefinită
Sub rădăcină este un binom pătratic, iar când se încearcă integrarea acest exemplu ibricul poate suferi ore întregi. O astfel de integrală este luată în părți și redusă la sine. În principiu, nu este dificil. Dacă știi cum.
Să notăm integrala luată în considerare printr-o literă latină și să începem soluția: 
Să integrăm pe părți: 
(1) Pregătiți funcția integrand pentru împărțirea termen cu termen.
(2) Împărțim termenul funcției integrand cu termen. Poate că nu este clar pentru toată lumea, dar o voi descrie mai detaliat:
(3) Folosim proprietatea de liniaritate a integralei nedefinite.
(4) Luați ultima integrală (logaritmul „lung”).
Acum să ne uităm la începutul soluției: 
Iar la final: 
Ce s-a întâmplat? Ca urmare a manipulărilor noastre, integrala a fost redusă la sine!
Să echivalăm începutul și sfârșitul: 
Mutați la partea stanga cu schimbare de semn: 
Și le mutăm pe cele două în partea dreaptă. Ca urmare: 
Constanta, strict vorbind, ar fi trebuit adăugată mai devreme, dar am adăugat-o la sfârșit. Recomand cu tărie să citiți care este rigoarea aici:
Notă:
Mai strict, etapa finală a soluției arată astfel:
Prin urmare:
Constanta poate fi redesemnată prin . De ce poate fi redenumit? Pentru că încă o acceptă orice valori, iar în acest sens nu există nicio diferență între constante și.
Ca urmare:
Un truc similar cu renotare constantă este utilizat pe scară largă în ecuatii diferentiale. Și acolo voi fi strict. Și aici permit o astfel de libertate doar pentru a nu vă încurca cu lucruri inutile și pentru a concentra atenția tocmai asupra metodei de integrare în sine.
Exemplul 6
Aflați integrala nedefinită
O altă integrală tipică pentru soluție independentă. Soluție completă și răspuns la sfârșitul lecției. Va fi o diferență cu răspunsul din exemplul anterior!
Dacă sub rădăcină pătrată este un trinom pătratic, atunci soluția în orice caz se reduce la două exemple analizate.
De exemplu, luați în considerare integrala 
. Tot ce trebuie să faci este mai întâi selectați un pătrat complet:
.
În continuare, se efectuează o înlocuire liniară, care face „fără consecințe”:
, rezultând integrala . Ceva familiar, nu?
Sau acest exemplu, cu un binom pătratic:
Selectați un pătrat complet:
Și, după înlocuirea liniară, obținem integrala, care se rezolvă și folosind algoritmul deja discutat.
Să ne uităm la două exemple tipice despre cum să reduceți o integrală la sine:
– integrală a exponenţialului înmulţit cu sinus;
– integrală a exponenţialului înmulţit cu cosinus.
În integralele enumerate pe părți va trebui să integrați de două ori:
Exemplul 7
Aflați integrala nedefinită
Integrandul este exponențialul înmulțit cu sinusul.
Integram de două ori pe părți și reducem integrala la sine: 
Ca urmare a dublei integrări pe părți, integrala a fost redusă la sine. Echivalăm începutul și sfârșitul soluției:
O mutam în partea stângă cu o schimbare de semn și ne exprimăm integrala: 
Gata. În același timp, este indicat să pieptănați partea dreaptă, adică. scoateți exponentul din paranteze și puneți sinusul și cosinusul între paranteze într-o ordine „frumoasă”.
Acum să revenim la începutul exemplului, sau mai precis, la integrarea pe părți: 
Am desemnat exponentul ca. Se pune întrebarea: este exponentul care trebuie notat întotdeauna cu? Nu este necesar. De fapt, în integrala considerată fundamental nu contează, ce înțelegem prin , am fi putut merge în altă direcție: 
De ce este posibil acest lucru? Deoarece exponențialul se transformă în sine (atât în timpul diferențierii, cât și în timpul integrării), sinusul și cosinusul se transformă reciproc unul în celălalt (din nou, atât în timpul diferențierii, cât și în timpul integrării).
Adică putem desemna și o funcție trigonometrică. Dar, în exemplul luat în considerare, acest lucru este mai puțin rațional, deoarece vor apărea fracții. Dacă doriți, puteți încerca să rezolvați acest exemplu folosind a doua metodă; răspunsurile trebuie să se potrivească.
Exemplul 8
Aflați integrala nedefinită
Acesta este un exemplu de rezolvat singur. Înainte de a vă decide, gândiți-vă ce este mai avantajos în acest caz să desemnați ca , o funcție exponențială sau o funcție trigonometrică? Soluție completă și răspuns la sfârșitul lecției.
Și, desigur, nu uitați că majoritatea răspunsurilor din această lecție sunt destul de ușor de verificat prin diferențiere!
Exemplele luate în considerare nu au fost cele mai complexe. În practică, integralele sunt mai frecvente acolo unde constanta este atât în exponent, cât și în argumentul funcției trigonometrice, de exemplu: . Mulți oameni se vor încurca într-o astfel de integrală, iar eu deseori mă confund. Faptul este că există o probabilitate mare de apariție a fracțiilor în soluție și este foarte ușor să pierzi ceva prin nepăsare. În plus, există o mare probabilitate de eroare în semne; rețineți că exponentul are semnul minus, iar acest lucru introduce o dificultate suplimentară.
În etapa finală, rezultatul este adesea cam așa:
Chiar și la sfârșitul soluției, ar trebui să fii extrem de atent și să înțelegi corect fracțiile: 
Integrarea fracțiilor complexe
Ne apropiem încet de ecuatorul lecției și începem să luăm în considerare integralele fracțiilor. Din nou, nu toate sunt super complexe, doar că dintr-un motiv sau altul exemplele au fost puțin „off topic” în alte articole.
Continuând tema rădăcinilor
Exemplul 9
Aflați integrala nedefinită
În numitorul de sub rădăcină există un trinom pătratic plus un „apendice” sub forma unui „X” în afara rădăcinii. O integrală de acest tip poate fi rezolvată folosind o substituție standard.
Noi decidem: 
Înlocuirea aici este simplă: 
Să ne uităm la viața după înlocuire: 
(1) După înlocuire, reducem termenii de sub rădăcină la un numitor comun.
(2) O scoatem de sub rădăcină.
(3) Numătorul și numitorul se reduc cu . În același timp, sub rădăcină, am rearanjat termenii într-o ordine convenabilă. Cu ceva experiență, pașii (1), (2) pot fi săriți prin efectuarea orală a acțiunilor comentate.
