Проблема 2. Вычислить интеграл

∫

dx .

Решение: Подстановка

x = at

a2 − x2

сразу преобразует интеграл к табличному

виду:

dx

adt

adx

∫

= ∫

= ∫

a2 − x2

a2 −a2t2

a 1 −t2

(12)

= ∫

dt

= arcsin t +C = arcsin x

+C.

1−t2

a

Проблема 3. Доказать справедливость формулы

∫

x2dx±a2

=ln(x +

x2 ±a2 ) +C .

(13)

Доказательство: Покажем, что производная

от ln( x +

x2 ±a2 ) равна

подынтегральной функции.

1

1

2

2

′

= x +

+ 2

(ln(x +

x

±a

))

x2 ±a2 (1

x2 ±a2 2x)

=

1

x2 ±a2 + x

=

1

.

x

+ x2 ±a2

x2

±a2

x2

±a2

Показали.

3.5.3.

Интегрирование по частям

Формула интегрирования по частям имеет вид

∫udv = uv −∫vdu

(14)

где u = u(x) и v = v(x) - любые дифференцируемые функции.

Формула (14) позволяет свести одну проблему интегрирования к другой. Так, если можно вычислить один из интегралов, ∫udv или ∫vdu , то можно

вычислить и другой, выразив его через известный. В этом и заключается суть метода интегрирования по частям.

Вывод формулы интегрирования по частям достаточно прост:

d (uv) = udv + vdu		udv = d (uv) −vdu
∫udv = ∫d (uv) − ∫vdu		∫udv = uv − ∫vdu .

Процедура интегрирования по частям состоит из двух этапов.

Во-первых, подынтегральную функцию f (x) нужно представить в виде произведения некоторых функций u(x) и v′(x) :

∫ f (x)dx = ∫u(x)v′(x)dx = ∫u(x)dv(x) .

Например, можно положить u = f (x) , что означает dv = dx , т.е. v′(x) =1.

46

Во-вторых, чтобы найти du и v( x) , нужно продифференцировать u(x) и проинтегрировать v′(x) :

du = u′(x)dx ,	v(x) = ∫v′(x)dx .
(Заметим, что в выражении для v( x)	постоянную интегрирования можно

положить равной нулю.)

Затем пытаемся вычислить интеграл в правой части формулы интегрирования по частям.

Самым сложным этапом метода интегрирования по частям является выбор функций u(x) и v′(x) , поскольку не существует универсального

правила, применимого во всех случаях. Понимание приходит только с опытом. Поэтому на первых порах сделайте какой-нибудь выбор и посмотрите – будет ли полученный интеграл проще исходного. Если нет, то сделайте другой выбор, перебирая различные варианты до тех пор, пока не будет найден наилучший. Обычно достаточно решить несколько примеров, чтобы научиться сразу делать правильный выбор. В качестве ориентиров можно использовать следующие простые критерии.

(A): Интеграл от v′ должен вычисляться достаточно просто.

(B): Производная от u(x) должна быть достаточно простой функцией (желательно, более простой, чем сама функция u(x) ).

3.5.3.1. Занимательные упражнения

Повторим путь, пройденный при обсуждении метода замены переменной, а именно: изучение метода интегрирования по частям начнем с составления задач. Это дело – не хитрое. Выбирается достаточно простой известный

интеграл ∫udv и интегрируется по частям. В результате возникает новый интеграл ∫vdu , про который заранее известно все: и метод его вычисления,

и ответ, и даже то, что ответ простой. Теперь можно предложить вычислить этот интеграл тому, кто неискушен в хитростях подобного рода.

Упражнение 1. Представим простейший интеграл ∫dx = x +C в виде

∫dx = ∫x dx	= ∫xd (ln x) .
x
Интегрируем по частям, выбрав u = x,		v = ln x :
∫xd (ln x) = x ln x −∫ln xdx		∫ln xdx = x ln x −∫dx .
Таким образом,
∫ln xdx = x ln x − x +C .			(15)

47

Замечание. Если обратить вычисления и применить процедуру интегрирования по частям непосредственно к интегралу ∫ln xdx , то нужно поменять ролями u и v, выбрав u = ln x, v = x .

Вернемся к выражению (15) и преобразуем его, применив Свойство 5, которое позволяет заменить переменную интегрирования произвольной

дифференцируемой функцией. Выполнив подстановку x = et	и учитывая
очевидные равенства
ln et = t , det = et dt ,
получаем новый результат,
∫tet dt = tet −et +C .	(16)

Сборник задач пополнился интегралом ∫tet dt , который можно поместить в раздел “Интегрирование по частям” и посоветовать выбрать u = t и v = et .

Упражнение 2. Проделаем аналогичные преобразования с интегралом

∫xdx =	x2	+C , выбрав на этапе интегрирования по частям u = x2 , v = ln x
2

(тем самым, du = 2xdx ):

∫xdx = ∫x2 dx	= ∫x2d (ln x) = x2 ln x −2∫x ln xdx
x

2∫x ln xdx = x2 ln x −∫xdx .

