6.2 Интегрирование по частям и замена переменной

Теорема (формула интегрирования по частям).
Пусть функции $u(x)$ и $v(x)$ дифференцируемы на интервале $I$. Если одна из функций $u(x)v'(x)$ или $u'(x)v(x)$ имеет первообразную на интервале $I$, то на этом интервале имеет первообразную и другая функция, причем справедливо равенство $$\begin{equation}\label{eq:exp1}\int u(x)v'(x)dx=u(x)v(x)-\int u'(x)v(x)dx\end{equation}.$$

Доказательство сразу следует из правила дифференцирования произведения. Действительно, пусть $u(x)v'(x)$ имеет первообразную. Тогда, по правилу дифференцирования произведения, имеем $$[u(x)v(x)]’=u'(x)v(x)+u(x)v'(x).$$
Отсюда получаем, что $u'(x)v(x)$ является разностью двух производных функций, т. е. разностью двух функций, имеющих первообразные. Поэтому она сама также является производной, т. е. имеет первообразную, и справедливо равенство $\eqref{eq:exp1}$.

Замечание 1.
Коротко правило интегрирования по частям может быть записано так:
$$\int udv=uv-\int vdu.$$
Действительно, в этой записи используется формула для вычисления дифференциала функции $du(x)=u'(x)dx$.

Замечание 2.
Если одна из функций дифференцируема, а другая имеет первообразную, то их произведение (производной на функцию, имеющую первообразную) не обязано иметь первообразную. Такой пример приводится сразу после этого замечания. Поэтому в формулировке теоремы нужно предполагать наличие первообразной у одной из функций $u'(x)v(x)$ или $u(x)v'(x)$.

Утверждение.
Существуют дифференцируемая функция $u$ и имеющая первообразную функция $v$, такие, что $u’v$ не имеет первообразной.

