Šta je integracija po dijelovima? Da bismo savladali ovu vrstu integracije, prvo se prisjetimo derivata proizvoda:
$((\left(f\cdot g \right))^(\prime ))=(f)"\cdot g+f\cdot (g)"$
Postavlja se pitanje: kakve veze imaju integrali s tim? Hajde sada da integrišemo obe strane ove jednačine. Pa hajde da to zapišemo:
$\int(((\left(f\cdot g \right))^(\prime ))\text(d)x=)\int((f)"\cdot g\,\text(d)x+\ int(f\cdot (g)"\,\text(d)x))$
Ali šta je antiderivat moždanog udara? To je samo sama funkcija, koja se nalazi unutar poteza. Pa hajde da to zapišemo:
$f\cdot g=\int((f)"\cdot g\,\text(d)x+\int(f\cdot (g)"\,\text(d)x))$
U ovoj jednačini predlažem da izrazim pojam. Imamo:
$\int((f)"\cdot g\,\text(d)x=f\cdot g-\int(f\cdot (g)"\,\text(d)x))$
To je ono što je formula integracije po dijelovima. Dakle, u suštini zamjenjujemo derivaciju i funkciju. Ako smo u početku imali integral poteza pomnožen s nečim, onda smo dobili integral novog nečega pomnoženog s potezom. To je sve pravilo. Na prvi pogled ova formula može izgledati komplicirano i besmisleno, ali zapravo može uvelike pojednostaviti proračune. da vidimo.
Primjeri integralnih proračuna
Problem 1. Izračunajte:
\[\int(\ln x\,\text(d)x)\]\[\]
Prepišimo izraz dodavanjem 1 ispred logaritma:
\[\int(\ln x\,\text(d)x)=\int(1\cdot \ln x\,\text(d)x)\]
Na to imamo pravo jer se neće promijeniti ni broj ni funkcija. Sada uporedimo ovaj izraz sa onim što je napisano u našoj formuli. Uloga $(f)"$ je 1, pa pišemo:
$\begin(align)& (f)"=1\Rightarrow f=x \\& g=\ln x\Rightarrow (g)"=\frac(1)(x) \\\end(align)$
Sve ove funkcije su u tabelama. Sada kada smo opisali sve elemente koji su uključeni u naš izraz, prepisat ćemo ovaj integral koristeći formulu za integraciju po dijelovima:
\[\begin(align)& \int(1\cdot \ln x\,\text(d)x)=x\ln x-\int(x\cdot \frac(1)(x)\text(d )x)=x\ln x-\int(\text(d)x)= \\& =x\ln x-x+C=x\left(\ln x-1 \desno)+C \\\ kraj (poravnati)\]
To je to, integral je pronađen.
Problem 2. Izračunajte:
$\int(x((\text(e))^(-x))\,\text(d)x=\int(x\cdot ((e)^(-x))\,\text(d )x))$
Ako uzmemo $x$ kao izvod, iz kojeg sada trebamo pronaći antiderivat, dobićemo $((x)^(2))$, a konačni izraz će sadržavati $((x)^(2) )( (\text(e))^(-x))$.
Očigledno, problem nije pojednostavljen, pa faktore mijenjamo pod predznakom integrala:
$\int(x\cdot ((\text(e))^(-x))\,\text(d)x)=\int(((\text(e))^(-x))\cdot x\,\text(d)x)$
Sada da uvedemo notaciju:
$(f)"=((\text(e))^(-x))\Rightarrow f=\int((\text(e))^(-x))\,\text(d)x) =-((\text(e))^(-x))$
Hajde da razlikujemo $((\text(e))^(-x))$:
$((\left(((\text(e))^(-x)) \right))^(\prime ))=((\text(e))^(-x))\cdot ((\ lijevo(-x \desno))^(\prime ))=-((\text(e))^(-x))$
Drugim riječima, prvo se dodaje minus, a zatim se obje strane integriraju:
\[\begin(align)& ((\left(((\text(e))^(-x)) \right))^(\prime ))=-((\text(e))^(- x))\Strelica desno ((\text(e))^(-x))=-((\left(((\text(e))^(-x)) \desno))^(\prime )) \\& \int(((\text(e))^(-x))\,\text(d)x)=-\int(((\left(((\text(e))^(- x)) \desno))^(\prime ))\text(d)x)=-((\text(e))^(-x))+C \\\end(align)\]
Pogledajmo sada funkciju $g$:
$g=x\Strelica desno (g)"=1$
Računamo integral:
$\begin(align)& \int(((\text(e))^(-x))\cdot x\,\text(d)x)=x\cdot \left(-((\text(e) ))^(-x)) \desno)-\int(\left(-((\text(e))^(-x)) \desno)\cdot 1\cdot \text(d)x)= \ \& =-x((\text(e))^(-x))+\int(((\text(e))^(-x))\,\text(d)x)=-x( (\text(e))^(-x))-((\text(e))^(-x))+C=-((\text(e))^(-x))\left(x +1 \desno)+C \\\end(align)$
Dakle, izvršili smo drugu integraciju po dijelovima.
