Pravilo Pretpostavimo da su f (x ) i g (x ) dvije više puta diferencijabilne funkcije . Tada pravilo parcijalne integracije kaže da kada imamo intervale sa krajnjim tačkama a i b , dobijamo ∫ a b f ( x ) g ′ ( x ) d x = [ f ( x ) g ( x ) ] a b − ∫ a b f ′ ( x ) g ( x ) d x {\displaystyle \int _{a}^{b}f(x)g'(x)\,dx=\left[f(x)g(x)\right]_{a}^{b}-\int _{a}^{b}f'(x)g(x)\,dx} gdje koristimo standardne oznake
[ f ( x ) g ( x ) ] a b = f ( b ) g ( b ) − f ( a ) g ( a ) . {\displaystyle \left[f(x)g(x)\right]_{a}^{b}=f(b)g(b)-f(a)g(a).} Pravilo se dokazuje pravilom derivacije proizvoda i fundamentalnom teoremom kalkulusa. Zbog toga je
f ( b ) g ( b ) − f ( a ) g ( a ) {\displaystyle f(b)g(b)-f(a)g(a)\,} = ∫ a b d d x ( f ( x ) g ( x ) ) d x {\displaystyle =\int _{a}^{b}{\frac {d}{dx}}(f(x)g(x))\,dx} = ∫ a b f ′ ( x ) g ( x ) d x + ∫ a b f ( x ) g ′ ( x ) d x . {\displaystyle =\int _{a}^{b}f'(x)g(x)\,dx+\int _{a}^{b}f(x)g'(x)\,dx.}
U tradicionalnom kalkulusu, ovo pravilo se koristi kod neodređenog integrala u formi
∫ f ( x ) g ′ ( x ) d x = f ( x ) g ( x ) − ∫ f ′ ( x ) g ( x ) d x , {\displaystyle \int f(x)g'(x)\,dx=f(x)g(x)-\int f'(x)g(x)\,dx,} ili u kraćoj formi, ako napišemo u = f (x ), v = g (x ) i diferencijali du = f ′(x ) dx i dv = g ′(x ) dx . Tada je u formi u kojoj je najčešće susrećemo:
∫ u d v = u v − ∫ v d u . {\displaystyle \int u\,dv=uv-\int v\,du.}
Primjeri Kako bi izračunali
∫ x cos ( x ) d x {\displaystyle \int x\cos(x)\,dx} napišemo:
u = x , tako da je du = dx ,dv = cos(x ) dx , tako da je v = sin(x ).Zatim:
∫ x cos ( x ) d x = ∫ u d v = u v − ∫ v d u = x sin ( x ) − ∫ sin ( x ) d x = x sin ( x ) + cos ( x ) + C {\displaystyle {\begin{aligned}\int x\cos(x)\,dx&=\int u\,dv\\&=uv-\int v\,du\\&=x\sin(x)-\int \sin(x)\,dx\\&=x\sin(x)+\cos(x)+C\end{aligned}}} gdje je C arbitražna konstanta integracije.
Ako iznova koristimo parcijalnu integraciju, integrali kao što su
∫ x 3 sin ( x ) d x ili ∫ x 2 e x d x {\displaystyle \int x^{3}\sin(x)\,dx\quad {\mbox{ili}}\quad \int x^{2}e^{x}\,dx} mogu se izračunati veoma lagano: ponavljanje ovog postupka smanjuje potenciju x za jedan.
Interesantan primjer je sljedeći:
∫ e x cos ( x ) d x {\displaystyle \int e^{x}\cos(x)\,dx} gdje se, na kraju, ne mora primjenjivati stvarna integracija.
