Całki nieoznaczone – całkowanie przez części

Tematem tego wpisu jest wykorzystanie metody całkowania przez części do wyznaczania całek nieoznaczonych.

Zaczniemy od przypomnienia sobie tabelki ze wzorami na całki nieoznaczone.

Tabela podstawowych całek:

\begin{equation}\label{eq:potega}
\int x^mdx=\frac{x^{m+1}}{m+1}+C,\ m\neq -1,
\end{equation}
\begin{equation}\label{eq:ln}
\int\frac{1}{x} dx=\ln |x|+C,\ x\neq 0,
\end{equation}
\begin{equation}\label{eq:hiperbola}
\int\frac{1}{x^2}dx=-\frac{1}{x}+C,\ x\neq 0
\end{equation}
\begin{equation}\label{eq:wykladnicza}
\int a^xdx=\frac{a^x}{\ln a}+C,
\end{equation}
\begin{equation}\label{eq:eksponens}
\int e^xdx=e^x+C,
\end{equation}
\begin{equation}\label{eq:sin}
\int \sin xdx=-\cos x+C,
\end{equation}
\begin{equation}\label{eq:cos}
\int \cos xdx=\sin x+C,
\end{equation}
\begin{equation}\label{eq:tg}
\int\frac{1}{\cos^2\!x} dx=\tg x+C,\ x\neq\frac{\pi}{2}+k\pi,\ k\in\mathbb{Z},
\end{equation}
\begin{equation}\label{eq:ctg}
\int\frac{1}{\sin^2\!x} dx=-\ctg x+C,\ x\neq k\pi,\ k\in\mathbb{Z},
\end{equation}
\begin{equation}\label{eq:arctg}
\int\frac{1}{1+x^2}dx=\arctg x+C,
\end{equation}
\begin{equation}\label{eq:arcsin}
\int\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}dx=\arcsin x+C,\ x\in[-1,1],
\end{equation}
\begin{equation}\label{eq:stala}
\int k dx=kx+C,
\end{equation}
\begin{equation}\label{eq:suma}
\int \left(f(x)\pm g(x)\right)dx=\int f(x)dx\pm\int g(x) dx
\end{equation}
\begin{equation}\label{eq:jednorodna}
\int k\cdot f(x)dx=k\cdot\int f(x)dx
\end{equation}

Dodatkowa tabelka wzorów

\begin{equation}\label{eq:expdodatk}
\int e^{ax}dx=\frac{1}{a}e^{ax}+C, a\neq 0,
\end{equation}
\begin{equation}\label{eq:sindodatk}
\int \sin (ax)dx=-\frac{1}{a}\cos (ax)+C, a\neq 0,
\end{equation}
\begin{equation}\label{eq:cosdodatk}
\int \cos (ax)dx=\frac{1}{a}\sin(ax)+C, a\neq 0,
\end{equation}

W poprzednim rozdziale poznaliśmy metodę całkowania przez podstawienie, będącą jedną z dwóch podstawowych metod całkowania. W tym rozdziale poznamy drugą podstawową metodę całkowania, a mianowicie tzw. metodę całkowania przez części. Wprowadzamy tą metodę po metodzie podstawiania, gdyż często, aby skorzystać z metody całkowania przez części trzeba po drodze policzyć jakąś całkę korzystając z metody podstawiania. Zanim przejdziemy do liczenia konkretnych przykładów przypomnimy sobie pewien wzór na pochodną, a mianowicie wzór na pochodną iloczynu pewnych dwóch funkcji $u(x)$ oraz $v(x)$:
$$(u(x)\cdot v(x))’=u'(x)v(x)+u(x)v'(x)$$
Wyliczmy sobie teraz z równania powyżej składnik $u(x)v'(x)$ otrzymując:
$$u(x)v'(x)=(u(x)\cdot v(x))’-u'(x)v(x)$$
Teraz całkujemy sobie obie strony tego równania:
$$\int u(x)v'(x)dx=\int (u(x)\cdot v(x))’dx-\int u'(x)v(x)dx$$
Teraz przypomnijmy sobie pewien fakt, o którym mówiliśmy w poprzednich rozdziałach, a mianowicie, że całkowanie jest operacją odwrotną do liczenia pochodnej i popatrzmy na składnik $\int (u(x)\cdot v(x))’dx$ w którym mamy właśnie całkę z pochodnej. Całka i pochodna to dwa odwrotne do siebie działania, które wzajemnie się znoszą, tak jak byśmy wykonali dwa kroki do przodu, a następnie dwa kroki do tyłu. Tak więc pochodna i całka w wyrażeniu $\int (u(x)\cdot v(x))’dx$ wzajemnie się znoszą prowadząc do wyrażenia $u(x)v(x)$. Równanie powyżej przyjmuje zatem postać:
$$\int u(x)v'(x)dx=u(x)\cdot v(x)-\int u'(x)v(x)dx$$
I w ten prosty sposób wyprowadziliśmy sobie właśnie wzór na całkowanie przez części! Widać zatem, że wzór na całkowanie przez części jest odpowiednikiem wzoru na pochodną iloczynu. Myślę, że część z Państwa domyśla się w tej chwili, że sposób (wzór) na całkowanie przez podstawienie jest również odpowiednikiem pewnego wzoru dotyczącego wyznaczania pochodnych. Mianowicie wzór na całkowanie przez podstawienie jest odpowiednikiem wzoru na pochodną funkcji złożonej.