Problem 3. Izračunajte:
$\int(x\cos 3x\,\text(d)x)$
U ovom slučaju, šta treba da uzmemo za $(f)"$, a šta za $g$? Ako $x$ deluje kao derivat, tada ćemo tokom integracije dobiti $\frac(((x)^(2)) )(2 )$, a naš prvi faktor neće nigdje nestati - bit će $\frac(((x)^(2)))(2)\cdot \cos 3x$. Stoga, hajde da ponovo zamijenimo faktore:
$\begin(align)& \int(x\cos 3x\,\text(d)x)=\int(\cos 3x\cdot x\,\text(d)x) \\& (f)"= \cos 3x\Rightarrow f=\int(\cos 3x\,\text(d)x)=\frac(\sin 3x)(3) \\& g=x\Rightarrow (g)"=1 \\\ end(align)$
Prepisujemo naš originalni izraz i širimo ga prema formuli integracije po dijelovima:
\[\begin(align)& \int(\cos 3x\cdot x\ \text(d)x)=\frac(\sin 3x)(3)\cdot x-\int(\frac(\sin 3x) (3)\text(d)x)= \\& =\frac(x\sin 3x)(3)-\frac(1)(3)\int(\sin 3x\,\text(d)x) =\frac(x\sin 3x)(3)+\frac(\cos 3x)(9)+C \\\end(align)\]
To je to, treći problem je riješen.
U zaključku, pogledajmo još jednom formula integracije po dijelovima. Kako biramo koji faktor će biti derivacija, a koji realna funkcija? Ovdje postoji samo jedan kriterij: element koji ćemo razlikovati mora ili dati “lijepi” izraz, koji će se zatim reducirati, ili potpuno nestati tokom diferencijacije. Ovim je lekcija završena.
Integracija po dijelovima. Primjeri rješenja
Zdravo opet. Danas ćemo u lekciji naučiti kako integrirati po dijelovima. Metoda integracije po dijelovima jedan je od kamena temeljaca integralnog računa. Tokom testova ili ispita, od studenata se skoro uvijek traži da riješe sljedeće vrste integrala: najjednostavniji integral (vidi članak) ili integral zamjenom varijable (vidi članak) ili je integral samo uključen metoda integracije po dijelovima.
Kao i uvek, trebalo bi da imate pri ruci: Tabela integrala I Tabela derivata. Ako ih još uvijek nemate, posjetite skladište moje web stranice: Matematičke formule i tabele. Neću se umoriti od ponavljanja – bolje je sve odštampati. Trudiću se da sav materijal predstavim dosledno, jednostavno i jasno, nema posebnih poteškoća u integraciji delova.
Koji problem rješava metoda integracije po dijelovima? Metoda integracije po dijelovima rješava vrlo važan problem; omogućava vam da integrišete neke funkcije koje nisu u tabeli, rad funkcije, au nekim slučajevima – čak i količnike. Kao što se sjećamo, ne postoji pogodna formula: 
. Ali postoji ovaj: 
– formula za integraciju po dijelovima osobno. Znam, znam, ti si jedini - sa njom ćemo raditi tokom čitave lekcije (sada je lakše).
I odmah spisak u studio. Integrali sljedećih tipova uzeti su po dijelovima:
1) , 
, – logaritam, logaritam pomnožen nekim polinomom.
2) ,
je eksponencijalna funkcija pomnožena nekim polinomom. Ovo uključuje i integrale poput - eksponencijalna funkcija pomnožena polinomom, ali u praksi je to 97 posto, ispod integrala je lijepo slovo “e”. ... članak ispadne pomalo lirski, o da ... proljeće je došlo.
3) , 
, su trigonometrijske funkcije pomnožene nekim polinomom.
4) , – inverzne trigonometrijske funkcije (“lukovi”), “lukovi” pomnoženi nekim polinomom.
Neki razlomci su također uzeti u dijelovima; također ćemo detaljno razmotriti odgovarajuće primjere.
Integrali logaritama
Primjer 1
Classic. S vremena na vrijeme ovaj integral se može naći u tabelama, ali nije preporučljivo koristiti gotov odgovor, jer učitelj ima proljetni nedostatak vitamina i jako će psovati. Budući da integral koji se razmatra ni u kom slučaju nije tabelarni - uzima se u dijelovima. Odlučujemo:
Prekidamo rješenje za međuobjašnjenja.