Достаточно показать, что квадрат функции, имеющей первообразную, может не иметь первообразной.
Положим $f(x)=|x|^\alpha \sin\displaystyle\frac{1}{x}$, $x\neq0$, $f(0)=0$. При $\alpha>1$ функция $f$ дифференцируема на $\mathbb{R}$ и ее производная равна
$$\begin{equation*}f'(x) = \begin{cases}\alpha|x|^{\alpha-1}\sin\displaystyle\frac{1}{|x|}-|x|^{\alpha-2}\cos\displaystyle\frac{1}{x},\;  x\neq0, \\ 0,\;  x=0. \end{cases}\end{equation*}$$
Поскольку функция $\alpha|x|^{\alpha-1}\sin\displaystyle\frac{1}{x}\equiv\varphi(x) (x\neq0)$, $\varphi(0) = 0$ непрерывна на $\mathbb{R}$, а значит, имеет первообразную на $\mathbb{R}$, то функция
$$v(x)\equiv|x|^{\alpha-2}\cos\displaystyle\frac{1}{x}=\varphi(x)-f'(x) (x\neq0),\;\; v(0) = 0,$$
имеет первообразную на $\mathbb{R}$ как разность двух функций — $\varphi(x)$ и $f'(x)$, имеющих первообразные на $\mathbb{R}$.
Покажем, что при надлежащем выборе числа $\alpha>1$ функция $v^2(x)$ не имеет первообразной на $\mathbb{R}$. Предположим противное. Пусть существует такая дифференцируемая на $\mathbb{R}$ функция $F$, что для всех $x\in \mathbb{R}$ справедливо равенство
$$F'(x)=v^2(x)=|x|^{2(\alpha-2)}\cos^2\displaystyle\frac{1}{x},\;\; (x\neq0),\;\; F'(0)=0.$$
Для $k = 1, 2, \ldots$ обозначим
$$[a_k, b_k] = \left[\displaystyle\frac{4}{(4k+1)\pi}, \displaystyle\frac{4}{(4k-1)\pi}\right].$$
Если $x\in[a_k, b_k]$, то
$$\displaystyle\frac{1}{x}\in\left[\displaystyle\frac{(4k-1)\pi}{4}, \displaystyle\frac{(4k+1)\pi}{4}\right], \\ \displaystyle\frac{2}{x}\in\left[\displaystyle\frac{(4k-1)\pi}{4}, \displaystyle\frac{(4k+1)\pi}{4}\right]=\left[2k\pi-\displaystyle\frac{\pi}{2}, 2k\pi+\displaystyle\frac{\pi}{2}\right].$$
Поэтому для $x\in[a_k, b_k]$ имеем
$$\cos^2\displaystyle\frac{1}{x}=\displaystyle\frac{1+\cos\displaystyle\frac{2}{x}}{2}\geqslant\displaystyle\frac{1}{2},$$
так что $F'(x)\geqslant\displaystyle\frac{1}{2}x^{2(\alpha-2)}, x\in[A_k, b_k]$. По теореме Лагранжа получим
$$F(b_k)-F(a_k)=F'(\xi_k)(b_k-a_k)\geqslant\displaystyle\frac{1}{2}\xi^{2(\alpha-2)}_k(b_k-a_k)\geqslant\displaystyle\frac{b_k-a_k}{2}b^{2(\alpha-2)}_k,$$
где $\xi_k\in[a_k, b_k]$, а число $\alpha>1$ будет выбрано так, что $\alpha<2$. Отсюда получим
$$F(a_k)\leqslant F(b_k)-\displaystyle\frac{b_k-a_k}{2}b^{2(\alpha-2)}_k.$$
Заметим, что отрезки $[a_k, b_k]$ попарно не пересекаются и, так как $F'(x)\geqslant0$, то функция $F$ не убывает. Значит,
$$F(b_{k+1})\leqslant F(a_k)\leqslant F(b_k)-\displaystyle\frac{b_k-a_k}{2}b^{2(\alpha-2)}_k.$$
Отсюда следует, что
$$\begin{equation}\label{eq:exp2}F(b_{k+1})\leqslant F(b_1)-\displaystyle\frac{1}{2}\sum^{k}_{s=1}(b_s-a_s)b^{2(\alpha-2)}_s.\end{equation}$$
Оценим последнюю сумму справа. Имеем
$$b_s-a_s=\displaystyle\frac{8}{\pi}\displaystyle\frac{1}{(4s+1)(4s-1)},$$
так что
$$\sum^{k}_{s=1}(b_s-a_s)b^{2(\alpha-2)}_s=\\=c_s\sum^{k}_{s=1}\displaystyle\frac{1}{(4s+1)(4s-1)}\left(\displaystyle\frac{1}{4s-1}\right)^{2(\alpha-2)}\geqslant c’_s\sum^{k}_{s=1}\displaystyle\frac{1}{s^{2\alpha-2}}.$$
Если $2\alpha-2\leqslant1$, т. е. $\alpha\leqslant\displaystyle\frac{3}{2}$, то $\sum\limits^k_{s=1}\displaystyle\frac{1}{s^{2\alpha-2}}\rightarrow\infty(k\rightarrow\infty)$. Поэтому из $\eqref{eq:exp2}$ следует, что $F(b_{k+1})\rightarrow-\infty$ при $k\rightarrow\infty$. Но поскольку $b_{k+1}\rightarrow+0 (k\rightarrow\infty)$, то это противоречит непрерывности функции $F$ в точке $x_0=0$ справа, которая вытекает из дифференцируемости функции $F$ в нуле.

Пример 1.
$\int x e^x dx=\begin{bmatrix}u=x, & dv=e^x dx\\du=dx, & v=e^x\end{bmatrix}=x e^x-\int e^x dx=x e^x-e^x+C.$

Пример 2. 
$\int x\cos x dx=\begin{bmatrix}u=x, & dv=\cos x dx\\du=dx, & v=\sin x\end{bmatrix}=\\=x\sin x-\int\sin x dx=x\sin x+\cos x+C.$

Пример 3. 
$\int x\ln x dx=\begin{bmatrix}u=\ln x, & dv=x dx\\du=\displaystyle\frac{dx}{x}, & v=\displaystyle\frac{x^2}{2}\end{bmatrix}=\\=\displaystyle\frac{x^2}{2}\ln x-\displaystyle\frac{1}{2}\int x dx=\displaystyle\frac{x^2}{2}\ln x-\displaystyle\frac{x^2}{4}+C.$

Следующий пример показывает такой способ применения формулы интегрирования по частям, когда в правой части появляется такой же интеграл, как и в левой части. Тогда искомый интеграл может быть найден из полученного равенства.

