分部積分

分部積分的作用

分部積分可以產(chǎn)生一個新的積分丰泊，從而轉(zhuǎn)化研究對象喷户。

使用分部積分抵消求積分

對拆項后的其中一項使用分部積分

$\begin{aligned} & \int \frac{xe^x}{(1+x)^2} {\rm d}x = \int e^x \cdot \frac{(x + 1) - 1}{(1+x)^2} {\rm d}x = \int e^x [\cdot {\frac{1}{1+x} - \frac{1}{(1+x)^2}}] {\rm d}x \\ & = \int \frac{e^x}{1+x} {\rm d}x - \int \frac{e^x}{(1+x)^2} {\rm d}x汇恤，拆項 \\ & = \int \frac{e^x}{1+x} {\rm d}x + \int e^x {\rm d}(\frac{1}{1+x})庞钢，對第二項分部積分 \\ & = \int \frac{e^x}{1+x} {\rm d}x + e^x \cdot \frac{1}{1+x} - \int \frac{e^x}{1+x} {\rm d}x，與產(chǎn)生的新積分抵消 \\ & = \frac{e^x}{1+x} + C \end{aligned}$

對拆項后的兩項都使用分部積分
$\begin{aligned} & \int e^{\sin x} \cdot \frac{x\cos^3x - \sin x}{\cos^2x}{\rm d}x \\ & = \int e^{\sin x} \cdot x \cos x {\rm d}x - \int e^{\sin x} \cdot \frac{\sin x}{\cos^2x}{\rm d}x因谎，拆項 \\ & = \int x{\rm d}e^{\sin x} - \int e^{\sin x} {\rm d}{\frac{1}{\cos x}}基括，分別對前后兩項分部積分 \\ & = xe^{\sin x} - \int e^{\sin x}{\rm d}x - \frac{e^{\sin x}}{\cos x} + \int \frac{1}{\cos x} \cdot \cos x \cdot e^{\sin x}{\rm d}x，分部積分產(chǎn)生的新積分互相抵消 \\ & = xe^{\sin x} - \frac{e^{\sin x}}{\cos x} + C \end{aligned}$

需要添加常數(shù)才能達(dá)到分部積分抵消的題目
$\begin{aligned} & \int \left( { \frac{\arctan x}{\arctan x - x} } \right)^2 {\rm d}x = \int \left( { \frac{\arctan - x + x}{\arctan x - x} } \right)^2 {\rm d}x = \int \left( { 1 + \frac{x}{\arctan x - x} } \right)^2 {\rm d}x \\ & = \int {\rm d}x + 2 \int \frac{x}{\arctan x - x} {\rm d}x + \int \left( { \frac{x}{\arctan x - x} } \right)^2 {\rm d}x \\ & = \int {\rm d}x + \int \frac{1}{\arctan x - x} {\rm d}(x^2 + 1) + \int \left( { \frac{x}{\arctan x - x} } \right)^2 {\rm d}x \\ & = x + \frac{x^2+1}{\arctan x - x} - \int (x^2+1) \cdot \frac{-1}{(\arctan x - x)^2} \cdot \left[ { \frac{1}{1+x^2} - 1 } \right] {\rm d}x + \int \left( { \frac{x}{\arctan x - x} } \right)^2 {\rm d}x \\ & = x + \frac{x^2+1}{\arctan x - x} - \int (x^2+1) \cdot \frac{-1}{(\arctan x - x)^2} \cdot \frac{-x^2}{1+x^2} {\rm d}x + \int \left( { \frac{x}{\arctan x - x} } \right)^2 {\rm d}x \\ & = x + \frac{x^2+1}{\arctan x - x} - \int \left( { \frac{x}{\arctan x - x} } \right)^2 {\rm d}x + \int \left( { \frac{x}{\arctan x - x} } \right)^2 {\rm d}x \\ & = x + \frac{x^2+1}{\arctan x - x} + C财岔，此處使用 {\rm d}(x^2 + 1)和 \arctan x求導(dǎo)的分母相乘抵消 \\ \end{aligned}$