Koristimo formulu integracije po dijelovima: 
Formula se primjenjuje s lijeva na desno
Gledamo na lijevu stranu: . Očigledno, u našem primjeru (i u svim ostalim koje ćemo razmotriti) nešto treba označiti kao , a nešto kao .
U integralima tipa koji se razmatra, logaritam se uvijek označava.
Tehnički, dizajn rješenja je implementiran na sljedeći način; u stupac upisujemo:
Odnosno, logaritam smo označili sa, a sa - preostali dio integrand izraz.
Sljedeća faza: pronađite diferencijal:
Diferencijal je gotovo isto što i derivacija; već smo raspravljali o tome kako ga pronaći u prethodnim lekcijama.
Sada pronalazimo funkciju. Da biste pronašli funkciju koju trebate integrirati desna strana niža jednakost:
Sada otvaramo naše rješenje i konstruiramo desnu stranu formule: .
Usput, evo uzorka konačnog rješenja s nekim napomenama:
Jedina stvar u radu je da sam odmah zamijenio i , pošto je uobičajeno pisati faktor prije logaritma.
Kao što vidite, primjena formule integracije po dijelovima u suštini je svela naše rješenje na dva jednostavna integrala.
Imajte na umu da u nekim slučajevima odmah nakon primjenom formule, pojednostavljenje se nužno provodi pod preostalim integralom - u primjeru koji se razmatra mi smo integrand sveli na “x”.
Hajde da proverimo. Da biste to učinili, morate uzeti derivaciju odgovora:
Dobijena je originalna funkcija integranda, što znači da je integral ispravno riješen.
Tokom testa koristili smo pravilo diferencijacije proizvoda: 
. I to nije slučajnost.
Formula za integraciju po dijelovima 
i formula 
– ovo su dva međusobno inverzna pravila.
Primjer 2
Pronađite neodređeni integral.
Integrand je proizvod logaritma i polinoma.
Hajde da odlučimo.
Još jednom ću detaljno opisati proceduru za primjenu pravila, u budućnosti će primjeri biti kraće predstavljeni, a ako budete imali poteškoća u samostalnom rješavanju, potrebno je da se vratite na prva dva primjera lekcije .
Kao što je već spomenuto, potrebno je označiti logaritam (činjenica da se radi o stepenu nije bitna). Označavamo sa preostali dio integrand izraz.
U rubrici pišemo:
Prvo pronalazimo diferencijal:
Ovdje koristimo pravilo za razlikovanje složene funkcije 
. Nije slučajno da već na prvoj lekciji teme Neodređeni integral. Primjeri rješenja Fokusirao sam se na činjenicu da je za savladavanje integrala potrebno „uhvatiti ruke u ruke“ derivata. Morat ćete imati posla sa derivatima više puta.
Sada nalazimo funkciju, za to integriramo desna strana niža jednakost:
Za integraciju smo koristili najjednostavniju tabelarnu formulu 
Sada je sve spremno za primjenu formule 
. Otvorite zvjezdicom i “konstruirajte” rješenje u skladu sa desnom stranom:
Pod integralom opet imamo polinom za logaritam! Stoga se rješenje ponovo prekida i po drugi put se primjenjuje pravilo integracije po dijelovima. Ne zaboravite da je u sličnim situacijama logaritam uvijek označen.
Bilo bi dobro kada biste do sada znali usmeno pronaći najjednostavnije integrale i izvode.
(1) Nemojte se zbuniti oko znakova! Vrlo često se minus ovdje gubi, također imajte na umu da se minus odnosi na za sve zagrada 
, a ove zagrade moraju biti pravilno proširene.
(2) Otvorite zagrade. Pojednostavljujemo posljednji integral.
(3) Uzimamo posljednji integral.
(4) “Češljanje” odgovora.
Potreba da se pravilo integracije po dijelovima primjenjuje dva puta (ili čak tri puta) ne javlja se rijetko.
A sada par primjera za vlastito rješenje:
Primjer 3
Pronađite neodređeni integral.
Ovaj primjer se rješava promjenom varijable (ili zamjenom pod predznakom diferencijala)! Zašto ne - možete pokušati da ga uzmete u delovima, ispostaviće se da je smešna stvar.
Primjer 4
Pronađite neodređeni integral.
Ali ovaj integral je integriran po dijelovima (obećani razlomak).
Ovo su primjeri koje možete sami riješiti, rješenja i odgovori na kraju lekcije.
