1.7: Integración por partes
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El teorema fundamental del cálculo nos dice que es muy fácil integrar un derivado. En particular, sabemos que
\ begin {align*}\ int\ frac {d} {dx}\ izquierda (F (x)\ derecha)\, d {x} &= F (x) +C\ end {align*}
Podemos explotar esto para desarrollar otra regla de integración, en particular una regla que nos ayude a integrar productos de función más simple como
\ comenzar {reunir*}\ int x e^x\, d {x}\ fin {reunir*}
Al hacerlo llegaremos a un método llamado “integración por partes”.
Para ello iniciamos con la regla del producto e integramos. Recordemos que la regla del producto dice
\ comenzar {reunir*}\ frac {d} {dx} u (x) v (x) = u' (x)\, v (x) +u (x)\, v' (x)\ final {reunir*}
Integrando esto da
\ begin {align*}\ int\ big [u' (x)\, v (x) +u (x)\, v' (x)\ big]\, d {x} &=\ big [\ text {una función cuya derivada es $u'v+uv'$}\ big] + C\\ &=u (x) v (x) +C\ end {align*}
Ahora bien, esto, por sí mismo, no es terriblemente útil. Para aplicarlo necesitamos tener una función cuyo integrando sea una suma de productos que esté exactamente en esta forma\(u'(x)v(x) + u(x)v'(x)\text{.}\) Esto es demasiado especializado.
Sin embargo si nos burlamos un poco de esto:
\[\begin{align*} \int \big[ u'(x)\,v(x) + u(x)\,v'(x) \big]\, d{x} &= \int u'(x)\,v(x) \,\, d{x} +\int u(x)\,v'(x) \,\, d{x}\\ \end{align*}\]
Trae una de las integrales al lado izquierdo
\ begin {alinear*} u (x) v (x) -\ int u' (x)\, v (x)\, d {x} &=\ int u (x)\, v' (x)\, d {x}\\\ end {alinear*}
Intercambiar los lados izquierdo y derecho
\ comenzar {alinear*}\ int u (x)\, v' (x)\, d {x} &= u (x) v (x) -\ int u' (x)\, v (x)\, d {x}\ final {alinear*}
En esta forma tomamos la integral de un producto y la expresamos en términos de la integral de un producto diferente. Si lo expresamos así, no parece demasiado útil. No obstante, si la segunda integral es más fácil, entonces este proceso nos ayuda.
Hagamos un ejemplo sencillo antes de explicar esto de manera más general.
Calcular la integral\(\displaystyle \int xe^x \, d{x}\text{.}\)
Solución
- Comenzamos tomando la ecuación anterior
\ comenzar {alinear*}\ int u (x)\, v' (x)\, d {x} &= u (x) v (x) -\ int u' (x)\, v (x)\, d {x}\ final {alinear*}
- Ahora listo\(u(x)=x\) y\(v'(x)=e^x\text{.}\) ¿Cómo sabíamos hacer esta elección? Vamos a explicar algunas estrategias más adelante. Por ahora, aceptemos esta opción y sigamos adelante.
- Para poder utilizar la fórmula necesitamos saber\(u'(x)\) y\(v(x)\text{.}\) En este caso es bastante sencillo:\(u'(x)=1\) y\(v(x)=e^x\text{.}\)
- Conecte todo a la fórmula:\[\begin{align*} \int x e^x \, d{x} &= x e^x - \int e^x \, d{x}\\ \end{align*}\]
Por lo que nuestra integral más difícil original se ha convertido en una cuestión de cómputos fácil.