Пример 4. 
$\int e^x\cos xdx=\begin{bmatrix}u=e^x, & dv=\cos xdx\\du=e^x dx, & v=\sin x\end{bmatrix}=\\=e^x\sin x-\int e^x\sin xdx=e^x\sin x-\begin{bmatrix}u=e^x, & dv=\sin xdx\\du=e^x dx, & v=-\cos x\end{bmatrix}=\\=e^x\sin x+e^x\cos x-\int e^x\cos xdx.$
Из этого равенства находим
$$\int e^x\cos xdx=\displaystyle\frac{e^x}{2}[\sin x+\cos x] + C.$$

Теорема (о замене переменной в интеграле). Пусть функция $f$ имеет первообразную на интервале $I$, т. е.
$$\int f(t)dt=F(t)+C.$$
Пусть, далее, функция $\varphi$ дифференцируема на интервале $\Delta$ и $\varphi(\Delta)\subset I$. Тогда справедливо равенство
$$\int f(\varphi(x))\varphi'(x)dx=F(\varphi(x))+C.$$

Действительно, по правилу дифференцирования сложной функции имеем
$$[F(\varphi(x))]’=F'(\varphi(x))\varphi'(x)=f(\varphi(x))\varphi'(x).$$

Пример 1. $\int\sin^3 xdx=\int\sin x(1-\cos^2 x)dx=[\cos x = t, dt =-\sin xdx]=\\=\int(t^2-1)dt=\displaystyle\frac{t^3}{3}-t+C=\displaystyle\frac{\cos^3 x}{3}-\cos x+C.$

Пример 2. $\int\displaystyle\frac{dx}{1+e^x}=\begin{bmatrix}\text{преобразуем} & \displaystyle\frac{1}{1+e^x}=\displaystyle\frac{1}{e^x(e^-x+1)}=\displaystyle\frac{e^{-x}}{1+e^{-x}}\\ \text{положим} & 1+e^{-x}=t, dt=-e^{-x}dx\end{bmatrix}=-\int\displaystyle\frac{dt}{t}=\\=-\ln|t|+C=-\ln(1+e^{-x})+C=-\ln\displaystyle\frac{1+e^x}{e^x}+C=x-\ln(1+e^x)+C.$

Замечание. Мы использовали равенство $\int\displaystyle\frac{dx}{x}=\ln|x|+C$. Это равенство следует применять отдельно для промежутков $(0, +\infty)$ и $(-\infty, 0)$.
При $x>0$ оно справедливо по той причине, что $|x|=x,$ $(\ln x+C)’=\displaystyle\frac{1}{x}$.
Если же $x<0$, то $|x|=-x$, $\ln(-x)+C)’=\displaystyle\frac{1}{-x}\cdot(-1)=\displaystyle\frac{1}{x}$, так что и в этом случае равенство верно.

Итак, если исходный интеграл представлен в виде $\int f(\varphi(x))\varphi'(x)dx$, то, выполняя замену переменной $t=\varphi(x)$, мы приходим к интегралу $\int f(t)dt$. Часто замену переменной в интеграле $\int g(x)dx$ применяют в виде $x = \psi(t)$, затем вычисляют интеграл по $t$, а чтобы вернуться к старой переменной $x$, нужно выразить новую переменную $t$ через $x$.

Пример. Пусть $I=\int\sqrt{1-x^2}dx$.
Для вычисления этого интеграла положим $x=\sin t$. Тогда
$$dx=\cos tdt, \sqrt{1-x^2}=\sqrt{1-\sin^2 t}=\sqrt{\cos^2 t}=\cos t.$$
Подставляя это в исходный интеграл, получаем
$$I=\int\cos^2 tdt=\int\displaystyle\frac{1+\cos 2t}{2}dt=\displaystyle\frac{t}{2}+\displaystyle\frac{\sin 2t}{4}+C.$$
Из равенства $x=\sin t$ имеем $t=\arcsin x$, так что
$$I=\displaystyle\frac{\arcsin x}{2}+\displaystyle\frac{x\sqrt{1-x^2}}{2}+C.$$
Вычислим этот интеграл еще одним способом, основанным на применении формулы интегрирования по частям.
$$I=\int\sqrt{1-x^2}dx=\begin{bmatrix}u=\sqrt{1-x^2}, & dv=dx\\du=-\displaystyle\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}dx, & v=x\end{bmatrix}=\\=x\sqrt{1-x^2}+\int\displaystyle\frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}dx=\\=x\sqrt{1-x^2}+\int\displaystyle\frac{x^2-1+1}{\sqrt{1-x^2}}dx=x\sqrt{1-x^2}-I+\int\displaystyle\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}.$$
Воспользовавшись теперь равенством $\int\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}=\arcsin x+c$, вытекающим из того, что $(\arcsin x+C)’=\displaystyle\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$, получим $I=x\sqrt{1-x^2}-I+\arcsin x$. Отсюда следует
$$I=\displaystyle\frac{1}{2}[x\sqrt{1-x^2}+\arcsin x]+C.$$

