Całki to metoda całkowania przez części. Podstawowe metody integracji

Metodę całkowania przez części stosuje się głównie wtedy, gdy całka składa się z iloczynu dwóch czynników określonego rodzaju. Formuła całkowania przez części wygląda następująco:

Pozwala to na redukcję obliczeń danej całki
do obliczenia całki
, który okazuje się prostszy niż ten.

Większość całek obliczonych metodą całkowania przez części można podzielić na trzy grupy:

1. Całki postaci
,
,
, Gdzie
– wielomian,
– liczba różna od zera

W tym przypadku przez oznaczać wielomian

.

2. Całki postaci
,
,
,
,
, Gdzie
– wielomian.

W tym przypadku przez
oznaczać
, a reszta całki poprzez :

3. Całki postaci
,
, Gdzie
– liczby.

W tym przypadku przez oznaczać
i dwukrotnie zastosuj wzór całkowania przez części, wracając w rezultacie do całki pierwotnej, po czym całkę pierwotną wyraża się z równości.

Komentarz: W niektórych przypadkach, aby znaleźć daną całkę, należy kilkukrotnie zastosować wzór na całkowanie przez części. Ponadto metodę całkowania przez części łączy się z innymi metodami.

Przykład 26.

Znajdź całki metodą po częściach: a)
; B)
.

Rozwiązanie.

3.1.4. Całkowanie funkcji ułamkowo-wymiernych

Ułamkowa funkcja wymierna(ułamek wymierny) jest funkcją równą stosunkowi dwóch wielomianów:
, Gdzie
– wielomian stopnia
,
– wielomian stopnia .

Nazywa się ułamek wymierny prawidłowy, jeżeli stopień wielomianu w liczniku jest mniejszy niż stopień wielomianu w mianowniku, tj.
, w przeciwnym razie (jeśli
) nazywa się ułamek wymierny zło.

Każdy niewłaściwy ułamek wymierny można przedstawić jako sumę wielomianu
i ułamek wymierny właściwy poprzez podzielenie licznika przez mianownik zgodnie z zasadą dzielenia wielomianów:

Gdzie
– cała część z podziału, – właściwy ułamek wymierny,
– pozostała część podziału.

Właściwe ułamki wymierne postaci:

I. ;

II.
;

III.
;

IV.
,

Gdzie ,,
,
,,,
– liczby rzeczywiste i
(tj. trójmian kwadratowy w mianowniku ułamków III i IV nie ma pierwiastków - dyskryminator jest ujemny) nazywane są proste ułamki wymierne I, II, III i IV typy.

Całkowanie ułamków prostych

Całki najprostszych ułamków czterech typów oblicza się w następujący sposób.

I)
.

II),
.

III) Aby zintegrować najprostszy ułamek typu III, wybierz pełny kwadrat w mianowniku i zamień
. Po podstawieniu całkę dzielimy na dwie całki. Pierwszą całkę obliczamy wyodrębniając pochodną mianownika w liczniku, co daje całkę tabelaryczną, a drugą całkę przekształcamy do postaci
, ponieważ
, co daje również całkę tabelaryczną.

;

IV) Aby zintegrować najprostszy ułamek typu IV, wybierz pełny kwadrat w mianowniku i zamień
. Po podstawieniu całkę dzielimy na dwie całki. Pierwszą całkę oblicza się przez podstawienie
, a drugi wykorzystujący relacje powtarzania.

Przykład 27.

Znajdź całki ułamków prostych:

A)
;
B)
.

Rozwiązanie.

;
.

A) ;

Dowolny ułamek wymierny właściwy, którego mianownik można rozłożyć na czynniki, można przedstawić jako sumę ułamków prostych. Rozkład na sumę ułamków prostych przeprowadza się metodą współczynników nieokreślonych. Jest następująco:
odpowiada jednej części formy – każdy czynnik mianownika

odpowiada kwocie
;

ułamki formy
odpowiada jednej części formy odpowiada ułamkowi formy

– każdy współczynnik kwadratowy mianownika

ułamki formy

gdzie są nieokreślone współczynniki.

Aby znaleźć nieokreślone współczynniki, prawą stronę w postaci sumy ułamków prostych sprowadza się do wspólnego mianownika i przekształca. Wynikiem jest ułamek o tym samym mianowniku, co po lewej stronie równania. Następnie odrzuca się mianowniki i wyrównuje liczniki. Wynikiem jest identyczna równość, w której lewa strona jest wielomianem o znanych współczynnikach, a prawa strona jest wielomianem o nieznanych współczynnikach.