Kod ovog primjere, parcijalna integracija se primjeni dva puta. Kao prvo, napišimo:
u = cos(x ); tako da je du = -sin(x )dx dv = ex dx ; tako da je v = ex Zatim:
∫ e x cos ( x ) d x = e x cos ( x ) + ∫ e x sin ( x ) d x {\displaystyle \int e^{x}\cos(x)\,dx=e^{x}\cos(x)+\int e^{x}\sin(x)\,dx} Sada, kako bi izračunali integral koji nam je ostao, ponovo koristimo parcijalnu integraciju, sa:
u = sin(x ); du = cos(x )dx v = ex ; dv = ex dx Zatim:
∫ e x sin ( x ) d x {\displaystyle \int e^{x}\sin(x)\,dx} = e x sin ( x ) − ∫ e x cos ( x ) d x {\displaystyle =e^{x}\sin(x)-\int e^{x}\cos(x)\,dx}
Sklopivši sve to zajedno, dobijamo
∫ e x cos ( x ) d x = e x cos ( x ) + e x sin ( x ) − ∫ e x cos ( x ) d x {\displaystyle \int e^{x}\cos(x)\,dx=e^{x}\cos(x)+e^{x}\sin(x)-\int e^{x}\cos(x)\,dx} Primijetimo da se isti integral pojavljuje na obje strane jednačine. Prebacimo sve na jednu stranu i dobijamo:
2 ∫ e x cos ( x ) d x = e x ( sin ( x ) + cos ( x ) ) {\displaystyle 2\int e^{x}\cos(x)\,dx=e^{x}(\sin(x)+\cos(x))} ∫ e x cos ( x ) d x = e x ( sin ( x ) + cos ( x ) ) 2 {\displaystyle \int e^{x}\cos(x)\,dx={e^{x}(\sin(x)+\cos(x)) \over 2}} Još dva dobro poznata primjera primjene parcijalne integracije je kada je funkcija izražena kao proizvod 1 i same sebe.
Prvi primjer je ∫ ln(x ) dx . Ovo pišemo kao:
∫ ln ( x ) ⋅ 1 d x {\displaystyle \int \ln(x)\cdot 1\,dx} Napišimo:
u = ln(x ); du = 1/x dx v = x ; dv = 1·dx Zatim:
∫ ln ( x ) d x {\displaystyle \int \ln(x)\,dx} = x ln ( x ) − ∫ x x d x {\displaystyle =x\ln(x)-\int {\frac {x}{x}}\,dx} = x ln ( x ) − ∫ 1 d x {\displaystyle =x\ln(x)-\int 1\,dx}
∫ ln ( x ) d x = x ln ( x ) − x + C {\displaystyle \int \ln(x)\,dx=x\ln(x)-{x}+{C}} ∫ ln ( x ) d x = x ( ln ( x ) − 1 ) + C {\displaystyle \int \ln(x)\,dx=x(\ln(x)-1)+C} gdje je, ponovo, C arbitražna konstanta integracije
Drugi primjer je ∫ arctan(x ) dx , gdje je arctan(x ) inverzna tangensna funkcija. Ovo ponovo napišemo kao:
∫ arctan ( x ) ⋅ 1 d x {\displaystyle \int \arctan(x)\cdot 1\,dx} Napišimo:
u = arctan(x ); du = 1/(1+x 2 ) dx v = x ; dv = 1·dx Zatim:
∫ arctan ( x ) d x {\displaystyle \int \arctan(x)\,dx} = x arctan ( x ) − ∫ x 1 + x 2 d x {\displaystyle =x\arctan(x)-\int {\frac {x}{1+x^{2}}}\,dx} = x arctan ( x ) − 1 2 ln ( 1 + x 2 ) + C {\displaystyle =x\arctan(x)-{1 \over 2}\ln \left(1+x^{2}\right)+C}
koristeći kombinaciju pravilo inverzne derivacije složene funkcije i uslov integriranja prirodnog logaritma.
Više dimenzije
Kulturološke reference Metoda tabularne parcijalne integracije pojavila se u filmu Stand and Deliver iz 1988 . godine.
Vanjski linkovi