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7.1: Integration nach Teilen - Mathematik


Lernziele

  • Erkennen Sie, wann Sie die Integration nach Teilen verwenden sollten.
  • Verwenden Sie die Formel für die Integration nach Teilen, um Integrationsprobleme zu lösen.
  • Verwenden Sie die Integrations-nach-Teile-Formel für bestimmte Integrale.

Inzwischen haben wir ein ziemlich gründliches Verfahren zur Bewertung vieler grundlegender Integrale. Obwohl wir (∫x sin (x^2),dx) integrieren können, indem wir die Substitution (u=x^2) verwenden, sieht etwas so Einfaches wie (∫xsin x ,,dx) trotzt uns. Viele Studierende wollen wissen, ob es eine Produktregel für die Integration gibt. Das gibt es nicht, aber es gibt eine Technik, die auf der Produktregel zur Differenzierung basiert und uns erlaubt, ein Integral gegen ein anderes auszutauschen. Wir nennen diese Technik Integration in Teilstücken.

Die Integrations-nach-Teile-Formel

Wenn (h(x)=f(x)g(x)), dann erhalten wir mit der Produktregel

[h′(x)=f′(x)g(x)+g′(x)f(x). label{eq1}]

Auch wenn es zunächst kontraproduktiv erscheinen mag, integrieren wir nun beide Seiten der Gleichung ef{eq1}:

[∫h′(x),,dx=∫(g(x)f′(x)+f(x)g′(x)),,dx. keine Nummer ]

Das gibt uns

[ h(x)=f(x)g(x)=∫g(x)f′(x),dx+∫f(x)g′(x),,dx. keine Nummer]

Nun lösen wir nach (∫f(x)g′(x),,dx:)

[ f(x)g′(x),dx=f(x)g(x)−∫g(x)f′(x),,dx. keine Nummer]

Durch die Substitutionen (u=f(x)) und (v=g(x)), die wiederum (du=f′(x),dx) und (dv=g ′(x),dx), haben wir die kompaktere Form

[ u,dv=uv−∫v,du. keine Nummer]

Integration in Teilstücken

Seien (u=f(x)) und (v=g(x)) Funktionen mit stetigen Ableitungen. Dann lautet die Integrations-nach-Teile-Formel für das Integral mit diesen beiden Funktionen:

[∫u,dv=uv−∫v,du. label{IBP}]

Der Vorteil der Integration-nach-Teile-Formel besteht darin, dass wir damit ein Integral gegen ein anderes, möglicherweise einfacheres Integral austauschen können. Das folgende Beispiel veranschaulicht seine Verwendung.

Beispiel (PageIndex{1}): Verwenden der Integration nach Teilen

Verwenden Sie partielle Integration mit (u=x) und (dv=sin x,,dx), um auszuwerten

[∫xsinx,,dx. keine Nummer ]

Lösung

Wenn wir (u=x) wählen, haben wir (du=1,,dx). Wegen (dv=sin x,,dx) erhalten wir

[v=∫sin x,,dx=−cos x. keine Nummer]

Es ist praktisch, diese Werte wie folgt zu verfolgen:

  • (u=x)
  • (dv=sinx,,dx)
  • (du=1,dx)
  • (v=∫sin x,,dx=−cos x.)

Die Anwendung der Integrations-nach-Teile-Formel (Gleichung ef{IBP}) ergibt

[ egin{align} ∫xsin x,,dx &=(x)(−cos x)−∫(−cos x)(1,,dx) ag{Ersatz} [4pt] &=−xcos x+∫cos x,,dx ag{vereinfachen} end{align} ]

Dann benutze

[∫cos x,,dx =sin x+C. keine Nummer]

erhalten

[∫xsin x,,dx =−xcos x+sin x+C. keine Nummer]

Analyse

An dieser Stelle gibt es wahrscheinlich einige Punkte, die einer Klärung bedürfen. Zuallererst sind Sie vielleicht neugierig, was passiert wäre, wenn wir (u=sin x) und (dv=x) gewählt hätten. Wenn wir dies getan hätten, hätten wir (du=cos x) und (v=dfrac{1}{2}x^2). Somit gilt nach Anwendung der partiellen Integration (Gleichung ef{IBP})

[ ∫​xsin x,,dx=dfrac{1}{2}x^2sin x−∫dfrac{1}{2}x^2cos x,,dx. keine Nummer ]

Leider sind wir mit dem neuen Integral nicht besser aufgestellt als zuvor. Es ist wichtig zu bedenken, dass wir bei der partiellen Integration möglicherweise mehrere Auswahlmöglichkeiten für (u) und (dv) ausprobieren müssen, bevor wir eine funktionierende Auswahl finden.