Čini se da su u primjerima 3 i 4 integrandi slični, ali su metode rješenja različite! Ovo je glavna poteškoća u savladavanju integrala - ako odaberete pogrešnu metodu za rješavanje integrala, možete se petljati s njim satima, kao s pravom slagalicom. Dakle, što više rješavate razne integrale, to će bolje biti lakši test i ispit. Osim toga, u drugoj godini će biti diferencijalne jednadžbe, a bez iskustva u rješavanju integrala i izvoda tu se nema šta raditi.
Što se tiče logaritama, ovo je vjerovatno više nego dovoljno. Na stranu, mogu se sjetiti i da studenti inženjerstva koriste logaritme da zovu ženske grudi =). Inače, korisno je znati napamet grafove glavnih elementarnih funkcija: sinus, kosinus, arktangens, eksponent, polinome trećeg, četvrtog stepena itd. Ne, naravno, kondom na svijetu
Neću natezati, ali sada ćete se sjetiti mnogo toga iz odjeljka Grafikoni i funkcije =).
Integrali eksponencijala pomnoženi polinomom
Opće pravilo:
Primjer 5
Pronađite neodređeni integral.
Koristeći poznati algoritam, integriramo po dijelovima:
Ako imate poteškoća s integralom, vratite se na članak Metoda promjene varijable u neodređenom integralu.
Jedina druga stvar koju možete učiniti je prilagoditi odgovor:
Ali ako vaša tehnika izračunavanja nije baš dobra, onda je najisplativija opcija da je ostavite kao odgovor 
ili čak 
Odnosno, primjer se smatra riješenim kada se uzme posljednji integral. Neće biti greška, druga je stvar što će vas nastavnik možda zamoliti da pojednostavite odgovor.
Primjer 6
Pronađite neodređeni integral.
Ovo je primjer koji možete sami riješiti. Ovaj integral je dva puta integrisan po dijelovima. Posebnu pažnju treba obratiti na znakove - lako se zbuniti u njima, također se sjećamo da je ovo složena funkcija.
O izlagaču se više nema šta reći. Mogu samo da dodam da su eksponencijalni i prirodni logaritam međusobno inverzne funkcije, ovo sam ja na temu zabavnih grafova više matematike =) Stani, stani, ne brini, predavač je trijezan.
Integrali trigonometrijskih funkcija pomnoženi polinomom
Opće pravilo: jer uvijek označava polinom
Primjer 7
Pronađite neodređeni integral.
Integrirajmo po dijelovima:
Hmmm...i nema se šta komentarisati.
Primjer 8
Pronađite neodređeni integral 
Ovo je primjer da sami riješite
Primjer 9
Pronađite neodređeni integral
Još jedan primjer sa razlomkom. Kao iu prethodna dva primjera, for označava polinom.
Integrirajmo po dijelovima: 
Ako imate bilo kakvih poteškoća ili nesporazuma sa pronalaženjem integrala, preporučujem da prisustvujete lekciji Integrali trigonometrijskih funkcija.
Primjer 10
Pronađite neodređeni integral 
Ovo je primjer koji možete sami riješiti.
Savjet: Prije korištenja metode integracije po dijelovima, trebali biste primijeniti neku trigonometrijsku formulu koja pretvara proizvod dvije trigonometrijske funkcije u jednu funkciju. Formula se može koristiti i kod primjene metode integracije po dijelovima, što vam više odgovara.
To je vjerovatno sve u ovom pasusu. Iz nekog razloga sam se setio stiha iz himne iz fizike i matematike „A sinusni graf teče talas za talasom duž ose apscise“…
Integrali inverznih trigonometrijskih funkcija.
Integrali inverznih trigonometrijskih funkcija pomnoženi polinomom
Opće pravilo: uvijek označava inverznu trigonometrijsku funkciju.
Da vas podsjetim da inverzne trigonometrijske funkcije uključuju arksinus, arkosinus, arktangens i arkkotangens. Radi kratkoće zapisnika zvaću ih "lukovi"
Metoda integracije po dijelovima koristi se uglavnom kada se integrand sastoji od proizvoda dva faktora određenog tipa. Formula integracije po dijelovima izgleda ovako:
Omogućava smanjenje izračunavanja datog integrala 
na izračunavanje integrala 
, što se pokazalo jednostavnijim od ovog.
Većina integrala izračunatih metodom integracije po dijelovima može se podijeliti u tri grupe:
1. Integrali oblika 
,
,
, Gdje 
– polinom, 
– broj koji nije jednak nuli
U ovom slučaju, kroz 
označavaju polinom 
.
2. Integrali oblika 
,
,
,
,
, Gdje 
– polinom.
U ovom slučaju, kroz 
označiti 
, a ostatak integranda kroz 
:
3. Integrali oblika 
,
, Gdje 
– brojevi.
