Integrace PER PARTES

Integrace PER PARTES Integraci per partes používáme v případě, kdy potřebujeme integrovat součin dvou funkcí. Využíváme při tom následujícího vzorce:

 u´v  uv   uv´ , který je nutné u některých příkladů použít i několikrát po sobě, než dojdeme ke kýženému výsledku. Nezasvěcený čtenář se jistě při pohledu na žlutě zvýrazněnou formuli zděsí a vykřikne něco ve smyslu: „Můj ty bože, co je to za blbost? Vždyť ten vzorec akorát převádí integrál součinu dvou funkcí na integrál součinu jiných dvou funkcí! A ještě do toho cpe derivace!“ Jak si ukážeme na několika konkrétních příkladech, takový výkřik a jemu podobné jsou jen pouhými výkřiky do tmy. Pozn. V následujícím textu předpokládám znalost základních integračních vzorců a taktéž derivací elementárních funkcí. Příklad 1 Vypočtěte:

 x e

x

dx

Když se podívám na žlutý vzorec a pak zpět na náš příklad, je mi jasné, že jedna z funkcí x a ex musí být v tomto vzorci funkcí u´ a druhá funkcí v. Dejme tomu, že nemám zatím s integrací per partes žádné zkušenosti a nejsem schopen vidět věci trochu dopředu. Pak mi nezbývá, než volit náhodně. Volím tedy takto: x2 u´ = x tuto funkci je třeba integrovat →u= 2 x v=e tuto funkci musím derivovat → v´ = ex

Fajn. Provedl jsem dílčí výpočty a teď hurá na to! x x  x  e dx  e 

x2 x2   ex dx 2 2

A kruci! Dostal jsem ještě větší „fuj“ než předtím. Znamená to snad, že metoda per partes nefunguje? Ale kdepak, bobánci, jen jsem si funkce u´ a v zvolil špatně. Takže jinak: u´ = ex

tuto funkci musím integrovat

→ u = ex

v=x

tuto funkci musím derivovat

→ v´ = 1

 x e

x

dx  x  e x   1  e x dx  x  e x  e x  e x  x 1  C

A je hotovo! Metoda per partes funguje. Pro klid duše provedu ještě zkoušku zpětnou derivací.  ZK: e x  x  1  C  e x  x  1  e x  1  0  xe x  e x  e x  xe x





Příklad 2 Vypočtěte:  10 x 3 sin xdx Nejdřív vyšprtnu ven před integrál tu desítku a vypočtu integrál  x 3 sin xdx . Posléze to celé vynásobím desíti. Vzhledem k tomu, že opakovaná derivace postupně „degraduje mocninné funkce s přirozeným exponentem“ až na pouhé číslo (resp. nulu, když nevím, kdy přestat), je jasné, že jako funkci v zvolím mocninnou funkci x3. u´ sin x

u   cos x

v  x3

v´ 3 x 2

x

3

sin xdx =  x 3 cos x   3x 2  cos x  dx   x 3 cos x  3 x 2 cos xdx

Příklad jsem sice zatím nevyřešil, ale „degradoval jsem mocninnou funkci v integrálu o jeden stupeň“ a to se počítá, vážení! Takže znovu per partes: u´ cos x

u  sin x

v  x2

v´ 2 x





 x 3 cos x  3 x 2 cos xdx =  x 3 cos x  3 x 2 sin x   2 x sin xdx  =  x 3 cos x  3 x 2 sin x  6  x sin xdx Ještě pořád mám v integrálu součin dvou funkcí. Takže per partes potřetí: u´ sin x

u   cos x

vx

v´ 1





 x 3 cos x  3 x 2 sin x  6  x sin xdx   x 3 cos x  3 x 2 sin x  6  x cos x    cos xdx    x 3 cos x  3 x 2 sin x  6 x cos x  6  cos xdx   x 3 cos x  3x 2 sin x  6 x cos x  6 sin x  C





Zbývá vynásobit desíti. Dostanu 10  x 3 cos x  3 x 2 sin x  6 x cos x  6 sin x  C . Zkoušku provedu opět zpětnou derivací. Budu pochopitelně derivovat jen tu závorku a pak výsledek vynásobím desíti. O konstantu C se nestarám (jistě víte proč).   x 3 cos x  3x 2 sin x  6 x cos x  6 sin x  =  3 x 2 cos x  x 3  sin x   3 2 x sin x  x 2 cos x  6cos x  x sin x   6 cos x   3x 2 cos x  x 3 sin x  6 x sin x  3 x 2 cos x  6 cos x  6 x sin x  6 cos x   x 3 sin x







 

Celkem tedy 10 x 3 sin x . Výsledek je správně.