Zweitens werden Sie sich vielleicht fragen, warum, wenn wir (v=∫​sin x,,dx=−cos x) finden, wir nicht (v=−cos x+K.) verwenden sehen, dass es keinen Unterschied macht, können wir das Problem mit (v=−cos x+K) überarbeiten:

[ egin{align*} ∫xsin x,,dx &=(x)(−cos x+K)−∫(−cos x+K)(1,,dx) [4pt] &=−xcos x+Kx+∫cos x,,dx−∫K,,dx [4pt] &=−xcos x+Kx+sin x−Kx+ C [4pt] &=−xcos x+sin x+C. end{ausrichten*}]

Wie Sie sehen, macht es in der endgültigen Lösung keinen Unterschied.

Schließlich können wir überprüfen, ob unsere Stammfunktion korrekt ist, indem wir (−xcos x+sin x+C:)

[ egin{align*} dfrac{d}{,dx}(−xcos x+sin x+C) = cancel{(−1)cos x} + (−x)(− sin x) + cancel{cos x} [4pt] =xsin x end{align*}]

Daher checkt die Stammfunktion aus.

Übung (PageIndex{1})

Bewerte (∫​xe^{2x},dx) mit der Formel für die Integration nach Teilen (Gleichung ef{IBP}) mit (u=x) und (dv=e^{2x} ,,dx).

Hinweis

Finden Sie (du) und (v) und verwenden Sie das vorherige Beispiel als Richtlinie.

Antworten

[ ∫​xe^{2x},,dx=dfrac{1}{2}xe^{2x}−dfrac{1}{4}e^{2x}+C onumber]

Die natürliche Frage an dieser Stelle ist: Woher wissen wir, wie wir (u) und (dv) wählen? Manchmal ist es eine Frage von Versuch und Irrtum; jedoch die Abkürzung LIATE kann oft dazu beitragen, einige der Vermutungen aus unseren Entscheidungen zu nehmen. Dieses Akronym steht für Logarithmische Funktionen, ichumgekehrte trigonometrische Funktionen, EINlgebraische Funktionen, Trigonometrische Funktionen und Exponentielle Funktionen. Diese Gedächtnisstütze dient als Hilfe bei der Bestimmung einer geeigneten Wahl für (u). Der Funktionstyp im Integral, der zuerst in der Liste erscheint, sollte unsere erste Wahl von (u) sein.

Enthält ein Integral beispielsweise a logarithmische Funktion und ein algebraische Funktion, wir sollten (u) als logarithmische Funktion wählen, da L in LIATE vor A steht. Das Integral in Beispiel (PageIndex{1}) hat eine trigonometrische Funktion ((sin x)) und eine algebraische Funktion ((x)). Da A in LIATE vor T steht, haben wir (u) als algebraische Funktion gewählt. Wenn wir (u) gewählt haben, wird (dv) als verbleibender Teil der zu integrierenden Funktion zusammen mit (,dx) ausgewählt.

Warum funktioniert diese Gedächtnisstütze? Denken Sie daran, dass alles, was wir als (dv) auswählen, etwas sein muss, das wir integrieren können. Da wir keine Integrationsformeln haben, mit denen wir einfache logarithmische Funktionen und inverse trigonometrische Funktionen integrieren können, ist es sinnvoll, sie nicht als Werte für (dv) zu wählen. Folglich sollten sie als Auswahlmöglichkeiten für (u) am Anfang der Liste stehen. Daher setzen wir LI an den Anfang der Mnemonik. (Wir hätten genauso gut mit IL beginnen können, da diese beiden Arten von Funktionen in einem Integrationsproblem nicht zusammen auftreten.) Die exponentiellen und trigonometrischen Funktionen stehen am Ende unserer Liste, weil sie ziemlich einfach zu handhaben sind integrieren und gute Entscheidungen für (dv) treffen. Somit haben wir TE am Ende unserer Mnemonik. (Wir hätten am Ende genauso gut ET verwenden können, denn wenn diese Arten von Funktionen zusammen auftreten, ist es normalerweise egal, welche (u) und welche (dv) ist.) Algebraische Funktionen sind im Allgemeinen leicht zu integrieren und zu differenzieren, und sie kommen in die Mitte der Gedächtnisstütze.