Решение примеров

Интегрирование по частям:

  1. $\int\text{arctg}\:xdx$
    Решение

    $\int\text{arctg}\:xdx=\begin{bmatrix}\text{arctg}\:{x}=u, du=\displaystyle\frac{dx}{1+x^2}\\dx=dv, v=x\end{bmatrix}=x\:\text{arctg}\: {x}-\int\displaystyle\frac{xdx}{1+x^2}=\\=x\:\text{arctg}\: {x}-\displaystyle\frac{1}{2}\int\displaystyle\frac{dx^2}{1+x^2}=x\:\text{arctg}\: {x}-\displaystyle\frac{1}{2}\ln(1 + x^2) + C.$

  2. $\int x\sin{x}dx$
    Решение

    $\int x\sin{x}dx=\begin{bmatrix}x=u, du=dx\\ \sin{x}=dv, v=-\cos{x}\end{bmatrix}=-x\cos{x}+\int\cos{x}dx=\\=-x\cos{x}+\sin{x}+C.$

  3. $\int xe^{x}dx$
    Решение

    $\int xe^{x}dx=\begin{bmatrix}u=x, du=dx\\dv=e^{x}dx, v=e^x\end{bmatrix}=xe^x-\int e^{x}dx=xe^x-e^x+C.$

Замена переменной:

  1. $\int\displaystyle\frac{dx}{\sqrt{e^x-1}}$
    Решение

    $\int\displaystyle\frac{dx}{\sqrt{e^x-1}}=\begin{bmatrix}\sqrt{e^x-1}=t, x=\ln(t^2+1)\\dx=\displaystyle\frac{2tdt}{t^2+1}\end{bmatrix}=2\int\displaystyle\frac{tdt}{t(t^2+1)}=\\=2\int\frac{dt}{t^2+1}=2\: \text{arctg}\: t+C.$

  2. $\int\displaystyle\frac{x^{2}dx}{5-x^6}$
    Решение

    $\int\frac{x^2dx}{5-x^6}=\begin{bmatrix}x^3=t\\dt=3x^2dx\\x^6=t^2\end{bmatrix}=\frac{1}{3}\int\frac{dt}{5-t^2}=\frac{1}{3}\int\frac{dt}{(\sqrt{5})^2-t^2}=\\=\frac{1}{6\sqrt{5}}\ln\left|\frac{\sqrt{5}+t}{\sqrt{5}-t}\right|+C=[t=x^3]=\frac{1}{6\sqrt{5}}\ln\left|\frac{\sqrt{5}+x^3}{\sqrt{5}-x^3}\right|+C.$

Интегрирование по частям и замена переменной

Пройдя этот тест, вы закрепите пройденный ранее материал по теме «Интегрирование по частям и замена переменной»

Таблица лучших: Интегрирование по частям и замена переменной

максимум из 18 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных
Литература

Смотрите также

  1. Фихтенгольц Г. М. Курс дифференциального и интегрального исчисления: учеб. пособие для ун-тов и пед. ин-тов. Т. 2 / Г. М. Фихтенгольц. — 5-е изд., стереотип. — Москва: Физматгиз, 1970 (стр.23, 31)
  2. Тер-Крикоров А. М., Шабунин М. И. Курс математического анализа: Учеб. пособие для вузов. – 3-е изд., исправл. / А. М. Тер-Крикоров, М. И. Шабунин. – Москва: ФИЗМАТЛИТ, 2001  (стр. 277, 281)
  3. Кудрявцев Л. Д. Курс математического анализа : учебник для вузов: В 3 т. Т. 1. Дифференциальное и интегральное исчисления функций одной переменной / Л. Д. Кудрявцев. — 5-е изд., перераб. и доп. — Москва: Дрофа, 2003 (стр. 461, 464)

Интегрирование по частям

Пусть функции u=u(x) и v=v(x) определены и непрерывны вместе со своими первыми производными на отрезке [a,b] во всех точках. Исключением есть только точка b, которая может быть равна и +\infty. Тогда имеет место равенство:

$$\int\limits_{a}^{b}udv=uv|_{a}^{b}-\int\limits_{a}^{b}vdu$$

Где uv|_{a}^{b} — двойная подстановка и под ней понимаем разность:

$$\lim_{x \to b} u(x)v(x)-u(a)v(a)$$

При этом существование \int_{a}^{b}vdu вытекает из существования интеграла \int_{a}^{b}udv и двойной подстановки uv|_{a}^{b}.

