Integraalid on osade kaupa integreerimise meetod. Põhilised integratsioonimeetodid

Osade kaupa integreerimise meetodit kasutatakse peamiselt siis, kui integrand koosneb kahe teatud tüüpi teguri korrutisest. Osade kaupa integreerimise valem näeb välja järgmine:

See võimaldab vähendada antud integraali arvutust
integraali arvutamiseks
, mis osutub lihtsamaks kui see.

Enamiku osade kaupa integreerimise meetodil arvutatud integraalidest võib jagada kolme rühma:

1. Vormi integraalid
,
,
, Kus
- polünoom,
– arv, mis ei ole võrdne nulliga

Sel juhul läbi tähistab polünoomi

.

2. Vormi integraalid
,
,
,
,
, Kus
- polünoom.

Sel juhul läbi
tähistama
, ja ülejäänud integrandi kaudu :

3. Vormi integraalid
,
, Kus
- numbrid.

Sel juhul läbi tähistama
ja rakendada osade kaupa integreerimist kaks korda, naases selle tulemusena algse integraali juurde, mille järel väljendatakse algintegraali võrdsusest.

Kommenteeri: Mõnel juhul tuleb antud integraali leidmiseks osade kaupa integreerimise valemit rakendada mitu korda. Samuti kombineeritakse osade kaupa integreerimise meetodit teiste meetoditega.

Näide 26.

Leidke integraalid meetodi abil osade kaupa: a)
; b)
.

Lahendus.

3.1.4. Murd-ratsionaalfunktsioonide integreerimine

Murdratsionaalfunktsioon(ratsionaalne murd) on funktsioon, mis võrdub kahe polünoomi suhtega:
, Kus
– astme polünoom
,
– astme polünoom .

Ratsionaalmurdu nimetatakse õige, kui polünoomi aste lugejas on väiksem kui nimetaja polünoomi aste, s.o.
, muidu (kui
) nimetatakse ratsionaalseks murruks vale.

Iga ebaõiget ratsionaalset murdu saab esitada polünoomi summana
ja õige ratsionaalne murd, jagades lugeja nimetajaga vastavalt polünoomide jagamise reeglile:

Kus
– terve osa jagamisest, – õige ratsionaalne murd,
– ülejäänud osa.

Vormi õiged ratsionaalsed murrud:

I. ;

II.
;

III.
;

IV.
,

Kus ,,
,
,,,
– reaalarvud ja
(st III ja IV murdude nimetaja ruuttrinoomil pole juuri – diskriminant on negatiivne) nimetatakse lihtsad ratsionaalsed murrud I, II, III ja IV tüübid.

Lihtmurdude integreerimine

Nelja tüübi kõige lihtsamate murdude integraalid arvutatakse järgmiselt.

ma)
.

II),
.

III) III tüübi lihtsaima murru integreerimiseks vali nimetajas täisruut ja asenda
. Pärast asendamist jagatakse integraal kaheks integraaliks. Esimene integraal arvutatakse nimetaja tuletise eraldamisega lugejas, mis annab tabeli integraali ja teine integraal teisendatakse kujule
, sest
, mis annab ka tabeliintegraali.

;

IV) IV tüübi lihtsaima murru integreerimiseks vali nimetajas täisruut ja asenda
. Pärast asendamist jagatakse integraal kaheks integraaliks. Esimene integraal arvutatakse asendamise teel
, ja teine kasutab kordussuhteid.

Näide 27.

Leidke lihtmurdude integraalid:

A)
;
b)
.

Lahendus.

;
.

A) ;

Iga õiget ratsionaalset murdu, mille nimetajat saab faktoriseerida, saab esitada lihtmurdude summana. Lagundamine lihtmurdude summaks toimub määramata koefitsientide meetodil. See on järgmine:
vastab vormi ühele murdosale – nimetaja iga tegur

vastab summale
;

vormi murrud
vastab vormi ühele murdosale vastab vormi murdosale

– nimetaja iga ruuttegur

vormi murrud

kus on määramata koefitsiendid.

Määramatute koefitsientide leidmiseks viiakse parem pool lihtmurdude summa kujul ühise nimetajani ja teisendatakse. Tulemuseks on murd, mille nimetaja on sama, mis võrrandi vasakul küljel. Seejärel jäetakse nimetajad kõrvale ja lugejad võrdsustatakse. Tulemuseks on identne võrdsus, milles vasak pool on teadaolevate koefitsientidega polünoom ja parem pool tundmatute koefitsientidega polünoom.