Istnieją dwa sposoby wyznaczania nieznanych współczynników: metoda nieznanych współczynników i metoda wartości cząstkowych. Metoda współczynników nieokreślonych. Ponieważ wielomiany są jednakowo równe, to współczynniki przy tych samych potęgach są równe

. Zrównywanie współczynników w tych samych stopniach

w wielomianach lewej i prawej strony otrzymujemy układ równań liniowych. Rozwiązując układ, wyznaczamy niepewne współczynniki. Metoda wartości prywatnych. Ponieważ wielomiany są zatem identycznie równe, podstawiając po lewej i prawej stronie dowolnej liczby, otrzymujemy prawdziwą równość, liniową względem nieznanych współczynników. Zastępowanie tak wielu wartości

Po znalezieniu wartości nieznanych współczynników ułamek pierwotny zapisuje się jako sumę ułamków prostych w całce i przeprowadza się omówione wcześniej całkowanie po każdym ułamku prostym.

Schemat integracji ułamki wymierne:

1. Jeżeli całka jest niewłaściwa, to należy ją przedstawić jako sumę wielomianu i odpowiedniego ułamka wymiernego (czyli podzielić wielomian licznikowy przez wielomian mianownika z resztą). Jeśli całka jest poprawna, od razu przechodzimy do drugiego punktu diagramu.

2. Jeśli to możliwe, uwzględnij mianownik właściwego ułamka wymiernego.

3. Rozłóż ułamek wymierny właściwy na sumę prostych ułamków wymiernych, stosując metodę współczynników nieokreślonych.

4. Całkuj otrzymaną sumę ułamków wielomianowych i prostych.

Przykład 28.

Znajdź całki ułamków wymiernych:

;
;
B)
.

Rozwiązanie.

;
.

Ponieważ całka jest ułamkiem wymiernym niewłaściwym, wówczas wybieramy całą część, tj. Wyobraźmy sobie to jako sumę wielomianu i właściwego ułamka wymiernego. Podziel wielomian w liczniku przez wielomian w mianowniku, używając narożnika.

Całka pierwotna będzie miała postać:
.

Rozłóżmy ułamek wymierny właściwy na sumę ułamków prostych metodą współczynników nieokreślonych:

, otrzymujemy:

Rozwiązując układ równań liniowych otrzymujemy wartości niepewnych współczynników: A = 1; W = 3.

Wtedy wymagane rozwinięcie ma postać:
.

=
.

B)
.

Odrzućmy mianowniki i przyrównajmy lewą i prawą stronę:

Zrównywanie współczynników w tych samych stopniach , otrzymujemy układ:

Rozwiązując układ pięciu równań liniowych, znajdujemy nieokreślone współczynniki:

Znajdźmy całkę pierwotną, biorąc pod uwagę wynikowe rozwinięcie:

V)
.

Rozwińmy całkę (ułamek wymierny właściwy) na sumę ułamków prostych metodą współczynników nieokreślonych. Rozkładu szukamy w postaci:

Sprowadzając do wspólnego mianownika otrzymujemy:

Odrzućmy mianowniki i przyrównajmy lewą i prawą stronę:

Aby znaleźć niepewne współczynniki, stosujemy metodę wartości częściowych. Dodajmy wartości cząstkowe, przy których czynniki znikają, czyli podstawiamy te wartości do ostatniego wyrażenia i otrzymujemy trzy równania:

;
;

;
.

Wtedy wymagane rozwinięcie ma postać:

Znajdźmy całkę pierwotną, biorąc pod uwagę wynikowe rozwinięcie:

Co to jest całkowanie przez części? Aby opanować tego typu integrację pamiętajmy najpierw o pochodnej iloczynu:

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

Powstaje pytanie: co mają z tym wspólnego całki? Teraz scałkujmy obie strony tego równania. Zapiszmy to zatem:

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

Ale co jest pierwotną pochodną udaru? To tylko sama funkcja, która znajduje się wewnątrz obrysu. Zapiszmy to więc:

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

W tym równaniu proponuję wyrazić ten termin. Mamy:

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

To jest to całkowanie przez części, wzór. Zatem zasadniczo zamieniamy pochodną i funkcję. Jeśli początkowo mieliśmy całkę z obrysu pomnożoną przez coś, to otrzymamy całkę z nowego czegoś pomnożoną przez obrys. To cała zasada. Na pierwszy rzut oka wzór ten może wydawać się skomplikowany i pozbawiony znaczenia, ale w rzeczywistości może znacznie uprościć obliczenia. Teraz zobaczmy.

Przykłady obliczeń całkowych

Zadanie 1. Oblicz:

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

Przepiszmy wyrażenie, dodając 1 przed logarytmem:

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

Mamy do tego prawo, ponieważ ani liczba, ani funkcja się nie zmienią. Porównajmy teraz to wyrażenie z tym, co jest zapisane we wzorze. Rola $(f)"$ wynosi 1, więc piszemy:

$\begin(align)& (f)"=1\Rightarrow f=x \\& g=\ln x\Rightarrow (g)"=\frac(1)(x) \\\end(align)$

Wszystkie te funkcje znajdują się w tabelach. Teraz, gdy opisaliśmy wszystkie elementy zawarte w naszym wyrażeniu, przepiszemy tę całkę, korzystając ze wzoru na całkowanie przez części:

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

To wszystko, całka została znaleziona.