(4) Integrala rezultată, după cum vă amintiți din lecție Integrarea unor fracții, se decide metoda de extracție a pătratului complet. Selectați un pătrat complet.
(5) Prin integrare obținem un logaritm „lung” obișnuit.
(6) Efectuăm înlocuirea inversă. Dacă inițial , apoi înapoi: .
(7) Acțiunea finală are drept scop îndreptarea rezultatului: sub rădăcină aducem din nou termenii la un numitor comun și îi scoatem de sub rădăcină.
Exemplul 10
Aflați integrala nedefinită 
Acesta este un exemplu de rezolvat singur. Aici se adaugă o constantă la singurul „X”, iar înlocuirea este aproape aceeași: 
Singurul lucru pe care trebuie să-l faceți în plus este să exprimați „x” de la înlocuirea care se efectuează: 
Soluție completă și răspuns la sfârșitul lecției.
Uneori, într-o astfel de integrală poate exista un binom pătratic sub rădăcină, acest lucru nu schimbă metoda de soluție, va fi și mai simplu. Simte diferenta:
Exemplul 11
Aflați integrala nedefinită
Exemplul 12
Aflați integrala nedefinită
Scurte soluții și răspunsuri la sfârșitul lecției. Trebuie remarcat faptul că Exemplul 11 este exact integrală binomială, a cărui metodă de rezolvare a fost discutată la clasă Integrale ale funcțiilor iraționale.
Integrală a unui polinom necompunebil de gradul 2 la putere
(polinom la numitor)
Un tip mai rar de integrală, dar întâlnită totuși în exemple practice.
Exemplul 13
Aflați integrala nedefinită
Dar să revenim la exemplul cu numărul norocos 13 (sincer, nu am ghicit corect). Această integrală este, de asemenea, una dintre cele care pot fi destul de frustrante dacă nu știi cum să rezolvi.
Soluția începe cu o transformare artificială: 
Cred că toată lumea înțelege deja cum se împarte numărătorul la numitor termen cu termen.
Integrala rezultată este luată în părți: 
Pentru o integrală a formei ( – numar natural) retras recurent formula de reducere:
, Unde 
– integrală de un grad mai mic.
Să verificăm validitatea acestei formule pentru integrala rezolvată.
În acest caz: , , folosim formula: 
După cum puteți vedea, răspunsurile sunt aceleași.
Exemplul 14
Aflați integrala nedefinită
Acesta este un exemplu de rezolvat singur. Soluția eșantion utilizează formula de mai sus de două ori consecutiv.
Dacă sub gradul este indivizibil trinom pătrat, atunci soluția este redusă la un binom prin izolarea pătratului perfect, de exemplu:
Ce se întâmplă dacă există un polinom suplimentar în numărător? În acest caz, se utilizează metoda coeficienților nedeterminați, iar funcția integrand este extinsă într-o sumă de fracții. Dar în practica mea există un astfel de exemplu niciodată întâlnit, așa că am ratat acest caz în articol Integrale ale funcțiilor fracționale-raționale, îl voi omite acum. Dacă încă întâlniți o astfel de integrală, uitați-vă la manual - totul este simplu acolo. Nu cred că este indicat să includem materiale (chiar simple), probabilitatea de întâlnire care tinde spre zero.
Integrarea funcțiilor trigonometrice complexe
Adjectivul „complex” pentru majoritatea exemplelor este din nou în mare măsură condiționat. Să începem cu tangente și cotangente în puteri mari. Din punctul de vedere al metodelor de rezolvare folosite, tangenta și cotangenta sunt aproape același lucru, așa că voi vorbi mai mult despre tangentă, ceea ce înseamnă că metoda demonstrată de rezolvare a integralei este valabilă și pentru cotangente.
În lecția de mai sus ne-am uitat substituție trigonometrică universală pentru a rezolva un anumit tip de integrale din funcții trigonometrice. Dezavantajul substituției trigonometrice universale este că utilizarea sa duce adesea la integrale greoaie cu calcule dificile. Și în unele cazuri, înlocuirea trigonometrică universală poate fi evitată!
Să luăm în considerare un alt exemplu canonic, integrala unuia împărțită la sinus:
Exemplul 17
Aflați integrala nedefinită
Aici puteți folosi substituția trigonometrică universală și puteți obține răspunsul, dar există o modalitate mai rațională. Voi oferi soluția completă cu comentarii pentru fiecare pas:
(1) Folosim formula trigonometrică pentru sinusul unui unghi dublu.
(2) Efectuăm o transformare artificială: Împărțim la numitor și înmulțim cu .
(3) Folosind formula binecunoscută la numitor, transformăm fracția într-o tangentă.
(4) Aducem funcția sub semnul diferențial.
(5) Luați integrala.
Pereche exemple simple pentru soluție independentă:
Exemplul 18
Aflați integrala nedefinită
Notă: primul pas ar trebui să fie utilizarea formulei de reducere 
și efectuați cu atenție acțiuni similare cu exemplul anterior.
Exemplul 19
Aflați integrala nedefinită
Ei bine, acesta este un exemplu foarte simplu.
Soluții complete și răspunsuri la sfârșitul lecției.
Cred că acum nimeni nu va avea probleme cu integralele: 
și așa mai departe.
Care este ideea metodei? Ideea este că, folosind transformări, formule trigonometrice organizați numai tangente și derivata tangentei în integrand. Acesta este, despre care vorbim despre inlocuire: 
. În exemplele 17-19 am folosit de fapt această înlocuire, dar integralele au fost atât de simple încât ne-am descurcat cu o acțiune echivalentă - subsumând funcția sub semnul diferențial.
Raționament similar, așa cum am menționat deja, poate fi efectuat pentru cotangentă.
Există, de asemenea, o condiție prealabilă formală pentru aplicarea înlocuirii de mai sus:
Suma puterilor cosinusului și sinusului este un întreg negativ Număr par , De exemplu:
pentru integrală – un număr întreg negativ PAR.
! Notă : dacă integrandul conține DOAR un sinus sau DOAR un cosinus, atunci integrala este luată și pentru un grad impar negativ (cele mai simple cazuri sunt în Exemplele nr. 17, 18).
Să ne uităm la câteva sarcini mai semnificative bazate pe această regulă:
Exemplul 20
Aflați integrala nedefinită
Suma puterilor sinusului și cosinusului: 2 – 6 = –4 este un număr întreg negativ PAR, ceea ce înseamnă că integrala poate fi redusă la tangente și derivata ei: 
(1) Să transformăm numitorul.