Tundmatute koefitsientide määramiseks on kaks võimalust: tundmatute koefitsientide meetod ja osaväärtuste meetod. Määratlemata koefitsientide meetod. Sest polünoomid on identselt võrdsed, siis on samade astmete koefitsiendid võrdsed

. Võrdsuskoefitsiendid samadel kraadidel

vasaku ja parema külje polünoomides saame lineaarvõrrandisüsteemi. Süsteemi lahendamisel määrame ebakindlad koefitsiendid. Eraväärtuste meetod. Sest polünoomid on identselt võrdsed, siis asendades mis tahes arvu vasakule ja paremale poolele saame tundmatute koefitsientide suhtes lineaarse tõelise võrdsuse. Asendades nii palju väärtusi

Pärast tundmatute koefitsientide väärtuste leidmist kirjutatakse algne murd integrandi lihtmurdude summana ja eelnevalt käsitletud integreerimine viiakse läbi iga lihtmurru kohta.

Integratsiooniskeem ratsionaalsed murrud:

1. Kui integrand on vale, siis tuleb see esitada polünoomi ja õige ratsionaalmurru summana (st jagada lugejapolünoom nimetajapolünoomiga jäägiga). Kui integrand on õige, liigume kohe diagrammi teise punkti juurde.

2. Võimalusel kordage korraliku ratsionaalse murru nimetaja.

3. Jagage õige ratsionaalne murd ebamääraste koefitsientide meetodil lihtsate ratsionaalsete murdude summaks.

4. Integreerige saadud polünoomi ja lihtmurdu summa.

Näide 28.

Leidke ratsionaalsete murdude integraalid:

;
;
b)
.

Lahendus.

;
.

Sest integrand on ebaõige ratsionaalne murd, siis valime terve osa, s.o. Kujutagem seda ette polünoomi ja õige ratsionaalse murru summana. Jagage lugejas olev polünoom nurga abil nimetajas oleva polünoomiga.

Algne integraal on järgmisel kujul:
.

Jagagem õige ratsionaalne murd ebamääraste koefitsientide meetodil lihtmurdude summaks:

, saame:

Lineaarvõrrandisüsteemi lahendades saame ebakindlate koefitsientide väärtused: A = 1; IN = 3.

Siis on vajalikul laiendusel vorm:
.

=
.

b)
.

Jätame nimetajad kõrvale ja võrdsustame vasaku ja parema külje:

Võrdsuskoefitsiendid samadel kraadidel , saame süsteemi:

Lahendades viiest lineaarsest võrrandist koosneva süsteemi, leiame määramata koefitsiendid:

Leiame algse integraali, võttes arvesse saadud laiendust:

V)
.

Laiendame integrandi (õige ratsionaalne murd) määramatute koefitsientide meetodil lihtmurdude summaks. Otsime lagunemist kujul:

Kui taandada ühisele nimetajale, saame:

Jätame nimetajad kõrvale ja võrdsustame vasaku ja parema külje:

Ebakindlate koefitsientide leidmiseks rakendame osaväärtuse meetodit. Lisame osaväärtused, mille juures tegurid kaovad, st asendame need väärtused viimase avaldisega ja saame kolm võrrandit:

;
;

;
.

Siis on vajalikul laiendusel vorm:

Leiame algse integraali, võttes arvesse saadud laiendust:

Mis on osade kaupa integreerimine? Seda tüüpi integreerimise omandamiseks meenutagem esmalt toote tuletist:

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

Tekib küsimus: mis on integraalidel sellega pistmist? Nüüd integreerime selle võrrandi mõlemad pooled. Nii et paneme selle kirja:

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

Aga mis on insuldi antiderivaat? See on lihtsalt funktsioon ise, mis on löögi sees. Nii et paneme selle kirja:

$f\cdot g=\int((f)"\cdot g\,\text(d)x+\int(f\cdot (g)"\,\text(d)x))$

Selles võrrandis teen ettepaneku seda terminit väljendada. Meil on:

$\int((f)"\cdot g\,\text(d)x=f\cdot g-\int(f\cdot (g)"\,\text(d)x))$

See on see integreerimine osade valemiga. Seega vahetame tuletise ja funktsiooni sisuliselt omavahel. Kui algselt oli meil insuldi integraal korrutatud millegagi, siis saame uue millegi integraali, mis on korrutatud löögiga. See on kõik reegel. Esmapilgul võib see valem tunduda keeruline ja mõttetu, kuid tegelikult võib see arvutusi oluliselt lihtsustada. Nüüd vaatame.

Integraalarvutuste näited

Ülesanne 1. Arvutage:

\[\int(\ln x\,\text(d)x)\]\[\]

Kirjutame avaldise ümber, lisades logaritmi ette 1:

\[\int(\ln x\,\text(d)x)=\int(1\cdot \ln x\,\text(d)x)\]

Meil on selleks õigus, sest ei number ega funktsioon ei muutu. Nüüd võrdleme seda avaldist valemis kirjutatuga. $(f)"$ roll on 1, seega kirjutame:

$\begin(joona)& (f)"=1\Paremnool f=x \\& g=\ln x\Paremnool (g)"=\frac(1)(x) \\\end(joonda)$

Kõik need funktsioonid on tabelites. Nüüd, kui oleme kirjeldanud kõiki meie avaldises sisalduvaid elemente, kirjutame selle integraali ümber, kasutades osade kaupa integreerimise valemit:

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

See on kõik, integraal on leitud.