另外一個自己計算的題：
$\begin{aligned} & \int x \cdot \ln (1+x^2) \cdot \arctan x {\rm d}x风皿，后兩部分求導(dǎo)分母都包含1+x^2 \\ & = \frac{1}{2} \int \ln (1+x^2) \cdot \arctan x {\rm d}(x^2 + 1) \\ & = \frac{1}{2} (x^2 + 1) \cdot \ln (1+x^2) \cdot \arctan x - \frac{1}{2} \int (x^2 + 1) \left[ { \frac{2x \cdot \arctan x}{x^2 + 1} + \frac{\ln (1+x^2)}{x^2 + 1} } \right] {\rm d}x \\ & = \frac{1}{2} (x^2 + 1) \cdot \ln (1+x^2) \cdot \arctan x - \frac{1}{2} \int \left[ { 2x \cdot \arctan x + \ln (1+x^2) } \right] {\rm d}x \\ & = \frac{1}{2} (x^2 + 1) \cdot \ln (1+x^2) \cdot \arctan x - \frac{1}{2} \int \arctan x {\rm d}(x^2 + 1) - \frac{1}{2} \int \ln (1+x^2) {\rm d}x \\ & \int \arctan x {\rm d}(x^2 + 1) = (x^2 + 1) \arctan x - \int (x^2 + 1) \cdot \frac{1}{x^2 + 1} {\rm d}x = (x^2 + 1) \arctan x - x + C \\ & \int \ln (1+x^2) {\rm d}x = x \cdot \ln (1+x^2) - \int x \cdot \frac{2x}{x^2 + 1} {\rm d}x = x \cdot \ln (1+x^2) - \int \frac{2x^2 + 2 - 2}{x^2 + 2} {\rm d}x \\ & = x \cdot \ln (1+x^2) - 2 \int (1 - \frac{1}{x^2 + 2}){\rm d}x = x \cdot \ln (1+x^2) - 2x + \arctan \frac{x}{2} + C \\ & 原式 = \frac{1}{2} (x^2 + 1) \cdot \ln (1+x^2) \cdot \arctan x - \frac{1}{2} (x^2 + 1) \arctan x + \frac{1}{2} x - \frac{1}{2} x \cdot \ln (1+x^2) + x - \frac{1}{2} \arctan \frac{x}{2} \\ & = \frac{1}{2} (x^2 + 1) \cdot \ln \frac{(1+x^2)}{e} \cdot \arctan x + \frac{3}{2}x - \frac{1}{2} \arctan \frac{x}{2} + C \end{aligned}$

使用分部積分計算積分的極限

對于類似題目 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \int^b_a f(x, n) {\rm d}x$ ，求積分極限時匠璧，如果 $f(x,n)$ 隨著 $n$ 的變化是震蕩的桐款，無法直接求其極限時，可以考慮使用分部積分夷恍，將震蕩部分拆分出來魔眨，利用無窮小和有界性來求其極限。

$\begin{aligned} & \lim_{n \to \infty} \int^1_0 e^{x^{100}} \cos nx {\rm d}x \\ & = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \int^1_0 e^{x^{100}} \cos nx {\rm d}(nx) = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \int^1_0 e^{x^{100}} {\rm d} (\sin nx) \\ & = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \left[{e^{x^{100}} \cdot \sin nx {\LARGE |}^1_0 - \int^1_0 \sin nx \cdot e^{x^{100}} \cdot 100x^{99} {\rm d}x}\right] \\ & = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \cdot M = 0，M 有界\\ \end{aligned}$

只要 $x \in [0,1]遏暴， f(x)$ 有界連續(xù)侄刽，則極限 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \int^1_0 f(x)x^n {\rm d}x = 0$ ，
$\begin{aligned} & 首先 \lim_{n \to \infty} \int^1_0 x^n {\rm d}x = \lim_{n \to \infty} \left[{\frac{1}{n+1}x^{n+1} {\huge |}^1_0}\right] = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n+1} = 0 \\ & \lim_{n \to \infty} \int^1_0 \frac{x^n}{1+x} {\rm d}x朋凉，積分區(qū)間 [0,1] 上 \frac{x^n}{2} \le \frac{x^n}{1+x} \le \frac{x^n}{1} \\ & \lim_{n \to \infty} \int^1_0 \frac{1}{2} x^n {\rm d}x \le \lim_{n \to \infty} \int^1_0 \frac{x^n}{1+x} {\rm d}x \le \lim_{n \to \infty} \int^1_0 x^n {\rm d}x \\ & \lim_{n \to \infty} \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{n+1} \le \lim_{n \to \infty} \int^1_0 \frac{x^n}{1+x} {\rm d}x \le \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n+1} \\ & 從而 \lim_{n \to \infty} \int^1_0 \frac{x^n}{1+x} {\rm d}x = 0 \end{aligned}$