Zadanie 2. Oblicz:

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

Jeśli jako pochodną przyjmiemy $x$, z której teraz musimy znaleźć funkcję pierwotną, otrzymamy $((x)^(2))$, a końcowe wyrażenie będzie zawierało $((x)^(2) )( (\tekst(e))^(-x))$.

Oczywiście problemu nie można uprościć, dlatego zamieniamy czynniki pod znakiem całki:

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

Wprowadźmy teraz oznaczenie:

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

Rozróżnijmy $((\text(e))^(-x))$:

$((\left(((\text(e))^(-x)) \right))^(\prime ))=((\text(e))^(-x))\cdot ((\ lewy(-x \prawy))^(\prime ))=-((\text(e))^(-x))$

Innymi słowy, najpierw dodaje się minus, a następnie całkuje obie strony:

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

Przyjrzyjmy się teraz funkcji $g$:

$g=x\Strzałka w prawo (g)"=1$

Obliczamy całkę:

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

Zatem przeprowadziliśmy drugie całkowanie przez części.

Zadanie 3. Oblicz:

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

Co w tym przypadku przyjąć za $(f)"$, a co za $g$? Jeżeli $x$ pełni funkcję pochodną, to podczas całkowania otrzymamy $\frac(((x)^(2)) )(2 )$, a pierwszy czynnik nigdzie nie zniknie - będzie to $\frac(((x)^(2)))(2)\cdot \cos 3x$ Zatem zamieńmy jeszcze raz czynniki:

$\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 \\\ koniec (wyrównanie) $

Przepisujemy nasze oryginalne wyrażenie i rozszerzamy je zgodnie ze wzorem całkowania przez części:

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

To wszystko, trzeci problem został rozwiązany.

Podsumowując, spójrzmy jeszcze raz całkowanie przez części, wzór. Jak wybrać, który czynnik będzie pochodną, a który rzeczywistą funkcją? Kryterium jest tu tylko jedno: element, który będziemy różnicować, musi albo dać „piękny” wyraz, który wówczas ulegnie redukcji, albo w trakcie różnicowania całkowicie zaniknąć. Na tym kończy się lekcja.

Nie zawsze możemy obliczyć funkcje pierwotne, ale problem różniczkowania można rozwiązać dla dowolnej funkcji. Dlatego nie ma jednej metody całkowania, którą można zastosować do dowolnego rodzaju obliczeń.

W tym materiale przyjrzymy się przykładom rozwiązywania problemów związanych ze znajdowaniem całki nieoznaczonej i zobaczymy, do jakich typów całek nadaje się każda metoda.

Metoda integracji bezpośredniej

Główną metodą obliczania funkcji pierwotnej jest całkowanie bezpośrednie. Działanie to opiera się na własnościach całki nieoznaczonej, a do obliczeń potrzebujemy tabeli funkcji pierwotnych. Inne metody mogą jedynie pomóc w doprowadzeniu oryginalnej całki do postaci tabelarycznej.

Przykład 1

Oblicz zbiór funkcji pierwotnych funkcji f (x) = 2 x + 3 2 · 5 x + 4 3 .

Rozwiązanie

Najpierw zmieńmy postać funkcji na f (x) = 2 x + 3 2 5 x + 4 3 = 2 x + 3 2 5 x + 4 1 3.

Wiemy, że całka z sumy funkcji będzie równa sumie tych całek, co oznacza:

∫ fa (x) re x = ∫ 3 2 5 x + 4 3 = 2 x + 3 2 5 x + 4 1 3 re x = ∫ 3 2 5 x + 4 1 3 re x

Wyprowadzamy współczynnik liczbowy stojący za znakiem całki:

∫ fa (x) re x = ∫ 2 x re x + ∫ 3 2 (5 x + 4) 1 3 re x = = ∫ 2 x re x + 2 3 ∫ (5 x + 4) 1 3 re x

Aby znaleźć pierwszą całkę, będziemy musieli odwołać się do tabeli funkcji pierwotnych. Bierzemy z tego wartość ∫ 2 x d x = 2 x ln 2 + C 1

Do znalezienia drugiej całki potrzebna będzie tablica funkcji pierwotnych funkcji potęgowej ∫ x p · d x = x p + 1 p + 1 + C , a także reguła ∫ f k · x + b d x = 1 k · F (k · x + b) + C.