Ülesanne 2. Arvutage:

$\int(x((\text(e))^(-x))\,\text(d)x=\int(x\cdot ((e)^(-x))\,\text(d )x))$

Kui võtame tuletiseks $x$, millest nüüd tuleb leida antiderivatiiv, saame $((x)^(2))$ ja lõppavaldis sisaldab $((x)^(2) )( (\tekst(e))^(-x))$.

Ilmselt pole probleemi lihtsustatud, seega vahetame tegurid integraalmärgi all:

$\int(x\cdot ((\text(e))^(-x))\,\text(d)x)=\int(((\text(e))^(-x))\cdot x\,\text(d)x)$

Nüüd tutvustame tähistust:

$(f)"=((\text(e))^(-x))\Paremnool f=\int(((\text(e))^(-x))\,\text(d)x) =-((\text(e))^(-x))$

Eristame $((\text(e))^(-x))$:

$((\left(((\text(e))^(-x)) \right))^(\prime ))=((\text(e))^(-x))\cdot ((\ vasak(-x \parem))^(\prime ))=-((\text(e))^(-x))$

Teisisõnu, kõigepealt lisatakse miinus ja seejärel integreeritakse mõlemad pooled:

\[\begin(joona)& ((\left(((\text(e))^(-x)) \right))^(\prime ))=-((\text(e))^(- x))\Paremnool ((\tekst(e))^(-x))=-((\left(((\text(e))^(-x)) \right))^(\prime )) \\& \int(((\text(e))^(-x))\,\text(d)x)=-\int(((\left(((\text(e))^(-) x)) \parem))^(\prime ))\text(d)x)=-((\text(e))^(-x))+C \\\end(joonda)\]

Vaatame nüüd funktsiooni $g$:

$g=x\paremnool (g)"=1$

Arvutame integraali:

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

Niisiis, oleme teostanud teise integreerimise osade kaupa.

Ülesanne 3. Arvutage:

$\int(x\cos 3x\,\text(d)x)$

Mida tuleks sel juhul võtta $(f)"$ ja mida $g$ jaoks? Kui $x$ toimib tuletisena, siis integreerimisel saame $\frac(((x)^(2)) )(2 )$ ja esimene tegur ei kao kuhugi - see on $\frac(((x)^(2)))(2)\cdot \cos 3x$ Seetõttu vahetame tegurid uuesti:

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

Kirjutame oma algse avaldise ümber ja laiendame seda vastavalt integreerimisvalemile osade kaupa:

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

See on kõik, kolmas probleem on lahendatud.

Kokkuvõtteks vaatame veel ühe pilguga integreerimine osade valemiga. Kuidas valida, milline tegur on tuletis ja milline tegelik funktsioon? Siin on ainult üks kriteerium: element, mida me eristame, peab andma "ilusa" väljendi, mis seejärel väheneb, või eristamise käigus üldse kaduma. Sellega õppetund lõpeb.

Me ei saa alati arvutada antiderivatiivseid funktsioone, kuid diferentseerimisprobleemi saab lahendada mis tahes funktsiooni jaoks. Seetõttu pole ühtset integreerimismeetodit, mida saaks kasutada mis tahes tüüpi arvutuste jaoks.

Käesolevas materjalis vaatleme ebamäärase integraali leidmisega seotud probleemide lahendamise näiteid ja vaatame, millistele integranditüüpidele iga meetod sobib.

Otsene integratsiooni meetod

Peamine meetod antiderivatiivse funktsiooni arvutamiseks on otsene integreerimine. See toiming põhineb määramata integraali omadustel ja arvutuste jaoks vajame antiderivaatide tabelit. Muud meetodid aitavad viia algse integraali tabelivormi.

Näide 1

Arvutage funktsiooni f (x) = 2 x + 3 2 · 5 x + 4 3 antiderivaatide hulk.

Lahendus

Esiteks muudame funktsiooni kuju f (x) = 2 x + 3 2 5 x + 4 3 = 2 x + 3 2 5 x + 4 1 3.

Teame, et funktsioonide summa integraal on võrdne nende integraalide summaga, mis tähendab:

∫ f (x) d x = ∫ 3 2 5 x + 4 3 = 2 x + 3 2 5 x + 4 1 3 d x = ∫ 3 2 5 x + 4 1 3 d x

Tuletame integraalmärgi taga oleva arvulise koefitsiendi:

∫ f (x) d x = ∫ 2 x d x + ∫ 3 2 (5 x + 4) 1 3 d x = = ∫ 2 x d x + 2 3 ∫ (5 x + 4) 1 3 d x

Esimese integraali leidmiseks peame viitama antiderivaatide tabelile. Me võtame sellest väärtuse ∫ 2 x d x = 2 x ln 2 + C 1

Teise integraali leidmiseks vajate astmefunktsiooni ∫ x p · d x = x p + 1 p + 1 + C antiderivaatide tabelit, samuti reeglit ∫ f k · x + b d x = 1 k · F (k · x + b) + C .