只要 $x \in [0,1]州丹， f(x)$ 有界連續(xù)，積分極限 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} n \cdot \int^1_0 f(x)x^n {\rm d}x = f(1)$
$\begin{aligned} & \lim_{n \to \infty} n \cdot \int^1_0 \frac{x^n}{1+x} {\rm d}x = \lim_{n \to \infty} \int^1_0 \frac{nx^n}{1+x} {\rm d}x = \lim_{n \to \infty} \int^1_0 \frac{x}{1+x} {\rm d}(x^n) {\rm d}x \\ & = \lim_{n \to \infty} \left[\frac{x}{1+x} \cdot x^n {\huge |}^1_0 - \int^1_0 x^n \cdot \frac{1}{(1+x)^2} {\rm d}x \right] \\ & = \frac{1}{2} \end{aligned}$

使用分部積分判斷定積分的正負(fù)

對于需要判斷定積分 $\int^b_a f(x) {\rm d}x$ 的正負(fù)時侥啤，一幫需要有以下方法：

找到 $f(x)$ 的零點和分段點当叭，拆區(qū)間茬故，換元使得區(qū)間再現(xiàn)
畫圖法盖灸，觀察 $f(x)$ 的形狀
使用分部積分，將原積分函數(shù)轉(zhuǎn)化為恒為正或者恒為負(fù)的函數(shù)

$\begin{aligned} & 判斷 \int^{2\pi}_{0} e^{\sin x} \cdot \sin x {\rm d}x 的正負(fù) \\ & \int^{2\pi}_{0} e^{\sin x} \cdot \sin x {\rm d}x = \int^{2\pi}_{0} e^{\sin x} {\rm d} \cos x磺芭，分部積分 \\ & = \cos x \cdot e^{\sin x} {\huge |}^{2\pi}_{0} + \int^{2\pi}_{0} \cos^2 x \cdot e^x {\rm d}x \\ & = 0 + \int^{2\pi}_{0} \cos^2 x \cdot e^x {\rm d}x > 0 \end{aligned}$

判斷反常積分?jǐn)可⑿?/h3>
常積分?jǐn)可⑿源蠖鄶?shù)最終會歸結(jié)于被積函數(shù)在瑕點處的階赁炎，瑕點是指被積區(qū)間內(nèi)或端點處的點所在領(lǐng)域內(nèi)無界的點，瑕點一定是有定義的點钾腺。

$\begin{aligned} & 判斷 \int ^{+\infty}_{2} \frac{\cos x}{\ln x} {\rm d}x 的斂散性 \\ & 被積函數(shù)無法直接判斷其斂散性徙垫，考慮使用分布積分放大分母 \\ & \int ^{+\infty}_{2} \frac{\cos x}{\ln x} {\rm d}x = \int ^{+\infty}_{2} \frac{1}{\ln x} {\rm d}(\sin x) \\ & = \frac{\sin x}{\ln x} {\huge |}^{+\infty}_{2} - \int ^{+\infty}_{2} \sin x \cdot (-\frac{1}{\ln^2 x}) \cdot \frac{1}{x} {\rm d}x \\ & = 0 - \frac{\sin 2}{\ln 2} + \int ^{+\infty}_{2} \frac{\sin x}{x \ln^2 x} {\rm d}x \\ & 而 \int ^{+\infty}_{2} \frac{|\sin x|}{x \ln^2 x} {\rm d}x \le \int ^{+\infty}_{2} \frac{1}{x \ln^2 x} {\rm d}x = -\frac{1}{\ln x} {\huge |} ^{+\infty}_{2} = \frac{1}{\ln 2} 收斂 \\ & 故 \int ^{+\infty}_{2} \frac{\cos x}{\ln x} {\rm d}x 收斂 \end{aligned}$