Dlatego ∫ fa (x) re x = ∫ 2 x d x + 3 2 ∫ 5 x + 4 1 3 d x = = 2 x ln 2 + do 1 + 3 2 3 20 (5 x + 4) 4 3 + do 2 = = 2 x ln 2 + 9 40 5 x + 4 4 3 + C

Otrzymaliśmy co następuje:

∫ fa (x) re x = ∫ 2 x re x + 3 2 ∫ 5 x + 4 1 3 re x = = 2 x ln 2 + do 1 + 3 2 3 20 (5 x + 4) 4 3 + do 2 = = 2 x ln 2 + 9 40 5 x + 4 4 3 + C

gdzie C = do 1 + 3 2 do 2

Odpowiedź:∫ fa (x) re x = 2 x ln 2 + 9 40 5 x + 4 4 3 + do

Całkowaniu bezpośredniemu za pomocą tablic funkcji pierwotnych poświęciliśmy osobny artykuł. Zalecamy zapoznanie się z nim.

Metoda substytucyjna

Ta metoda całkowania polega na wyrażeniu całki poprzez nową zmienną wprowadzoną specjalnie w tym celu. W rezultacie powinniśmy otrzymać tabelaryczną postać całki lub po prostu całkę mniej złożoną.

Ta metoda jest bardzo przydatna, gdy trzeba zintegrować funkcje z pierwiastkami lub funkcjami trygonometrycznymi.

Przykład 2

Oblicz całkę nieoznaczoną ∫ 1 x 2 x - 9 d x .

Rozwiązanie

Dodajmy jeszcze jedną zmienną z = 2 x - 9 . Teraz musimy wyrazić x w kategoriach z:

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

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

Bierzemy tabelę funkcji pierwotnych i dowiadujemy się, że 2 ∫ re z z 2 + 9 = 2 3 a r do t sol z 3 + C .

Teraz musimy wrócić do zmiennej x i uzyskać odpowiedź:

2 3 za r do t sol z 3 + do = 2 3 za r do t sol 2 x - 9 3 + do

Odpowiedź:∫ 1 x 2 x - 9 re x = 2 3 za r do t sol 2 x - 9 3 + do .

Jeśli mamy integrować funkcje z irracjonalnością postaci x m (a + b x n) p, gdzie wartości m, n, p są liczbami wymiernymi, to ważne jest, aby poprawnie sformułować wyrażenie na wprowadzenie nowej zmiennej. Więcej na ten temat przeczytasz w artykule o całkowaniu funkcji niewymiernych.

Jak powiedzieliśmy powyżej, metoda podstawienia jest wygodna w użyciu, gdy trzeba zintegrować funkcję trygonometryczną. Na przykład, stosując podstawienie uniwersalne, możesz zredukować wyrażenie do postaci ułamkowo wymiernej.

Metoda ta wyjaśnia zasadę całkowania ∫ f (k · x + b) d x = 1 k · F (k · x + b) + C .

Dodajemy kolejną zmienną z = k x + b. Otrzymujemy co następuje:

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

Teraz bierzemy powstałe wyrażenia i dodajemy je do całki określonej w warunku:

∫ fa (k x + b) re x = ∫ fa (z) re z k = 1 k ∫ fa (z) re z = = 1 k fa z + do 1 = fa (z) k + do 1 k

Jeśli przyjmiemy C 1 k = C i powrócimy do pierwotnej zmiennej x, wówczas otrzymamy:

fa (z) k + do 1 k = 1 k fa k x + b + do

Sposób zapisywania się na znak różniczkowy

Metoda ta polega na przekształceniu całki do funkcji postaci f (g (x)) d (g (x)). Następnie dokonujemy podstawienia wprowadzając nową zmienną z = g (x), znajdujemy dla niej funkcję pierwotną i wracamy do zmiennej pierwotnej.

∫ fa (g (x)) re (g (x)) = g (x) = z = ∫ fa (z) re (z) = = fa (z) + do = z = g (x) = fa ( g(x)) + C

Aby szybciej rozwiązywać problemy tą metodą, miej pod ręką tabelę pochodnych w postaci różniczków i tablicę funkcji pierwotnych, aby znaleźć wyrażenie, do którego trzeba będzie zredukować całkę.

Przeanalizujmy problem, w którym musimy obliczyć zbiór funkcji pierwotnych funkcji cotangens.

Przykład 3

Oblicz całkę nieoznaczoną ∫ c t g x d x .

Rozwiązanie

Przekształćmy oryginalne wyrażenie pod całkę, korzystając z podstawowych wzorów trygonometrycznych.

do t sol x re x = cos s re x grzech x

Patrzymy na tabelę pochodnych i widzimy, że licznik można podciągnąć pod znak różniczkowy cos x d x = d (sin x), co oznacza:

do t sol x re x = cos x re x grzech x = re grzech x grzech x, tj. ∫ do t sol x re x = ∫ re grzech x grzech x .

Załóżmy, że sin x = z, w tym przypadku ∫ d grzech x grzech x = ∫ d z z. Zgodnie z tabelą funkcji pierwotnych, ∫ re z z = ln z + C . Wróćmy teraz do pierwotnej zmiennej ∫ re z z = ln z + C = ln sin x + C .