Seetõttu ∫ f (x) d x = ∫ 2 x d x + 3 2 ∫ 5 x + 4 1 3 d x = = 2 x ln 2 + C 1 + 3 2 3 20 (5 x + 4) 4 3 + C 2 = = 2 x ln 2 + 9 40 5 x + 4 4 3 + C

Saime järgmise:

∫ f (x) d x = ∫ 2 x d x + 3 2 ∫ 5 x + 4 1 3 d x = = 2 x ln 2 + C 1 + 3 2 3 20 (5 x + 4) 4 3 + C 2 = = 2 x ln 2 + 9 40 5 x + 4 4 3 + C

kus C = C 1 + 3 2 C 2

Vastus:∫ f (x) d x = 2 x ln 2 + 9 40 5 x + 4 4 3 + C

Pühendasime eraldi artikli otsesele integreerimisele antiderivaatide tabelite abil. Soovitame teil sellega tutvuda.

Asendusmeetod

See integreerimismeetod seisneb integrandi väljendamises uue muutuja kaudu, mis on spetsiaalselt kasutusele võetud selleks otstarbeks. Selle tulemusena peaksime saama integraali tabelivormi või lihtsalt vähem keeruka integraali.

See meetod on väga kasulik, kui peate integreerima funktsioone radikaalide või trigonomeetriliste funktsioonidega.

Näide 2

Hinda määramatut integraali ∫ 1 x 2 x - 9 d x .

Lahendus

Lisame veel ühe muutuja z = 2 x - 9 . Nüüd peame x väljendama z-ga:

z 2 = 2 x - 9 ⇒ x = z 2 + 9 2 ⇒ d x = d z 2 + 9 2 = z 2 + 9 2 " d z = 1 2 z d z = z d z

∫ d x x 2 x - 9 = ∫ z d z z 2 + 9 2 · z = 2 ∫ d z z 2 + 9

Võtame antiderivaatide tabeli ja saame teada, et 2 ∫ d z z 2 + 9 = 2 3 a r c t g z 3 + C .

Nüüd peame pöörduma tagasi muutuja x juurde ja saama vastuse:

2 3 a r c t g z 3 + C = 2 3 a r c t g 2 x - 9 3 + C

Vastus:∫ 1 x 2 x - 9 d x = 2 3 a r c t g 2 x - 9 3 + C .

Kui peame integreerima irratsionaalsusega funktsioone kujul x m (a + b x n) p, kus väärtused m, n, p on ratsionaalarvud, siis on oluline uue muutuja sisestamiseks avaldis õigesti sõnastada. Lisateavet selle kohta saate artiklist irratsionaalsete funktsioonide integreerimise kohta.

Nagu eespool ütlesime, on asendusmeetodit mugav kasutada, kui peate integreerima trigonomeetrilise funktsiooni. Näiteks universaalset asendust kasutades saate avaldise taandada murdarvuliselt ratsionaalsele vormile.

See meetod selgitab integreerimisreeglit ∫ f (k · x + b) d x = 1 k · F (k · x + b) + C .

Lisame veel ühe muutuja z = k x + b. Saame järgmise:

x = z k - b k ⇒ d x = d z k - b k = z k - b k " d z = d z k

Nüüd võtame saadud avaldised ja lisame need tingimuses määratud integraalile:

∫ f (k x + b) d x = ∫ f (z) d z k = 1 k ∫ f (z) d z = = 1 k F z + C 1 = F (z) k + C 1 k

Kui aktsepteerime C 1 k = C ja pöördume tagasi algse muutuja x juurde, saame:

F (z) k + C 1 k = 1 k F k x + b + C

Diferentsiaalmärgiga liitumise meetod

See meetod põhineb integrandi teisendamisel funktsiooniks kujul f (g (x)) d (g (x)). Pärast seda teostame asendus, sisestades uue muutuja z = g (x), leiame sellele antiderivaadi ja pöördume tagasi algse muutuja juurde.

∫ f (g (x)) d (g (x)) = g (x) = z = ∫ f (z) d (z) = = F (z) + C = z = g (x) = F ( g(x)) + C

Probleemide kiiremaks lahendamiseks seda meetodit kasutades hoidke käepärast tuletisi tabel diferentsiaalide kujul ja antiderivaatide tabel, et leida avaldis, milleni integrand tuleb redutseerida.

Analüüsime ülesannet, mille puhul peame arvutama kotangensfunktsiooni antiderivaatide komplekti.

Näide 3

Arvutage määramatu integraal ∫ c t g x d x .