Таким образом,

∫x ln xdx =	1 x2 ln x −	1 x2	+C .	(17)
	2	4

Как и в предыдущем примере, процедуру интегрирования по частям можно применить непосредственно к интегралу ∫x ln xdx , поменяв ролями u и v. В

таком случае u = ln x, v = x2 .

Выполнив в выражении (17) подстановку x = et , получаем (в качестве бесплатного приложения) еще одну готовую задачу с известным ответом:

∫te2t dt =	1 te2t −	1 e2t +C .	(18)
	2	4

Этот результат можно представить в более компактном виде, если сделать подстановку 2t = z :

∫zezdz = zez −ez +C .	(19)
Замечание: Интегралы ∫xn ln xdx преобразуются к виду	∫te(n +1)tdt

подстановкой x = et . Следовательно, вычислив один из этих интегралов, мы одновременно находим и другой.

48

3.5.3.2. Примеры применения метода

Пример 1. Вычислить интеграл∫x2 ln x dx .

Решение. Обсудим различные варианты представления подынтегральной функции u = x2 ln x в виде произведения udv .

1)	u = x ,	v′= x ln x du = dx ,			v = ∫x ln x dx ;
2)	u = x2 ,	v′= ln x	du = 2xdx ,		v = ∫ln x dx ;
3)	u = x ln x ,	v′= x		du = d ( x ln x) ,	v = ∫xdx ;
4)	u = x2 ln x ,	v′=1	du = d (x2 ln x) ,		v = ∫dx .
5)	u = ln x ,	v′= x2	du = dx ,		v = ∫x2dx ;
				x

Варианты 1) и 2) не удовлетворяют критерию (A), поскольку интегралы от x ln x и от ln x слишком сложны.

Варианты 3) и 4) противоречат критерию (B). Только пятый вариант приемлем во всех отношениях.

Действительно, во-первых, степенная функция x2 легко интегрируется:

v = ∫x2dx =	x3	(C = 0 ).
3

Во-вторых, производной от ln x является рационная функция

(ln x)′= x−1 ,

которая, безусловно, значительно проще логарифмической функции. Применим формулу интегрирования по частям:

	∫x2 ln xdx =	x3	ln x −	1	∫x3 dx
				3
	3				x				(20)
		x3		1		x3		x3
	=		ln x −		∫x2dx =		ln x −		+C.
				3
	3				3		9

Пример 2. Вычислить ∫xe3xdx .

Решение. Преобразуем исходный интеграл:

∫xe3xdx		x=ln t	= ∫t3 ln t dt	= ∫t2 ln tdt .
			t

Учитывая результат, полученный в предыдущем примере, и выполнив обратную замену t = ex , получаем

∫xe3xdx = t3	ln | t | −t3	+C =	1 xe3x −	1 e3x +C .	(21)
3	9		3	9

49

Пример 3. Вычислить ∫arctg x dx .

Решение. Пусть u = arctg x и v′=1. Тогда

du

=

dx

и

v = x .

1 + x2

Интегрируем по частям:

∫arctg xdx = xarctg x − ∫

x

dx .

1 + x

2

Интеграл ∫

x

dx вычисляется элементарно:

1

2

+ x

xdx

= 1

dx

2

1

∫d (1 + x2

2

∫

∫

=

)

=

1 ln(1 + x2 ) .

1

2

1 + x

2

2

+ x

2

1 + x

2

Таким образом,

x

∫arctg xdx = xarctg x − ∫

dx

1 + x

2

(22)

1 ln(1

= x arctg x −

+ x2 ) +C.

2

Пример 4. Вычислить интеграл ∫

x

dx .

cos

2

x

Решение. Заметим, что

dx

= d (tg x) .

Испытаем подстановку tg x = z ,

cos2 x

которая влечет за собой x = arctg z . Тогда

∫

x

dx

= ∫arctg z dz .

cos

2

x

Учитывая равенство (22), получаем

∫

x

1

2

dx = z arctg z − 2 ln(1

+ z

) +C

cos2 x

= x tg x −

1 ln(1+ tg2 x) +C.

2

Это выражение можно упростить, используя тригонометрическое тождество

	1 + tg2 x =		1		= cos−2 x
			cos2	x
и свойство логарифмов, согласно которому ln cos−2 x = −2 ln | cos x |.
Таким образом,
∫	x
		dx = x tg x +ln | cos x | +C .				(23)
	cos2 x

Для вычисления некоторых интегралов требуется повторное применение процедуры интегрирования по частям.

50

Пример 5. Вычислить интеграл ∫x ln2 xdx . Решение. Пусть u = ln2 x и dv = xdx . Тогда

	du =	2 ln xdx		и	v = ∫xdx =	x2	.
		x
	Интегрируем по частям:				2
			x2
	∫x ln2 xdx =			ln2 x −∫x ln xdx .				(24)
		2

Полученный интеграл имеет более простой вид, чем исходный, поскольку содержит меньшую степень логарифма. Естественно ожидать, что в результате повторного интегрирования по частям степень логарифма понизится еще на одну единицу.

