Как решить интеграл по частям: разбор примера

Дано: $\int x^{2} e^{-x}\,dx$. Найти: первообразную, то есть функцию, производная которой равна подынтегральной.

Под интегралом стоит произведение многочлена на экспоненту: ни одна табличная формула сюда не подходит, а замена переменной множитель $x^{2}$ не убирает. Работает интегрирование по частям $\int u\,dv = uv - \int v\,du$, причём применить формулу придётся дважды. Ответ: $-e^{-x}\big(x^{2} + 2x + 2\big) + C$.

Калькулятор сверху разбирает четыре типовых класса таких интегралов. По умолчанию в нём стоит наша функция: он показывает выбор $u$ и $dv$, готовую первообразную и две пунктирные линии, разность которых даёт сплошную, - это и есть равенство $F = uv - \int v\,du$ в графическом виде.

Решение по шагам

Дано: $\int x^{2} e^{-x}\,dx$, подынтегральная функция $f(x) = x^{2}e^{-x}$.

Шаг 1. Отсекаем другие методы. Таблицы первообразных такого произведения не содержат. Замена тоже не проходит: рядом с экспонентой должен стоять множитель, равный производной показателя, а производная $-x$ равна $-1$, то есть постоянной. Множитель $x^{2}$ после любой подстановки остаётся на месте, поэтому замена переменной отпадает и остаётся метод по частям.

Шаг 2. Делим подынтегральное выражение на $u$ и $dv$. Многочлен при дифференцировании теряет степень и рано или поздно превращается в ноль, а экспонента при интегрировании остаётся собой. Значит, многочлен идёт в $u$, экспонента вместе с $dx$ - в $dv$:

$$u = x^{2}, \qquad dv = e^{-x}\,dx, \qquad du = 2x\,dx, \qquad v = \int e^{-x}\,dx = -e^{-x}.$$

Обрати внимание на минус у $v$: производная $e^{-x}$ равна $-e^{-x}$, поэтому первообразная получает знак минус. Именно здесь теряется больше всего баллов.

Шаг 3. Применяем формулу первый раз.

$$\int x^{2} e^{-x}\,dx = x^{2}\cdot\big(-e^{-x}\big) - \int \big(-e^{-x}\big)\cdot 2x\,dx = -x^{2}e^{-x} + 2\int x e^{-x}\,dx.$$

Два минуса перед остаточным интегралом дали плюс. Степень многочлена упала с двух до одного - интеграл стал проще, значит, метод выбран верно.

Шаг 4. Применяем формулу второй раз уже к интегралу $\int x e^{-x}\,dx$. Роли распределяем так же: $u = x$, $dv = e^{-x}dx$, откуда $du = dx$ и $v = -e^{-x}$:

$$\int x e^{-x}\,dx = -x e^{-x} + \int e^{-x}\,dx = -x e^{-x} - e^{-x}.$$

Теперь остаточный интеграл табличный, и рекурсия закончилась.

Шаг 5. Собираем ответ. Подставляем результат шага 4 в выражение шага 3:

$$\int x^{2} e^{-x}\,dx = -x^{2}e^{-x} + 2\big(-x e^{-x} - e^{-x}\big) = -x^{2}e^{-x} - 2x e^{-x} - 2e^{-x}.$$

Выносим общий множитель. Ответ: $-e^{-x}\big(x^{2} + 2x + 2\big) + C$.

Шаг 6. Проверяем дифференцированием. Производная произведения даёт

$$F'(x) = e^{-x}\big(x^{2} + 2x + 2\big) - e^{-x}\big(2x + 2\big) = x^{2}e^{-x}.$$

Совпало с подынтегральной функцией, ответ верен. Численно то же самое видно в калькуляторе: в точке $x = 1$ внеинтегральный член равен $-0{,}368$, остаточный интеграл равен $1{,}472$, а их разность $-1{,}839$ и есть значение первообразной.

Формула и откуда она берётся

Формула вытекает из правила дифференцирования произведения. Для дифференцируемых $u(x)$ и $v(x)$ верно $(uv)' = u'v + uv'$, или в дифференциалах $d(uv) = v\,du + u\,dv$. Интегрируем обе части:

$$uv = \int v\,du + \int u\,dv \quad \Longrightarrow \quad \int u\,dv = uv - \int v\,du.$$

Метод ничего не вычисляет сам: он меняет один интеграл на другой. Выгода появляется только тогда, когда $\int v\,du$ проще исходного. Если после подстановки интеграл стал сложнее, значит, $u$ и $dv$ распределены наоборот, и шаг нужно переиграть.

Ещё одна тонкость - постоянная у $v$. Формально $v$ определена с точностью до константы, но добавка $C_0$ даёт $C_0 u - \int C_0\,du = C_0 u - C_0 u = 0$ и сокращается. Поэтому в качестве $v$ берут любую одну первообразную без константы, а $C$ пишут один раз в самом конце.

Как выбрать u и dv: правило ЛИАТЕ

Мнемоника ЛИАТЕ упорядочивает классы функций по «праву быть выбранным за $u$»: чем левее стоит класс, тем охотнее функция этого класса становится $u$, а всё оставшееся вместе с $dx$ уходит в $dv$.

Логика простая. Логарифм и арктангенс неудобно интегрировать, зато их производные - рациональные функции, поэтому им место в $u$. Экспонента и синус, наоборот, интегрируются мгновенно и не растут в сложности, поэтому их отправляют в $dv$.

Правило работает и там, где произведения на первый взгляд нет. В интеграле $\int \operatorname{arctg} x\,dx$ второй множитель - единица: берём $u = \operatorname{arctg} x$ и $dv = dx$, тогда $du = \dfrac{dx}{1 + x^{2}}$, $v = x$, и

$$\int \operatorname{arctg} x\,dx = x\operatorname{arctg} x - \int \frac{x\,dx}{1 + x^{2}} = x\operatorname{arctg} x - \frac{1}{2}\ln\big(1 + x^{2}\big) + C.$$

Если остаточный интеграл оказался рациональной дробью посложнее, его сначала приводят к сумме элементарных: как это делается, разобрано в задаче про разложение дроби на простейшие.

Двукратное применение и табличная запись

Число применений формулы равно степени многочлена: каждое дифференцирование снижает её на единицу, пока не останется константа. Для $x^{2}e^{-x}$ это два шага, для $x^{3}\sin 2x$ - три. Проверить закономерность можно на калькуляторе: ползунок $n$ меняет степень, и строка результата показывает, сколько раз применяется формула.

Чтобы не тонуть в скобках, длинные случаи считают табличным способом. В левый столбец выписывают производные $u$ до нуля, в правый - последовательные первообразные от $dv$, а слагаемые собирают по диагонали с чередующимися знаками:

Сумма третьего столбца - тот же ответ $-e^{-x}(x^{2} + 2x + 2)$, что и в пошаговом решении. У определённого интеграла схема та же, только к каждому внеинтегральному члену сразу подставляются пределы: подробный разбор с числами есть в задаче про определённый интеграл.

Циклический интеграл: когда формула возвращает исходный

Особый случай - произведение экспоненты на синус или косинус. Здесь ни один множитель не упрощается, и после двух применений в правой части снова появляется исходный интеграл. Обозначим $I = \int e^{x}\cos x\,dx$ и возьмём $u = e^{x}$, $dv = \cos x\,dx$:

$$I = e^{x}\sin x - \int e^{x}\sin x\,dx.$$

Второй раз берём по частям снова с $u = e^{x}$ (менять роли нельзя, об этом ниже):

$$\int e^{x}\sin x\,dx = -e^{x}\cos x + \int e^{x}\cos x\,dx = -e^{x}\cos x + I.$$

Подставляем во второе равенство первое и решаем уравнение относительно $I$:

$$I = e^{x}\sin x + e^{x}\cos x - I \quad \Longrightarrow \quad 2I = e^{x}\big(\sin x + \cos x\big).$$

Отсюда $I = \dfrac{e^{x}(\sin x + \cos x)}{2} + C$. Постоянная появляется уже после деления, а не до него. Тот же интеграл лежит на чипе «Циклический» в калькуляторе, там же можно менять показатель экспоненты и частоту косинуса.

Формула по частям работает и за пределами обычного интеграла: при вычислении криволинейного интеграла подынтегральное выражение сначала сводят к переменной параметра, а дальше берут теми же приёмами.

Частые ошибки

• Потерян знак у $v$. Для $dv = e^{-x}dx$ первообразная равна $-e^{-x}$, а не $e^{-x}$. Дальше этот минус встречается ещё раз в $\int v\,du$, и два минуса дают плюс - если пропустить один, ответ меняет знак.
• $u$ и $dv$ выбраны наоборот. С $u = e^{-x}$ и $dv = x^{2}dx$ получится $\dfrac{x^{3}}{3}e^{-x}$ и остаток со степенью три: интеграл усложнился. Признак ошибки - рост степени многочлена, а не её падение.
• К $v$ приписывают произвольную постоянную. Она сокращается, поэтому лишний $C_0$ только загромождает выкладку. Константа пишется один раз, в самом конце.
• В циклическом случае на втором шаге меняют роли. Если сначала взять $u = e^{x}$, а потом $u = \cos x$, выкладка свернётся в тождество $I = I$. Направление выбора должно быть одним и тем же.
• Формулу применяют, не доводя остаток до табличного вида. После последнего шага должен остаться интеграл из таблицы, иначе нужен ещё один проход.
• В определённом интеграле пределы подставляют только в остаток. Внеинтегральный член тоже берётся в скобки: $\Big[uv\Big]_a^b - \int_a^b v\,du$.

FAQ

Как понять, что нужен именно метод по частям? Под интегралом стоит произведение функций разных классов - многочлен и экспонента, многочлен и логарифм, экспонента и синус, - и рядом нет производной внутренней функции, за которую можно зацепиться заменой. Проверку на замену делают первой: она занимает секунды.

Сколько раз применять формулу? Для многочлена степени $n$, умноженного на экспоненту или тригонометрию, - ровно $n$ раз. Для логарифма и обратных тригонометрических функций хватает одного применения. Для произведения экспоненты на синус или косинус - два, с последующим переносом интеграла влево.

Работает ли метод для определённого интеграла? Да, формула принимает вид $\int_a^b u\,dv = \Big[uv\Big]_a^b - \int_a^b v\,du$: пределы подставляются сразу, обратный переход к исходной переменной не нужен.

Что делать, если после формулы остался неберущийся интеграл? Это сигнал вернуться к шагу выбора: скорее всего, $u$ и $dv$ распределены неудачно. Если и обратный выбор не помогает, интеграл требует другого приёма - замены, разложения дроби или сведения к специальным функциям.

Коротко

1. Проверь, не берётся ли интеграл по таблице или заменой; произведение разнотипных функций - признак метода по частям.
2. Раздели подынтегральное выражение на $u$ и $dv$ по правилу ЛИАТЕ: логарифм и арктангенс в $u$, экспонента и тригонометрия в $dv$.
3. Найди $du$ дифференцированием и $v$ интегрированием, не забыв знак; произвольную постоянную у $v$ не пиши.
4. Подставь всё в $\int u\,dv = uv - \int v\,du$ и повторяй, пока остаточный интеграл не станет табличным; в циклическом случае вырази $I$ из уравнения.
5. Для $\int x^{2}e^{-x}\,dx$ выбор $u = x^{2}$, $dv = e^{-x}dx$ и два применения формулы дают ответ $-e^{-x}(x^{2} + 2x + 2) + C$, проверяемый дифференцированием.