(2) Folosind formula binecunoscută, obținem .
(3) Să transformăm numitorul.
(4) Folosim formula 
.
(5) Aducem funcția sub semnul diferențial.
(6) Efectuăm înlocuirea. Este posibil ca studenții mai experimentați să nu efectueze înlocuirea, dar este totuși mai bine să înlocuiți tangenta cu o singură literă - există mai puțin risc de confuzie.
Exemplul 21
Aflați integrala nedefinită
Acesta este un exemplu de rezolvat singur.
Stai acolo, rundele campionatului sunt pe cale să înceapă =)
Adesea, integrandul conține un „mezul”:
Exemplul 22
Aflați integrala nedefinită 
Această integrală conține inițial o tangentă, care duce imediat la un gând deja familiar:
Voi lăsa transformarea artificială chiar de la început și pașii rămași fără comentarii, deoarece totul a fost deja discutat mai sus.
Pereche exemple creative pentru soluție independentă:
Exemplul 23
Aflați integrala nedefinită 
Exemplul 24
Aflați integrala nedefinită 
Da, în ele, desigur, puteți reduce puterile sinusului și cosinusului și puteți utiliza o substituție trigonometrică universală, dar soluția va fi mult mai eficientă și mai scurtă dacă este efectuată prin tangente. Soluție completă și răspunsuri la sfârșitul lecției
Se numește o funcție F(x) diferențiabilă într-un interval dat X antiderivată a funcției f(x), sau integrala lui f(x), dacă pentru fiecare x ∈X este valabilă următoarea egalitate:
F " (x) = f(x). (8.1)
Găsirea tuturor antiderivatelor pentru o funcție dată se numește ea integrare. Funcție integrală nedefinită f(x) pe un interval dat X este mulțimea tuturor funcțiilor antiderivate pentru funcția f(x); denumire -
Dacă F(x) este o antiderivată a funcției f(x), atunci ∫ f(x)dx = F(x) + C, (8.2)
unde C este o constantă arbitrară.
Tabelul integralelor
Direct din definiție obținem principalele proprietăți ale integralei nedefinite și o listă de integrale tabelare:
1) d∫f(x)dx=f(x)
2)∫df(x)=f(x)+C
3) ∫af(x)dx=a∫f(x)dx (a=const)
4) ∫(f(x)+g(x))dx = ∫f(x)dx+∫g(x)dx
Lista integralelor tabelare
1. ∫x m dx = x m+1 /(m + 1) +C; (m ≠ -1)
3.∫a x dx = a x /ln a + C (a>0, a ≠1)
4.∫e x dx = e x + C
5.∫sin x dx = cosx + C
6.∫cos x dx = - sin x + C
7. = arctan x + C
8. = arcsin x + C
10. = - ctg x + C
Înlocuire variabilă
Pentru a integra multe funcții, utilizați metoda de înlocuire a variabilei sau substituții, permițându-vă să reduceți integralele la formă tabelară.
Dacă funcția f(z) este continuă pe [α,β], funcția z =g(x) are o derivată continuă și α ≤ g(x) ≤ β, atunci
∫ f(g(x)) g " (x) dx = ∫f(z)dz, (8.3)
Mai mult, după integrarea din partea dreaptă, trebuie făcută înlocuirea z=g(x).
Pentru a dovedi, este suficient să scrieți integrala originală sub forma:
∫ f(g(x)) g " (x) dx = ∫ f(g(x)) dg(x).
De exemplu:
Metoda de integrare pe părți
Fie u = f(x) și v = g(x) funcții care au continuu . Apoi, conform lucrării,
d(uv))= udv + vdu sau udv = d(uv) - vdu.
Pentru expresia d(uv), antiderivatul va fi evident uv, deci formula este valabilă:
∫ udv = uv - ∫ vdu (8.4.)
Această formulă exprimă regula integrare pe părți. Conduce integrarea expresiei udv=uv"dx la integrarea expresiei vdu=vu"dx.
De exemplu, doriți să găsiți ∫xcosx dx. Să punem u = x, dv = cosxdx, deci du=dx, v=sinx. Apoi
∫xcosxdx = ∫x d(sin x) = x sin x - ∫sin x dx = x sin x + cosx + C.
Regula integrării pe părți are un domeniu de aplicare mai limitat decât înlocuirea variabilelor. Dar există clase întregi de integrale, de exemplu,
∫x k ln m xdx, ∫x k sinbxdx, ∫ x k cosbxdx, ∫x k e ax și altele, care sunt calculate precis folosind integrarea pe părți.
Integrala definita
Conceptul de integrală definită este introdus după cum urmează. Fie definită o funcție f(x) pe un interval. Să împărțim segmentul [a,b] în n părți prin puncte a= x 0< x 1 <...< x n = b. Из каждого интервала (x i-1 ,
x i) возьмем произвольную точку ξ i и составим сумму f(ξ i)
Δx i где
Δ x i =x i - x i-1. Se numește o sumă de forma f(ξ i)Δ x i suma integrală, iar limita sa la λ = maxΔx i → 0, dacă există și este finită, se numește integrala definita funcţiile f(x) ale A inainte de b si este desemnata:
F(ξ i)Δx i (8.5).
Funcția f(x) în acest caz este numită integrabil pe interval, se numesc numerele a și b limitele inferioare și superioare ale integralei.
Următoarele proprietăți sunt adevărate pentru o integrală definită:
4), (k = const, k∈R);
5)
6)
7) f(ξ)(b-a) (ξ∈).
Ultima proprietate este numită teorema valorii medii.
Fie f(x) continuă pe . Apoi pe acest segment există o integrală nedefinită
∫f(x)dx = F(x) + C
si are loc formula Newton-Leibniz, legând integrala definită cu integrala nedefinită:
F(b) - F(a). (8,6)
Interpretare geometrică: integrala definită este aria unui trapez curbiliniu delimitată de sus de curba y=f(x), drepte x = a și x = b și un segment al axei Bou.
Integrale improprii
Se numesc integralele cu limite infinite și integralele funcțiilor discontinue (nemărginite). nu a ta. Integrale improprii de primul fel - Acestea sunt integrale pe un interval infinit, definite după cum urmează:
(8.7)
Dacă această limită există și este finită, atunci se numește integrala improprie convergentă a lui f(x) pe intervalul [a,+ ∞), și se numește funcția f(x). integrabil pe un interval infinit[a,+ ∞). În caz contrar, se spune că integrala este nu există sau diverge.