Полагаем теперь u = ln x и dv = xdx , что влечет

du = dx

и

v =

∫xdx =

x2

.

x

2

Следовательно,

x2

∫x ln xdx =

ln x −

1

∫xdx

2

2

=

x2

ln x −

x

2

.

2

4

Подставим полученный результат в равенство (24):

∫x ln2 xdx =

x2

ln2

x −(

x2

ln x −

x2

) +C

2

x2

2

4

∫x ln2 xdx =

(ln2

x −ln x + 1) +C .

(25)

2

2

Обобщение: Подобным образом можно интегрировать произведение любого многочлена P( x) и логарифмической функции, а также

произведение многочлена с одной из обратных тригонометрических функций.

	Пример 6. Преобразуем выражение (25) подстановкой									z = ln x :
					∫x ln2 xdx			∫z2e2 zdz ,
		x2	(ln2 x −ln x +	1)		1 e2 z	(z2 − z + 1) =		1	(2z2 −2z +1)e2 z .
	2								4
				2		2		2
	Следовательно,					1 (2z2
					∫z2e2 zdz =			−2z +1)e2 z .
						4

Перепишем эту формулу в более компактном виде, выполнив замену x = 2z :

∫x2exdx = (x2 −2x +2)ex .

(26)

51

Пример 7. Вычислить ∫(x2 −3x)exdx .

Решение. В качестве функции u( x) выберем многочлен x2 −3x , поскольку дифференцирование многочлена понижает его степень и, следовательно, u′(x) является многочленом более низкой степени. Тогда

u = x			2	− 3x			du = (2x −3)dx
	=			x				v = ex .
		e			dx
dv

Интегрируем по частям:

∫x2exdx = (x2 −3x)ex −∫(2x −3)exdx .

Полученный интеграл имеет более простой вид. прибегнем к повторному интегрированию по частям.

u = 2x −3		du = 2dx
dv = exdx		v = ex

Для его вычисления

∫(2x −3)exdx = (2x −3)ex −2∫exdx

= (2x −3)ex −2ex +C = 2xex −5ex +C.

Подставляя этот результат в выражение для искомого интеграла, получаем окончательно:

∫x2exdx = (x2 −3x)ex −(2x −5)ex +C

= (x2 −5x +5)ex +C.

Подобным же образом вычисляются интегралы вида

∫P(x)sin ax dx

и ∫P(x) cosax dx .

Пример 8.

Вычислить ∫x sin 2x dx .

u = x

du = dx

Решение.

1

dv = sin 2xdx

v = −

2

cos 2x

∫x sin 2x dx = − 1 x cos 2x + 1

1 x cos 2x +

1 sin 2x +C .

∫cos 2xdx = −

2

2

2

4

Пример 9.

Вычислить ∫(x −3) cos5x dx .

u = x −3

du = dx

Решение.

1

sin 5x

dv = cos5xdx

v =

5

∫(x −3) cos5x dx = 1 (x −

1

1

1

3)sin 5x −

∫sin 5xdx =

(x −3)sin 5x +

cos5x +C .

5

5

25

5

52

Пусть P( x) – многочлен целой степени относительно x.
	Тогда интегралы вида
∫P(x) arcsin x dx , ∫P(x) arccos x dx ,
∫P(x) arctg x dx ,		∫P(x) arcctg x dx ,		∫P(x) ln x dx ,
∫P(x)eaxdx ,	∫P(x)sin ax dx ,		∫P(x) cosax dx
вычисляется интегрированием по частям.
		Таблица 2
Интегралы	u( x) и dv(x)			du(x) и v( x)
		u = arcsin x		du =	dx
∫P(x) arcsin xdx					1 − x2
		dv = P(x)dx
				v = ∫P(x)dx
		u = arccos x		du = −	dx
∫P(x) arccos xdx					1 − x2
		dv = P(x)dx
				v = ∫P(x)dx
∫P(x) arctg xdx		u = arctg x		du =	dx
		dv = P(x)dx			1 + x2
				v = ∫P(x)dx
∫P(x) arcctg xdx		u = arcctg x			dx
		dv = P(x)dx		du = −1 + x2
				v = ∫P(x)dx
		u = ln x			dx
∫P(x) ln xdx				du = x
		dv = P(x)dx		v = ∫P(x)dx
					′
∫P(x)eaxdx		u = P( x)		du = P (x)dx
					1 eax
		dv = eaxdx		v =
					a
					′
∫P(x)sin axdx		u = P( x)		du = P (x)dx
				1
	dv = sin axdx
				v = − a cos ax
					′
∫P(x) cosaxdx		u = P( x)		du = P (x)dx
				1
	dv = cos axdx
				v = a sin ax

53