Lahendus

Teisendame algse avaldise integraali all, kasutades põhilisi trigonomeetrilisi valemeid.

c t g x d x = cos s d x sin x

Vaatame tuletiste tabelit ja näeme, et lugeja saab koondada diferentsiaalmärgi alla cos x d x = d (sin x), mis tähendab:

c t g x d x = cos x d x sin x = d sin x sin x, s.o. ∫ c t g x d x = ∫ d sin x sin x .

Oletame, et sin x = z, antud juhul ∫ d sin x sin x = ∫ d z z. Antiderivaatide tabeli järgi ∫ d z z = ln z + C . Nüüd pöördume tagasi algse muutuja ∫ d z z = ln z + C = ln sin x + C juurde.

Kogu lahenduse võib lühidalt kirjutada järgmiselt:

∫ с t g x d x = ∫ cos x d x sin x = ∫ d sin x sin x = s i n x = t = = ∫ d t t = ln t + C = t = sin x = ln sin x + C

Vastus: ∫ c t g x d x = ln sin x + C

Diferentsiaalmärgiga liitumise meetodit kasutatakse praktikas väga sageli, seetõttu soovitame teil lugeda sellele pühendatud eraldi artiklit.

Osade kaupa integreerimise meetod

See meetod põhineb integrandi teisendamisel korrutiseks kujul f (x) d x = u (x) v " x d x = u (x) d (v (x)), mille järel valem ∫ u (x) d ( v (x)) = u (x) v (x) - ∫ v (x) d u (x) See on väga mugav ja levinud lahendusmeetod. Mõnikord tuleb osalist integreerimist ühes ülesandes rakendada mitu korda, enne kui saab soovitud tulemus.

Analüüsime ülesannet, mille puhul peame arvutama arktangensi antiderivaatide hulga.

Näide 4

Arvutage määramatu integraal ∫ a r c t g (2 x) d x .

Lahendus

Oletame, et u (x) = a r c t g (2 x), d (v (x)) = d x, antud juhul:

d (u (x)) = u " (x) d x = a r c t g (2 x) " d x = 2 d x 1 + 4 x 2 v (x) = ∫ d (v (x)) = ∫ d x = x

Funktsiooni v (x) väärtuse arvutamisel ei tohiks me lisada suvalist konstanti C.

∫ a r c t g (2 x) d x = u (x) v (x) - ∫ v (x) d (u (x)) = = x a r c t g (2 x) - ∫ 2 x d x 1 + 4 x 2

Arvutame saadud integraali diferentsiaalmärgi liitmise meetodil.

Kuna ∫ a r c t g (2 x) d x = u (x) · v (x) - ∫ v (x) d (u (x)) = x · a r c t g (2 x) - ∫ 2 x d x 1 + 4 x 2 , siis 2 x d x = 1 4 d (1 + 4 x 2) .

∫ a r c t g (2 x) d x = x · a r c t g (2 x) - ∫ 2 x d x 1 + 4 x 2 = = x · a r c t g (2 x) - 1 4 ln 1 + 4 x 2 + C 1 = = x · a r c t g (2 x) - 1 4 ln 1 + 4 x 2 + C

Vastus:∫ a r c t g (2 x) d x = x · a r c t g (2 x) - 1 4 ln 1 + 4 x 2 + C .

Peamine raskus selle meetodi kasutamisel on vajadus valida, milline osa võtta diferentsiaaliks ja milline osa funktsiooniks u (x). Osade kaupa integreerimise meetodit käsitlev artikkel annab selles küsimuses mõningaid nõuandeid, millega peaksite end kurssi viima.

Kui meil on vaja leida murdarvuliselt ratsionaalse funktsiooni antiderivaatide hulk, siis peame esmalt esitama integrandi lihtmurdude summana ja seejärel integreerima saadud murrud. Lisateavet leiate artiklist lihtmurdude integreerimise kohta.

Kui integreerida võimsusavaldis kujul sin 7 x · d x või d x (x 2 + a 2) 8, siis saame kasu kordusvalemitest, mis võivad võimsust järk-järgult alandada. Need tuletatakse osade kaupa järjestikuse korduva integreerimise abil. Soovitame lugeda artiklit “Integreerimine kordusvalemite abil.

Teeme kokkuvõtte. Probleemide lahendamiseks on väga oluline teada otsese integratsiooni meetodit. Ka muud meetodid (asendamine, asendamine, osade kaupa integreerimine) võimaldavad integraali lihtsustada ja tabelivormi viia.

Kui märkate tekstis viga, tõstke see esile ja vajutage Ctrl+Enter

Vaatleme funktsioone $u=u(x)$ ja $v=v(x)$, millel on pidevad tuletised. Vastavalt diferentsiaalide omadustele kehtib järgmine võrdsus:

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

Integreerides viimase võrdsuse vasaku ja parema külje, saame:

$\int d(u v)=\int(u d v+v d u) \Paremnool u v=\int u d v+\int v d u$

Kirjutame saadud võrdsuse ümber järgmiselt:

$\int u d v=u v-\int v d u$

Seda valemit nimetatakse integreerimine osade valemiga. Selle abil saab integraali $\int u d v$ taandada integraali $\int v d u$ leidmiseks, mis võib olla lihtsam.