證明積分不等式

使用分分部積分可以建立 $f(x) 與 f'(x)$ 之間的等式關(guān)系。

$\begin{aligned} & 設(shè) f(x) 在 [0, a] 一階連續(xù)可到放棒，f(x) > 0姻报，|f'(x)| \le M，證明：\left|\int^a_0 f(x) {\rm d}x\right| \le \frac{M}{2}a^2 \\ & 使用拉格蘭日中值定理： \left|\int^a_0 f(x) {\rm d}x \right| \le \int^a_0 |f(x)| {\rm d}x \\ & = \int^a_0 |f(x) - f(0)| {\rm d}x = \int^a_0 |f'(\xi)| \cdot x {\rm d}x \\ & \le M\int^a_0 x {\rm d}x = M \cdot \frac{a^2}{2} \\ & 使用分部積分间螟，注意到未給定 f(a)吴旋，需要湊出 {\rm d}(x-a) \\ & \left|\int^a_0 f(x) {\rm d}x \right| = \left|\int^a_0 f(x) {\rm d}(x-a) \right| \\ & = \left|(x-a)f(x) {\huge |}^a_0 - \int^a_0 (x-a)f'(x) {\rm d}x \right| \\ & = \left|\int^a_0 (x-a)f'(x) {\rm d}x \right| \le \int^a_0 (x-a) |f'(x) | {\rm d}x \\ & \le M \int^a_0 (x-a) {\rm d}x = \frac{M}{2}a^2 \end{aligned}$

一個比較難的積分不等式題目
$\begin{aligned} & 設(shè) f(x) 二階連續(xù)可導(dǎo)，|f''(x)| \le M厢破，f(a)=f(b)=0荣瑟，證明\left| \int^b_a f(x) {\rm d}x \right| \le \frac{(b-a)^3}{12} \cdot M \\ & \int^b_a f(x) {\rm d}x = \int^b_a f(x) {\rm d} (x-a) = (x-a)f(x) {\huge |}^b_a - \int^b_a (x-a)f'(x) {\rm d}x \\ & = \int^b_a (x-a)f'(x) {\rm d}x = \int^b_a (x-a)f'(x) {\rm d}(x-b) \\ & = -(x-a)(x-b)f'(x){\huge |}^b_a + \int^b_a (x-b) [f'(x) + (x-a)f''(x)] {\rm d}x \\ & = \int^b_a (x-b) f'(x) {\rm d}x + \int^b_a (x-b)(x-a)f''(x) {\rm d}x，f'(x)要轉(zhuǎn)為f(x)或f''(x) \\ & = \int^b_a (x-b) {\rm d}[f(x)] + \int^b_a (x-b)(x-a)f''(x) {\rm d}x摩泪，此處也可對 (x-b)分部積分 \\ & = (x-b)f(x){\huge |}^b_a - \int^b_a f(x) {\rm d}x + \int^b_a (x-b)(x-a)f''(x) {\rm d}x \\ & = - \int^b_a f(x) {\rm d}x + \int^b_a (x-b)(x-a)f''(x) {\rm d}x笆焰，積分再現(xiàn) \\ & = \frac{1}{2} \int^b_a (x-b)(x-a)f''(x) {\rm d}x \\ & \implies \left| \int^b_a f(x) {\rm d}x \right| = \left| \frac{1}{2} \int^b_a (x-b)(x-a)f''(x) {\rm d}x \right| \\ & \le \frac{1}{2} \int^b_a |x-b||x-a| |f''(x)| {\rm d}x \\ & \le \frac{M}{2} \int^b_a (x-a)(b-x) {\rm d}x = \frac{(b-a)^3}{12} \cdot M \\ \end{aligned}$

求變現(xiàn)函數(shù)的積分

$\begin{aligned} & f(x) = \int^x_0 \frac{\sin t}{\pi - t}{\rm d}t，求 I = \int^{\pi}_0 f(x) {\rm d}x. \\ & 解法一： I = \int^{\pi}_0 \left[ \int^x_0 \frac{\sin t}{\pi - t}{\rm d}t \right] {\rm d}x = x \cdot \int^x_0 \frac{\sin t}{\pi - t}{\rm d}t {\huge |}^{\pi}_0 - \int^{\pi}_0 \frac{x\sin x}{\pi - x}{\rm d}x \\ & = \pi \cdot \int^{\pi}_0 \frac{\sin x}{\pi - x}{\rm d}x - \int^{\pi}_0 \frac{x\sin x}{\pi - x}{\rm d}x = \int^{\pi}_0 \frac{(\pi - x)\sin x}{\pi - x}{\rm d}x\\ & = \int^{\pi}_0 \sin x {\rm d}x = -\cos x{\huge |}^{\pi}_0 = 2 \\ & 解法二：I = \int^{\pi}_0 f(x) {\rm d}(x-\pi) = f(x)(x-\pi) {\huge |}^{\pi}_0 - \int^{\pi}_0 (x-\pi) \cdot \frac{\sin x}{\pi - x}{\rm d}x \\ & = \int^{\pi}_0 \sin x {\rm d}x = 2\\ \end{aligned}$