Całe rozwiązanie można w skrócie zapisać następująco:

∫ с t sol x re x = ∫ sałata x re x grzech x = ∫ re grzech x grzech x = s ja n x = t = = ∫ re t t = ln t + do = t = grzech x = ln grzech x + C

Odpowiedź: ∫ do t g x re x = ln sin x + C

Metoda zapisu na znak różniczkowy jest bardzo często stosowana w praktyce, dlatego radzimy przeczytać poświęcony jej osobny artykuł.

Metoda całkowania przez części

Metoda ta polega na przekształceniu całki w iloczyn postaci f (x) d x = u (x) v " x d x = u (x) d (v (x)), po czym wzór ∫ u (x) d ( v (x)) = u (x) v (x) - ∫ v (x) d u (x) Jest to bardzo wygodna i powszechna metoda rozwiązania. Czasami przed otrzymaniem rozwiązania należy zastosować częściowe całkowanie w jednym problemie pożądany rezultat.

Przeanalizujmy problem, w którym musimy obliczyć zbiór funkcji pierwotnych arcustangens.

Przykład 4

Oblicz całkę nieoznaczoną ∫ a r c t g (2 x) d x .

Rozwiązanie

Załóżmy, że u (x) = a r do t g (2 x), d (v (x)) = d x, w tym przypadku:

re (u (x)) = u " (x) re x = za r do t g (2 x) " re x = 2 re x 1 + 4 x 2 v (x) = ∫ re (v (x)) = ∫ re x = x

Obliczając wartość funkcji v(x), nie powinniśmy dodawać dowolnej stałej C.

∫ za r do t sol (2 x) re x = u (x) v (x) - ∫ v (x) re (u (x)) = = x za r do t sol (2 x) - ∫ 2 x re x 1 + 4 x 2

Otrzymaną całkę obliczamy metodą subsumowania znaku różniczkowego.

Ponieważ ∫ za r do t sol (2 x) re x = u (x) · v (x) - ∫ v (x) re (u (x)) = x · za r do t sol (2 x) - ∫ 2 x re x 1 + 4 x 2 , to 2 x re x = 1 4 re (1 + 4 x 2) .

∫ za r do t sol (2 x) re x = x · za r do t sol (2 x) - ∫ 2 x re x 1 + 4 x 2 = = x · za r do t sol (2 x) - 1 4 ln 1 + 4 x 2 + do 1 = = x · za r do t sol (2 x) - 1 4 ln 1 + 4 x 2 + C

Odpowiedź:∫ za r do t sol (2 x) re x = x · za r do t sol (2 x) - 1 4 ln 1 + 4 x 2 + do .

Główną trudnością w stosowaniu tej metody jest konieczność wyboru, którą część przyjąć jako różnicę, a która jako funkcję u (x). Artykuł o metodzie całkowania przez części zawiera kilka porad na ten temat, z którymi warto się zapoznać.

Jeśli musimy znaleźć zbiór funkcji pierwotnych funkcji ułamkowo wymiernej, musimy najpierw przedstawić całkę jako sumę ułamków prostych, a następnie scalić powstałe ułamki. Więcej informacji znajdziesz w artykule o całkowaniu ułamków prostych.

Jeśli zintegrujemy wyrażenie potęgowe w postaci sin 7 x · d x lub d x (x 2 + a 2) 8, wówczas skorzystamy ze wzorów na powtarzanie, które mogą stopniowo obniżać potęgę. Wyprowadza się je za pomocą sekwencyjnego, powtarzanego całkowania przez części. Polecamy przeczytać artykuł „Integracja za pomocą formuł rekurencyjnych.

Podsumujmy. Aby rozwiązać problemy, bardzo ważna jest znajomość metody integracji bezpośredniej. Inne metody (podstawienie, podstawienie, całkowanie przez części) również pozwalają uprościć całkę i doprowadzić ją do postaci tabelarycznej.

Jeśli zauważysz błąd w tekście, zaznacz go i naciśnij Ctrl+Enter

Rozważmy funkcje $u=u(x)$ i $v=v(x)$, które mają pochodne ciągłe. Zgodnie z własnościami różniczków zachodzi równość:

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

Całkując lewą i prawą stronę ostatniej równości, otrzymujemy:

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

Otrzymaną równość przepisujemy jako:

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

Ta formuła nazywa się całkowanie według wzoru na części. Za jego pomocą całkę $\int u d v$ można sprowadzić do znalezienia całki $\int v d u$, co może być prostsze.

Komentarz

W niektórych przypadkach należy wielokrotnie zastosować wzór na całkowanie przez części.