Przejdźmy teraz do praktyki. W jaki sposób należy korzystać ze wzoru na całkowanie przez części? Po pierwsze pod całką, którą chcemy policzyć musimy mieć iloczyn dwóch funkcji. Teraz jedną z nich należy przyjąć jako funkcję $u(x)$ i policzyć z niej pochodną $u'(x)$, drugą z funkcji pod całką należy zaś przyjąć jako funkcję $v'(x)$ i policzyć z niej całkę, żeby wyznaczyć $v(x)$. Oczywiście w matematyce mamy na to specjalny zapis i zwyczajowo wygląda to następująco:
$$\int u(x)v'(x)dx=\begin{vmatrix}
u(x) & v'(x)\\
u'(x) & v(x)\!=\!\int v'(x)dx
\end{vmatrix}$$
Taki zapis jest bardzo wygodny, gdyż przy tym zapisie, nie musimy uczyć się wzoru na całkowanie przez części na literkach tylko można go łatwo sobie skojarzyć. Przy zapisie jak powyżej należy teraz pomnożyć przez siebie funkcje będące na głównej przekątnej czyli $u(x)$ i $v(x)$ i odjąć od tego całkę z iloczynu funkcji będących w drugim wierszu czyli $u'(x)$ i $v(x)$. Otrzymujemy wówczas dokładnie wzór na całkowanie przez części:
$$=u(x)v(x)-\int u'(x)v(x)dx$$
Prześledzimy teraz jak to wygląda na przykładach. Jednak zanim przejdziemy sobie do przykładów to pozwolę sobie zwrócić uwagę na pewien fakt. Z metody całkowania przez części można korzystać w wielu przykładach, jednak na niematematycznych studiach często możemy wyróżnić kilka grup pewnych konkretnych przykładów w której z tej metody będą Państwo korzystać. Dlatego w rozdziale tym pozwolę sobie pogrupować przykłady do pewnych grup, aby było łatwiej Państwu zauważyć pewne prawidłowości.

Grupa I

Całki typu $\int W(x)e^{ax}dx$, $\int W(x)\sin (ax)dx$ oraz $\int W(x)\cos (ax)dx$, gdzie $W(x)$ jest wielomianem.

Jest to standardowa grupa całek, do obliczania których stosujemy metodę całkowania przez części. Prześledźmy to na przykładach (kontynuujemy tutaj numerację przykładów z poprzedniego postu).

Przykład 15. Obliczyć całkę $\int (x+1)e^{2x}dx$.

No to jedziemy! Mamy tutaj iloczyn dwóch funkcji: wielomianu $x^2+1$ oraz funkcji wykładniczej $e^{2x}$. Jedną z tych funkcji trzeba przyjąć jako funkcję $u(x)$ a drugą jako $v'(x)$. Mamy 50 procent szans, że dobrze wybierzemy, więc całkiem sporo, ale może zastanówmy się co lepiej wybrać. Zauważmy, że zarówno pochodna jak i całka z funkcji wykładniczej to ta sama funkcja wykładnicza tyle, że przemnożona lub podzielona przez pewną stałą. Tak więc nie ma specjalnego znaczenia czy funkcję wykładniczą $e^{2x}$ damy jako funkcję $u(x)$ czy $v(x)$. Popatrzmy jeszcze na nasz wielomian $x+1$. Jeśli policzę z niego całkę to otrzymam $\frac{x^2}{2}+x$, natomiast jeśli policzę z niego pochodną to otrzymam po prostu $1$. Czyli widać, że jeśli policzę pochodną z naszego wielomianu to przykład stanie się prostszy niż jak bym policzył z tego wielomianu całkę. Czyli z wielomianu lepiej liczyć pochodną w tym przykładzie. Skoro tak to musimy przyjąć, że $u(x)=x+1$ i wówczas mamy $u'(x)=1$. Skoro wielomian przyjęliśmy jako $u(x)$ to funkcję wykładniczą musimy przyjąć jako $v'(x)$, czyli $v'(x)=e^{2x}$. Wówczas licząc całkę z $e^{2x}$ na podstawie wzoru \eqref{eq:expdodatk} otrzymujemy $v(x)=\int e^{2x}dx=\frac{1}{2}e^{2x}+C$. Tutaj uwaga! Wyliczoną stałą C chwilowo pomijamy na potrzeby zastosowania wzoru na całkowanie przez części (dopiszemy ją ponownie na końcu obliczonego przykładu). Zapiszmy to co powiedzieliśmy wyżej:
$$\int (x+1)e^{2x}dx$$
$$=\begin{vmatrix}
u(x)=x+1 & v'(x)=e^{2x}\\
u'(x)=1 & v(x)=\int e^{2x}dx=\frac{1}{2}e^{2x}
\end{vmatrix}$$
I teraz stosujemy wzór na całkowanie przez części, czyli wspomnianą przeze mnie wcześniej regułkę słowną. To co mamy powyżej, na podstawie wzoru na całkowanie przez części, jest równe iloczynowi wyrażeń na głównej przekątnej czyli $x+1$ i $\frac{1}{2}e^{2x}$ od którego odejmujemy całkę z iloczynu wyrażeń w drugim wierszu czyli $1$ oraz $\frac{1}{2}e^{2x}$. Zapiszmy to:
$$=(x+1)\cdot \frac{1}{2}e^{2x}-\int 1\cdot \frac{1}{2}e^{2x}dx$$
Powstała Nam nowa całka do policzenia i widzimy, że w całce tej mamy iloczyn stałej przez funkcję, więc stałą możemy wyłączyć przed całkę otrzymując:
$$=\frac{1}{2}(x+1)e^{2x}-\frac{1}{2}\int e^{2x}dx$$
Mamy więc do policzenia całkę z funkcji $e^{2x}$. Ale przecież my to umiemy zrobić, co więcej przecież już to robiliśmy w tym przykładzie. Całka z $e^{2x}$ wynosi przecież $\frac{1}{2}e^{2x}$ (pomijając stałą C). Otrzymujemy zatem:
$$=\frac{1}{2}(x+1)e^{2x}-\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}e^{2x}+C$$
Zauważmy, że policzyliśmy już wszystkie całki w tym przykładzie więc w tym momencie dopisaliśmy stałą C. Po prostych przekształceniach otrzymujemy ostatecznie:
$$=\frac{1}{2}(x+1)e^{2x}-\frac{1}{4}e^{2x}+C$$
I to już koniec! Zapiszmy to teraz formalnie:

Rozwiązanie:
$$\int (x+1)e^{2x}dx$$
$$=\begin{vmatrix}
u(x)=x+1 & v'(x)=e^{2x}\\
u'(x)=1 & v(x)=\int e^{2x}dx=\frac{1}{2}e^{2x}
\end{vmatrix}$$
$$=(x+1)\cdot \frac{1}{2}e^{2x}-\int 1\cdot \frac{1}{2}e^{2x}dx$$
$$=\frac{1}{2}(x+1)e^{2x}-\frac{1}{2}\int e^{2x}dx$$
$$=\frac{1}{2}(x+1)e^{2x}-\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}e^{2x}+C$$
$$=\frac{1}{2}(x+1)e^{2x}-\frac{1}{4}e^{2x}+C\quad\square$$
Przykład 16. Obliczyć całkę $\int (x^2+1)\cos (3x)dx$.

Przykład ten trochę różni się od poprzedniego bo mamy wielomian drugiego stopnia zamiast pierwszego oraz funkcję trygonometryczną zamiast wykładniczej, ale spróbujmy zastosować sposób doboru funkcji $u(x)$ oraz $v'(x)$ taki jak w poprzednim przykładzie. Zatem tak jak w przykładzie wyżej jako $u(x)$ przyjmujemy wielomian, czyli $u(x)=x^2+1$ co automatycznie prowadzi do przyjęcia $v'(x)=\cos (3x)$. Obliczamy wówczas, że $u'(x)=2x$ oraz na podstawie wzoru \eqref{eq:cosdodatk} $v(x)=\int\cos (3x)dx=\frac{1}{3}\sin (3x)+C$. Zapiszmy to:
$$\int (x^2+1)\cos (3x)dx$$
$$=\begin{vmatrix}
u(x)=x^2+1 & v'(x)=\cos (3x)\\
u'(x)=2x & v(x)=\frac{1}{3}\sin (3x)
\end{vmatrix}$$
Teraz tak jak w przykładzie wyżej to jest równe iloczynowi wyrażeń na głównej przekątnej (pamiętamy tutaj o nawiasach przy mnożeniu sumy przez coś!) minus całka z iloczynu wyrażeń w drugim wierszu, czyli:
$$=(x^2+1)\cdot\frac{1}{3}\sin (3x)-\int 2x\cdot \frac{1}{3}\sin (3x)dx$$
To co otrzymaliśmy można troszkę uporządkować oraz wyłączyć spod całki stałą $\frac{2}{3}$:
$$=\frac{1}{3}(x^2+1)\sin (3x)-\frac{2}{3}\int x\sin (3x)dx$$
Otrzymaliśmy nową całkę $\int x\sin (3x)dx$ do policzenia. Nie jest to jedna z podstawowych całek z tabelki wzorów. Jednak warto tutaj zwrócić uwagę na fakt, iż ta całka wygląda prościej niż ta od której zaczynaliśmy liczenie a ponadto jest całką z tej samej grupy (Grupa I), którą właśnie rozważamy. Nic nie stoi więc na przykładzie, żeby do tej całki zastosować całkowanie przez części. Istotnym jest tu fakt, żeby całkując tą całkę całkować dokładnie tak samo jak przed chwilą czyli, żeby $u(x)$ dalej było wielomianem zaś $v'(x)$ funkcją trygonometryczną. Czyli korzystając ze wzoru \eqref{eq:sindodatk} do obliczenia $v(x)$ otrzymujemy:
$$=\begin{vmatrix}
u(x)=x & v'(x)=\sin (3x)\\
u'(x)=1 & v(x)=\int\sin (3x) dx=-\frac{1}{3}\cos (3x)
\end{vmatrix}$$
Teraz trzeba zachować uwagę przy zapisywaniu wyniku. To co otrzymujemy z drugiego całkowania przez części zapiszemy sobie w kwadratowym nawiasie resztę zaś musimy przepisać:
\begin{eqnarray*}
&&=\frac{1}{3}(x^2+1)\sin (3x)\\
&&-\frac{2}{3}\left[x\cdot\left(-\frac{1}{3}\cos (3x)\right)-\int 1\cdot\left(-\frac{1}{3}\cos (3x)\right)dx \right]
\end{eqnarray*}
co po wymnożeniu, uproszczeniu i wyciągnięciu stałej przed nowo powstałą całkę daje:
\begin{eqnarray*}
&&=\frac{1}{3}(x^2+1)\sin (3x)+\frac{2}{9}x\cos (3x)\\
&&-\frac{2}{9}\int\cos (3x)dx
\end{eqnarray*}
Całkę $\int\cos (3x)dx$ liczymy na podstawie wzoru \eqref{eq:cosdodatk} otrzymując
\begin{eqnarray*}
&&=\frac{1}{3}(x^2+1)\sin (3x)+\frac{2}{9}x\cos (3x)\\
&&-\frac{2}{9}\cdot\frac{1}{3}\sin (3x)+C
\end{eqnarray*}
co ostatecznie po wymnożeniu daje Nam:
\begin{eqnarray*}
&&=\frac{1}{3}(x^2+1)\sin (3x)+\frac{2}{9}x\cos (3x)\\
&&-\frac{2}{27}\sin (3x)+C
\end{eqnarray*}
I to już koniec! Zapiszmy to teraz formalnie:

Rozwiązanie:
$$\int (x^2+1)\cos (3x)dx$$
$$=\begin{vmatrix}
u(x)=x^2+1 & v'(x)=\cos (3x)\\
u'(x)=2x & v(x)=\frac{1}{3}\sin (3x)
\end{vmatrix}$$
$$=(x^2+1)\cdot\frac{1}{3}\sin (3x)-\int 2x\cdot \frac{1}{3}\sin (3x)dx$$
$$=\frac{1}{3}(x^2+1)\sin (3x)-\frac{2}{3}\int x\sin (3x)dx$$
$$=\begin{vmatrix}
u(x)=x & v'(x)=\sin (3x)\\
u'(x)=1 & v(x)=\int\sin (3x) dx=-\frac{1}{3}\cos (3x)
\end{vmatrix}$$
\begin{eqnarray*}
&&=\frac{1}{3}(x^2+1)\sin (3x)\\
&&-\frac{2}{3}\left[x\cdot\left(-\frac{1}{3}\cos (3x)\right)-\int 1\cdot\left(-\frac{1}{3}\cos (3x)\right)dx \right]
\end{eqnarray*}
\begin{eqnarray*}
&&=\frac{1}{3}(x^2+1)\sin (3x)+\frac{2}{9}x\cos (3x)\\
&&-\frac{2}{9}\int\cos (3x)dx
\end{eqnarray*}
\begin{eqnarray*}
&&=\frac{1}{3}(x^2+1)\sin (3x)+\frac{2}{9}x\cos (3x)\\
&&-\frac{2}{9}\cdot\frac{1}{3}\sin (3x)+C
\end{eqnarray*}
\begin{eqnarray*}
&&=\frac{1}{3}(x^2+1)\sin (3x)+\frac{2}{9}x\cos (3x)\\
&&-\frac{2}{27}\sin (3x)+C\quad\square
\end{eqnarray*}
Zrobiliśmy dwa przykłady z Grupy I. Spróbujmy zatem wyciągnąć pewne wnioski. Ustaliliśmy, że dla przykładów z grupy pierwszej za funkcję $u(x)$ podstawiamy wielomian zaś za funkcję $v'(x)$ podstawiamy funkcję wykładniczą lub trygonometryczną w zależności od liczonego przez nas przykładu. Za $u(x)$ podstawiamy wielomian, gdyż licząc pochodną obniżamy stopień tego wielomianu. Po kilkukrotnym zastosowaniu metody całkowania przez części i po kolejnych liczeniach pochodnej z wielomianu ten wielomian stanie się w końcu stałą (a dokładnie 1) i wówczas będziemy w stanie wyliczyć szukaną przez Nas całkę. W przykładzie powyżej wielomian był drugiego stopnia i trzeba było zastosować wzór na całkowanie przez części dwukrotnie. Jeśli wielomian byłby piątego stopnia należałoby zastosować wzór na całkowanie przez części pięciokrotnie. Przejdziemy teraz do kolejnej grupy całek.

Grupa II

Całki typu $\int W(x)\log_a xdx$, gdzie $W(x)$ jest wielomianem oraz $a\in (0,1)\cup (1,\infty)$, całki typu $\int x^{-b}\log_a xdx$, gdzie $b>0$, $a\in(0,1)\cup (1,\infty)$ oraz całki z podstawowych funkcji cyklometrycznych (arcusów)

Wszystkie całki z powyższej grupy łączy jedna wspólna rzecz. Jaka? W poprzednich przykładach zastanawialiśmy się, którą z funkcji dać do liczenia pochodnej (czyli przyjąć jako $u(x)$, a którą dać do liczenia całki (przyjąć jako $v'(x)$). W Grupie II nie musimy się nad fyktem zastanawiać. Dlaczego? Bo przecież nie umiemy (przynajmniej na chwilę obecną) policzyć ani całki z logarytmu, ani całki z jakiejkolwiek funkcji cyklometrycznej (arcusa) (tych całek nie ma przecież w tabelce podstawowych całek, nie potrafimy też policzyć ich korzystając z metody podstawiania). Skoro nie potrafimy policzyć z tych funkcji całek to nie możemy tych funkcji przyjąć jako funkcję $v'(x)$ do metody całkowania przez części. Skoro zatem nie możemy tych funkcji przyjąć jako $v'(x)$ to musimy przyjąć je jako funkcję $u(x)$. Podsumowując we wszystkich przykładach z Grupy II logarytmy oraz arcusy należy przyjąć jako funkcję $u(x)$. Zobaczmy jak to wygląda w praktyce:

Przykład 17. Obliczyć całkę $\int \ln xdx$.

Zauważmy, że powyższą całkę możemy zapisać jako $\int 1\cdot\ln xdx$, więc faktycznie jest to całka typu $\int W(x)\log_a xdx$ ($W(x)=1$ w tym wypadku). Powiedzieliśmy wyżej, że za funkcję $u(x)$ należy podstawić logarytm, czyli $u(x)=\ln x$. Za $v'(x)$ musimy zatem podstawić wielomian, czyli w tym wypadku $v'(x)=1$. Obliczamy wówczas, że $u'(x)=\frac{1}{x}$, zaś $v(x)=\int 1dx=x+C$. Zapiszmy to:
$$\int \ln xdx$$
$$=\begin{vmatrix}
u(x)=\ln x & v'(x)=1\\
u'(x)=\frac{1}{x} & v(x)=x
\end{vmatrix}$$
Teraz tak jak we wcześniejszych przykładach stosujemy wzór na całkowanie przez części, czyli mnożymy wyrażenia na głównej przekątnej czyli $\ln x$ oraz $x$, a następnie odejmujemy od tego całkę z iloczynu wyrażeń w drugim wierszu, czyli $\frac{1}{x}$ oraz $x$. Otrzymujemy zatem:
$$=\ln x\cdot x-\int\frac{1}{x}\cdot xdx$$
co po uproszczeniu daje Nam:
$$=x\ln x-\int 1dx$$
Całkę $\int 1dx$ umiemy jednak przecież policzyć, co ostatecznie prowadzi Nas do następującego wyniku:
$$=x\ln x-x+C$$
I to już koniec! Zapiszmy to teraz formalnie:

Rozwiązanie:
$$\int \ln xdx$$
$$=\begin{vmatrix}
u(x)=\ln x & v'(x)=1\\
u'(x)=\frac{1}{x} & v(x)=x
\end{vmatrix}$$
$$=\ln x\cdot x-\int\frac{1}{x}\cdot xdx$$
$$=x\ln x-\int 1dx$$
$$=x\ln x-x+C\quad\square$$
Przykład 18. Obliczyć całkę $\int (x^2+x)\log_2xdx$.