Если любые два выражения из трех в равенстве имеют смысл, то и третье выражение тоже имеет смысл.

Доказательство

Возьмем x_0 такое, что a < x_0 < b проинтегрируем данный интеграл по частям на промежутке [a, x_0]:

$$\int\limits_{a}^{x_0}udv=(u(x_0)v(x_0)-u(a)v(a))-\int\limits_{a}^{x_0}vdu$$

Пусть теперь x_0 стремится к b. По условию два из входящих в данное равенство выражений имеют конечные пределы при x \to x_0. Следовательно третье выражение также имеет конечный предел. Равенство доказано с помощью предельного перехода.

Пример показать

Литература

Тест : Интегрирование по частям

Интегрирование по частям

Метод интегрирования по частям



Теорема.
Пусть функции $u(x)$ и $v(x)$ дифференцируемы на интервале $I$. Если одна из функций $u(x)v^\prime(x)$ или $u^\prime(x)v(x)$ имеет первообразную на интервале $I$, то на этом интервале имеет первообразную и другая функция, причем справедливо равенство $$\int u(x)v^\prime(x)dx=u(x)v(x)-\int u^\prime(x)v(x)dx$$
или короче $$\int udv=uv -\int vdu.$$
Доказательство.
Пусть $u(x)v^\prime(x)$ имеет первообразную, тогда, по правилу дифференцирования произведения, имеем
$$\left(u(x)v(x)\right)^\prime=u(x)v^\prime(x)+u^\prime(x)v(x).$$
Получаем, что $u^\prime(x)v(x)$ является разностью производных двух функций, то-есть двух функций имеющих первообразные, следовательно сама имеет первообразную и справедливо равенство $$\int u(x)v^\prime(x)dx=u(x)v(x)-\int u^\prime(x)v(x)dx.$$
Замечание.
Если одна из функции дифференцируемая, а другая имеет первообразную, то их произведение не обязано иметь первообразную. Поэтому в формулировке теоремы нужно предполагать наличие первообразной у одной из функций $u(x)v^\prime(x$ или $u^\prime(x)v(x)$.
Пример 1.

\int {\ln xdx} =  \left[ \begin{array}{l}u = \ln x;\\dv = dx;\\du =\frac{{dx}}{x};\\v = x.\end{array} \right] = x\ln x - \int{x \frac{{dx}}{x}} =  x\ln x - x + C

Пример 2.

\int{x\cos xdx} =  \left[ \begin{array}{l}u = x;\\dv = \cos xdx;\\du = dx;\\v = \sin x.\end{array} \right] =  x\sin x - \int {\sin xdx} =  \sin xdx + \cos x + C

Пример 3.

В некоторых случаях для вычисление интеграла нужно сложить уравнение. Так, например

 I = \int {e^{ax}\sin{bx}dx} =  \left[ \begin{array}{l}u = {e^{ax}};\\dv = \sin{bx}dx;\\du = a{e^{ax}}dx;\\v =- \frac{1}{b}\cos{bx}.\end{array} \right] =  - \frac{1}{b}{e^{ax}}\cos{bx} + \frac{a}{b}\int{ e^{ax}\cos{bx}dx}=  \left[ \begin{array}{l}u = {e^{ax}};\\dv = \cos{bx}dx;\\du = a{e^{ax}}dx;\\v = \frac{1}{b}\sin{bx}.\end{array} \right] =  - \frac{1}{b}{e^{ax}}\cos{bx} + \frac{a}{b}\left( {\frac{1}{b}{e^{ax}}\sin{bx} - \frac{a}{b}\int {e^{ax}\sin{bx}dx} } \right) =  - \frac{1}{b}{e^{ax}}\cos{bx} + \frac{a}{b^2}{e^{ax}}\sin{bx} - \frac{a^2}{b^2}I
Отсюда

I =  \int {e^{ax}\sin bxdx} =  \frac{e^{ax}}{a^2 + b^2}(a\sin bx - b\cos bx) + C

По аналогии,

\int {e^{ax}\cos bxdx} =  \frac{e^{ax}}{a^2 + b^2}(b\sin bx + a\cos bx) + C

Литература

Смотрите также

Метод интегрирования по частям

Тест на тему: «Метод интегрирования по частям».


Таблица лучших: Метод интегрирования по частям

максимум из 5 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных