Интегрирование по частям. Вторая часть.

Перед прочтением данной страницы рекомендую ознакомиться с первой частью темы, ибо там были даны полные пояснения к каждой задаче. Здесь же будут затронуты интегралы, которые не подпадают под стандартные правила, указаные в первой части, но, тем не менее, берутся с помощью интегрирования по частям.

Также в этой части рассмотрим интегралы, при вычислении которых получается уравнение относительно исходного интеграла.

Задача №1

Условие

Найти \(\displaystyle{\int \ln^2{x} \, dx}\).

Решение

В данной ситуации нам нужно избавиться от логарифма. Для этого примем \(\displaystyle{u=\ln^2{x}}\), тогда \(\displaystyle{du=\frac{2\ln{x}}{x}dx}\). Для \(\displaystyle{dv}\) имеем \(\displaystyle{dv=dx}\), откуда \(\displaystyle{v=x}\). Интегрирование по частям придётся применять дважды:

\[ \int \ln^2 {x} \, dx =\left [ \begin{aligned} & u=\ln^2{x}; \; du=\frac{2\ln{x}}{x}dx.\\ & dv=dx; \; v=x. \end{aligned} \right ] =\ln^2{x}\cdot{x}-\int {x}\cdot \frac{2\ln {x}}{x}dx=\\ =x\cdot \ln^2{x}-2\int \ln{x} \, dx =\left[ \begin{aligned} & u=\ln{x}; \; du=\frac{1}{x}dx.\\ & dv=dx; \; v=x. \end{aligned} \right] =x\cdot \ln^2{x}-2\cdot \left(x\cdot \ln{x} -\int{x}\cdot \frac{1}{x} \, dx \right)=\\ =x\cdot \ln^2{x}-2 {x} \ln {x} +2\cdot \int {dx} =x\cdot \ln^2{x}-2 {x} \ln {x} +2x+C. \]

Ответ:

\(\displaystyle{x\cdot\ln^2{x}-2x\ln{x} +2x+C}\).

Задача №2

Условие

Найти \(\displaystyle{\int\frac{xdx}{\cos^2x}}\).

Решение

Чтобы взять этот интеграл, нужно сразу заметить, что \(\displaystyle{d(\tg{x})=\frac{dx}{\cos^2x}}\). Заданный интеграл можно представить в такой форме: \(\displaystyle{\int {x}\, d(\tg {x})}\). Исходя из этого принимаем \(\displaystyle{u=x}\), \(\displaystyle{dv=\frac{dx}{\cos^2x}}\):

\[ \int \frac{xdx}{\cos^2x} =\left[ \begin{aligned} & u=x; \; du=dx.\\ & dv=\frac{dx}{\cos^2x}; \; v=\tg x. \end{aligned} \right] =x\cdot\tg{x}-\int\tg{x} \; dx =x\tg{x}+\ln|\cos{x}|+C. \]

Ответ:

\(\displaystyle{x\tg{x}+\ln|\cos{x}|+C}\).

Задача №3

Условие

Найти \(\displaystyle{\int \frac{\ln\sin{x}}{\cos^2{x}}dx}\).

Решение

Данная задача основана на той же идее, что и предыдущая, поэтому я бы советовал решить её самостоятельно, сверяясь с приведённым ниже кратким решением. Вновь применяем интегрирование по частям:

\[ \int \frac{\ln\sin{x}}{\cos^2{x}}dx =\left[ \begin{aligned} & u=\ln\sin{x}; \; du=\frac{\cos{x}}{\sin{x}}dx=\ctg{x} \; dx.\\ & dv=\frac{dx}{\cos^2{x}}; \; v=\tg{x}. \end{aligned} \right] =\tg{x}\cdot \ln\sin{x}-\int \tg {x} \cdot\ctg {x} \; dx=\\ =\tg {x}\cdot \ln\sin {x}-\int {dx}=\tg {x}\cdot \ln\sin {x}-x+C. \]

Ответ:

\(\displaystyle{\tg {x}\cdot \ln\sin{x} - x+C}\).

Задача №4

Условие

Найти \(\displaystyle{\int \frac{x\cdot\arctg{x}}{\sqrt{1+x^2}}dx}\).

Решение

Нам нужно избавиться от арктангенса. Для этого примем \(\displaystyle{u=\arctg{x}}\), тогда \(\displaystyle{du=\frac{dx}{1+x^2}}\). Так как выбор \(\displaystyle{u}\) осуществлён, то \(\displaystyle{dv=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}dx}\). Тогда для функции \(\displaystyle{v}\) получим:

\[ v=\int\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}dx =\frac{1}{2}\cdot\int(1+x^2)^{-\frac{1}{2}}d\left(1+x^2\right) =\frac{1}{2}\cdot\frac{(1+x^2)^{\frac{1}{2}}}{\frac{1}{2}}+C =\sqrt{1+x^2}+C. \]

Принимая \(\displaystyle{C=0}\) будем иметь \(\displaystyle{v=\sqrt{1+x^2}}\).

\[ \int\frac{x\cdot\arctg{x}}{\sqrt{1+x^2}}dx =\left[\begin{aligned} & u=\arctg x; \; du=\frac{dx}{1+x^2}.\\ & dv=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}dx; \; v=\sqrt{1+x^2}. \end{aligned} \right]=\\ =\arctg{x}\cdot \sqrt{1+x^2}-\int \sqrt{1+x^2}\cdot \frac{dx}{1+x^2} =\arctg{x}\cdot \sqrt{1+x^2}-\int \frac{dx}{\sqrt{1+x^2}}=\\ =\arctg{x}\cdot \sqrt{1+x^2}-\ln\left|x+\sqrt{1+x^2}\right|+C =\arctg{x}\cdot \sqrt{1+x^2}-\ln\left(x+\sqrt{1+x^2}\right)+C \]

Ответ:

\(\displaystyle{\arctg{x}\cdot \sqrt{1+x^2}-\ln\left(x+\sqrt{1+x^2}\right)+C}\).

Задача №5

Условие

Найти \(\displaystyle{\int\arcsin^2{x}\,dx}\).

Решение

Нужно избавиться от арксинуса, поэтому примем \(\displaystyle{u=\arcsin^2{x}}\), тогда

\[du=2\arcsin x\cdot \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}dx=\frac{2\arcsin x}{\sqrt{1-x^2}}dx\]

Соответственно, для \(\displaystyle{v}\) имеем \(\displaystyle{dv=dx}\), \(\displaystyle{v=x}\). Интегрирование по частям нужно будет применить два раза:

\[ \int \arcsin^2 {x}\,dx =\left[ \begin{aligned} & u=\arcsin^2{x}; \; du=\frac{2\arcsin x}{\sqrt{1-x^2}}dx.\\ & dv=dx; \; v=x. \end{aligned} \right] =x\cdot \arcsin^2{x}-\int {x}\cdot \frac{2\arcsin x}{\sqrt{1-x^2}}dx=\\ =x\cdot \arcsin^2{x}-\int \frac{2x\arcsin x}{\sqrt{1-x^2}}dx= \left[ \begin{aligned} & u=\arcsin{x}; \; du=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}dx.\\ & dv=\frac{2xdx}{\sqrt{1-x^2}}; \; v=-2\sqrt{1-x^2}. \end{aligned} \right]=\\ =x\cdot \arcsin^2{x}-\left( -2\sqrt{1-x^2}\cdot\arcsin{x}+\int{2}\sqrt{1-x^2}\cdot\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}dx \right)=\\ =x\cdot \arcsin^2{x}+2\sqrt{1-x^2}\cdot\arcsin{x}-2\int \;dx =x\cdot\arcsin^2{x}+2\sqrt{1-x^2}\cdot\arcsin{x}-2x+C. \]

Ответ:

\(\displaystyle{x\arcsin^2{x}+2\sqrt{1-x^2}\cdot\arcsin{x}-2x+C}\).

Зачастую интегрирование по частям в неопределенном интеграле приводит к уравнению с исходным интегралом. Разберём несколько таких примеров.

Задача №6

Условие

Найти \(\displaystyle{\int\sqrt{9-x^2}\,dx}\).

Решение

Данный неопределённый интеграл можно взять разными способами. Один из них – это интегрирование по частям. Обозначив \(\displaystyle{u=\sqrt{9-x^2}}\), \(\displaystyle{dv=dx}\), получим: \(\displaystyle{du=\frac{-xdx}{\sqrt{9-x^2}}}\), \(\displaystyle{v=x}\).

\[ \int\sqrt{9-x^2}\,dx =\left[ \begin{aligned} & u=\sqrt{9-x^2}; \; du=\frac{-xdx}{\sqrt{9-x^2}}.\\ & dv=dx; \; v=x. \end{aligned} \right] =x\cdot \sqrt{9-x^2}+\int{x}\cdot\frac{xdx}{\sqrt{9-x^2}}=\\ =x\cdot \sqrt{9-x^2}+\int\frac{x^2}{\sqrt{9-x^2}}dx =x\cdot \sqrt{9-x^2}-\int\frac{9-x^2-9}{\sqrt{9-x^2}}dx=\\ =x\cdot \sqrt{9-x^2}-\int\left( \frac{9-x^2}{\sqrt{9-x^2}}-\frac{9}{\sqrt{9-x^2}}\right)dx =x\cdot \sqrt{9-x^2}-\int\left( \sqrt{9-x^2}-\frac{9}{\sqrt{9-x^2}}\right)dx=\\ =x\sqrt{9-x^2}-\int\sqrt{9-x^2} \, dx +9\cdot\int\frac{dx}{\sqrt{9-x^2}} =x\sqrt{9-x^2}-\int\sqrt{9-x^2} \, dx +9\arcsin\frac{x}{3} \]

Итак, мы получили следующее равенство:

\[ \int\sqrt{9-x^2}\,dx =x\sqrt{9-x^2}-\int\sqrt{9-x^2} \, dx +9\arcsin\frac{x}{3} \]

Перенесём интеграл \(\displaystyle{\int\sqrt{9-x^2} \, dx}\) из правой части этого равенства в левую. Тогда в левой части станет уже два таких интеграла:

\[ 2\int\sqrt{9-x^2}\,dx=x\sqrt{9-x^2}+9\arcsin\frac{x}{3}+C. \]

Умножим обе части полученного равенства на \(\displaystyle{\frac{1}{2}}\):

\[ \int\sqrt{9-x^2}\,dx=\frac{x}{2}\sqrt{9-x^2}+\frac{9}{2}\arcsin\frac{x}{3}+C. \]

Ответ:

\(\displaystyle{\frac{x}{2}\sqrt{9-x^2}+\frac{9}{2}\arcsin\frac{x}{3}+C}\).

Полагаю, что у читателя тут не обойдётся без вопроса, откуда вообще взялась константа \(\displaystyle{C}\). Ведь изначально у нас было равенство

\[ \int\sqrt{9-x^2}\,dx=x\sqrt{9-x^2}-\int\sqrt{9-x^2} \, dx +9\arcsin\frac{x}{3} \]

Если формально перенести \(\displaystyle{\int\sqrt{9-x^2} \, dx}\) в левую часть, то никакой константы не возникнет.

Для того, чтобы разобраться с "внезапно возникшей" контантой, нужно вспомнить, что неопределённый интеграл – это множество функций. И равенства, в обеих частях которого расположены неопределённые интегралы, есть равенства между множествами функций. Подробнее об этом можно прочесть в этой теме.

Задача №7

Условие

Найти \(\displaystyle{\int\cos\ln{x}\,dx}\).

Решение

Метод решения данной задачи аналогичен применённому в предыдущей задаче:

\[ \int\cos\ln{x}\,dx =\left[ \begin{aligned} & u=\cos\ln{x}; \; du=-\frac{\sin\ln{x}}{x}dx.\\ & dv=dx; \; v=x. \end{aligned} \right] =x\cdot \cos\ln{x}+\int {x}\cdot\frac{\sin\ln {x}}{x}dx=\\ =x\cdot \cos\ln{x}+\int \sin\ln{x} dx =\left[\begin{aligned} & u=\sin\ln{x}; \; du=\frac{\cos\ln{x}}{x}dx.\\ & dv=dx; \; v=x. \end{aligned} \right]=\\ =x\cdot \cos\ln{x}+x\cdot\sin\ln{x}-\int{x}\cdot\frac{\cos\ln{x}}{x}dx =x\cos\ln{x}+x\sin\ln{x}-\int \cos\ln {x} \;dx \]

Итак, мы получили уравнение с искомым интегралом:

\[ \int\cos\ln{x}\,dx =x\cos\ln{x}+x\sin\ln{x}-\int \cos\ln {x} \,dx \]

Перенося \(\displaystyle{\int\cos\ln{x}\,dx}\) из правой части в левую, будем иметь:

\[ 2\int\cos\ln {x}\,dx=x\cos\ln {x}+x\sin\ln {x}+C. \]

Умножая обе части последнего равенства на \(\displaystyle{\frac{1}{2}}\), получим:

\[ \int\cos\ln {x}\,dx =\frac{x}{2}\cdot\left(\cos\ln{x}+\sin\ln{x}\right)+C. \]

Ответ:

\(\displaystyle{\frac{x}{2}\cdot\left(\cos\ln{x}+\sin\ln{x}\right)+C}\).

Задача №8

Условие

Найти \(\displaystyle{\int e^{2x} \cos {3x} \,dx}\).

Решение

Это классический пример интеграла, для которого применение формулы интегрирования по частям даёт уравнение с исходным интегралом в обеих частях. Я бы советовал решить его самостоятельно, лишь сверяясь с ходом решения, изложенным ниже.

\[ \int e^{2x}\cos 3x \,dx =\left[ \begin{aligned} & u=e^{2x}; \; du=2e^{2x}dx.\\ & dv=\cos {3x} dx; \; v=\frac{\sin {3x}}{3}. \end{aligned} \right] =\frac{e^{2x}\sin {3x}}{3}-\frac{2}{3}\int e^{2x} \sin {3x} \, dx=\\ =\left[ \begin{aligned} & u=e^{2x}; \; du=2e^{2x}dx.\\ & dv=\sin {3x} dx; \; v=-\frac{\cos {3x}}{3}. \end{aligned} \right] =\frac{e^{2x}\sin {3x}}{3}-\frac{2}{3} \left( -\frac{e^{2x}\cos {3x}}{3}+ \frac{2}{3}\int e^{2x} \cos {3x} \; dx \right)=\\ =\frac{e^{2x}\sin {3x}}{3}+\frac{2e^{2x}\cos {3x}}{9}-\frac{4}{9}\int e^{2x} \cos {3x} \; dx. \]

Итак, мы получили уравнение с искомым интегралом:

\[ \int e^{2x}\cos {3x} \,dx =\frac{e^{2x}\sin {3x}}{3}+\frac{2e^{2x}\cos {3x}}{9}-\frac{4}{9}\int e^{2x} \cos {3x} \, dx. \]

Перенося \(\displaystyle{\frac{4}{9}\int e^{2x}\cos {3x} \,dx}\) из правой части в левую, будем иметь:

\[ \frac{13}{9}\int e^{2x}\cos 3x \,dx =\frac{e^{2x}\sin {3x}}{3}+\frac{2e^{2x}\cos {3x}}{9}+C. \]

Умножая обе части последнего равенства на \(\displaystyle{\frac{9}{13}}\), получим:

\[ \int e^{2x}\cos {3x} \,dx =\frac{3e^{2x}\sin {3x}}{13}+\frac{2e^{2x}\cos {3x}}{13}+ C =\frac{e^{2x}}{13}\cdot\left( 3\sin {3x}+2\cos {3x} \right)+C \]

Ответ:

\(\displaystyle{\frac{e^{2x}}{13}\cdot\left( 3\sin {3x}+2\cos {3x} \right)+C}\).

Задача №9

Условие

Найти \(\displaystyle{\int\frac{dx}{\cos^3{x}}}\), \(\displaystyle{\int\frac{dx}{\cos^5{x}}}\).

Решение

Эти интегралы можно вычислять различными способами. Один из них – по частям.

\[ \int\frac{dx}{\cos^3{x}} =\left[\begin{aligned}& u=\frac{1}{\cos{x}};\; du=\frac{\sin{x}dx}{\cos^2{x}}.\\ & dv=\frac{dx}{\cos^2{x}}; \; v=\tg{x}.\end{aligned} \right] =\frac{\tg{x}}{\cos{x}}-\int\frac{\tg{x}\sin{x}dx}{\cos^2{x}} =\frac{\tg{x}}{\cos{x}}-\int\frac{\sin^2{x}dx}{\cos^3{x}}=\\ =\frac{\tg{x}}{\cos{x}}-\int\frac{\left(1-\cos^2{x}\right)dx}{\cos^3{x}} =\frac{\tg{x}}{\cos{x}}-\int\frac{dx}{\cos^3{x}}+\int\frac{dx}{\cos{x}} =\frac{\tg{x}}{\cos{x}}-\int\frac{dx}{\cos^3{x}}+\ln\left|\tg\left(\frac{\pi}{4}+\frac{x}{2}\right)\right| \]

Из уравнения с данным интегралом имеем:

\[ \int\frac{dx}{\cos^3{x}} =\frac{\tg{x}}{2\cos{x}}+\frac{1}{2}\ln\left|\tg\left(\frac{\pi}{4}+\frac{x}{2}\right)\right|+C \]

Второй интеграл данной задачи, т.е. \(\displaystyle{\int\frac{dx}{\cos^5{x}}}\), вычисляется с помощью предыдущего:

\[ \int\frac{dx}{\cos^5{x}} =\left[\begin{aligned} & u=\frac{1}{\cos^3{x}};\; du=\frac{3\sin{x}dx}{\cos^4{x}}.\\ & dv=\frac{dx}{\cos^2{x}};\;v=\tg{x}.\end{aligned}\right] =\frac{\tg{x}}{\cos^3{x}}-3\int\frac{\sin{x}\tg{x}dx}{\cos^4{x}}=\\ =\frac{\tg{x}}{\cos^3{x}}-3\int\frac{\sin^2{x}dx}{\cos^5{x}} =\frac{\tg{x}}{\cos^3{x}}-3\int\frac{1-\cos^2{x}}{\cos^5{x}}dx =\frac{\tg{x}}{\cos^3{x}}-3\int\frac{dx}{\cos^5{x}}+3\int\frac{dx}{\cos^3{x}} \]

\[ \int\frac{dx}{\cos^5{x}} =\frac{\tg{x}}{4\cos^3{x}}+\frac{3}{4}\int\frac{dx}{\cos^3{x}} =\frac{\tg{x}}{4\cos^3{x}}+\frac{3\tg{x}}{8\cos{x}}+\frac{3}{8}\ln\left|\tg\left(\frac{\pi}{4}+\frac{x}{2}\right)\right|+C \]

Ответ:

\(\displaystyle{\int\frac{dx}{\cos^3{x}}=\frac{\tg{x}}{2\cos{x}}+\frac{1}{2}\ln\left|\tg\left(\frac{\pi}{4}+\frac{x}{2}\right)\right|+C}\),
\(\displaystyle{\int\frac{dx}{\cos^5{x}}=\frac{\tg{x}}{4\cos^3{x}}+\frac{3\tg{x}}{8\cos{x}}+\frac{3}{8}\ln\left|\tg\left(\frac{\pi}{4}+\frac{x}{2}\right)\right|+C}\).

Задача №10

Условие

Найти интеграл \(\displaystyle{\int\left(1+x-\frac{1}{x}\right)e^{x+\frac{1}{x}}dx}\).

Решение

\[ \int\left(1+x-\frac{1}{x}\right)e^{x+\frac{1}{x}}dx =\int{e^{x+\frac{1}{x}}}dx+\int\left(x\cdot\left(1-\frac{1}{x^2}\right)\right)e^{x+\frac{1}{x}}dx \]

В последнем интеграле полагаем \(\displaystyle{u=x}\), откуда \(\displaystyle{du=dx}\). Для функции \(\displaystyle{v}\) будем иметь

\[ dv=\left(1-\frac{1}{x^2}\right)e^{x+\frac{1}{x}}dx =e^{x+\frac{1}{x}}d\left(x+\frac{1}{x}\right);\; v=e^{x+\frac{1}{x}}. \]

Продолжим нахождение интеграла:

\[ \int{e^{x+\frac{1}{x}}}dx+\int\left(x\cdot\left(1-\frac{1}{x^2}\right)\right)e^{x+\frac{1}{x}}dx =\int{e^{x+\frac{1}{x}}}dx+xe^{x+\frac{1}{x}}-\int{e^{x+\frac{1}{x}}}dx =xe^{x+\frac{1}{x}}+C \]

Ответ:

\(\displaystyle{xe^{x+\frac{1}{x}}+C}\).

Дополнительные примеры несколько нестандартного применения формулы интегрирования по частям есть в таких задачах: 1396, 1397, 1398, 1401, 1402, 1404, 1405, 1415, 1416, 1418, 1423, 1424, 1425.