處理有界震蕩

處理有界震蕩见坑，在有界震蕩的部分前面乘以一個無窮小或者除以一個無窮大嚷掠。

$f(x) = \int^x_0 \cos \frac{1}{t} {\rm d}t，求 f'(0)$
$\begin{aligned} & 使用定義荞驴，洛必達(dá)后的極限震蕩叠国，考慮在震蕩函數(shù)前乘以一個無窮小 \\ & \int^x_0 \cos \frac{1}{t} {\rm d}t = \int^x_0 t^2 \cdot (\frac{1}{t})^2 \cos \frac{1}{t} {\rm d}t = - \int^x_0 t^2 {\rm d}(\sin \frac{1}{t}) \\ & = -t^2 \cdot \sin \frac{1}{t} {\huge |}^x_0 + \int^x_0 2t \sin \frac{1}{t} {\rm d}t = -x^2 \cdot \sin \frac{1}{x} + \int^x_0 2t \sin \frac{1}{t} {\rm d}t \\ & 再用導(dǎo)數(shù)定義可得 f'(0) = \lim_{x \to 0} \frac{f(x)-f(0)}{x-0} = \lim_{x \to 0} \frac{-x^2 \cdot \sin \frac{1}{x} + \int^x_0 2t \sin \frac{1}{t} {\rm d}t}{x} \end{aligned}$

判斷 $\int^{+\infty}_1 \cos x^2 {\rm d}x$ 的斂散性。
$\begin{aligned} & \int^{+\infty}_1 \cos x^2 {\rm d}x = \int^{+\infty}_1 \frac{1}{2x} \cdot 2x \cdot \cos x^2 {\rm d}x = \frac{1}{2} \int^{+\infty}_1 \frac{1}{x} {\rm d}(\sin x^2) \\ & = \frac{1}{2x} \cdot \sin x^2 {\huge |}^{+\infty}_1 + \frac{1}{2} \int^{+\infty}_1 \frac{\sin x^2}{x^2} {\rm d}x \\ & = - \frac{\sin 1}{2} + \frac{1}{2} \int^{+\infty}_1 \frac{\sin x^2}{x^2} {\rm d}x \\ & 而 \int^{+\infty}_1 \left| \frac{\sin x^2}{x^2} \right| {\rm d}x \le \int^{+\infty}_1 \left| \frac{1}{x^2} \right| {\rm d}x \\ & = \int^{+\infty}_1 \frac{1}{x^2} {\rm d}x = - \frac{1}{x} {\huge |}^{+\infty}_1 = 1 收斂 \\ & \implies \int^{+\infty}_1 \frac{\sin x^2}{x^2} {\rm d}x 絕對收斂 \implies \int^{+\infty}_1 \frac{\sin x^2}{x^2} {\rm d}x 收斂 \implies 原積分收斂 \\ \end{aligned}$

分部積分法

分部積分法

分部積分

分部積分的作用

使用分部積分抵消求積分

使用分部積分計算積分的極限

使用分部積分判斷定積分的正負(fù)

證明積分不等式

求變現(xiàn)函數(shù)的積分

處理有界震蕩

分部積分法

分部積分

分部積分的作用

使用分部積分抵消求積分

使用分部積分計算積分的極限

使用分部積分判斷定積分的正負(fù)

判斷反常積分?jǐn)可⑿?/h3> 常積分?jǐn)可⑿源蠖鄶?shù)最終會歸結(jié)于被積函數(shù)在瑕點處的階赁炎，瑕點是指被積區(qū)間內(nèi)或端點處的點所在領(lǐng)域內(nèi)無界的點，瑕點一定是有定義的點钾腺。

證明積分不等式

求變現(xiàn)函數(shù)的積分

處理有界震蕩