Zaleca się stosowanie wzoru na całkowanie przez części do całek w postaci:

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

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

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

Tutaj $P_(n)(x)$ jest wielomianem stopnia $n$, $k$ jest pewną stałą. W tym przypadku wielomian przyjmuje się jako funkcję $u$, a pozostałe czynniki przyjmuje się jako $d v$. W przypadku całek tego typu stosuje się wzór na całkowanie przez części $n$ razy.

Przykłady rozwiązywania całek tą metodą Przykład

Rozwiązanie.

Ćwiczenia.

Znajdź całkę $\int(x+1) e^(2 x) d x$

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

Przykłady rozwiązywania całek tą metodą Odpowiedź.

Rozwiązanie.

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

Znajdź całkę $\int x^(2) \cos x d x$

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

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

Zakładamy tutaj, że pozostałymi czynnikami są $d v=P_(n)(x) d x$ i $u$.

Przykłady rozwiązywania całek tą metodą Znajdź całkę $\int \ln x d x$

Rozwiązanie. W całce pierwotnej wyodrębniamy funkcje $u$ i $v$, a następnie wykonujemy całkowanie przez części.

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

$=\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$

Przykłady rozwiązywania całek tą metodą Znajdź całkę $\int \arcsin x d x$

Rozwiązanie. W całce pierwotnej wyodrębniamy funkcje $u$ i $v$, a następnie wykonujemy całkowanie przez części. Aby rozwiązać tę całkę, operację tę należy powtórzyć 2 razy.

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

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

Przykłady rozwiązywania całek tą metodą W tym przypadku funkcję wykładniczą lub trygonometryczną przyjmuje się jako $u$. Jedynym warunkiem jest to, że przy dalszym stosowaniu wzoru całkowania przez części przyjmuje się tę samą funkcję, co funkcję $u$, czyli odpowiednio funkcję wykładniczą lub funkcję trygonometryczną.

Rozwiązanie. W całce pierwotnej wyodrębniamy funkcje $u$ i $v$, a następnie wykonujemy całkowanie przez części.

Znajdź całkę $\int e^(2 x+1) \sin x d x$

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

W tym temacie omówimy szczegółowo obliczanie całek nieoznaczonych za pomocą tzw. „Wzoru na całkowanie przez części”. Będziemy potrzebować tabeli całek nieoznaczonych i tabeli pochodnych. W pierwszej części zostaną przeanalizowane standardowe przykłady, które najczęściej spotykane są w standardowych obliczeniach i testach. Bardziej złożone przykłady omówiono w drugiej części. Sformułowanie problemu w przypadku standardowym jest następujące. Powiedzmy, że pod całką mamy dwie funkcje o różnym charakterze

: wielomian i funkcja trygonometryczna, wielomian i logarytm, wielomian i odwrotna funkcja trygonometryczna i tak dalej. W tej sytuacji korzystne jest oddzielenie jednej funkcji od drugiej. Z grubsza rzecz biorąc, sensowne jest podzielenie całki na części i zajęcie się każdą częścią osobno. Stąd nazwa: „całkowanie przez części”. Zastosowanie tej metody opiera się na następującym twierdzeniu:

Niech funkcje $u(x)$ i $v(x)$ będą różniczkowalne na pewnym przedziale i na tym przedziale istnieje całka $\int v \; du$. Wtedy w tym samym przedziale istnieje również całka $\int u \; dv$, a prawdziwa jest następująca równość:

Wzór (1) nazywany jest „formułą całkowania przez części”. Czasami, stosując powyższe twierdzenie, mówi się o zastosowaniu „metody całkowania przez części”. Istota tej metody będzie dla nas istotna, co rozważymy na przykładach. Istnieje kilka standardowych przypadków, w których wzór (1) ma wyraźne zastosowanie. To właśnie te przypadki staną się tematem tej strony. Niech $P_n(x)$ będzie wielomianem n-tego stopnia. Wprowadźmy dwie zasady:

Zasada nr 1

Dla całek postaci $\int P_n(x) \ln x \;dx$, $\int P_n(x) \arcsin x \;dx$, $\int P_n(x) \arccos x \;dx$, $\ int P_n(x)\arctg x \;dx$, $\int P_n(x) \arcctg x \;dx$ bierzemy $dv=P_n(x)dx$.

Zasada nr 2

Dla całek postaci $\int P_n(x) a^x \;dx$ ($a$ jest liczbą dodatnią), $\int P_n(x) \sin x \;dx$, $\int P_n(x ) \ cos x \;dx$, $\int P_n(x)ch x \;dx$, $\int P_n(x) sh x \;dx$ bierzemy $u=P_n(x)$.

Od razu zaznaczam, że powyższych wpisów nie należy traktować dosłownie. Na przykład w całkach w postaci $\int P_n(x) \ln x \;dx$ niekoniecznie będzie dokładnie $\ln x$. Można tam znaleźć zarówno $\ln 5x$, jak i $\ln (10x^2+14x-5)$. Te. zapis $\ln x$ należy traktować jako swego rodzaju uogólnienie.