U ovom slučaju, kroz 
označiti 
i primijeniti formulu integracije po dijelovima dva puta, vraćajući se kao rezultat na originalni integral, nakon čega se originalni integral izražava iz jednakosti.
Komentar: U nekim slučajevima, da bi se pronašao dati integral, formula integracije po dijelovima mora se primijeniti nekoliko puta. Takođe, metoda integracije po dijelovima se kombinuje sa drugim metodama.
Primjer 26.
Pronađite integrale koristeći metodu po dijelovima: a) 
; b) 
.
Rješenje.
b) 
3.1.4. Integracija frakciono-racionalnih funkcija
Razlomka racionalna funkcija(racionalni razlomak) je funkcija jednaka omjeru dva polinoma: 
, Gdje 
– polinom stepena 
,
– polinom stepena
.
Racionalni razlomak se zove ispravan, ako je stepen polinoma u brojiocu manji od stepena polinoma u nazivniku, tj. 
, inače (ako 
) naziva se racionalni razlomak pogrešno.
Svaki nepravilan racionalni razlomak može se predstaviti kao zbir polinoma 
i pravi racionalni razlomak dijeljenjem brojnika sa nazivnikom prema pravilu za dijeljenje polinoma:
,
Gdje 
– cijeli dio iz podjele, 
– pravi racionalni razlomak, 
- ostatak divizije.
Pravilni racionalni razlomci oblika:
I. 
;
II. 
;
III. 
;
IV. 
,
Gdje 
,
,
,
,
,
,
– realni brojevi i 
(tj. kvadratni trinom u nazivniku III i IV razlomaka nema korijena - diskriminanta je negativna) nazivaju se jednostavnih racionalnih razlomaka I, II, III i IV vrste.
Integriranje jednostavnih razlomaka
Integrali najjednostavnijih razlomaka četiri tipa izračunavaju se na sljedeći način.
ja) 
.
II) , 
.
III) Da biste integrisali najjednostavniji razlomak tipa III, izaberite ceo kvadrat u nazivniku i zamenite ga 
. Nakon zamjene, integral se dijeli na dva integrala. Prvi integral se izračunava tako što se derivacija nazivnika izoluje u brojiocu, što daje tabelarni integral, a drugi integral se pretvara u oblik 
, jer 
, što također daje tabelarni integral.
;
IV) Da integrišete najjednostavniji razlomak tipa IV, izaberite ceo kvadrat u nazivniku i zamenite ga 
. Nakon zamjene, integral se dijeli na dva integrala. Prvi integral se izračunava zamjenom 
, a drugi koristeći rekurentne relacije.
Primjer 27.
Pronađite integrale prostih razlomaka:
A) 
; b) 
; V) 
.
Rješenje.
A) 
.
Svaki pravi racionalni razlomak čiji se imenilac može razložiti na faktore može se predstaviti kao zbir prostih razlomaka. Dekompozicija na zbir prostih razlomaka vrši se metodom neodređenih koeficijenata. To je kako slijedi:
odgovara jednom dijelu forme 
;
– svaki faktor imenioca 
odgovara iznosu 
razlomci oblika
odgovara djeliću forme 
;
– svaki kvadratni faktor nazivnika 
odgovara iznosu 
razlomci oblika
gdje su neodređeni koeficijenti.
Da bi se pronašli neodređeni koeficijenti, desna strana u obliku zbira prostih razlomaka dovodi se do zajedničkog nazivnika i transformira. Rezultat je razlomak sa istim nazivnikom kao na lijevoj strani jednadžbe. Tada se imenioci odbacuju, a brojnici se izjednačavaju. Rezultat je identična jednakost u kojoj je lijeva strana polinom sa poznatim koeficijentima, a desna polinom sa nepoznatim koeficijentima.
Postoje dva načina za određivanje nepoznatih koeficijenata: metoda nepoznatih koeficijenata i metoda parcijalnih vrijednosti.
Metoda neodređenih koeficijenata.
Jer polinomi su identično jednaki, tada su koeficijenti na istim stepenima jednaki 
. Izjednačavanje koeficijenata na istim stepenima 
u polinomima leve i desne strane dobijamo sistem linearnih jednačina. Prilikom rješavanja sistema određujemo neizvjesne koeficijente.
Metoda privatnih vrijednosti.
Jer polinomi su identično jednaki, dakle, zamjenski 
na lijevu i desnu stranu bilo kojeg broja, dobijamo pravu jednakost, linearnu u odnosu na nepoznate koeficijente. Zamjena toliko vrijednosti 
, koliko ima nepoznatih koeficijenata, dobijamo sistem linearnih jednačina. Umjesto 
Možete zamijeniti bilo koje brojeve u lijevu i desnu stranu, ali je zgodnije zamijeniti korijene nazivnika razlomaka.