\ begin {align*} &= x e^x - e^x +C\ end {alinear*} - Podemos verificar nuestra respuesta diferenciando:
\ begin {alinear*}\ frac {d} {dx}\ left (x e^x - e^x +C\ right) &=\ underbrackets {x e^x + 1\ cdot e^x} _ {\ text {por regla del producto}} - e^x + 0\\ &= x e^x &\ text {según sea necesario.} \ end {alinear*}
El proceso que hemos utilizado en el ejemplo anterior se llama “integración por partes”. Cuando nuestro integrando es un producto tratamos de escribirlo como\(u(x) v'(x)\) — tenemos que elegir un factor para ser\(u(x)\) y el otro para ser Luego\(v'(x)\text{.}\) calculamos\(u'(x)\)\(v(x)\) y luego aplicamos el siguiente teorema:
Dejar\(u(x)\) y\(v(x)\) ser continuamente diferenciable. Entonces
\ comenzar {reunir*}\ int u (x)\, v' (x)\, d {x} = u (x)\, v (x) -\ int v (x)\, u' (x)\, d {x}\ fin {reunir*}
Si escribimos\(dv\) para\(v'(x)\, d{x}\) y\(\, d{u}\) para\(u'(x)\, d{x}\) (como sugiere la regla de sustitución), entonces la fórmula se convierte en
\ comenzar {reunir*}\ int u\, d {v} = u\, v-\ int v\, d {u}\ fin {reunir*}
La aplicación de esta fórmula se conoce como integración por partes.
La declaración correspondiente para integrales definidas es
\ comenzar {reunir*}\ int_a^b u (x)\, v' (x)\, d {x} = u (b)\, v (b) -u (a)\, v (a) -\ int_a^b v (x)\, u' (x)\, d {x}\ final {reunir*}
La integración por partes no es tan fácil de aplicar como la regla del producto para derivados. Esto es porque depende de nosotros
- escogiendo juiciosamente\(u(x)\) y\(v'(x)\text{,}\) luego
- computación\(u'(x)\) y\(v(x)\) — lo que nos obliga a antidiferenciarnos\(v'(x)\text{,}\) y finalmente
- que la integral\(\int u'(x) v(x)\, d{x}\) es más fácil que la integral con la que empezamos.
Observe que cualquier antiderivado de\(v'(x)\) servirá. Todos los antiderivados de\(v'(x)\) son de la forma\(v(x)+A\) con\(A\) una constante. Poner esto en la fórmula de integración por partes da
\ begin {align*}\ int u (x) v' (x)\, d {x} &= u (x)\ izquierda (v (x) +A\ derecha) -\ int u' (x)\ izquierda (v (x) +A\ derecha)\, d {x}\\ &= u (x) v (x) + A u (x) -\ int u' (x) (x)\, d {x} -\ underbrackets {A\ int u' (x)\, d {x}} _ {= A u (x) + C}\\ &= u (x) v (x) -\ int u' (x) v (x)\, d {x} + C\ final {alinear*}
Para que esa constante siempre\(A\) se cancele.
En la mayoría de las aplicaciones (pero no todas) nuestro integrando será producto de dos factores por lo que tenemos dos opciones para\(u(x)\) y\(v'(x)\text{.}\) Típicamente una de estas opciones será “buena” (ya que resulta en una integral más simple) mientras que la otra será “mala” (no podemos antidiferenciar nuestra elección de\(v'(x)\) o la integral resultante es más dura). Ilustremos lo que queremos decir volviendo a nuestro ejemplo anterior.
Nuestro integrando es producto de dos factores
\ begin {align*} x &&\ text {y} && e^x\ end {alinear*}
Esto nos da dos opciones obvias de\(u\) y\(v'\text{:}\)
\ begin {align*} u (x) &=x & v' (x) &=e^x\\\ text {o}\\ u (x) &=e^x & v' (x) &=x\ end {align*}
Deberíamos explorar ambas opciones:
- Si toma\(u(x)=x\) y luego\(v'(x)=e^x\text{.}\) calculamos rápidamente
\ begin {align*} u' (x) &=1 &\ text {y} && v (x) =e^x\ end {align*}
lo que significa que tendremos que integrar (en el lado derecho de la fórmula de integración por partes)\ begin {align*}\ int u' (x) v (x)\, d {x} &=\ int 1\ cdot e^x\, d {x}\ end {align*}
que parece sencillo. Esta es una buena indicación de que esta es la elección correcta de\(u(x)\) y\(v'(x)\text{.}\) - Pero antes de hacer eso, también debemos explorar la otra opción, a saber\(u(x)=e^x\) y\(v'(x)=x\text{.}\) Esto implica que
\ begin {align*} u' (x) &= e^x &\ text {y} && v (x) &=\ frac {1} {2} x^2\ end {align*}
lo que significa que necesitamos integrar\ begin {alinear*}\ int u' (x) v (x)\, d {x} &=\ int\ frac {1} {2} x^2\ cdot e^x\, d {x}. \ end {alinear*}
Esto es al menos tan duro como la integral con la que empezamos. De ahí que deberíamos probar la primera opción.