Beispiel (PageIndex{2}): Verwenden der Integration nach Teilen

Berechne [∫dfrac{ln x}{x^3},,dx. keine Nummer]

Lösung

Beginnen Sie damit, das Integral umzuschreiben:

[∫dfrac{ln x}{x^3},,dx=∫​x^{−3}ln x,,dx. keine Nummer ]

Da dieses Integral die algebraische Funktion (x^{−3}) und die logarithmische Funktion (ln x) enthält, wähle (u=ln x), denn (L) kommt vor A in LIATE. Nachdem wir (u=ln x) gewählt haben, müssen wir (dv=x^{−3},dx) wählen.

Als nächstes gilt wegen (u=ln x,) (du=dfrac{1}{x},dx.) Außerdem gilt (v=∫​x^{−3},dx =−dfrac{1}{2}x^{−2}.) Zusammenfassend,

  • (u=lnx)
  • (du=dfrac{1}{x},dx)
  • (dv=x^{−3},dx)
  • (v=∫​x^{−3},dx=−dfrac{1}{2}x^{−2}.)

Einsetzen in die Integrations-nach-Teile-Formel (Gleichung ef{IBP}) ergibt

[ egin{align*} ∫dfrac{ln x}{x^3},dx &=∫​x^{−3}ln x,dx=(ln x)(−dfrac {1}{2}x^{−2})−∫​(−dfrac{1}{2}x^{−2})(dfrac{1}{x},dx) [4pt ] &=−dfrac{1}{2}x^{−2}ln x+∫dfrac{1}{2}x^{−3},,dx [4pt] &=− dfrac{1}{2}x^{−2}ln x−dfrac{1}{4}x^{−2}+C [4pt] &=−dfrac{1}{2x^ 2}ln x−dfrac{1}{4x^2}+C end{ausrichten*} ]

Übung (PageIndex{2})

Berechne [∫​xln x ,,dx. keine Nummer]

Hinweis

Verwenden Sie (u=ln x) und (dv=x,,dx).

Antworten

[∫​xln x ,,dx=dfrac{1}{2}x^2ln x−dfrac{1}{4}x^2+C onumber]

In einigen Fällen, wie in den nächsten beiden Beispielen, kann es notwendig sein, die Integration nach Teilen mehr als einmal anzuwenden.

Beispiel (PageIndex{3A}): Integration nach Teilen mehr als einmal anwenden

Bewerte [∫​x^2e^{3x},dx. keine Nummer]

Lösung

Wählen Sie mit LIATE (u=x^2) und (dv=e^{3x},dx). Somit gilt (du=2x,dx) und (v=∫e^{3x},dx=left(dfrac{1}{3} ight)e^{3x}). Deshalb,

  • (u=x^2)
  • (du=2x,dx)
  • (dv=e^{3x},dx)
  • (v=∫e^{3x},dx=dfrac{1}{3}e^{3x}.)

Einsetzen in Gleichung ef{IBP} ergibt

[∫x^2e^{3x},dx=dfrac{1}{3}x^2e^{3x}−∫dfrac{2}{3}xe^{3x},dx. label{3A.2}]

Wir können (∫dfrac{2}{3}xe^{3x},dx) immer noch nicht direkt integrieren, aber das Integral hat jetzt eine geringere Potenz auf (x). Wir können dieses neue Integral auswerten, indem wir wieder partielle Integration verwenden. Wählen Sie dazu

[u=x onumber]

und

[dv=dfrac{2}{3}e^{3x},dx. keine Nummer]

So,

[du=,dx onumber]

und

[v=∫left(dfrac{2}{3} ight)e^{3x},dx=left(dfrac{2}{9} ight)e^{3x}. keine Nummer]

Jetzt haben wir

  • (u=x)
  • (du=,dx)
  • (dv=dfrac{2}{3}e^{3x},dx)
  • (displaystyle v=∫dfrac{2}{3}e^{3x},dx=dfrac{2}{9}e^{3x}.)

Wiedereinsetzen in Gleichung ef{3A.2} ergibt

[∫​x^2e^{3x},dx=dfrac{1}{3}x^2e^{3x}−left(dfrac{2}{9}xe^{3x}−∫ dfrac{​2}{9}e^{3x},dx ight). keine Nummer]

Nach Auswertung des letzten Integrals und Vereinfachung erhalten wir

[∫x^2e^{3x},dx=dfrac{1}{3}x^2e^{3x}−dfrac{2}{9}xe^{3x}+dfrac{2}{ 27}e^{3x}+C. keine Nummer]

Beispiel (PageIndex{3B}): Integration nach Teilen anwenden, wenn LIATE nicht ganz funktioniert

Bewerten

[∫​t^3e^{t^2}dt. keine Nummer]

Lösung

Wenn wir eine strenge Interpretation des mnemonischen LIATE verwenden, um unsere Wahl von (u) zu treffen, erhalten wir (u=t^3) und (dv=e^{t^2}dt). Leider funktioniert diese Auswahl nicht, da wir (∫​e^{t^2}dt) nicht auswerten können. Da wir jedoch (∫​te^{t^2},dx) auswerten können, können wir versuchen, (u=t^2) und (dv=te^{t^2}dt zu wählen. ) Mit dieser Auswahl haben wir

  • (u=t^2)
  • (du=2tdt)
  • (dv=te^{t^2}dt)
  • (v=∫​te^{t^2}dt=dfrac{1}{2}e^{t^2}.)

Somit erhalten wir

[egin{align*} ∫t^3e^{t^2}dt =dfrac{1}{2}t^2e^{t^2}−∫dfrac{1}{2}e^{ t^2}2t,dt [4pt] =dfrac{1}{2}t^2e^{t^2}−dfrac{1}{2}e^{t^2}+C. end{ausrichten*}]

Beispiel (PageIndex{3C}): Integration nach Teilen mehr als einmal anwenden

Berechne [∫​sin (ln x),dx. keine Nummer]

Lösung

Dieses Integral scheint nur eine Funktion zu haben – nämlich (sin (ln x)) – jedoch können wir immer die konstante Funktion 1 als die andere Funktion verwenden. In diesem Beispiel wählen wir (u=sin (ln x)) und (dv=1,dx). (Die Entscheidung für (u=sin (ln x)) ist einfach. Wir können (dv=sin (ln x),dx nicht wählen, denn wenn wir es integrieren könnten, würden wir würde gar keine partielle Integration verwenden!) Folglich gilt (du=(1/x)cos (ln x) ,dx) und (v=∫​ 1 ,dx=x .) Nach Anwendung der partiellen Integration auf das Integral und Vereinfachung haben wir

[∫​sin left(ln x ight) ,dx=x sin (ln x)−int cos (ln x),dx. keine Nummer]

Leider hinterlässt dieser Prozess ein neues Integral, das dem Original sehr ähnlich ist. Sehen wir uns jedoch an, was passiert, wenn wir die Integration nach Teilen erneut anwenden. Diesmal wählen wir (u=cos (ln x)) und (dv=1,dx,) und machen (du=−(1/x)sin (ln x),dx ) und (v=∫​1,dx=x.)

Als Ersatz haben wir

[∫​sin (ln x),dx=x sin (ln x)−(x cos (ln x)-∫​−sin (ln x),dx). keine Nummer]

Nach Vereinfachung erhalten wir

[∫​sin (ln x),dx=xsin (ln x)−x cos (ln x)−∫​sin (ln x),dx. keine Nummer]

Das letzte Integral ist jetzt das gleiche wie das Original. Es mag scheinen, dass wir uns einfach im Kreis bewegt haben, aber jetzt können wir das Integral tatsächlich auswerten. Um dies klarer zu sehen, setzen Sie (I=∫​sin (ln x),dx.) ein. Somit wird die Gleichung

[I=xsin(lnx)−xcos(lnx)−I. keine Nummer]

Addiere zunächst (I) zu beiden Seiten der Gleichung, um zu erhalten

[2I=xsin(lnx)−xcos(lnx). keine Nummer]

Dann dividiere durch 2:

[I=dfrac{1}{2}x sin (ln x)−dfrac{1}{2}x cos (ln x). keine Nummer]

Setzen wir wieder (I=∫​sin (ln x),dx) ein, so erhalten wir

[ int sin (ln x) ,dx=dfrac{1}{2}x sin (ln x)−dfrac{1}{2}x cos (ln x). keine Nummer]

Daraus sehen wir, dass ((1/2)x sin (ln x)−(1/2)x cos (ln x)) eine Stammfunktion von (sin (ln x) ,dx). Für die allgemeinste Stammfunktion füge (+C) hinzu:

[ ∫ sin (ln x) ,dx=dfrac{1}{2}x sin (ln x)−dfrac{1}{2}x cos (ln x)+C. keine Nummer]

Analyse

Wenn sich diese Methode zunächst etwas seltsam anfühlt, können wir die Antwort durch Differenzierung überprüfen:

[egin{align*} dfrac{d}{,dx}left(dfrac{1}{2}x sin (ln x)−dfrac{1}{2}xcos ( ln x) ight) [4pt] &=dfrac{1}{2}(sin (ln x))+cos (ln x)⋅dfrac{1}{x}⋅ dfrac{1}{2}x−left(dfrac{1}{2}cos (ln x)−sin (ln x)⋅dfrac{1}{x}⋅dfrac{1} {2}x ight) [4pt] &=sin (ln x). end{ausrichten*}]

Übung (PageIndex{3})

Berechne [∫x^2sin x,dx. keine Nummer]

Hinweis

Dies ähnelt den Beispielen (PageIndex{3A}) - (PageIndex{3C}).

Antworten

[∫x^2sin x,dx=−x^2cos x+2xsin x+2cos x+C onumber]

Integration nach Teilen für bestimmte Integrale

Nachdem wir nun die Integration nach Teilen erfolgreich zur Evaluierung genutzt haben unbestimmte Integrale, Wir richten unsere Aufmerksamkeit auf bestimmte Integrale. Die Integrationstechnik ist wirklich die gleiche, nur fügen wir einen Schritt hinzu, um das Integral an der oberen und unteren Integrationsgrenze auszuwerten.

Integration nach Teilen für bestimmte Integrale

Seien (u=f(x)) und (v=g(x)) Funktionen mit stetigen Ableitungen auf [(a,b)]. Dann

[∫^b_a u,dv=uvGroß|^b_a−∫^b_a v, du]

Beispiel (PageIndex{4A}): Ermitteln der Fläche einer Region

Finden Sie die Fläche der Region, die oben durch den Graphen von (y= an^{−1}x) und unten durch die (x)-Achse über dem Intervall [(0,1)] begrenzt ist.

Lösung

Dieser Bereich ist in Abbildung (PageIndex{1}) dargestellt. Um das Gebiet zu finden, müssen wir auswerten

[∫^1_0 an^{−1}x, ,dx. keine Nummer]

Wählen wir für dieses Integral (u=tan^{−1}x) und (dv=,dx), wodurch (du=dfrac{1}{x^2+1}, dx) und (v=x). Nach Anwendung der Integrations-nach-Teile-Formel (Gleichung ef{IBP}) erhalten wir

[ ext{Bereich}=links. x an^{−1} x ight|^1_0−∫^1_0 dfrac{x}{x^2+1} ,dx. keine Nummer]

Verwenden Sie (u)-Substitution, um zu erhalten

[∫^1_0dfrac{x}{x^2+1},dx=left.dfrac{1}{2}ln left(x^2+1 ight) ight|^1_0 . keine Nummer]

So,

[ ext{Fläche}=x an^{−1}x Big|^1_0− left.dfrac{1}{2}ln left( x^2+1 ight) ight| ^1_0=left(dfrac{π}{4}−dfrac{1}{2}ln 2 ight) , ext{Einheiten}^2. keine Nummer]

An dieser Stelle ist es vielleicht keine schlechte Idee, einen „Realitätscheck“ der Angemessenheit unserer Lösung durchzuführen. Da (dfrac{π}{4}−dfrac{1}{2}ln 2≈0.4388, ext{units}^2,) und aus Abbildung (PageIndex{1}) wir erwarten Sie, dass unsere Fläche etwas kleiner als (0.5, ext{units}^2,) ist, diese Lösung scheint vernünftig zu sein.

Beispiel (PageIndex{4B}): Ermitteln eines Umdrehungsvolumens

Bestimme das Volumen des Festkörpers, das du erhältst, indem du den Bereich umkreist, der durch den Graphen von (f(x)=e^{−x},) umgrenzt wird. und die Gerade (x=1) um die (y)-Achse.

Lösung

Die beste Möglichkeit, dieses Problem zu lösen, ist die Verwendung der Shell-Methode. Skizzieren Sie zunächst den zu drehenden Bereich zusammen mit einem typischen Rechteck (Abbildung (PageIndex{2})).

Um das Volumen mithilfe von Schalen zu finden, müssen wir auswerten

[2π∫^1_0xe^{−x},dx. label{4B.1} onumber]

Dazu seien (u=x) und (dv=e^{−x}). Diese Auswahl führt zu (du=,dx) und (v=∫​e^{−x},dx=−e^{−x}.) Mit der Formel der Shell-Methode erhalten wir

[ egin{align*} ext{Volume} &=2π∫^1_0xe^{−x},dx [4pt] = 2πleft(−xe^{−x}Big|^1_0+∫ ^1_0e^{−x},dx ight) ag{Integration nach Teilen verwenden} [4pt]
&= 2πleft( -e^{-1} + 0 - e^{-x}Big|^1_0 ight) [4pt]
&= 2πleft( -e^{-1} - e^{-1} + 1 ight) [4pt]
&= 2πleft(1 - dfrac{2}{e} ight), ext{units}^3. ag{Auswerten und vereinfachen} end{align*}]

Analyse

Auch hier ist es eine gute Idee, die Angemessenheit unserer Lösung zu überprüfen. Wir beobachten, dass der Festkörper ein etwas kleineres Volumen als ein Zylinder mit Radius (1) und Höhe (1/e) hat, addiert zum Volumen eines Kegels mit Basisradius (1) und Höhe von (1−dfrac{1}{e}.) Folglich sollte der Festkörper ein Volumen von etwas weniger als haben

[π(1)^2dfrac{1}{e}+left(dfrac{π}{3} ight)(1)^2left(1−dfrac{1}{e} rechts)=dfrac{2π}{3e}+dfrac{π}{3}≈1.8177, ext{Einheiten}^3. keine Nummer]

Wegen (2π−dfrac{4π}{e}≈1.6603,) sehen wir, dass unser berechnetes Volumen vernünftig ist.

Übung (PageIndex{4})

Bewerte [∫^{π/2}_0xcos x,dx. keine Nummer]

Hinweis

Verwenden Sie Gleichung ef{IBP} mit (u=x) und (dv=cos x,dx.)

Antworten

[∫^{π/2}_0xcos x,dx = dfrac{π}{2}−1 onumber]

Schlüssel Konzepte

  • Die Integration-nach-Teile-Formel (Gleichung ef{IBP}) ermöglicht den Austausch eines Integrals gegen ein anderes, möglicherweise einfacheres Integral.
  • Die partielle Integration gilt sowohl für bestimmte als auch für unbestimmte Integrale.

Schlüsselgleichungen

  • Integration nach Teileformel

(displaystyle ∫u,dv=uv−∫v,du)

  • Teilintegration für bestimmte Integrale

(displaystyle ∫^b_au,dv=uvBig|^b_a−∫^b_av,du)

Glossar

Integration in Teilstücken
eine Integrationstechnik, die den Austausch eines Integrals durch ein anderes unter Verwendung der Formel (displaystyle ∫​u,dv=uv−∫​v,du) ermöglicht.


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