Nakon pronalaženja vrijednosti nepoznatih koeficijenata, originalni razlomak se zapisuje kao zbir prostih razlomaka u integrandu i nad svakim prostim razlomkom provodi se prethodno razmatrana integracija.
Šema integracije racionalni razlomci:
1. Ako je integrand nepravilan, onda ga je potrebno predstaviti kao zbir polinoma i pravilnog racionalnog razlomka (tj. polinom brojilaca podijeliti polinomom nazivnika sa ostatkom). Ako je integrand tačan, odmah prelazimo na drugu tačku dijagrama.
2. Faktori imenilac pravilnog racionalnog razlomka, ako je moguće.
3. Rastaviti odgovarajući racionalni razlomak na zbir jednostavnih racionalnih razlomaka koristeći metodu neodređenih koeficijenata.
4. Integrirati rezultujući zbir polinoma i prostih razlomaka.
Primjer 28.
Pronađite integrale racionalnih razlomaka:
A) 
; b) 
; V) 
.
Rješenje.
A) 
.
Jer integrand je nepravilan racionalni razlomak, tada biramo cijeli dio, tj. Zamislimo to kao zbir polinoma i pravilnog racionalnog razlomka. Podijelite polinom u brojniku polinomom u nazivniku koristeći ugao.
Originalni integral će imati oblik: 
.
Razložimo pravi racionalni razlomak na zbir jednostavnih razlomaka koristeći metodu neodređenih koeficijenata:
, dobijamo:
Rješavajući sistem linearnih jednadžbi, dobijamo vrijednosti neizvjesnih koeficijenata: A = 1; IN = 3.
Tada traženo proširenje ima oblik: 
.
=
.
b) 
.
.
Odbacimo nazivnike i izjednačimo lijevu i desnu stranu:
Izjednačavanje koeficijenata na istim stepenima 
, dobijamo sistem:
Rješavanjem sistema od pet linearnih jednačina nalazimo neodređene koeficijente:
.
Nađimo originalni integral, uzimajući u obzir rezultirajuću ekspanziju:
.
V) 
.
Proširimo integrand (pravilni racionalni razlomak) u zbir jednostavnih razlomaka koristeći metodu neodređenih koeficijenata. Tražimo dekompoziciju u obliku:
.
Svodeći na zajednički imenilac, dobijamo:
Odbacimo nazivnike i izjednačimo lijevu i desnu stranu:
Da bismo pronašli nesigurne koeficijente, primjenjujemo metodu parcijalnih vrijednosti. Hajde da dodamo 
parcijalne vrijednosti, pri kojima faktori nestaju, tj. ove vrijednosti zamjenjujemo u posljednji izraz i dobijamo tri jednadžbe:
; 
;
; 
;
; 
.
Tada traženo proširenje ima oblik:
Nađimo originalni integral, uzimajući u obzir rezultirajuću ekspanziju:
Ne možemo uvijek izračunati antiderivativne funkcije, ali problem diferencijacije se može riješiti za bilo koju funkciju. Zbog toga ne postoji jedinstvena metoda integracije koja se može koristiti za bilo koju vrstu proračuna.
U ovom materijalu ćemo pogledati primjere rješavanja problema vezanih za pronalaženje neodređenog integrala i vidjeti za koje vrste integrala je svaka metoda pogodna.
Metoda direktne integracije
Glavna metoda za izračunavanje antiderivativne funkcije je direktna integracija. Ova akcija se zasniva na svojstvima neodređenog integrala, a za proračun nam je potrebna tabela antiderivata. Druge metode mogu samo pomoći da se originalni integral dovede u tabelarni oblik.
Primjer 1
Izračunajte skup antiderivata funkcije f (x) = 2 x + 3 2 · 5 x + 4 3 .
Rješenje
Prvo, promijenimo oblik funkcije u f (x) = 2 x + 3 2 5 x + 4 3 = 2 x + 3 2 5 x + 4 1 3.
Znamo da će integral zbira funkcija biti jednak zbiru ovih integrala, što znači:
∫ 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
Izvodimo numerički koeficijent iza predznaka integrala:
∫ 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
Da bismo pronašli prvi integral, moraćemo da se pozovemo na tabelu antiderivata. Od toga uzimamo vrijednost ∫ 2 x d x = 2 x ln 2 + C 1
Da biste pronašli drugi integral, trebat će vam tabela antiderivata za funkciju stepena ∫ x p · d x = x p + 1 p + 1 + C , kao i pravilo ∫ f k · x + b d x = 1 k · F (k · x + b) + C .