Integrale improprii pe intervalele (-∞,b] și (-∞, + ∞) sunt definite în mod similar:
Să definim conceptul de integrală a unei funcții nemărginite. Dacă f(x) este continuă pentru toate valorile X segmentul , cu excepția punctului c, la care f(x) are o discontinuitate infinită, atunci integrala improprie a celui de-al doilea fel de f(x) variind de la a la b suma se numeste:
dacă aceste limite există și sunt finite. Desemnare:
Exemple de calcule integrale
Exemplul 3.30. Calculați ∫dx/(x+2).
Soluţie. Să notăm t = x+2, atunci dx = dt, ∫dx/(x+2) = ∫dt/t = ln|t| + C = ln|x+2| +C.
Exemplul 3.31. Găsiți ∫ tgxdx.
Soluţie.∫ tgxdx = ∫sinx/cosxdx = - ∫dcosx/cosx. Fie t=cosx, atunci ∫ tgxdx = -∫ dt/t = - ln|t| + C = -ln|cosx|+C.
Exemplu3.32 . Găsiți ∫dx/sinxSoluţie.
Exemplu3.33. Găsi .
Soluţie. = .
Exemplu3.34 . Găsiți ∫arctgxdx.
Soluţie. Să integrăm pe părți. Să notăm u=arctgx, dv=dx. Atunci du = dx/(x 2 +1), v=x, de unde ∫arctgxdx = xarctgx - ∫ xdx/(x 2 +1) = xarctgx + 1/2 ln(x 2 +1) +C; deoarece
∫xdx/(x 2 +1) = 1/2 ∫d(x 2 +1)/(x 2 +1) = 1/2 ln(x 2 +1) +C.
Exemplu3.35 . Calculați ∫lnxdx.
Soluţie. Aplicând formula de integrare prin părți, obținem:
u=lnx, dv=dx, du=1/x dx, v=x. Atunci ∫lnxdx = xlnx - ∫x 1/x dx =
= xlnx - ∫dx + C= xlnx - x + C.
Exemplu3.36 . Calculați ∫e x sinxdx.
Soluţie. Să notăm u = e x, dv = sinxdx, apoi du = e x dx, v =∫ sinxdx= - cosx → ∫ e x sinxdx = - e x cosx + ∫ e x cosxdx. De asemenea, integrăm integrala ∫e x cosxdx prin părți: u = e x , dv = cosxdx, du=e x dx, v=sinx. Avem:
∫ e x cosxdx = e x sinx - ∫ e x sinxdx. Am obținut relația ∫e x sinxdx = - e x cosx + e x sinx - ∫ e x sinxdx, din care 2∫e x sinx dx = - e x cosx + e x sinx + C.
Exemplu 3.37. Calculați J = ∫cos(lnx)dx/x.
Soluţie. Deoarece dx/x = dlnx, atunci J= ∫cos(lnx)d(lnx). Înlocuind lnx prin t, ajungem la integrala tabelului J = ∫ costdt = sint + C = sin(lnx) + C.
Exemplu 3.38 . Calculați J = .
Soluţie. Considerând că = d(lnx), înlocuim lnx = t. Atunci J = 
.
Exemplu 3.39
. Calculați integrala J = 
.
Soluţie. Avem: 
. Prin urmare =
=
=. introdus astfel: sqrt(tan(x/2)).
Și dacă în fereastra de rezultate dați clic pe Afișare pași în colțul din dreapta sus, veți obține o soluție detaliată.
Formula de integrare prin părți arată astfel:
.
Metoda de integrare pe părți constă în aplicarea acestei formule. În aplicarea practică, este de remarcat faptul că u și v sunt funcții ale variabilei de integrare. Fie ca variabila de integrare să fie desemnată ca x (simbolul după semnul diferențial d la sfârșitul notației integrale). Atunci u și v sunt funcții ale lui x: u(x) și v(x) .
Apoi
, .
Și formula pentru integrarea pe părți ia forma:
.
Adică, funcția integrand trebuie să fie compusă din produsul a două funcții:
,
dintre care unul notăm u: g(x) = u, iar pentru celălalt trebuie calculată integrala (mai precis, trebuie găsită antiderivată):
, atunci dv = f(x) dx .
În unele cazuri f(x) = 1
. Adică în integrală
,
putem pune g(x) = u, x = v .
rezumat
Deci, în această metodă, formula de integrare prin părți ar trebui reținută și aplicată în două forme:
;
.
Integrale calculate prin integrare pe părți
Integrale care conțin logaritmi și funcții trigonometrice inverse (hiperbolice).
Integrale care conțin logaritmi și funcții trigonometrice sau hiperbolice inverse sunt adesea integrate prin părți. În acest caz, partea care conține funcțiile logaritmice sau trigonometrice inverse (hiperbolice) se notează cu u, iar partea rămasă cu dv.
Iată exemple de astfel de integrale, care sunt calculate prin metoda integrării pe părți:
, , , , , , .
Integrale care conțin produsul unui polinom și sin x, cos x sau e x
Folosind formula de integrare prin părți, se găsesc integrale ale formei:
, , ,
unde P(x) este un polinom în x. La integrare, polinomul P(x) este notat cu u, iar e ax dx, cos ax dx sau sin ax dx- prin dv.
Iată exemple de astfel de integrale:
, , .
Exemple de calculare a integralelor folosind metoda integrării pe părți
Exemple de integrale care conțin logaritmi și funcții trigonometrice inverse
Exemplu
Calculați integrala:
Soluție detaliată
Aici integrandul conține un logaritm. Efectuarea de substituții
u = ln x,
dv = x 2 dx.
Apoi
,
.
Calculăm integrala rămasă:
.
Apoi
.
La sfârșitul calculelor, este necesar să adăugați constanta C, deoarece integrala nedefinită este mulțimea tuturor antiderivatelor. Ar putea fi adăugat și în calcule intermediare, dar acest lucru ar aglomera calculele.
Soluție mai scurtă
Puteți prezenta soluția într-o versiune mai scurtă. Pentru a face acest lucru, nu trebuie să faceți substituții cu u și v, dar puteți grupa factorii și puteți aplica formula de integrare prin părți în a doua formă.
.Răspuns
Exemple de integrale care conțin produsul unui polinom și sin x, cos x sau ex
Exemplu
Calculați integrala:
.