Con nuestra elección hecha, integramos por partes para obtener
\ begin {alinear*}\ int xe^x\, d {x} &= xe^x -\ int e^x\, d {x}\\ &= xe^x - e^x +C.\ end {alinear*}
El razonamiento anterior es un flujo de trabajo muy típico cuando se utiliza la integración por partes.
La integración por partes se utiliza a menudo
- para eliminar factores\(x\) de un\(xe^x\) integrando como usando eso\(\frac{d}{dx}x=1\) y
- para eliminar un\(\log x\) de un integrando usando eso\(\frac{d}{dx}\log x=\frac{1}{x}\) y
- para eliminar funciones trig inversas, como\(\arctan x\text{,}\) de un integrando usando eso, por ejemplo,\(\frac{d}{dx}\arctan x=\frac{1}{1+x^2}\text{.}\)
Solución
- Nuevamente tenemos un producto de dos factores que nos dan dos opciones posibles.
- Si elegimos\(u(x)=x\) y\(v'(x)=\sin x\text{,}\) luego obtenemos
\ begin {align*} u' (x) &=1 &\ text {y} && v (x) &= -\ cos x\ end {align*}
que se ve prometedor. - Por otro lado si elegimos\(u(x)=\sin x\) y\(v'(x)=x\text{,}\) luego tenemos
\ begin {align*} u' (x) &=\ cos x &\ text {y} && v (x) &=\ frac {1} {2} x^2\ end {align*}
que se ve peor, necesitaríamos integrar\(\int \frac{1}{2}x^2 \cos x \, d{x}\text{.}\)
- Si elegimos\(u(x)=x\) y\(v'(x)=\sin x\text{,}\) luego obtenemos
- Entonces nos quedamos con la primera opción. Conectarse\(u(x)=x\text{,}\)\(v(x)=-\cos x\) a la integración por partes nos da
\ comenzar {alinear*}\ int x\ sin x\, d {x} &= -x\ cos x -\ int 1\ cdot (-\ cos x)\, d {x}\\ &= -x\ cos x +\ sin x + C\ final {alinear*}
- Nuevamente podemos comprobar nuestra respuesta diferenciando:
\ begin {alinear*}\ frac {d} {dx}\ izquierda (-x\ cos x +\ sin x + C\ derecha) &= -\ cos x + x\ sin x +\ cos x + 0\\ &= x\ sin x\ marca de verificación\ end {align*}
Una vez que hemos practicado esto un poco realmente no necesitamos escribir tanto. Vamos a resolverlo de nuevo, pero mostrando sólo lo que necesitamos.
Solución
- Utilizamos la integración por partes para resolver la integral.
- Establecer\(u(x)=x\) y\(v'(x)=\sin x\text{.}\) Entonces\(u'(x)=1\) y\(v(x)=-\cos x\text{,}\) y
\ comenzar {alinear*}\ int x\ sin x\, d {x} &= -x\ cos x +\ int\ cos x\, d {x}\\ &= -x\ cos x +\ sin x + C.\ fin {alinear*}
Es una práctica bastante estándar reducir aún más la notación en estos problemas. Como se señaló anteriormente, muchas personas escriben la fórmula de integración por partes como
\ start {alinear*}\ int u\, d {v} &= uv -\ int v\, d {u}\ end {alinear*}
donde\(\, d{u}, \, d{v}\) son la taquigrafía de\(u'(x)\, d{x}, v'(x)\, d{x}\text{.}\) Escribamos el ejemplo anterior usando esta notación.