Kommenteeri

Mõnel juhul tuleb osade kaupa integreerimise valemit rakendada korduvalt.

Osade kaupa integreerimise valemit on soovitatav rakendada järgmise kujuga integraalidele:

1) $\int P_(n)(x) e^(k x) d x$ ;

$\int P_(n)(x) \sin (k x) d x$ ;

$\int P_(n)(x) \cos (k x) d x$

Siin on $P_(n)(x)$ polünoom astmega $n$, $k$ on mingi konstant. Sel juhul võetakse polünoom funktsiooniks $u$ ja ülejäänud faktoriteks $d v$. Seda tüüpi integraalide puhul rakendatakse osade kaupa integreerimise valemit $n$ korda.

Selle meetodi abil integraalide lahendamise näited Näide

Lahendus.

Harjutus.

Leidke integraal $\int(x+1) e^(2 x) d x$

$=\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$

Selle meetodi abil integraalide lahendamise näited Vastus.

Lahendus.

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

Leidke integraal $\int x^(2) \cos x d x$

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

$=\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=$$=x^(2) \sin x+2 x \cos x-2 \int \cos x d x=$

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

Siin eeldame, et $d v=P_(n)(x) d x$ ja $u$ on ülejäänud tegurid.

Selle meetodi abil integraalide lahendamise näited Leidke integraal $\int \ln x d x$

Lahendus. Algses integraalis eraldame funktsioonid $u$ ja $v$, seejärel teostame integreerimise osade kaupa.

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

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

Selle meetodi abil integraalide lahendamise näited Leidke integraal $\int \arcsin x d x$

Lahendus. Algses integraalis eraldame funktsioonid $u$ ja $v$, seejärel teostame integreerimise osade kaupa. Selle integraali lahendamiseks tuleb seda toimingut korrata 2 korda.

$=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= $

$=x \arcsin x+t+C=x \arcsin x+\sqrt(1-x^(2))+C$

$=\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=$$\int \arcsin x d x=x \arcsin x+\sqrt(1-x^(2))+C$

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

$\int e^(k x+b) \cos (c x+f) d x$

Selle meetodi abil integraalide lahendamise näited Sel juhul võetakse kas eksponentsiaal- või trigonomeetriliseks funktsiooniks $u$. Ainus tingimus on, et osade valemiga integreerimise edasisel rakendamisel võetakse sama funktsiooni kui funktsiooni $u$ ehk vastavalt kas eksponentsiaalfunktsiooni või trigonomeetrilise funktsioonina.

Lahendus. Algses integraalis eraldame funktsioonid $u$ ja $v$, seejärel teostame integreerimise osade kaupa.

Leidke integraal $\int e^(2 x+1) \sin x d x$

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

Selles teemas räägime üksikasjalikult määramata integraalide arvutamisest nn osade kaupa integreerimise valemi abil. Vajame määramata integraalide tabelit ja tuletiste tabelit. Esimeses osas analüüsitakse standardnäiteid, mida enamasti leidub standardarvutustes ja -testides. Keerulisemaid näiteid käsitletakse teises osas. Probleemi avaldus standardjuhul on järgmine. Oletame, et integraali all on meil kaks funktsiooni erineva iseloomuga

: polünoom- ja trigonomeetriline funktsioon, polünoom ja logaritm, polünoom ja pöördtrigonomeetriline funktsioon ja nii edasi. Sellises olukorras on kasulik eraldada üks funktsioon teisest. Jämedalt öeldes on mõttekas jagada integrand osadeks – ja käsitleda iga osa eraldi. Sellest ka nimi: "osade kaupa integreerimine". Selle meetodi rakendamine põhineb järgmisel teoreemil:

Olgu funktsioonid $u(x)$ ja $v(x)$ mingil intervallil diferentseeruvad ja sellel intervallil eksisteerib integraal $\int v \; du$. Siis on samal intervallil olemas ka integraal $\int u \; dv$ ja järgmine võrdsus on tõene:

Valemit (1) nimetatakse osade kaupa integreerimise valemiks. Mõnikord räägivad nad ülaltoodud teoreemi rakendamisel osade kaupa integreerimise meetodi kasutamisest. Selle meetodi olemus on meie jaoks oluline, mida kaalume näidete abil. On mitmeid standardjuhtumeid, mille puhul valem (1) kehtib selgelt. Just need juhtumid saavad selle lehe teemaks. Olgu $P_n(x)$ n-nda astme polünoom. Tutvustame kahte reeglit:

Reegel nr 1

Integraalide puhul kujul $\int P_n(x) \ln x \;dx$, $\int P_n(x) \arcsin x \;dx$, $\int P_n(x) \arccos x \;dx$, $\ int P_n(x)\arctg x \;dx$, $\int P_n(x) \arcctg x \;dx$ võtame $dv=P_n(x)dx$.