Soluţie
Să introducem exponentul sub semnul diferențial:
e - x dx = - e - x d(-x) = - d(e - x).
Să integrăm pe părți.
.
Folosim și metoda integrării pe părți.
.
.
.
În sfârșit avem.
În acest subiect vom vorbi în detaliu despre calculul integralelor nedefinite folosind așa-numita „formula de integrare prin părți”. Vom avea nevoie de un tabel de integrale nedefinite și de un tabel de derivate. În prima parte, vor fi analizate exemple standard, care se regăsesc mai ales în calcule și teste standard. Exemple mai complexe sunt discutate în partea a doua.
Declarația problemei în cazul standard este următoarea. Să presupunem că sub integrală avem două funcții de natură diferită: funcția polinomială și trigonometrică, polinom și logaritm, funcție polinomială și trigonometrică inversă și așa mai departe. În această situație, este avantajos să se separe o funcție de alta. Aproximativ vorbind, are sens să divizăm integrantul în părți - și să ne ocupăm de fiecare parte separat. De aici și numele: „integrare pe părți”. Aplicarea acestei metode se bazează pe următoarea teoremă:
Fie funcțiile $u(x)$ și $v(x)$ să fie diferențiabile pe un anumit interval, iar pe acest interval există o integrală $\int v \; du$. Atunci pe același interval există și integrala $\int u \; dv$, iar următoarea egalitate este adevărată:
\begin(equation) \int u \; dv=u\cdot v-\int v\; du \end(ecuație)
Formula (1) se numește „formula de integrare prin părți”. Uneori, atunci când se aplică teorema de mai sus, se vorbește despre utilizarea „metodei de integrare pe părți”. Esența acestei metode va fi importantă pentru noi, pe care o vom lua în considerare folosind exemple. Există mai multe cazuri standard în care formula (1) se aplică în mod clar. Aceste cazuri vor deveni subiectul acestei pagini. Fie $P_n(x)$ un polinom de gradul al n-lea. Să introducem două reguli:
Regula #1
Pentru integralele de forma $\int P_n(x) \ln x \;dx$, $\int P_n(x) \arcsin x \;dx$, $\int P_n(x) \arccos x \;dx$, $\ int P_n(x)\arctg x \;dx$, $\int P_n(x) \arcctg x \;dx$ luăm $dv=P_n(x)dx$.
Regula #2
Pentru integralele de forma $\int P_n(x) a^x \;dx$ ($a$ este un număr pozitiv), $\int P_n(x) \sin x \;dx$, $\int P_n(x) ) \ cos x \;dx$, $\int P_n(x)ch x \;dx$, $\int P_n(x) sh x \;dx$ luăm $u=P_n(x)$.
Permiteți-mi să notez imediat că intrările de mai sus nu trebuie luate literal. De exemplu, în integralele de forma $\int P_n(x) \ln x \;dx$ nu va exista neapărat exact $\ln x$. Atât $\ln 5x$ cât și $\ln (10x^2+14x-5)$ pot fi localizate acolo. Acestea. notaţia $\ln x$ ar trebui luată ca un fel de generalizare.
Inca un lucru. Se întâmplă ca formula de integrare prin părți să fie aplicată de mai multe ori. Să vorbim despre asta mai detaliat în exemplele nr. 4 și nr. 5. Acum să trecem direct la rezolvarea problemelor tipice. Rezolvarea problemelor al căror nivel este puțin mai ridicat decât standardul este discutată în partea a doua.
Exemplul nr. 1
Găsiți $\int (3x+4) \cos (2x-1) \; dx$.
Sub integrală se află polinomul $3x+4$ și funcția trigonometrică $\cos (2x-1)$. Acesta este un caz clasic pentru aplicarea formulei, așa că să luăm integrala dată pe părți. Formula cere ca integrala $\int (3x+4) \cos (2x-1)\; dx$ a fost reprezentat sub forma $\int u\; dv$. Trebuie să alegem expresii pentru $u$ și pentru $dv$. Putem lua $3x+4$ ca $u$, apoi $dv=\cos (2x-1)dx$. Putem lua $u=\cos (2x-1)$, apoi $dv=(3x+4)dx$. Pentru a face alegerea corectă, să trecem la. Dată integrală $\int (3x+4) \cos (2x-1)\; dx$ se încadrează sub forma $\int P_n(x) \cos x \;dx$ (polinomul $P_n(x)$ din integrala noastră are forma $3x+4$). Conform, trebuie să alegeți $u=P_n(x)$, adică. în cazul nostru $u=3x+4$. Deoarece $u=3x+4$, atunci $dv=\cos(2x-1)dx$.
Cu toate acestea, simpla alegere a $u$ și $dv$ nu este suficientă. Vom avea nevoie și de valorile $du$ și $v$. Deoarece $u=3x+4$, atunci:
$$ du=d(3x+4)=(3x+4)"dx=3dx.$$
Acum să ne uităm la funcția $v$. Deoarece $dv=\cos(2x-1)dx$, atunci conform definiţiei integralei nedefinite avem: $ v=\int \cos(2x-1)\; dx$. Pentru a găsi integrala necesară, aplicăm următoarele semnului diferențial:
$$ v=\int \cos(2x-1)\; dx=\frac(1)(2)\cdot \int \cos(2x-1)d(2x-1)=\frac(1)(2)\cdot \sin(2x-1)+C=\frac (\sin(2x-1))(2)+C. $$
Totuși, nu avem nevoie de întregul set infinit de funcții $v$, care este descris prin formula $\frac(\sin(2x-1))(2)+C$. Avem nevoie de unu funcția din acest set. Pentru a obține funcția necesară, trebuie să înlocuiți un număr în loc de $C$. Cel mai simplu mod, desigur, este să înlocuiți $C=0$, obținând astfel $v=\frac(\sin(2x-1))(2)$.