W przykładzie tym podobnie jak w poprzednim za funkcję $u(x)$ podstawimy logarytm, zaś za funkcję $v'(x)$ podstawimy wielomian. Mamy zatem $u(x)=\log_2 x$, co po policzeniu pochodnej daje Nam $u'(x)=\frac{1}{x\ln 2}$, oraz $v'(x)=x^2+x$ co po policzeniu całki daje Nam $v(x)=\frac{x^3}{3}+\frac{x^2}{2}$. Zapiszmy to zatem:
$$\int (x^2+x)\log_2xdx$$
$$=\begin{vmatrix}
u(x)=\log_2 x & v'(x)=x^2+x\\
u'(x)=\frac{1}{x\ln 2} & v(x)=\frac{x^3}{3}+\frac{x^2}{2}
\end{vmatrix}$$
Teraz zgodnie ze wzorem na całkowanie przez części jest to równe iloczynowi wyrażeń na głównej przekątnej minus całka z iloczynu wyrażeń w drugim wierszu czyli:
\begin{eqnarray*}
&&=\log_2 x\cdot\left(\frac{x^3}{3}+\frac{x^2}{2}\right)\\
&&-\int\frac{1}{x\ln 2}\cdot\left(\frac{x^3}{3}+\frac{x^2}{2}\right)dx
\end{eqnarray*}
Co po wyciągnięciu stałej $\frac{1}{\ln 2}$ przed całkę i wymnożeniu wyrażeń pod całką daje Nam:
\begin{eqnarray*}
&&=\left(\frac{x^3}{3}+\frac{x^2}{2}\right)\log_2 x\\
&&-\frac{1}{\ln 2}\int\left(\frac{x^2}{3}+\frac{x}{2}\right)dx
\end{eqnarray*}
Całkę $\int\left(\frac{x^2}{3}+\frac{x}{2}\right)dx$ możemy rozbić na sumę dwóch całek i powyciągać odpowiednie stałe otrzymując:
\begin{eqnarray*}
&&=\left(\frac{x^3}{3}+\frac{x^2}{2}\right)\log_2 x\\
&&-\frac{1}{\ln 2}\left(\frac{1}{3}\int x^2dx+\frac{1}{2}\int xdx\right)
\end{eqnarray*}
Dwie nowo powstałe całki obliczamy na podstawie doskonale już znanego wzoru \eqref{eq:potega}:
\begin{eqnarray*}
&&=\left(\frac{x^3}{3}+\frac{x^2}{2}\right)\log_2 x\\
&&-\frac{1}{\ln 2}\left(\frac{1}{3}\cdot\frac{x^3}{3}+\frac{1}{2}\cdot\frac{x^2}{2}\right)+C
\end{eqnarray*}
Po wymnożeniu otrzymujemy wówczas ostateczny wynik:
\begin{eqnarray*}
&&=\left(\frac{x^3}{3}+\frac{x^2}{2}\right)\log_2 x\\
&&-\frac{1}{\ln 2}\left(\frac{1}{9}x^3+\frac{1}{4}x^2\right)+C
\end{eqnarray*}
I to już koniec! Zapiszmy to teraz formalnie:

Rozwiązanie:
$$\int (x^2+x)\log_2xdx$$
$$=\begin{vmatrix}
u(x)=\log_2 x & v'(x)=x^2+x\\
u'(x)=\frac{1}{x\ln 2} & v(x)=\frac{x^3}{3}+\frac{x^2}{2}
\end{vmatrix}$$
\begin{eqnarray*}
&&=\log_2 x\cdot\left(\frac{x^3}{3}+\frac{x^2}{2}\right)\\
&&-\int\frac{1}{x\ln 2}\cdot\left(\frac{x^3}{3}+\frac{x^2}{2}\right)dx
\end{eqnarray*}
\begin{eqnarray*}
&&=\left(\frac{x^3}{3}+\frac{x^2}{2}\right)\log_2 x\\
&&-\frac{1}{\ln 2}\int\left(\frac{x^2}{3}+\frac{x}{2}\right)dx
\end{eqnarray*}
\begin{eqnarray*}
&&=\left(\frac{x^3}{3}+\frac{x^2}{2}\right)\log_2 x\\
&&-\frac{1}{\ln 2}\left(\frac{1}{3}\int x^2dx+\frac{1}{2}\int xdx\right)
\end{eqnarray*}
\begin{eqnarray*}
&&=\left(\frac{x^3}{3}+\frac{x^2}{2}\right)\log_2 x\\
&&-\frac{1}{\ln 2}\left(\frac{1}{3}\cdot\frac{x^3}{3}+\frac{1}{2}\cdot\frac{x^2}{2}\right)+C
\end{eqnarray*}
\begin{eqnarray*}
&&=\left(\frac{x^3}{3}+\frac{x^2}{2}\right)\log_2 x\\
&&-\frac{1}{\ln 2}\left(\frac{1}{9}x^3+\frac{1}{4}x^2\right)+C\quad\square
\end{eqnarray*}
Przykład 19. Obliczyć całkę $\int\frac{\ln x}{x^2}dx$.