Příklad 3 Vypočtěte:  e x cos xdx Co zvolit jako funkci u´ a co jako funkci v ? Nevím, ale po pravdě řečeno bych raději kosinus integroval nežli derivoval (to kvůli tomu mínusu), takže volím takto: u´ cos x

u  sin x

v  ex

v´ e x

e

x

cos xdx = e x sin x   e x sin x dx

Co teď? To jsem si zatím moc nepomohl. Zkusím

ještě jednou metodu per partes a tentokrát (protože panikařím) obráceně.

u´ e x

u  ex

v  sin x

v´ cos x





e x sin x   e x sin x dx = e x sin x  e x sin x   e x cos x dx =  e x cos xdx . Co to vidím? Vždyť jsem se vrátil na začátek! Příklad 3 je neřešitelný!? Nikoli. Opět jsem jen špatně volil funkce u´ a v a to při druhém použití metody per partes. Tak znova. u´ sin x

u   cos x

v  ex

v´ e x





e x sin x   e x sin x dx = e x sin x   e x cos x   e x cos x dx = e x sin x  e x cos x   e x cos x dx Jak je vidět, integrálu

e

x

cos xdx jsem se zase nezbavil. Ale nezoufejme, řešení už je velice

blízko. Označím-li si totiž ten zpropadený integrál  e x cos xdx například písmenem ω, rázem dostanu jednoduchou rovnici:

  e x sin x  e x cos x   / +ω x x 2  e sin x  e cos x /:2 x 1 e   e x sin x  e x cos x   sin x  cos x  2 2 Závěr:  e x cos xdx =

ex sin x  cos x  + C 2

  ex  1 x 1 ZK:  sin x  cos x  = e sin x  cos x   e x cos x  sin x   2e x cos x  e x cos x 2  2  2









Příklad 4 Vypočtěte:  cos 2 x dx u´ cos x

u  sin x

v  cos x

v´  sin x

 cos

2

Člověk se na to mrkne a hned ho napadne tato volba:

x dx = sin x cos x    sin 2 x dx = sin x cos x   sin 2 x dx

Nebojím se toho a zkusím ještě jednou použít metodu per partes. u´ sin x

u   cos x

v  sin x

v´ cos x

sin x cos x   sin 2 x dx = sin x cos x  sin x cos x   cos 2 x dx =  cos 2 x dx

Co teď?

Tady byla špatná volba hned v úvodu. Zkusím to tedy jinak. Chvíli to bude možná vypadat, že situaci akorát komplikuju, ale nakonec se ukáže, že tudy vede ta správná cesta. u´ 1

ux

v  cos 2 x

v´ 2 cos x sin x   sin 2 x

 cos

2

x dx = x cos 2 x   x sin 2 x dx = x cos 2 x   x sin 2 xdx

u´ sin 2 x

1 u   cos 2 x 2

vx

v´ 1

x 1 x 1 = x cos 2 x  cos 2 x    cos 2 xdx  x cos 2 x  cos 2 x   cos 2 xdx = 2 2 2 2 x 1 1 x 1 = x cos 2 x  cos 2 x   sin 2 x  C  x cos 2 x  cos 2 x  sin 2 x  C 2 2 2 2 4

 x 1   2 ZK:  x cos x  cos 2 x  sin 2 x  C   2 4   1 1 = cos 2 x  2 x cos x sin x   cos 2 x  2 x sin 2 x   2 cos 2 x  2 4 1 1 = cos 2 x  x sin 2 x  cos 2 x  x sin 2 x  cos 2 x  cos 2 x 2 2

Pozn. 1) Při integraci funkcí sin 2 x a cos 2 x jsem použil metodu substituce. 2) Při úpravách některých výrazů jsem použil vzorec sin 2 x  2 sin x cos x .