Deci, să punem toate cele de mai sus împreună. Avem: $u=3x+4$, $du=3dx$, $dv=\cos(2x-1)dx$, $v=\frac(\sin(2x-1))(2)$. Înlocuind toate acestea în partea dreaptă a formulei avem:
$$ \int (3x+4) \cos (2x-1) \; dx=(3x+4)\cdot\frac(\sin(2x-1))(2)-\int \frac(\sin(2x-1))(2)\cdot 3dx. $$
Tot ce rămâne, de fapt, este să găsiți $\int\frac(\sin(2x-1))(2)\cdot 3dx$. Luând constanta (adică $\frac(3)(2)$) în afara semnului integral și aplicând metoda introducerii acesteia sub semnul diferențial, obținem:
$$ (3x+4)\cdot \frac(\sin(2x-1))(2)-\int \frac(\sin(2x-1))(2)\cdot 3dx= \frac((3x+ 4 )\cdot\sin(2x-1))(2)-\frac(3)(2)\int \sin(2x-1) \;dx= \\ =\frac((3x+4)\cdot \ sin(2x-1))(2)-\frac(3)(4)\int \sin(2x-1) \;d(2x-1)= \frac((3x+4)\cdot\sin ( 2x-1))(2)-\frac(3)(4)\cdot (-\cos (2x-1))+C=\\ =\frac((3x+4)\cdot\sin(2x - 1))(2)+\frac(3)(4)\cdot \cos (2x-1)+C. $$
Deci $\int (3x+4) \cos (2x-1) \; dx=\frac((3x+4)\cdot\sin(2x-1))(2)+\frac(3)(4)\cdot \cos (2x-1)+C$. În formă prescurtată, procesul de rezolvare este scris după cum urmează:
$$ \int (3x+4) \cos (2x-1) \; dx=\stanga | \begin(aligned) & u=3x+4; \; du=3xdx.\\ & dv=\cos(2x-1)dx; \; v=\frac(\sin(2x-1))(2). \end(aliniat) \right |=\\ =(3x+4)\cdot\frac(\sin(2x-1))(2)-\int \frac(\sin(2x-1))(2) \cdot 3dx= \frac((3x+4)\cdot\sin(2x-1))(2)-\frac(3)(2)\int \sin(2x-1) \;dx=\\ = \frac((3x+4)\cdot\sin(2x-1))(2)-\frac(3)(4)\cdot (-\cos (2x-1))+C= \frac((3x +4)\cdot\sin(2x-1))(2)+\frac(3)(4)\cdot\cos (2x-1)+C. $$
Integrala nedefinită a fost găsită pe părți; tot ce rămâne este să scrieți răspunsul.
Răspuns: $\int (3x+4) \cos (2x-1) \; dx=\frac((3x+4)\cdot\sin(2x-1))(2)+\frac(3)(4)\cdot \cos (2x-1)+C$.
Cred că există o întrebare aici, așa că voi încerca să o formulez și să dau un răspuns.
De ce am luat exact $u=3x+4$ și $dv=\cos(2x-1)dx$? Da, integrala a fost rezolvată. Dar poate dacă am lua $u=\cos (2x-1)$ și $dv=(3x+4)dx$ s-ar găsi și integrala!
Nu, dacă luăm $u=\cos (2x-1)$ și $dv=(3x+4)dx$, atunci nu va rezulta nimic bun - integrala nu va fi simplificată. Judecați singuri: dacă $u=\cos(2x-1)$, atunci $du=(\cos(2x-1))"dx=-2\sin(2x-1)dx$. Mai mult, deoarece $ dv =(3x+4)dx$, atunci:
$$ v=\int (3x+4) \; dx=\frac(3x^2)(2)+4x+C.$$
Luând $C=0$, obținem $v=\frac(3x^2)(2)+4x$. Să substituim acum valorile găsite ale lui $u$, $du$, $v$ și $dv$ în formula:
$$ \int (3x+4) \cos (2x-1) \; dx=\cos (2x-1)\cdot \left(\frac(3x^2)(2)+4x \right) - \int \left(\frac(3x^2)(2)+4x \right) \cdot (-2\sin(2x-1)dx)=\\ =\cos (2x-1)\cdot \left(\frac(3x^2)(2)+4x \right) +2\cdot\ int \left(\frac(3x^2)(2)+4x \right) \sin(2x-1)\;dx $$
Și la ce am ajuns? Am ajuns la integrala $\int \left(\frac(3x^2)(2)+4x \right) \sin(2x-1)\;dx$, care este în mod clar mai complicată decât integrala originală $\int (3x+4 ) \cos (2x-1) \; dx$. Acest lucru sugerează că alegerea dintre $u$ și $dv$ a fost făcută prost. După aplicarea formulei de integrare prin părți, integrala rezultată ar trebui să fie mai simplă decât cea originală. Când găsim integrala nedefinită pe părți, trebuie să o simplificăm, nu să o complicăm, deci dacă după aplicarea formulei (1) integrala devine mai complicată, atunci alegerea $u$ și $dv$ a fost făcută greșit.
Exemplul nr. 2
Găsiți $\int (3x^4+4x-1) \ln 5x \; dx$.
Sub integrală este un polinom (adică $3x^4+4x-1$) și $\ln 5x$. Acest caz se încadrează în , așa că să luăm integrala pe părți. Integrala dată are aceeași structură ca și integrala $\int P_n(x) \ln x\; dx$. Din nou, ca în exemplul nr. 1, trebuie să selectăm o parte din integrand $(3x^4+4x-1) \ln 5x \; dx$ ca $u$ și o parte ca $dv$. Conform , trebuie să alegeți $dv=P_n(x)dx$, adică. în cazul nostru $dv=(3x^4+4x-1)dx$. Dacă din expresia $(3x^4+4x-1) \ln 5x \; dx$ „elimină” $dv=(3x^4+4x-1)dx$, apoi $\ln 5x$ va rămâne - aceasta va fi funcția $u$. Deci, $dv=(3x^4+4x-1)dx$, $u=\ln 5x$. Pentru a aplica formula, avem nevoie și de $du$ și $v$. Deoarece $u=\ln 5x$, atunci:
$$ du=d(\ln 5x)=(\ln 5x)"dx=\frac(1)(5x)\cdot 5 dx=\frac(1)(x)dx. $$
Acum să găsim funcția $v$. Deoarece $dv=(3x^4+4x-1)dx$, atunci:
$$ v=\int(3x^4+4x-1)\; dx=\frac(3x^5)(5)+2x^2-x+C. $$
Din întregul set infinit găsit de funcții $\frac(3x^5)(5)+2x^2-x+C$ trebuie să alegem una. Și cel mai simplu mod de a face acest lucru este luând $C=0$, adică. $v=\frac(3x^5)(5)+2x^2-x$. Totul este gata pentru aplicarea formulei. Să înlocuim valorile $u=\ln 5x$, $du=\frac(1)(x)dx$, $v=\frac(3x^5)(5)+2x^2-x$ și $dv=(3x^4+4x-1)dx$ vom avea:
$$ \int (3x^4+4x-1) \ln 5x \; dx=\stanga | \begin(aligned) & u=\ln 5x; \; du=\frac(1)(x)dx.\\ & dv=(3x^4+4x-1)dx; \; v=\frac(3x^5)(5)+2x^2-x. \end(aliniat) \right |=\\ =\ln 5x \cdot \left (\frac(3x^5)(5)+2x^2-x \right)-\int \left (\frac(3x^ 5)(5)+2x^2-x \right)\cdot \frac(1)(x)dx=\\ =\left (\frac(3x^5)(5)+2x^2-x \right )\cdot\ln 5x -\int \left (\frac(3x^4)(5)+2x-1 \right)dx=\\ =\left (\frac(3x^5)(5)+2x^ 2-x \right)\cdot\ln 5x - \left (\frac(3x^5)(25)+x^2-x \right)+C=\\ =\left (\frac(3x^5) (5)+2x^2-x \right)\cdot\ln 5x - \frac(3x^5)(25)-x^2+x+C. $$
Răspuns: $\int (3x^4+4x-1) \ln 5x \; dx=\left (\frac(3x^5)(5)+2x^2-x \right)\cdot\ln 5x - \frac(3x^5)(25)-x^2+x+C$.