Jeszcze jedno. Zdarza się, że wzór na całkowanie przez części trzeba zastosować kilkukrotnie. Porozmawiajmy o tym bardziej szczegółowo w przykładach nr 4 i nr 5. Przejdźmy teraz bezpośrednio do rozwiązywania typowych problemów. W drugiej części omówiono rozwiązywanie problemów, których poziom jest nieco wyższy od standardowego.

Przykład nr 1

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

Poniżej całki znajduje się wielomian $3x+4$ i funkcja trygonometryczna $\cos (2x-1)$. Jest to klasyczny przypadek zastosowania wzoru, więc rozpatrzmy podaną całkę przez części. Wzór wymaga, aby całka $\int (3x+4) \cos (2x-1)\; dx$ przedstawiono w postaci $\int u\; dv$. Musimy wybrać wyrażenia dla $u$ i $dv$. Możemy przyjąć 3x+4$ jako $u$, a następnie $dv=\cos (2x-1)dx$. Możemy wziąć $u=\cos (2x-1)$, a następnie $dv=(3x+4)dx$. Aby dokonać właściwego wyboru, zwróćmy się do. Biorąc pod uwagę całkę $\int (3x+4) \cos (2x-1)\; dx$ ma postać $\int P_n(x) \cos x \;dx$ (wielomian $P_n(x)$ w naszej całce ma postać $3x+4$). Zgodnie z tym należy wybrać $u=P_n(x)$, tj. w naszym przypadku $u=3x+4$. Ponieważ $u=3x+4$, to $dv=\cos(2x-1)dx$.

Jednak samo wybranie $u$ i $dv$ nie wystarczy. Będziemy potrzebować także wartości $du$ i $v$. Ponieważ $u=3x+4$, to:

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

Przyjrzyjmy się teraz funkcji $v$. Ponieważ $dv=\cos(2x-1)dx$, to zgodnie z definicją całki nieoznaczonej mamy: $ v=\int \cos(2x-1)\; dx$. Aby znaleźć wymaganą całkę, stosujemy do znaku różniczkowego:

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

Nie potrzebujemy jednak całego nieskończonego zbioru funkcji $v$, który opisuje wzór $\frac(\sin(2x-1))(2)+C$. Potrzebujemy trochę jeden funkcja z tego zestawu. Aby uzyskać wymaganą funkcję, musisz zastąpić jakąś liczbę zamiast $C$. Najprostszym sposobem jest oczywiście podstawienie $C=0$ i otrzymanie w ten sposób $v=\frac(\sin(2x-1))(2)$.

Zbierzmy więc wszystkie powyższe razem. Mamy: $u=3x+4$, $du=3dx$, $dv=\cos(2x-1)dx$, $v=\frac(\sin(2x-1))(2)$. Podstawiając to wszystko po prawej stronie wzoru mamy:

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

Tak naprawdę pozostaje tylko znaleźć $\int\frac(\sin(2x-1))(2)\cdot 3dx$. Wyjmując stałą (tj. $\frac(3)(2)$) poza znak całki i stosując metodę wprowadzania jej pod znak różniczkowy, otrzymujemy:

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

Zatem $\int (3x+4) \cos (2x-1) \; dx=\frac((3x+4)\cdot\sin(2x-1))(2)+\frac(3)(4)\cdot \cos (2x-1)+C$. W skrócie proces rozwiązania jest zapisany w następujący sposób:

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

Całka nieoznaczona została znaleziona przez części; pozostaje tylko zapisać odpowiedź.

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

Myślę, że tu jest pytanie, dlatego spróbuję je sformułować i udzielić odpowiedzi.

Dlaczego wzięliśmy dokładnie $u=3x+4$ i $dv=\cos(2x-1)dx$? Tak, całka została rozwiązana. Ale może gdybyśmy wzięli $u=\cos (2x-1)$ i $dv=(3x+4)dx$, całka również by została znaleziona!

Nie, jeśli weźmiemy $u=\cos (2x-1)$ i $dv=(3x+4)dx$, to nic dobrego z tego nie wyniknie - całka nie zostanie uproszczona. Oceń sam: jeśli $u=\cos(2x-1)$, to $du=(\cos(2x-1))"dx=-2\sin(2x-1)dx$. Co więcej, ponieważ $ dv =(3x+4)dx$, wówczas:

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

Biorąc $C=0$, otrzymujemy $v=\frac(3x^2)(2)+4x$. Podstawmy teraz znalezione wartości $u$, $du$, $v$ i $dv$ do wzoru:

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

I do czego doszliśmy? Doszliśmy do całki $\int \left(\frac(3x^2)(2)+4x \right) \sin(2x-1)\;dx$, która jest wyraźnie bardziej skomplikowana niż pierwotna całka $\int (3x+4 ) \cos (2x-1) \; dx$. Sugeruje to, że wybór $u$ i $dv$ został dokonany źle. Po zastosowaniu wzoru na całkowanie przez części otrzymana całka powinna być prostsza od pierwotnej. Znajdując całkę nieoznaczoną przez części, należy ją upraszczać, a nie komplikować, dlatego jeśli po zastosowaniu wzoru (1) całka stanie się bardziej skomplikowana, to wybór $u$ i $dv$ został dokonany błędnie.