Solución
Usando la integración por partes, establecemos\(u=x\) y\(\, d{v}=\sin x\, d{x}\text{.}\) Esto hace\(\, d{u}= 1\, d{x}\) y\(v=-\cos x\text{.}\) Consecuentemente
\ begin {alinear*}\ int x\ sin x\, d {x} &=\ int u\, d {v}\\ &= uv -\ int v\, d {u}\\ &= -x\ cos x +\ int\ cos x\, d {x}\\ &= -x\ cos x +\ sin x + C\ fin {alinear*}
Puedes ver que esta es una manera muy ordenada de escribir estos problemas y seguiremos usando esta taquigrafía en los ejemplos que siguen a continuación.
También podemos utilizar la integración por partes para eliminar mayores potencias de Solo\(x\text{.}\) necesitamos aplicar el método más de una vez.
Solución
- Dejar\(u=x^2\) y\(\, d{v}=e^x\, d{x}\text{.}\) Esto luego da\(\, d{u}=2x\, d{x}\) y\(v=e^x\text{,}\) y
\ begin {alinear*}\ int x^2 e^x\, d {x} &= x^2 e^x -\ int 2x e^x\, d {x}\ end {align*}
- Así que hemos reducido el problema de computar la integral original a uno de integración\(2xe^x\text{.}\) Sabemos cómo hacer esto — simplemente integrar por partes de nuevo:
\ begin {align*}\ int x^2 e^x\, d {x} &= x^2 e^x -\ int 2x e^x\, d {x} &\ text {establecer $u=2x,\, d {v} =e^x\, d {x} $}\\ &= x^2 e^x -\ left (2xe^x -\ int 2 e^x\, d {x}\ derecha) &\ texto {desde $\, d {u} =2\, d {x}, v=e^x$}\\ &= x^2 e^x - 2xe^x + 2e^x + C\ end {align*}
- Podemos, si es necesario, verificar nuestra respuesta diferenciando:
\ begin {alinear*} &\ frac {d} {dx}\ izquierda (x^2 e^x - 2xe^x + 2e^x + C\ derecha)\\ &\ hskip1in=\ izquierda (x^2 e^x + 2xe^x\ derecha) -\ izquierda (2x e^x + 2e^x\ derecha) + 2e^x + 0\ &\ hskip1in= x^2 e^x\ marca de verificación\ final {alinear*}
Una aplicación iterada similar de integración por partes funcionará para integrales
\ comenzar {reunir*}\ int P (x)\ izquierda (Ae^ {ax} + B\ sin (bx) + C\ cos (cx)\ derecha)\, d {x}\ fin {reunión*}
donde\(P(x)\) es un polinomio y\(A,B,C,a,b,c\) son constantes.
Ahora veamos los integrandos que contienen logaritmos. No conocemos el antiderivado de\(\log x\text{,}\) pero podemos eliminar\(\log x\) de un integrando usando integración por partes con\(u=\log x\text{.}\) Remember\(\log x = \log_e x = \ln x\text{.}\)
Solución
- Tenemos dos opciones para\(u\) y\(\, d{v}\text{.}\)
- Set\(u=x\) y\(\, d{v}=\log x\, d{x}\text{.}\) Esto da\(\, d{u}=\, d{x}\) pero\(v\) es difícil de calcular — aún no lo hemos hecho 1. Antes de ir más allá por este camino, debemos mirar para ver qué pasa con la otra opción.
- Set\(u=\log x\) y\(\, d{v}=x\, d{x}\text{.}\) Esto da\(\, d{u}=\frac{1}{x}\, d{x}\)\(v=\frac{1}{2}x^2\text{,}\) y y tenemos que integrar
\ begin {alinear*}\ int v\,\, d {u} &=\ int\ frac {1} {x}\ cdot\ frac {1} {2} x^2\, d {x}\ end {alinear*}
lo cual es fácil.
- Entonces procedemos con la segunda opción.