Exemplul nr. 3
Găsiți $\int \arccos x\; dx$.
Această integrală are structura $\int P_n(x) \arccos x \;dx$, care se încadrează sub . Înțeleg că imediat va apărea o întrebare rezonabilă: „unde în integrala dată $\int\arccos x \;dx$ au ascuns polinomul $P_n(x)$? Nu există niciun polinom acolo, doar arccosinus și atât! ” Cu toate acestea, de fapt, nu numai arccosinusul este situat sub integrală. Voi prezenta integrala $\int arccos x\; dx$ în această formă: $\int 1\cdot\arccos x \; dx$. Sunteți de acord că înmulțirea cu unu nu va schimba integrantul. Această unitate este $P_n(x)$. Acestea. $dv=1\cdot dx=dx$. Si ca $u$ (dupa ) luam $\arccos x$, i.e. $u=\arccos x$. Găsim valorile $du$ și $v$, care sunt implicate în formulă, în același mod ca în exemplele anterioare:
$$ du=(\arccos x)"dx=-\frac(1)(\sqrt(1-x^2))dx;\\ v=\int 1\; dx=x+C. $$
Ca și în exemplele anterioare, presupunând $C=0$ obținem $v=x$. Înlocuind toți parametrii găsiți în formulă, vom avea următoarele:
$$ \int \arccos x \; dx=\stanga | \begin(aligned) & u=\arccos x; \; du=-\frac(1)(\sqrt(1-x^2))dx.\\ & dv=dx; \; v=x. \end(aliniat) \right |=\\ =\arccos x \cdot x-\int x\cdot \left(-\frac(1)(\sqrt(1-x^2))dx \right)= \ arccos x \cdot x+\int \frac(xdx)(\sqrt(1-x^2))=\\ =x\cdot\arccos x-\frac(1)(2)\cdot\int (1-x ^2)^(-\frac(1)(2))d(1-x^2)= =x\cdot\arccos x-\frac(1)(2)\cdot\frac((1-x^ 2)^(\frac(1)(2)))(\frac(1)(2))+C=\\ =x\cdot\arccos x-\sqrt(1-x^2)+C. $$
Răspuns: $\int\arccos x\; dx=x\cdot\arccos x-\sqrt(1-x^2)+C$.
Exemplul nr. 4
Găsiți $\int (3x^2+x) e^(7x) \; dx$.
În acest exemplu, formula de integrare prin părți va trebui aplicată de două ori. Integrală $\int (3x^2+x) e^(7x) \; dx$ are structura $\int P_n(x) a^x \;dx$. În cazul nostru, $P_n(x)=3x^2+x$, $a=e$. Conform avem: $u=3x^2+x$. În consecință, $dv=e^(7x)dx$.
$$ du=(3x^2+x)"=(6x+1)dx;\\ v=\int e^(7x)\;dx=\frac(1)(7)\cdot \int e^( 7x)\;d(7x)=\frac(1)(7)\cdot e^(7x)+C=\frac(e^(7x))(7)+C. $$
Din nou, ca în exemplele anterioare, presupunând $C=0$, avem: $v=\frac(e^(7x))(7)$.
$$ \int (3x^2+x) e^(7x) \; dx=\stanga | \begin(aligned) & u=3x^2+x; \; du=(6x+1)dx.\\ & dv=e^(7x)dx; \; v=\frac(e^(7x))(7). \end(aliniat) \right |=\\ =(3x^2+x)\cdot\frac(e^(7x))(7)-\int \frac(e^(7x))(7)\cdot (6x+1)dx= \frac((3x^2+x)e^(7x))(7)-\frac(1)(7)\cdot \int (6x+1) e^(7x)\ ;dx. $$
Am ajuns la integrala $\int (6x+1) e^(7x)\;dx$, care din nou trebuie luată în părți. Luând $u=6x+1$ și $dv=e^(7x)dx$ avem:
$$ \frac((3x^2+x)e^(7x))(7)-\frac(1)(7)\cdot \int (6x+1) e^(7x)\;dx=\left | \begin(aligned) & u=6x+1; \; du=6dx.\\ & dv=e^(7x)dx; \; v=\frac(e^(7x))(7). \end(aliniat) \right |=\\ =\frac((3x^2+x)e^(7x))(7)-\frac(1)(7)\cdot \left ((6x+1) \cdot\frac(e^(7x))(7) - \int\frac(e^(7x))(7)\cdot 6\;dx \right)=\\ =\frac((3x^2+ x)e^(7x))(7) -\frac((6x+1)e^(7x))(49) +\frac(6)(49)\cdot\int\ e^(7x)\; dx=\\ =\frac((3x^2+x)e^(7x))(7) -\frac((6x+1)e^(7x))(49) +\frac(6)(49) )\cdot\frac(e^(7x))(7)+C=\\ =\frac((3x^2+x)e^(7x))(7) -\frac((6x+1)e ^(7x))(49) +\frac(6\; e^(7x))(343)+C. $$
Răspunsul rezultat poate fi simplificat prin deschiderea parantezelor și rearanjarea termenilor:
$$ \frac((3x^2+x)e^(7x))(7) -\frac((6x+1)e^(7x))(49) +\frac(6\; e^(7x) ))(343)+C=e^(7x)\cdot \left(\frac(3x^2)(7)+\frac(x)(49)-\frac(1)(343) \right)+ C. $$
Răspuns: $\int (3x^2+x) e^(7x) \; dx=e^(7x)\cdot \left(\frac(3x^2)(7)+\frac(x)(49)-\frac(1)(343) \right)+C$.
Exemplul nr. 5
Găsiți $\int (x^2+5)\sin(3x+1) \; dx$.
Aici, ca și în exemplul anterior, integrarea pe părți se aplică de două ori. Explicații detaliate au fost date mai devreme, așa că voi da doar soluția:
$$ \int (x^2+5)\sin(3x+1) \; dx=\stanga | \begin(aligned) & u=x^2+5; \; du=2xdx.\\ & dv=\sin(3x+1)dx; \; v=-\frac(\cos(3x+1))(3). \end(aliniat) \right |=\\ =(x^2+5)\cdot \left(-\frac(\cos(3x+1))(3) \right)-\int\left(-\ frac(\cos(3x+1))(3) \right)\cdot 2xdx=\\ = -\frac((x^2+5)\cdot\cos(3x+1))(3) +\frac (2)(3)\int x\cos(3x+1)dx= \left | \begin(aligned) & u=x; \; du=dx.\\ & dv=\cos(3x+1)dx; \; v=\frac(\sin(3x+1))(3). \end(aliniat) \right |=\\ =-\frac((x^2+5)\cdot\cos(3x+1))(3) +\frac(2)(3)\cdot \left( x\cdot\frac(\sin(3x+1))(3)-\int\frac(\sin(3x+1))(3)dx \right)=\\ =-\frac((x^2 +5)\cdot\cos(3x+1))(3) +\frac(2x\sin(3x+1))(9)-\frac(2)(9)\cdot\int\sin(3x+ 1 )dx=\\ =-\frac((x^2+5)\cdot\cos(3x+1))(3) +\frac(2x\sin(3x+1))(9)-\frac ( 2)(9)\cdot \left(-\frac(\cos(3x+1))(3)\right)+C=\\ = -\frac((x^2+5)\cdot\cos ( 3x+1))(3) +\frac(2x\sin(3x+1))(9)+\frac(2\cos(3x+1))(27)+C=\\ =-\frac ( x^2\cdot\cos(3x+1))(3)-\frac(5\cdot\cos(3x+1))(3) +\frac(2x\sin(3x+1))(9 ) +\frac(2\cos(3x+1))(27)+C=\\ =-\frac(x^2\cdot\cos(3x+1))(3) +\frac(2x\sin ( 3x+1))(9)-\frac(43\cos(3x+1))(27)+C. $$
Răspuns: $\int (x^2+5)\sin(3x+1) \; dx=-\frac(x^2\cdot\cos(3x+1))(3) +\frac(2x\sin(3x+1))(9)-\frac(43\cos(3x+1) )(27)+C$.
Aplicarea metodei de integrare pe părți în cazuri oarecum nestandardizate care nu fac obiectul regulilor nr. 1 și nr. 2 va fi dată în
Integrare pe părți- o metodă folosită pentru rezolvarea integralelor definite și nedefinite, când unul dintre integranți este ușor integrabil, iar celălalt este diferențiabil. O metodă destul de comună pentru găsirea integralelor, atât nedefinite, cât și definite. Semnul principal atunci când trebuie să îl utilizați este o anumită funcție constând din produsul a două funcții care nu pot fi integrate direct.
Formulă
Pentru a utiliza cu succes această metodă, trebuie să înțelegeți și să învățați formulele.
Formula de integrare pe părți în integrala nedefinită:
$$ \int udv = uv - \int vdu $$
Formula pentru integrarea pe părți într-o integrală definită:
$$ \int \limits_(a)^(b) udv = uv \bigg |_(a)^(b) - \int \limits_(a)^(b) vdu $$
Exemple de soluții
Să luăm în practică exemple de soluții de integrare pe părți, care sunt adesea propuse de profesori în timpul testelor. Vă rugăm să rețineți că sub simbolul integral există un produs a două funcții. Acesta este un semn că această metodă este potrivită pentru soluție.
| Exemplul 1 |
| Găsiți integrala $ \int xe^xdx $ |
| Soluţie |
|
Vedem că integrandul constă din două funcții, dintre care una, la diferențiere, se transformă instantaneu în unitate, iar cealaltă este ușor de integrat. Pentru a rezolva integrala, folosim metoda integrării pe părți. Să presupunem că $ u = x \rightarrow du=dx $ și $ dv = e^x dx \rightarrow v=e^x $ Înlocuim valorile găsite în prima formulă de integrare și obținem: $$ \int xe^x dx = xe^x - \int e^x dx = xe^x - e^x + C $$ Dacă nu vă puteți rezolva problema, trimiteți-ne-o. Vom oferi o soluție detaliată. Veți putea vizualiza progresul calculului și veți obține informații. Acest lucru vă va ajuta să obțineți nota de la profesorul dvs. în timp util! |
| Răspuns |
|
$$ \int xe^x dx = xe^x - e^x + C $$ |
| Exemplul 4 |
| Calculați integrala $ \int \limits_0 ^1 (x+5) 3^x dx $ |
| Soluţie |
|
Prin analogie cu exemplele rezolvate anterior, ne vom da seama ce funcție să integrăm fără probleme, pe care să diferențiem. Vă rugăm să rețineți că dacă diferențiam $ (x+5) $, atunci această expresie va fi convertită automat în unitate, ceea ce va fi în avantajul nostru. Deci facem asta: $$ u=x+5 \rightarrow du=dx, dv=3^x dx \rightarrow v=\frac(3^x)(ln3) $$ Acum toate funcțiile necunoscute au fost găsite și pot fi introduse în a doua formulă de integrare prin părți pentru o integrală definită. $$ \int \limits_0 ^1 (x+5) 3^x dx = (x+5) \frac(3^x)(\ln 3) \bigg |_0 ^1 - \int \limits_0 ^1 \frac (3^x dx)(\ln 3) = $$ $$ = \frac(18)(\ln 3) - \frac(5)(\ln 3) - \frac(3^x)(\ln^2 3)\bigg| _0 ^1 = \frac(13)(\ln 3) - \frac(3)(\ln^2 3)+\frac(1)(\ln^2 3) = \frac(13)(\ln 3 )-\frac(4)(\ln^2 3) $$ |
| Răspuns |
| $$ \int\limits_0 ^1 (x+5)3^x dx = \frac(13)(\ln 3)-\frac(4)(\ln^2 3) $$ |