Po pierwsze zauważmy, że powyższą całkę możemy zapisać jako $\int x^{-2}\ln x$, więc faktycznie jest to całka typu $\int x^{-b}\log_a xdx$. Mamy więc:
$$\int\frac{\ln x}{x^2}dx=\int x^{-2}\ln xdx$$
Zgodnie z zasadą obowiązującą w tej grupie całek ponownie jako funkcję $u(x)$ przyjmujemy logarytm, czyli $u(x)=\ln x$ skąd $u'(x)=\frac{1}{x}$. Wówczas $v'(x)=x^{-2}$ skąd licząc całkę otrzymujemy $v(x)=\int x^{-2}dx=\frac{x^{-1}}{-1}+C=-\frac{1}{x}+C$.
Zapiszmy to:
$$=\begin{vmatrix}
u(x)=\ln x & v'(x)=x^{-2}\\
u'(x)=\frac{1}{x} & v(x)=-\frac{1}{x}
\end{vmatrix}$$
Zgodnie ze wzorem na całkowanie przez części jest to równe iloczynowi wyrażeń na głównej przekątnej czyli $\ln x$ oraz $-\frac{1}{x}$ minus całka z iloczynu wyrażeń w drugim wierszu czyli $\frac{1}{x}$ oraz $-\frac{1}{x}$. Mamy zatem:
$$=\ln x\cdot \left(-\frac{1}{x}\right)-\int\frac{1}{x}\cdot \left(-\frac{1}{x}\right)dx$$
co po uporządkowaniu i wymnożeniu wyrażeń pod całką daje Nam:
$$=-\frac{\ln x}{x}+\int\frac{1}{x^2}dx$$
Wyrażenie $\frac{1}{x^2}$ możemy zapisać jako $x^{-2}$ co prowadzi do:
$$=-\frac{\ln x}{x}+\int x^{-2}dx$$
Tak powstałą całkę obliczamy zaś na podstawie świetnie Nam znanego wzoru \eqref{eq:potega} otrzymując ostateczny wynik:
$$=-\frac{\ln x}{x}-\frac{1}{x}+C$$
I to już koniec! Zapiszmy to teraz formalnie:

Rozwiązanie:
$$\int\frac{\ln x}{x^2}dx=\int x^{-2}\ln xdx$$
$$=\begin{vmatrix}
u(x)=\ln x & v'(x)=x^{-2}\\
u'(x)=\frac{1}{x} & v(x)=-\frac{1}{x}
\end{vmatrix}$$
$$=\ln x\cdot \left(-\frac{1}{x}\right)-\int\frac{1}{x}\cdot \left(-\frac{1}{x}\right)dx$$
$$=-\frac{\ln x}{x}+\int\frac{1}{x^2}dx$$
$$=-\frac{\ln x}{x}+\int x^{-2}dx$$
$$=-\frac{\ln x}{x}-\frac{1}{x}+C\quad\square$$
Przykład 20. Obliczyć całkę $\int\arctg xdx$.

Po pierwsze tak jak w jednym z wcześniejszych przykładów zauważamy, że:
$$\int\arctg xdx=\int 1\cdot\arctg xdx$$
Zgodnie z panującą zasadą dla przykładów z Grupy II, a do tej właśnie grupy ten przykład należy, funkcje cyklometryczne (arcusy) należy przyjmować jako funkcję $u(x)$. Mamy zatem $u(x)=\arctg x$ co po policzeniu pochodnej daje $u'(x)=\frac{1}{x^2+1}$ oraz $v'(x)=1$ co po policzeniu całki daje $v(x)=\int 1dx=x+C$. Zapiszmy to:
$$=\begin{vmatrix}
u(x)=\arctg x & v'(x)=1\\
u'(x)=\frac{1}{x^2+1} & v(x)=x
\end{vmatrix}$$
Zgodnie ze wzorem na całkowanie przez części jest to równe iloczynowi wyrażeń na głównej przekątnej czyli $\arctg x$ oraz $x$ minus całka z iloczynu wyrażeń w drugim wierszu czyli $\frac{1}{x^2+1}$ oraz $x$. Mamy zatem:
$$=\arctg x\cdot x-\int\frac{x}{x^2+1}dx=(\triangle)$$
Powstała Nam nowa całka do policzenia $\int\frac{x}{x^2+1}dx$. Nie jest to jedna z podstawowych całek z Naszej tabelki całek. Można ją jednak policzyć metodą podstawiania i zaraz to zrobimy. Jednak zanim do tego przejdziemy to proszę zauważyć, że powyższe równanie dla uporządkowania naszego rozwiązania oznaczyłem takim symbolem $(\triangle)$. Jak policzymy Naszą nową całkę to wrócimy do tego miejsca oznaczonego trójkącikiem.
Wróćmy do całki $\int\frac{x}{x^2+1}dx$. Aby ją policzyć wystarczy podstawić nową zmienną $t$ za wyrażenie w mianowniku. Ponieważ całkowanie przez podstawienie mamy już przećwiczone to poniżej zapiszę od razu obliczenia bez słownego tłumaczenia kolejnych kroków:
$$\int\frac{x}{x^2+1}dx$$
$$=\begin{vmatrix}
x^2+1=t\\
2xdx=1dt\\
xdx=\frac{1}{2}dt
\end{vmatrix}$$
$$=\int\frac{\frac{1}{2}}{t}dt=\frac{1}{2}\int\frac{1}{t}dt$$
$$=\frac{1}{2}\ln|t|+C$$
$$=\frac{1}{2}\ln |x^2+1|+C$$
Tyle wynosi całka $\int\frac{x}{x^2+1}dx$. Wynik jaki otrzymaliśmy możemy teraz podstawić w miejscu oznaczonym wcześniej symbolem $(\triangle)$. Otrzymamy wówczas:
$$(\triangle)=x\arctg x-\frac{1}{2}\ln |x^2+1|+C$$
Zauważmy jeszcze, że wyrażenie $x^2+1$ jest nieujemny dla każdej wartości $x\in\mathbb{R}$. Możemy zatem opuścić wartość bezwzględną otrzymując ostateczny wynik:
$$=x\arctg x-\frac{1}{2}\ln (x^2+1)+C$$
I to już koniec! Zapiszmy to teraz formalnie:

Rozwiązanie:
$$\int\arctg xdx=\int 1\cdot\arctg xdx$$
$$=\begin{vmatrix}
u(x)=\arctg x & v'(x)=1\\
u'(x)=\frac{1}{x^2+1} & v(x)=x
\end{vmatrix}$$
$$=\arctg x\cdot x-\int\frac{x}{x^2+1}dx=(\triangle)$$
Pomocniczo liczymy całkę:
$$\int\frac{x}{x^2+1}dx$$
$$=\begin{vmatrix}
x^2+1=t\\
2xdx=1dt\\
xdx=\frac{1}{2}dt
\end{vmatrix}$$
$$=\int\frac{\frac{1}{2}}{t}dt=\frac{1}{2}\int\frac{1}{t}dt$$
$$=\frac{1}{2}\ln|t|+C$$
$$=\frac{1}{2}\ln |x^2+1|+C$$
Wracamy do naszej głównej całki:
$$(\triangle)=x\arctg x-\frac{1}{2}\ln |x^2+1|+C$$
$$=x\arctg x-\frac{1}{2}\ln (x^2+1)+C\quad\square$$
Policzyliśmy kilka kolejnych przykładów z Grupy II. Przypomnijmy, że podstawowy wniosek jaki należy z tych przykładów wyciągnąć, to fakt, że dla przykładów z Grupy II za funkcję $u(x)$ należy przyjąć logarytm czy też arcusa (w zależności od konkretnego przykładu oczywiście). Przejdźmy teraz do ostatniej podstawowej grupy przykładów w metodzie całkowania przez części. Grupa właściwie nasuwa się sama jako przykład, którego jeszcze nie omówiliśmy. Mianowicie co się dzieje jeśli pod całką występuje jednocześnie funkcja trygonometryczna i wykładnicza?

Grupa III

Całki typu $\int e^{ax}\cos (bx)dx$ oraz $\int e^{ax}\sin (bx)dx$.

W przypadku gdy pod całką występuje zarówno funkcja wykładnicza jak i trygonometryczna jesteśmy w bardzo dobrej sytuacji. Dlaczego? Dlatego, że nie ma znaczenia za co podstawimy funkcję $u(x)$ a za co funkcję $v(x)$. No to próbujemy!

Przykład 21. Obliczyć całkę $\int e^{-3x}\sin (2x)dx$.

Skoro nie ma znaczenia co za co podstawimy no to powiedzmy, że $u(x)=e^{-3x}$ wówczas $u'(x)=-3e^{-3x}$, zaś $v'(x)=\sin (2x)$ wtedy na podstawie wzoru \eqref{eq:sindodatk} $v(x)=\int\sin (2x)dx=-\frac{1}{2}\cos (2x)+C$. Zapiszmy to:
$$=\begin{vmatrix}
u(x)=e^{-3x} & v'(x)=\sin (2x)\\
u'(x)=-3e^{-3x} & v(x)=-\frac{1}{2}\cos (2x)
\end{vmatrix}$$
Zgodnie ze wzorem na całkowanie przez części jest to równe iloczynowi wyrażeń na głównej przekątnej czyli $e^{-3x}$ oraz $-\frac{1}{2}\cos (2x)$ minus całka z iloczynu wyrażeń w drugim wierszu czyli $-3e^{-3x}$ oraz $-\frac{1}{2}\cos (2x)$. Mamy zatem:
\begin{eqnarray*}
&&=e^{-3x}\cdot \left(-\frac{1}{2}\cos (2x)\right)\\
&&-\int \left(-3e^{-3x}\right)\cdot \left(-\frac{1}{2}\cos (2x)\right)dx
\end{eqnarray*}
Po uporządkowaniu i wymnożeniu wyrażeń oraz wyciągnięciu stałej przed całkę otrzymujemy:
\begin{eqnarray*}
=-\frac{1}{2}e^{-3x}\cos (2x)-\frac{3}{2}\int e^{-3x}\cos (2x)dx
\end{eqnarray*}
Otrzymujemy nową całkę $\int e^{-3x}\cos (2x)dx$, która od tej danej na początku różni się tylko tym, że zamiast $\sin (2x)$ mamy $\cos (2x)$. Nowa całka nie wygląda gorzej niż ta na początku. Może warto spróbować całkowania przez części jeszcze raz tak jak to już robiliśmy w innnych przykładach. Spróbujmy! Pamiętajmy jednak o tym, że by te same funkcje trafiły do funkcji $u(x)$ oraz $v'(x)$ ( w sensie żeby $u(x)$ ponownie była funkcją wykładniczą, a $v'(x)$ funkcją trygonometryczną bo dokładnie tak przyjęliśmy całkując po raz pierwszy). Mamy zatem:
$$=\begin{vmatrix}
u(x)=e^{-3x} & v'(x)=\cos (2x)\\
u'(x)=-3e^{-3x} & v(x)=\frac{1}{2}\sin (2x)
\end{vmatrix}$$
co po zastosowaniu wzoru na całkowanie przez części i uprzednim przepisaniu odpowiednich wyrażeń daje Nam:
\begin{eqnarray*}
&&=-\frac{1}{2}e^{-3x}\cos (2x)\\
&&-\frac{3}{2}\left[e^{-3x}\cdot\frac{1}{2}\sin (2x)-\int\left(-3e^{-3x}\right)\cdot\frac{1}{2}\sin (2x)dx\right]
\end{eqnarray*}
Po wymnożeniu, uproszczeniu i wyciągnięciu stałej przed całkę otrzymujemy wówczas:
\begin{eqnarray*}
&&=-\frac{1}{2}e^{-3x}\cos (2x)-\frac{3}{4}e^{-3x}\sin (2x)\\
&&-\frac{9}{4}\int e^{-3x}\sin (2x)dx
\end{eqnarray*}
I jaką całkę teraz otrzymaliśmy? No właśnie…dokładnie tą samą co mieliśmy na początku. Na pierwszy rzut oka wydaje się, że jesteśmy w kropce, że wróciliśmy do tego samego, że wszystko się skraca. Jednak zauważmy, że nic się tutaj wcale nie skraca. Otrzymaliśmy, że całka, którą liczymy czyli $\int e^{-3x}\sin (2x)dx$ jest równa temu wyrażeniu, które mamy powyżej. Zapiszmy to:
\begin{eqnarray*}
&&\int e^{-3x}\sin (2x)dx =-\frac{1}{2}e^{-3x}\cos (2x)\\&&-\frac{3}{4}e^{-3x}\sin (2x)
-\frac{9}{4}\int e^{-3x}\sin (2x)dx
\end{eqnarray*}
Wystarczy teraz zauważyć, że tak naprawdę jest to równanie z jedną niewiadomą i tą niewiadomą jest właśnie szukana przez Nas całka. Przenosimy zatem naszą niewiadomą na jedną (lewą) stroną, a wszystkie pozostałe wyrażenia na drugą (prawą) stronę otrzymując:
\begin{eqnarray*}
\frac{13}{4}\int e^{-3x}\sin (2x)dx&=&-\frac{1}{2}e^{-3x}\cos (2x)\\&&-\frac{3}{4}e^{-3x}\sin (2x)+C
\end{eqnarray*}
Teraz, żeby wyliczyć Naszą całkę wystarczy podzielić równanie przez $\frac{13}{4}$, czyli pomnożyć przez $\frac{4}{13}$ co po wymnożeniu i uproszczeniu daje Nam ostateczny wynik:
\begin{eqnarray*}
\int e^{-3x}\sin (2x)dx&=&-\frac{2}{13}e^{-3x}\cos (2x)\\&&-\frac{3}{13}e^{-3x}\sin (2x)+C
\end{eqnarray*}
I to już koniec! Zapiszmy to teraz formalnie:

Rozwiązanie:
$$\int e^{-3x}\sin (2x)dx$$
$$=\begin{vmatrix}
u(x)=e^{-3x} & v'(x)=\sin (2x)\\
u'(x)=-3e^{-3x} & v(x)=-\frac{1}{2}\cos (2x)
\end{vmatrix}$$
\begin{eqnarray*}
&&=e^{-3x}\cdot \left(-\frac{1}{2}\cos (2x)\right)\\
&&-\int \left(-3e^{-3x}\right)\cdot \left(-\frac{1}{2}\cos (2x)\right)dx
\end{eqnarray*}
\begin{eqnarray*}
=-\frac{1}{2}e^{-3x}\cos (2x)-\frac{3}{2}\int e^{-3x}\cos (2x)dx
\end{eqnarray*}
$$=\begin{vmatrix}
u(x)=e^{-3x} & v'(x)=\cos (2x)\\
u'(x)=-3e^{-3x} & v(x)=\frac{1}{2}\sin (2x)
\end{vmatrix}$$
\begin{eqnarray*}
&&=-\frac{1}{2}e^{-3x}\cos (2x)\\
&&-\frac{3}{2}\left[e^{-3x}\cdot\frac{1}{2}\sin (2x)-\int\left(-3e^{-3x}\right)\cdot\frac{1}{2}\sin (2x)dx\right]
\end{eqnarray*}
\begin{eqnarray*}
&&=-\frac{1}{2}e^{-3x}\cos (2x)-\frac{3}{4}e^{-3x}\sin (2x)\\
&&-\frac{9}{4}\int e^{-3x}\sin (2x)dx
\end{eqnarray*}
Zapisujemy powstałe równanie:
\begin{eqnarray*}
&&\int e^{-3x}\sin (2x)dx =-\frac{1}{2}e^{-3x}\cos (2x)\\&&-\frac{3}{4}e^{-3x}\sin (2x)
-\frac{9}{4}\int e^{-3x}\sin (2x)dx
\end{eqnarray*}
Rozwiązujemy powstałe równanie:
\begin{eqnarray*}
\frac{13}{4}\int e^{-3x}\sin (2x)dx&=&-\frac{1}{2}e^{-3x}\cos (2x)\\&&-\frac{3}{4}e^{-3x}\sin (2x)+C
\end{eqnarray*}
\begin{eqnarray*}
\int e^{-3x}\sin (2x)dx&=&-\frac{2}{13}e^{-3x}\cos (2x)\\&&-\frac{3}{13}e^{-3x}\sin (2x)+C\quad\square
\end{eqnarray*}
Widzimy zatem, że przykłady z Grupy III rozwiązujemy w dość specyficzny sposób z wykorzystaniem dwukrotnego całkowania przez części, a następnie zapisania i rozwiązania równania z jedną niewiadomą. Warto się tej metody nauczyć, bo jest to ciekawy trik, na który być może nie łatwo będzie wpaść samemu na kolokwium czy egzaminie.

To była już ostatnia wybrana przeze mnie grupa przykładów, w których wykorzystujemy metodę całkowania przez części. Oczywiście tych przykładów i grup można znaleźć dużo więcej. Myślę jednak, że te trzy zaprezentowane przeze mnie grupy należą do tych najczęściej spotykanych przykładów, w których wykorzystuje się metodę całkowania przez części.

Share:
Posted in Całki, Całki nieoznaczone.

Dodaj komentarz

Twój adres email nie zostanie opublikowany. Pola, których wypełnienie jest wymagane, są oznaczone symbolem *