\ begin {align*}\ int x\ log x\, d {x} &=\ frac {1} {2} x^2\ log x -\ int\ frac {1} {2} x\, d {x}\\ &=\ frac {1} {2} x^2\ log x -\ frac {1} {4} x^2 +C\ end {align*}
- Podemos verificar nuestra respuesta rápidamente:
\ begin {alinear*}\ frac {d} {dx}\ Grande (\ frac {x^2} {2}\ ln x -\ frac {x^2} {4} +C\ Grande) &= x\,\ ln x +\ frac {x^2} {2}\,\ frac {1} {x} -\ frac {x} {2} +0 =x\,\ ln x\ final {alinear*}
No es inmediatamente obvio que se debe usar la integración por partes para calcular la integral
\ comenzar {reunir*}\ int\ log x\, d {x}\ fin {reunir*}
ya que el integrand no es un producto. Pero debemos perseverar —de hecho esta es una situación en la que nuestra notación más corta ayuda a aclarar cómo proceder.
Solución
- En el ejemplo anterior vimos que podíamos eliminar el factor\(\log x\) configurando\(u=\log x\) y usando la integración por partes. Intentemos repetir esto. Cuando hacemos esta elección, entonces nos vemos obligados a tomar\(\, d{v}=\, d{x}\) — es decir, elegimos\(v'(x)=1\text{.}\) Una vez que hemos hecho este movimiento furtivo todo sigue bastante directamente.
- Entonces tenemos\(\, d{u} = \frac{1}{x}\, d{x}\) y\(v = x\text{,}\) y la fórmula de integración por partes nos da
\ begin {align*}\ int\ log x\, d {x} &= x\ log x -\ int\ frac {1} {x}\ cdot x\, d {x}\\ &= x\ log x -\ int 1\, d {x}\\ &= x\ log x - x + C\ end {align*}
- Como siempre, es una buena idea verificar nuestro resultado verificando que la derivada de la respuesta realmente es el integrando.
\ begin {alinear*}\ frac {d} {dx}\ grande (x\ ln x-x +C\ grande) &=\ ln x + x\,\ frac {1} {x} -1+0 =\ ln x\ end {alinear*}
El mismo método funciona casi exactamente para calcular los antiderivados de\(\arcsin(x)\) y\(\arctan(x)\text{:}\)
Calcular las antiderivadas de las funciones sinusoidal inversa y tangente inversa.
Solución
- Nuevamente ninguno de estos integrandos son productos, pero eso no es impedimento. En ambos casos establecemos\(\, d{v}=\, d{x}\) (es decir\(v'(x)=1\)) y elegimos\(v(x)=x\text{.}\)
- Para el bronceado inverso\(u=\arctan(x)\text{,}\) elegimos\(\, d{u}=\frac{1}{1+x^2}\, d{x}\text{:}\)\[\begin{align*} \int \arctan(x) \, d{x} &= x \arctan(x) - \int x \cdot \frac{1}{1+x^2} \, d{x}\\ \end{align*}\]
ahora usa regla de sustitución con\(w(x)=1+x^2, w'(x)=2x\)
\ begin {alinear*} &= x\ arctan (x) -\ int\ frac {w' (x)} {2}\ cdot\ frac {1} {w}\, d {x}\\ &= x\ arctan (x) -\ frac {1} {2}\ int\ frac {1} {w}\, d {w}\\ &= x\ arctan tan (x) -\ frac {1} {2}\ log |w| + C\\ &= x\ arctan (x) -\ frac {1} {2}\ log|1+x^2| + C\ qquad\ texto {pero $1+x^2\ gt 0$, entonces}\\ &= x\ arctan (x) - \ frac {1} {2}\ log (1+x^2) + C\ final {alinear*} - Del mismo modo para el seno inverso\(u=\arcsin(x)\) elegimos\(\, d{u} = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\, d{x}\text{:}\)\[\begin{align*} \int \arcsin(x) \, d{x} &= x \arcsin(x) - \int \frac{x}{\sqrt{1-x^2}} \, d{x}\\ \end{align*}\]
Ahora usa regla de sustitución con\(w(x)=1-x^2, w'(x)=-2x\)
\ begin {align*} &= x\ arcsin (x) -\ int\ frac {-w' (x)} {2}\ cdot w^ {-1/2}\, d {x}\\ &= x\ arcsin (x) +\ frac {1} {2}\ int w^ {-1/2}\, d {w}\\ &= x\ arcsin (x) +\ frac {1} {2}\ cdot 2 w^ {1/2} + C\\ &= x\ arcsin (x) +\ sqrt {1-x^2} + C\ final {alinear*} - Ambos se pueden verificar con bastante rapidez diferenciando —pero eso lo dejamos como un ejercicio para el lector.