Reegel nr 2

Integraalide puhul kujul $\int P_n(x) a^x \;dx$ ($a$ on mingi positiivne arv), $\int P_n(x) \sin x \;dx$, $\int P_n(x) ) \ cos x \;dx$, $\int P_n(x)ch x \;dx$, $\int P_n(x) sh x \;dx$ võtame $u=P_n(x)$.

Märgin kohe, et ülaltoodud kirjeid ei tohiks võtta sõna-sõnalt. Näiteks integraalides kujul $\int P_n(x) \ln x \;dx$ ei pruugi olla täpselt $\ln x$. Seal võivad asuda nii $\ln 5x$ kui ka $\ln (10x^2+14x-5)$. Need. tähistust $\ln x$ tuleks võtta omamoodi üldistusena.

Üks asi veel. Juhtub, et osade kaupa integreerimise valemit tuleb rakendada mitu korda. Räägime sellest lähemalt näidetes nr 4 ja nr 5. Liigume nüüd otse tüüpiliste probleemide lahendamise juurde. Standardist veidi kõrgema tasemega ülesannete lahendamist käsitletakse teises osas.

Näide nr 1

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

Integraali all on polünoom $3x+4$ ja trigonomeetriline funktsioon $\cos (2x-1)$. See on klassikaline valemi rakendamise juhtum, seega võtame antud integraali osade kaupa. Valem nõuab, et integraal $\int (3x+4) \cos (2x-1)\; dx$ esitati kujul $\int u\; dv $. Peame valima avaldised jaoks $u$ ja $dv$. Võime võtta $3x+4$ kui $u$, siis $dv=\cos (2x-1)dx$. Võime võtta $u=\cos (2x-1)$, siis $dv=(3x+4)dx$. Õige valiku tegemiseks pöördume poole. Antud integraal $\int (3x+4) \cos (2x-1)\; dx$ kuulub kujul $\int P_n(x) \cos x \;dx$ (polünoomi $P_n(x)$ meie integraalis on kuju $3x+4$). Vastavalt sellele tuleb valida $u=P_n(x)$, st. meie puhul $u=3x+4$. Kuna $u=3x+4$, siis $dv=\cos(2x-1)dx$.

Kuid lihtsalt $u$ ja $dv$ valimisest ei piisa. Vajame ka väärtusi $du$ ja $v$. Kuna $u=3x+4$, siis:

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

Vaatame nüüd funktsiooni $v$. Kuna $dv=\cos(2x-1)dx$, siis vastavalt ebamäärase integraali definitsioonile on meil: $ v=\int \cos(2x-1)\; dx$. Nõutava integraali leidmiseks rakendame diferentsiaalmärgile järgmist:

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

Kuid me ei vaja kogu lõpmatut funktsioonide kogumit $v$, mida kirjeldatakse valemiga $\frac(\sin(2x-1))(2)+C$. Vajame mõnda üks funktsioon sellest komplektist. Vajaliku funktsiooni saamiseks peate $C$ asemel mõne numbri asendama. Lihtsaim viis on muidugi asendada $C=0$, saades seeläbi $v=\frac(\sin(2x-1))(2)$.

Niisiis, paneme kõik ülaltoodu kokku. Meil on: $u=3x+4$, $du=3dx$, $dv=\cos(2x-1)dx$, $v=\frac(\sin(2x-1))(2)$. Asendades selle kõik valemi paremasse serva, saame:

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

Tegelikult jääb üle vaid leida $\int\frac(\sin(2x-1))(2)\cdot 3dx$. Võttes konstandi (st $\frac(3)(2)$) väljaspool integraalmärki ja rakendades selle diferentsiaalmärgi alla sisestamise meetodit, saame:

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

Seega $\int (3x+4) \cos (2x-1) \; dx=\frac((3x+4)\cdot\sin(2x-1))(2)+\frac(3)(4)\cdot \cos (2x-1)+C$. Lühendatud kujul on lahendusprotsess kirjutatud järgmiselt:

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

Määramatu integraal on leitud osade kaupa, jääb üle vaid vastus kirja panna.

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

Usun, et siin on küsimus, seega proovin selle sõnastada ja vastuse anda.

Miks võtsime täpselt $u=3x+4$ ja $dv=\cos(2x-1)dx$? Jah, integraal on lahendatud. Aga võib-olla kui võtaksime $u=\cos (2x-1)$ ja $dv=(3x+4)dx$, leiaks ka integraal!