Příklad 5 Vypočtěte:  ln xdx

I toto můžu chápat jako součin dvou funkcí, totiž funkce konstantní a

logaritmické. Aplikuju tedy metodu per Pařez. u´ 1

ux

x  x ln x   dx  x ln x   dx  x ln x  x  C  xln x 1  C x 1 v  ln x v´ x Zkoušku proveďte sami, tady jsem si víc než jistý.

 ln xdx =

Příklad 6 Vypočtěte:  arctgxdx

u´ 1

ux

 arctgxdx =

= xarctgx  

x dx x 1 2

1 x 1 Získaný integrál vyřeším pomocí substituce (o níž je či bude pojednáno jinde): t  x 2  1 1 2 xdx 1 dt 1 x 1 dx    2    ln t  C  ln x 2  1  C  x2 1 2 2 dt  2 xdx 2 x  1 2 t v  arctgx

v´

2

Dohromady dostanu: 1

 arctgxdx = xarctgx  2 ln x

2



1  C

 1 1 1 1   2 ZK:  xarctgx  ln x  1  C   arctgx  x 2   2 2 x = arctgx 2 x 1 2 x 1   Pozn. Při zkoušce jsem derivoval jednak součin dvou funkcí a jednak složenou funkci.





Příklad 7 Vypočtěte:

1 x

 x ln 1  x dx

Využiju vlastnosti logaritmů a zadaný integrál rozdělím na dva integrály o něco vkusnější.

1 x

 x ln 1  x dx =  xln 1  x   ln 1  x dx   x ln 1  x dx   x ln 1  x dx Abych se do toho nezamotal, vyřeším si oba nově získané integrály samostatně a pak je od sebe odečtu. Začnu tím prvním.

 x ln 1  x dx

Jeden by řekl, že volba funkcí u´ a v je jasná. Funkce v = x, protože ji

budu derivovat a stane se z ní konstanta. Dobrá, zkusím to. u´ ln 1  x  u? Výpočet funkce u vydá na samostatný příklad. vx v´ 1 t  1 x     ln 1  x dx    ln tdt  t ln t  1  C  dt   dx =  x  1ln 1  x   1 + C u =  ln 1  x dx 

Při výpočtu funkce u jsem vyšel z příkladu 5 a už teď můžu říct, že dál ani nehodlám pokračovat. Třeba by to i vyšlo, ale já to zkusím jinak. u´ x

u

 x ln 1  x dx =

= v  ln 1  x 

=

x2 2

x2 1 x2 ln 1  x    dx 2 2 1 x

v´

1 1 x

x2 x2  1  ln 1  x     dx  2 2 1 x 

Na tomto místě provedu příslušné dělení.

x 2 :  x  1   x  1



 x2  x



x   x  1

x2 1 Tedy  x 1  . Zpátky k příkladu. 1 x 1 x

1 2

x 1 x2 x2 1 dx  ln 1  x    dx = ln 1  x      xdx   1dx   = 2 2 1 x 2 2 1  x   x2 1  x2 x2 x2 x 1 ln 1  x     x  ln 1  x   C  ln 1  x     ln 1  x  C 2 2 2 2 4 2 2 

Nyní vypočtu podobným způsobem i druhý integrál. x2 u´ x u 2 x2 1 x2   x ln 1  x dx =  ln  1  x   dx  2 2 1 x 1 v  ln 1  x  v´ 1 x

x2 1  x 1  x 1 x 1 2 2 2 x 1 x x 1 dx  ln 1  x    dx = ln 1  x     xdx   1dx    2 2 1 x 2 2 1  x 

Provedu opět příslušné dělení:

=

 x2 1  x2 x2 x2 x 1 ln 1  x     x  ln 1  x   C  ln 1  x     ln 1  x  C 2 2 2 2 4 2 2 