Hay muchos otros ejemplos que podríamos hacer, pero terminaremos con uno complicado.
Solución
Intentemos este un poco ingenuamente y luego volveremos y lo haremos con más cuidado (y con éxito).
- Podemos elegir cualquiera\(u=e^x, \, d{v}=\sin x\, d{x}\) o al revés.
- Deja\(u=e^x, \, d{v}=\sin x\, d{x}\text{.}\) Entonces\(\, d{u}=e^x\, d{x}\) y\(v=-\cos x\text{.}\) Esto da
\ begin {alinear*}\ int e^x\ sin x &= -e^x\ cos x +\ int e^x\ cos x\, d {x}\ fin {alinear*}
Entonces nos quedamos con un integrando que es muy similar al que empezamos con. ¿Y la otra opción? - Deja\(u=\sin x, \, d{v}=e^x\, d{x}\text{.}\) Entonces\(\, d{u}=\cos x\, d{x}\) y\(v= e^x\text{.}\) Esto da
\ comenzar {alinear*}\ int e^x\ sin x &= e^x\ sin x -\ int e^x\ cos x\, d {x}\ fin {alinear*}
Así que nuevamente nos quedamos con un integrando que es muy similar al que empezamos con.
- Deja\(u=e^x, \, d{v}=\sin x\, d{x}\text{.}\) Entonces\(\, d{u}=e^x\, d{x}\) y\(v=-\cos x\text{.}\) Esto da
- ¿Cómo procedemos? — Resulta ser más fácil si haces ambas\(\int e^x\sin x\, d{x}\) y\(\int e^x \cos x\, d{x}\) simultáneamente. Lo hacemos en el siguiente ejemplo.
Esta vez vamos a hacer las dos integrales
\ begin {align*} I_1&=\ int_a^b e^x\ sin x\, d {x} & I_2 &=\ int_a^b e^x\ cos x\, d {x}\ end {alinear*}
más o menos al mismo tiempo.
- Primero\[\begin{align*} I_1=\int_a^b e^x\sin x\, d{x} &=\int_a^b u \, d{v} \qquad\\ \end{align*}\]
Escoge\(u=e^x, \, d{v} = \sin x\, d{x}\text{,}\) así\(v = -\cos x, \, d{u}= e^x\, d{x}\)
\ begin {align*} &=\ Grande [-e^x\ cos x\ Grande] _a^b +\ int_a^b e^x\ cos x\, d {x}\ end {align*} No hemos encontrado\(I_1\) pero lo hemos relacionado con\(I_2\text{.}\)\ begin {align*} I_1&=\ Grande [-e^x\ cos x\ Grande] _a^b +I_2\ end {align*}
- Ahora empieza de nuevo con\(I_2\text{.}\)\[\begin{align*} I_2=\int_a^b e^x\cos x\, d{x} &=\int_a^b u\, d{v}\\ \end{align*}\]
Escoge\(u=e^x, \, d{v} = \cos x\, d{x}\text{,}\) así\(v = \sin x, \, d{u}= e^x\, d{x}\)
\ begin {align*} &=\ Grande [e^x\ sin x\ grande] _a^b -\ int_a^b e^x\ sin x\, d {x}\ end {align*} Una vez más, no hemos encontrado\(I_2\) pero lo hemos relacionado de nuevo con\(I_1\text{.}\)\ begin {align*} I_2&=\ Grande [e^x\ sin x\ grande] _a^b -I_1\ end {align*}
- Así que resumiendo, tenemos
\ begin {align*} I_1&=\ Grande [-e^x\ cos x\ Grande] _a^b +I_2 & I_2&=\ Grande [e^x\ sin x\ Grande] _a^b -I_1\ end {align*}
- Así que ahora, sustituya la expresión\(I_2\) de la segunda ecuación por la primera ecuación para obtener
\ begin {align*} I_1 &=\ Grande [-e^x\ cos x +e^x\ sin x\ grande] _a^b -I_1\\ &\ hskip0.5in\ texto {lo que implica}\ qquad I_1=\ frac {1} {2}\ grande [e^x\ grande (\ sin x-\ cos x\ grande)\ grande] _a^b\ final {alinear*}