Przykład nr 2

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

Poniżej całki znajduje się wielomian (tj. $3x^4+4x-1$) i $\ln 5x$. Ten przypadek należy do kategorii , więc weźmy całkę przez części. Podana całka ma taką samą strukturę jak całka $\int P_n(x) \ln x\; dx$. Ponownie, jak w przykładzie nr 1, musimy wybrać część całki $(3x^4+4x-1) \ln 5x \; dx$ jako $u$, a część jako $dv$. Zgodnie z , należy wybrać $dv=P_n(x)dx$, tj. w naszym przypadku $dv=(3x^4+4x-1)dx$. Jeśli z wyrażenia $(3x^4+4x-1) \ln 5x \; dx$ "usuń" $dv=(3x^4+4x-1)dx$, wówczas pozostanie $\ln 5x$ - będzie to funkcja $u$. Zatem $dv=(3x^4+4x-1)dx$, $u=\ln 5x$. Aby zastosować formułę, potrzebujemy również $du$ i $v$. Ponieważ $u=\ln 5x$, to:

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

Znajdźmy teraz funkcję $v$. Ponieważ $dv=(3x^4+4x-1)dx$, to:

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

Z całego znalezionego nieskończonego zbioru funkcji $\frac(3x^5)(5)+2x^2-x+C$ musimy wybrać jedną. Najłatwiej to zrobić, biorąc $C=0$, tj. $v=\frac(3x^5)(5)+2x^2-x$. Wszystko jest gotowe do zastosowania formuły. Podstawmy wartości $u=\ln 5x$, $du=\frac(1)(x)dx$, $v=\frac(3x^5)(5)+2x^2-x$ i $dv=(3x^4+4x-1)dx$ będziemy mieli:

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

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

Przykład nr 3

Znajdź $\int \arccos x\; dx$.

Całka ta ma strukturę $\int P_n(x) \arccos x \;dx$ i mieści się w . Rozumiem, że od razu pojawi się rozsądne pytanie: „gdzie w danej całce $\int\arccos x \; dx$ ukryli wielomian $P_n(x)$ Tam nie ma wielomianu, tylko arccosinus i tyle! ” Jednak w rzeczywistości pod całką znajduje się nie tylko cosinus łuku. Przedstawię całkę $\int arccos x\; dx$ w tej postaci: $\int 1\cdot\arccos x \; dx$. Zgadzam się, że mnożenie przez jeden nie zmieni całki. Ta jednostka to $P_n(x)$. Te. $dv=1\cdot dx=dx$. A jako $u$ (zgodnie z ) bierzemy $\arccos x$, tj. $u=\arccos x$. Wartości $du$ i $v$, które biorą udział we wzorze, znajdujemy w taki sam sposób, jak w poprzednich przykładach:

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

Podobnie jak w poprzednich przykładach, zakładając $C=0$ otrzymamy $v=x$. Podstawiając wszystkie znalezione parametry do wzoru, otrzymamy:

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

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

Przykład nr 4

Znajdź $\int (3x^2+x) e^(7x) \; dx$.

W tym przykładzie formuła całkowania przez części będzie musiała zostać zastosowana dwukrotnie. Całka $\int (3x^2+x) e^(7x) \; dx$ ma strukturę $\int P_n(x) a^x \;dx$. W naszym przypadku $P_n(x)=3x^2+x$, $a=e$. Według nas mamy: $u=3x^2+x$. Odpowiednio $dv=e^(7x)dx$.

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

Ponownie, jak w poprzednich przykładach, zakładając $C=0$, mamy: $v=\frac(e^(7x))(7)$.

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

Dotarliśmy do całki $\int (6x+1) e^(7x)\;dx$, którą ponownie należy rozpatrywać w częściach. Biorąc $u=6x+1$ i $dv=e^(7x)dx$ mamy:

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

Otrzymaną odpowiedź można uprościć, otwierając nawiasy i zmieniając kolejność terminów:

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

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

Przykład nr 5

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

Tutaj, podobnie jak w poprzednim przykładzie, całkowanie przez części zostało zastosowane dwukrotnie. Szczegółowe wyjaśnienia zostały podane wcześniej, więc podam tylko rozwiązanie:

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

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

Zastosowanie metody całkowania przez części w nieco niestandardowych przypadkach, które nie podlegają regułom nr 1 i nr 2, zostanie podane w