Dakle, ∫ 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
dobili smo sljedeće:
∫ 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
sa C = C 1 + 3 2 C 2
odgovor:∫ f (x) d x = 2 x ln 2 + 9 40 5 x + 4 4 3 + C
Poseban članak smo posvetili direktnoj integraciji pomoću tabela antiderivata. Preporučujemo da se upoznate s tim.
Metoda zamjene
Ova metoda integracije se sastoji u izražavanju integranda kroz novu varijablu uvedenu posebno za ovu svrhu. Kao rezultat, trebali bismo dobiti tabelarni oblik integrala ili jednostavno manje složeni integral.
Ova metoda je vrlo korisna kada trebate integrirati funkcije s radikalima ili trigonometrijskim funkcijama.
Primjer 2
Procijeniti neodređeni integral ∫ 1 x 2 x - 9 d x .
Rješenje
Dodajmo još jednu varijablu z = 2 x - 9 . Sada moramo izraziti x u terminima z:
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
Uzimamo tabelu antiderivata i saznajemo da je 2 ∫ d z z 2 + 9 = 2 3 a r c t g z 3 + C .
Sada se moramo vratiti na varijablu x i dobiti odgovor:
2 3 a r c t g z 3 + C = 2 3 a r c t g 2 x - 9 3 + C
odgovor:∫ 1 x 2 x - 9 d x = 2 3 a r c t g 2 x - 9 3 + C .
Ako moramo integrirati funkcije s iracionalnošću oblika x m (a + b x n) p, gdje su vrijednosti m, n, p racionalni brojevi, onda je važno pravilno formulirati izraz za uvođenje nove varijable. Više o tome pročitajte u članku o integraciji iracionalnih funkcija.
Kao što smo već rekli, metoda zamjene je pogodna za korištenje kada trebate integrirati trigonometrijsku funkciju. Na primjer, koristeći univerzalnu zamjenu, možete svesti izraz na frakciono racionalni oblik.
Ova metoda objašnjava pravilo integracije ∫ f (k · x + b) d x = 1 k · F (k · x + b) + C .
Dodajemo još jednu varijablu z = k x + b. Dobijamo sljedeće:
x = z k - b k ⇒ d x = d z k - b k = z k - b k " d z = d z k
Sada uzimamo rezultirajuće izraze i dodajemo ih integralu navedenom u uvjetu:
∫ 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
Ako prihvatimo C 1 k = C i vratimo se na originalnu varijablu x, onda dobijamo:
F (z) k + C 1 k = 1 k F k x + b + C
Način pretplate na diferencijalni znak
Ova metoda se zasniva na transformaciji integranda u funkciju oblika f (g (x)) d (g (x)). Nakon toga, izvršimo zamjenu uvođenjem nove varijable z = g (x), nađemo antiderivat za nju i vratimo se na originalnu varijablu.
∫ f (g (x)) d (g (x)) = g (x) = z = ∫ f (z) d (z) = = F (z) + C = z = g (x) = F ( g(x)) + C
Da biste brže riješili probleme pomoću ove metode, držite pri ruci tablicu derivacija u obliku diferencijala i tablicu antiderivata kako biste pronašli izraz na koji će se integrand morati svesti.
Analizirajmo problem u kojem trebamo izračunati skup antiderivata kotangens funkcije.
Primjer 3
Izračunajte neodređeni integral ∫ c t g x d x .
Rješenje
Transformirajmo originalni izraz pod integral koristeći osnovne trigonometrijske formule.
c t g x d x = cos s d x sin x
Gledamo tablicu derivacija i vidimo da se brojilac može podvesti pod diferencijalni predznak cos x d x = d (sin x), što znači:
c t g x d x = cos x d x sin x = d sin x sin x, tj. ∫ c t g x d x = ∫ d sin x sin x .
Pretpostavimo da je sin x = z, u ovom slučaju ∫ d sin x sin x = ∫ d z z. Prema tabeli antiderivata, ∫ d z z = ln z + C . Sada se vratimo na originalnu varijablu ∫ d z z = ln z + C = ln sin x + C .
Cjelokupno rješenje može se ukratko napisati na sljedeći način:
∫ s 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
Odgovor: ∫ c t g x d x = ln sin x + C
Metoda pretplate na znak diferencijala se vrlo često koristi u praksi, pa vam savjetujemo da pročitate poseban članak posvećen tome.
Metoda integracije po dijelovima
Ova metoda se zasniva na transformaciji integranda u proizvod oblika f (x) d x = u (x) v " x d x = u (x) d (v (x)), nakon čega je formula ∫ u (x) d ( v (x)) = u (x) · v (x) - ∫ v (x) · d u (x). Ovo je vrlo zgodna i uobičajena metoda rješenja. Ponekad se djelomična integracija u jednom problemu mora primijeniti nekoliko puta prije postizanja željenog rezultata.