Si sustituimos al revés obtenemos\ begin {alinear*} I_2 &=\ Grande [e^x\ sin x +e^x\ cos x\ Grande] _a^b -I_2\\ &\ hskip0.5in\ text {lo que implica}\ qquad I_2=\ frac {1} {2}\ Grande [e^x\ grande (\ sin x+\ cos x\ grande)\ grande] _a^b\ end {align*}
Es decir,\ begin {alinear*}\ int_a^b e^x\ sin x\, d {x} &=\ frac {1} {2}\ Grande [e^x\ grande (\ sin x-\ cos x\ grande)\ Grande] _a^b\\ int_a^b e^x\ cos x\, d {x} &=\ frac {1} {2} Grande\ [e^x\ grande (\ sin x+\ cos x\ grande)\ grande] _a^b\ final {alinear*}
- Esto también dice, por ejemplo, que\(\frac{1}{2}e^x\big(\sin x-\cos x\big)\) es un antiderivado de\(e^x\sin x\) para que
\ comenzar {reunir*}\ int e^x\ sin x\, d {x} =\ frac {1} {2} e^x\ grande (\ sin x-\ cos x\ grande) +C\ fin {reunir*}
- Tenga en cuenta que siempre podemos verificar si esto es correcto o no. Es correcto si y sólo si la derivada del lado derecho es\(e^x\sin x\text{.}\) Aquí va. Por la regla del producto
\ begin {alinear*} &=\ frac {d} {dx}\ Grande [\ frac {1} {2} e^x\ grande (\ sin x-\ cos x\ grande) +C\ grande]\\ &=\ frac {1} {2}\ grande [e^x\ grande (\ sin x-\ cos x\ grande) +e^x\ grande (\ cos x+\ sin x\ grande)\ Grande] =e^x\ sin x\ fin {alinear*}
que es la derivada deseada. - Hay otra manera de encontrar\(\int e^x\sin x\, d{x}\) y\(\int e^x\cos x\, d{x}\) que, a diferencia de los cálculos anteriores, no implica ningún engaños. Pero sí requiere el uso de números complejos y así está más allá del alcance de este curso. El secreto es usar eso\(\sin x =\frac{e^{ix}-e^{-ix}}{2i}\) y\(\cos x =\frac{e^{ix}+e^{-ix}}{2}\text{,}\) dónde\(i\) está la raíz cuadrada\(-1\) del complejo sistema numérico. Ver Ejemplo B.2.6.
Ejercicios
Etapa 1
El método de integración por sustitución proviene de la\(\Rule{2cm}{1pt}{0pt}\) regla de diferenciación.
El método de integración por partes proviene de la\(\Rule{2cm}{1pt}{0pt}\) regla de diferenciación.
Supongamos que desea evaluar una integral utilizando la integración por partes. Tú eliges parte de tu integrando para ser\(u\text{,}\) y parte para ser\(\, d{v}\text{.}\) La parte elegida como\(u\) será: (diferenciada, antidiferenciada). La parte elegida como\(\, d{v}\) será: (diferenciada, antidiferenciada).
Dejar\(f(x)\) y\(g(x)\) ser funciones diferenciables. Usando la regla del cociente para la diferenciación, dar una expresión equivalente a\(\displaystyle\int \frac{f'(x)}{g(x)}\, d{x}\text{.}\)
Supongamos que queremos utilizar la integración por partes\(\displaystyle\int u(x)\cdot v'(x) \, d{x}\) para evaluar para algunas funciones diferenciables\(u\) y\(v\text{.}\) Necesitamos encontrar un antiderivado de\(v'(x)\text{,}\) pero hay infinitamente muchas opciones. Demostrar que cada antiderivado de\(v'(x)\) da una respuesta final equivalente.