Ei, kui me võtame $u=\cos (2x-1)$ ja $dv=(3x+4)dx$, siis ei tule sellest midagi head – integraali ei lihtsustata. Otsustage ise: kui $u=\cos(2x-1)$, siis $du=(\cos(2x-1))"dx=-2\sin(2x-1)dx$. Pealegi, kuna $ dv =(3x+4)dx$, siis:

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

Võttes $C=0$, saame $v=\frac(3x^2)(2)+4x$. Asendame nüüd leitud väärtused $u$, $du$, $v$ ja $dv$ valemisse:

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

Ja milleni me oleme jõudnud? Jõudsime integraalini $\int \left(\frac(3x^2)(2)+4x \right) \sin(2x-1)\;dx$, mis on selgelt keerulisem kui algne integraal $\int (3x+4) \cos (2x-1) \; dx$. See viitab sellele, et $u$ ja $dv$ valik tehti halvasti. Pärast osade kaupa integreerimise valemit peaks saadud integraal olema algsest lihtsam. Osade kaupa määramatu integraali leidmisel tuleb seda lihtsustada, mitte keerulisemaks muuta, mistõttu kui pärast valemi (1) rakendamist muutub integraal keerulisemaks, siis $u$ ja $dv$ valik tehti valesti.

Näide nr 2

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

Integraali all on polünoom (st $3x^4+4x-1$) ja $\ln 5x$. See juhtum kuulub alla, seega võtame integraali osade kaupa. Antud integraali struktuur on sama mis integraalil $\int P_n(x) \ln x\; dx$. Jällegi, nagu näites nr 1, peame valima mingi osa integrandist $(3x^4+4x-1) \ln 5x \; dx$ kui $u$ ja mõni osa kui $dv$. Vastavalt tuleb valida $dv=P_n(x)dx$, st. meie puhul $dv=(3x^4+4x-1)dx$. Kui avaldisest $(3x^4+4x-1) \ln 5x \; dx$ "eemalda" $dv=(3x^4+4x-1)dx$, siis jääb alles $\ln 5x$ – see on funktsioon $u$. Niisiis, $dv=(3x^4+4x-1)dx$, $u=\ln 5x$. Valemi rakendamiseks vajame ka $du$ ja $v$. Kuna $u=\ln 5x$, siis:

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

Nüüd leiame funktsiooni $v$. Kuna $dv=(3x^4+4x-1)dx$, siis:

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

Kogu leitud lõpmatu funktsioonide $\frac(3x^5)(5)+2x^2-x+C$ hulgast peame valima ühe. Ja kõige lihtsam viis seda teha on võtta $C=0$, st. $v=\frac(3x^5)(5)+2x^2-x$. Kõik on valemi rakendamiseks valmis. Asendame väärtused $u=\ln 5x$, $du=\frac(1)(x)dx$, $v=\frac(3x^5)(5)+2x^2-x$ ja $dv=(3x^4+4x-1)dx$ meil on:

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

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

Näide nr 3

Otsige üles $\int \arccos x\; dx$.

Selle integraali struktuur on $\int P_n(x) \arccos x \;dx$, mis jääb alla . Saan aru, et kohe tekib mõistlik küsimus: “kuhu antud integraalis $\int\arccos x \ dx$ peitsid nad polünoomi $P_n(x)$, seal pole polünoomi, on ainult arccosine ja kõik? ” Kuid tegelikult ei asu integraali all mitte ainult kaarekoosinus. Esitan integraali $\int arccos x\; dx$ sellisel kujul: $\int 1\cdot\arccos x \; dx$. Nõus, et ühega korrutamine ei muuda integrandi. See ühik on $P_n(x)$. Need. $dv=1\cdot dx=dx$. Ja $u$-ks (vastavalt ) võtame $\arccos x$, st. $u=\arccos x$. Leiame valemis kaasatud väärtused $du$ ja $v$ samamoodi nagu eelmistes näidetes:

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

Nagu eelmistes näidetes, eeldades $C=0$ saame $v=x$. Asendades kõik leitud parameetrid valemisse, saame järgmise:

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

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

Näide nr 4

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

Selles näites tuleb osade kaupa integreerimise valemit rakendada kaks korda. Integraal $\int (3x^2+x) e^(7x) \; dx$ on struktuuriga $\int P_n(x) a^x \;dx$. Meie puhul $P_n(x)=3x^2+x$, $a=e$. Vastavalt sellele on meil: $u=3x^2+x$. Vastavalt sellele $dv=e^(7x)dx$.

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

Jällegi, nagu eelmistes näidetes, eeldades $C=0$, on meil: $v=\frac(e^(7x))(7)$.

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

Oleme jõudnud integraalini $\int (6x+1) e^(7x)\;dx$, mida jällegi tuleb võtta osadena. Võttes $u=6x+1$ ja $dv=e^(7x)dx$, saame:

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

Saadud vastust saab lihtsustada sulud avades ja termineid ümber paigutades:

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

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

Näide nr 5

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

Siin, nagu eelmises näites, rakendatakse osade kaupa integreerimist kaks korda. Üksikasjalikud selgitused anti varem, seega annan ainult lahenduse:

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

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

Osade kaupa integreerimise meetodi rakendamine mõnevõrra ebastandardsetel juhtudel, mis ei kuulu reeglite nr 1 ja nr 2 alla, on toodud a.