Nyní druhý integrál odečtu od prvního. Dostanu:

x2 x2 x 1 x2 x2 x 1 ln 1  x     ln 1  x  ln 1  x     ln 1  x  C  2 4 2 2 2 4 2 2 x2 = ln 1  x   ln 1  x   x  1 ln 1  x  ln 1  x   C  2 2 2 x 1 x 1 1 x = ln  x  ln C 2 1 x 2 1 x Tu absolutní hodnotu u druhého logaritmu zruším, podle mě tam díky tomu prvnímu logaritmu beztak nemá žádný význam. A logaritmy pak můžu vytknout před závorku. Dostanu kýžený výsledek:

 x ln

x2 1 1  x 1 x dx =  ln  xC 1 x 2 1 x

   x2 1 1  x  1 1 x 1 x    2 ZK:   ln  x  C   2 x ln  x  1  ln   1= 1 x 2 1 x 1 x     2    2 1  x x  1 1  x  11  x   1  x   1 = x ln    1  1 x 2 1 x 1  x 2



= x ln



1  x  x  1 x  1 1  x 2 1 x 1 x     1  x ln  1  1  x ln 2 1 x 2 1  x 1  x  1 x 1 x

Příklad 8 Vypočtěte:  sin 2 x sin 3 xdx

u´ sin 2 x

 sin 2 x sin 3xdx = v  sin 3 x u´ cos 2 x

u

1 sin 2 x 2

=

v  cos 3x

v´ 3 sin 3x

Tak tady je to vyloženě vabank. Teda aspoň pro mě, je mi jasné, že ostřílený matematik by nezaváhal. 1 u   cos 2 x 2 1 3 =  sin 3x cos 2 x   cos 3 x cos 2 xdx  2 2 v´ 3 cos 3x

1 3 1 3    sin 3x cos 2 x   sin 2 x cos 3x   sin 2 x sin 3 xdx  = 2 2 2 2 

1 3 9 =  sin 3x cos 2 x  sin 2 x cos 3 x   sin 2 x sin 3xdx 2 4 4

Mám zpátky původní integrál.

Označím tedy  sin 2 x sin 3 xdx = ω a dále řeším jako rovnici. 1 3 9    sin 3 x cos 2 x  sin 2 x cos 3 x   2 4 4 1 3 5 sin 3 x cos 2 x  sin 2 x cos 3 x   2 4 4 2 3 sin 3 x cos 2 x  sin 2 x cos 3x   5 5

Závěr:  sin 2 x sin 3 xdx =

2 3 sin 3 x cos 2 x  sin 2 x cos 3 x 5 5

 3 2  ZK:  sin 3x cos 2 x  sin 2 x cos 3x   5 5  2 3  3 cos 3x cos 2 x  sin 3 x 2 sin 2 x   2 cos 2 x cos 3x  sin 2 x 3 sin 3x   5 5 6 4 6 9  cos 3 x cos 2 x  sin 3 x sin 2 x  cos 2 x cos 3x  sin 2 x sin 3 x  sin 2 x sin 3 x 5 5 5 5 Pozn. 1) Řešení příkladu (jeho zápis) mnohdy závisí na použité integrační metodě. Jiný zápis 1 1 řešení tohoto příkladu je roven sin x  sin 5 x . Sami si v programu MATMAT.exe 2 10 (ke stažení v sekci BONUSY) ověřte, že se jedná o tutéž funkci. 2)

Při integraci funkcí sin 2 x a cos 2 x jsem použil metodu substituce.

3)

Sami si zkuste různě kombinovat volby funkcí u´ a v při prvním a druhém použití metody per partes. Někdy to vyjde, jindy třeba ne, ale chybami se člověk učí!

Příklady k procvičení. Zkoušku proveďte zpětnou derivací. 1)

e

4 x

cos 3 xdx

ln 3 x  x 2 dx 3)  x  e  x dx 2)

4) 5) 6) 7) 8)

 x  x ln xdx  sin xdx  cos 4 x cos 3xdx  x  3 dx  x  2 x cos 3xdx 2

5

x

2