Supongamos que desea evaluar\(\displaystyle\int f(x)\, d{x}\) usando integración por partes. \(\, d{v} = f(x)\, d{x}\text{,}\)\(u=1\)Explique por qué es generalmente una mala elección.
Nota: compare esto con el Ejemplo 1.7.8, donde elegimos\(u=f(x)\text{,}\)\(\, d{v}=1\, d{x}\text{.}\)
Etapa 2
Evaluar\({\displaystyle\int x\log x\,\, d{x}}\text{.}\)
Evaluar\({\displaystyle\int \frac{\log x}{x^7}\,\, d{x}}\text{.}\)
Evaluar\(\displaystyle\int_0^\pi x\sin x\,\, d{x}\text{.}\)
Evaluar\(\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}} x\cos x\,\, d{x}\text{.}\)
Evaluar\(\displaystyle\int x^3 e^x \, d{x}\text{.}\)
Evaluar\(\displaystyle\int x \log^3 x \, d{x}\text{.}\)
Evaluar\(\displaystyle\int x^2\sin x\, d{x} \text{.}\)
Evaluar\(\displaystyle\int (3t^2-5t+6)\log t\, d{t}\text{.}\)
Evaluar\(\displaystyle\int \sqrt{s}e^{\sqrt{s}}\, d{s}\text{.}\)
Evaluar\(\displaystyle\int \log^2 x \, d{x}\text{.}\)
Evaluar\(\displaystyle\int 2xe^{x^2+1}\, d{x}\text{.}\)
Evaluar\(\displaystyle\int\arccos y\,\, d{y}\text{.}\)
Etapa 3
Evaluar\(\displaystyle\int 4y\arctan(2y) \,\, d{y}\text{.}\)
Evaluar\(\displaystyle\int x^2\arctan x \, d{x}\text{.}\)
Evaluar\(\displaystyle\int e^{x/2}\cos(2x)\, d{x}\text{.}\)
Evaluar\(\displaystyle\int \sin(\log x)\, d{x}\text{.}\)
Evaluar\(\displaystyle\int 2^{x+\log_2 x} \, d{x}\text{.}\)
Evaluar\(\displaystyle\int e^{\cos x}\sin(2x)\, d{x}\text{.}\)
Evaluar\(\displaystyle\int \dfrac{x e^{-x}}{(1-x)^2}\,\, d{x}\text{.}\)
Una fórmula de reducción.
- Derivar la fórmula de reducción
\[ \int\sin^n(x)\,\, d{x}=-\frac{\sin^{n-1}(x)\cos(x)}{n} +\frac{n-1}{n}\int\sin^{n-2}(x)\,\, d{x}. \nonumber \]
- Calcular\(\displaystyle\int_0^{\pi/2}\sin^8(x)\,\, d{x}\text{.}\)
Dejar\(R\) ser la parte del primer cuadrante que se encuentra por debajo de la curva\(y=\arctan x\) y entre las líneas\(x=0\) y\(x=1\text{.}\)
- Esbozar la región\(R\) y determinar su área.
- Encuentra el volumen del sólido obtenido al girar\(R\) alrededor\(y\) del eje.
Dejar\(R\) ser la región entre las curvas\(T(x) = \sqrt{x}e^{3x}\) y\(B(x) = \sqrt{x}(1+2x)\) en el intervalo\(0 \le x \le 3\text{.}\) (Es cierto que\(T(x)\ge B(x)\) para todos\(0\le x\le 3\text{.}\)) Calcular el volumen del sólido formado girando\(R\) alrededor del\(x\) eje -eje.
Dejar\(f(0) = 1\text{,}\)\(f(2) = 3\) y\(f'(2) = 4\text{.}\) Calcular\(\displaystyle\int_0^4 f''\big(\sqrt{x}\big)\,\, d{x}\text{.}\)
Evaluar\(\displaystyle\lim_{n \to \infty}\sum_{i=1}^n \frac{2}{n}\left(\frac{2}{n}i-1\right)e^{\frac{2}{n}i-1}\text{.}\)
- Pronto lo haremos.