Analizirajmo problem u kojem trebamo izračunati skup antiderivata arktangensa.
Primjer 4
Izračunajte neodređeni integral ∫ a r c t g (2 x) d x .
Rješenje
Pretpostavimo da je u (x) = a r c t g (2 x), d (v (x)) = d x, u ovom slučaju:
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
Kada izračunavamo vrijednost funkcije v (x), ne treba dodati proizvoljnu konstantu 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
Rezultirajući integral izračunavamo metodom subsumiranja diferencijalnog predznaka.
Budući da je ∫ 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 , tada 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
odgovor:∫ 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 .
Glavna poteškoća u korištenju ove metode je potreba da se izabere koji dio uzeti kao diferencijal, a koji kao funkciju u (x). Članak o načinu integracije po dijelovima daje nekoliko savjeta o ovom pitanju s kojima se trebate upoznati.
Ako treba da pronađemo skup antiderivata frakciono racionalne funkcije, onda prvo moramo predstaviti integrand kao zbir prostih razlomaka, a zatim integrisati rezultujuće razlomke. Za više informacija pogledajte članak o integraciji jednostavnih razlomaka.
Ako integrišemo izraz snage u obliku sin 7 x · d x ili d x (x 2 + a 2) 8, onda ćemo imati koristi od formula za ponavljanje koje mogu postepeno smanjiti snagu. Izvode se korištenjem sekvencijalne ponovljene integracije po dijelovima. Preporučujemo da pročitate članak „Integracija pomoću formula recidiva.
Hajde da sumiramo. Za rješavanje problema vrlo je važno poznavati metodu direktne integracije. Druge metode (zamjena, zamjena, integracija po dijelovima) također vam omogućavaju da pojednostavite integral i dovedete ga u tabelarni oblik.
Ako primijetite grešku u tekstu, označite je i pritisnite Ctrl+Enter
Neka su U(x) i V(x) diferencijabilne funkcije. Tada je d(U(x)V(x)) = U(x)dV(x) + V(x)dU(x) . Stoga je U(x)dV(x) = d(U(x)V(x)) – V(x)dU(x) . Računajući integral obje strane posljednje jednakosti, uzimajući u obzir činjenicu da je ∫ d(U(x)V(x))=U(x)V(x)+C, dobijamo relacijuZove se formula integracije po dijelovima. Podrazumijeva se u smislu da se skup antiderivata na lijevoj strani poklapa sa skupom antiderivata dobijenih s desne strane.
Primjena metode integracije po dijelovima
Zbog specifičnosti pronalaženja određenih veličina, formula integracije po dijelovima se vrlo često koristi u sljedećim problemima:- Matematičko očekivanje kontinuirane slučajne varijable. Formula za pronalaženje matematičkog očekivanja i varijanse kontinuirane slučajne varijable uključuje dva faktora: polinomsku funkciju x i gustinu distribucije f(x).
- Proširenje Fourierovog reda. Prilikom dekompozicije potrebno je odrediti koeficijente koji se dobijaju integracijom proizvoda funkcije f(x) i trigonometrijske funkcije cos(x) ili sin(x).
Tipične dekompozicije po dijelovima
Kada koristite formulu integracije po dijelovima, potrebno je uspješno odabrati U i dV kako bi se integral dobiven na desnoj strani formule lakše pronašao. Stavimo U=e x , dV=xdx u prvi primjer. Tada je dU=e x dx , i 
Malo je vjerovatno da se integral ∫ x 2 e x dx može smatrati jednostavnijim od originalnog.
Ponekad je potrebno više puta primijeniti formulu integracije po dijelovima, na primjer, prilikom izračunavanja integrala ∫ x 2 sin(x)dx.
Integrali ∫ e ax cos(bx)dx i ∫ e ax sin(bx)dx nazivaju se ciklično i izračunavaju se korištenjem formule integracije po dijelovima dva puta.
Primjer br. 1. Izračunajte ∫ xe x dx .
Stavimo U=x, dV=e x dx. Tada je dU=dx , V=e x . Prema tome ∫ xe x dx=xe x -∫ e x dx=xe x -e x +C .
Primjer br. 2. Izračunajte ∫ xcos(x)dx .
Pretpostavljamo U=x, dV=cos(x)dx. Tada je dU=dx , V=sin(x) i ∫ xcos(x)dx=xsin(x) - ∫ sin(x)dx = xsin(x)+cos(x)+C
Primjer br. 3. ∫ (3x+4)cos(x)dx
Rješenje:
Odgovor: (3x+4)sin(x)+3cos(x)+C
