Правило LIATE: как выбрать u и dv при интегрировании по частям
Правило LIATE — это простой и эффективный способ выбрать $ u $ и $ dv $ при интегрировании по частям. Оно помогает избежать лишних сложностей и сделать процесс вычисления интегралов быстрее. Не знаете, с чего начать в задаче вроде $ \int x \ln(2x) \, dx $? В этой статье мы разберем, что такое LIATE, как оно работает и как применять его на практике с примерами.
Что такое правило LIATE?
Правило LIATE — это мнемонический прием для метода интегрирования по частям, где используется формула $$ \int u \, dv = uv - \int v \, du. \quad (*) $$ Оно определяет приоритет функций для выбора в качестве $u$. Название - это акроним от названий типов функций:
- L — Logarithmic (логарифмы, например, $ \ln x $).
- I — Inverse (обратные функции, например, $ \arctan x $).
- A — Algebraic (алгебраические, например, $ x^2 $).
- T — Trigonometric (тригонометрические, например, $ \sin x $).
- E — Exponential (экспоненциальные, например, $ e^x $).
Логика проста: функции, стоящие выше в списке (логарифмы, обратные тригонометрические), упрощаются при дифференцировании (часто до алгебраических функций), а те, что внизу (тригонометрические, экспоненциальные), легко интегрируются, не меняя сложности.
Поэтому в качеcтве $u$ надо выбирать ту функцию, что стоит выше (по приоритету), а за $ dv $ брать оставшуюся часть подынтегрального выражения. Тогда новый интеграл $ \int v \, du $ становится проще исходного (в большинстве случаев).
Если записать названия типов функций по-русски: логарифмическая, обратная тригонометрическая, многочлен (алгебраическая), тригонометрическая, экспоненциальная, то правило можно запоминать как ЛОМТЭ или ЛОАТЭ, что звучит довольно забавно:).
Примеры применения правила LIATE
Пример 1. Интеграл $ \int x \ln(2x) \, dx $
Сделаем выбор функции $u$ по правилу LIATE. В нашем случае $ \ln(2x) $ — логарифмическая функция (L), $ x $ — алгебраическая (A). Логарифмы имеют высший приоритет, поэтому $ u = \ln(2x) $, а $ dv = x \, dx $.
Дифференцируем $ u $: $ du = \frac{2}{2x} \, dx= \frac{1}{x} \, dx $. Интегрируем $ dv $: $ v = \int x \, dx = \frac{x^2}{2} $.
Подставляем в формулу интегрирования по частям.
$$ \int x \ln(2x) \, dx = \ln(2x) \cdot \frac{x^2}{2} - \int \frac{x^2}{2} \cdot \frac{1}{x} \, dx = \frac{x^2}{2} \ln(2x) - \frac{1}{2} \int x \, dx. $$Вычисляем второй интеграл: $ \frac{1}{2}\int x \, dx = \frac{x^2}{4} $ и получаем $$ \int x \ln(2x) \, dx = \frac{x^2}{2} \ln(2x) - \frac{x^2}{4} + C. $$
Сделаем проверку дифференцированием, чтобы убедиться в правильности расчетов:
$$ \frac{d}{dx} \left( \frac{x^2}{2} \ln(2x) - \frac{x^2}{4} \right) = \frac{2x}{2} \ln(2x) + \frac{x^2}{2} \cdot \frac{2}{2x} - \frac{2x}{4} = x \ln(2x). $$Результат верный!
Пример 2. Интеграл $ \int x^2 \arctan x \, dx $
Под интегралом мы видим: $ \arctan x $ — обратная тригонометрическая функция (I), $ x^2 $ — алгебраическая (A). I выше A в правиле, значит принимаем $ u = \arctan x $, тогда $ dv = x^2 \, dx $.
Находим производную $ du = \frac{1}{1 + x^2} \, dx $, интеграл $ v = \int x^2 \, dx = \frac{x^3}{3} $.
Подставляем в формулу (*)
$$ \int x^2 \arctan x \, dx = \arctan x \cdot \frac{x^3}{3} - \int \frac{x^3}{3} \cdot \frac{1}{1 + x^2} \, dx = \frac{x^3}{3} \arctan x - \frac{1}{3} \int \frac{x^3}{1 + x^2} \, dx. $$Учитывая, что $ \frac{x^3}{1 + x^2} = x - \frac{x}{1 + x^2} $, вычислим последний интеграл:
$$ \int \frac{x^3}{1 + x^2} \, dx = \int x \, dx - \int \frac{x}{1 + x^2} \, dx = \frac{x^2}{2} - \frac{1}{2} \ln(1 + x^2). $$Подставляем и приходим к ответу:
$$ = \frac{x^3}{3} \arctan x - \frac{1}{3} \left( \frac{x^2}{2} - \frac{1}{2} \ln(1 + x^2) \right) + C = \\ = \frac{x^3}{3} \arctan x - \frac{x^2}{6} + \frac{1}{6} \ln(1 + x^2) + C. $$Сделаем проверку:
$$ \frac{d}{dx} \left( \frac{x^3}{3} \arctan x - \frac{x^2}{6} + \frac{1}{6} \ln(1 + x^2) \right) = \frac{x^3}{3} \cdot \frac{1}{1 + x^2} + \frac{3x^2}{3} \arctan x - \frac{2x}{6} + \frac{1}{6} \cdot \frac{2x}{1 + x^2} = \frac{x^3}{3(1 + x^2)} + x^2 \arctan x - \frac{x}{3} + \frac{x}{3(1 + x^2)} = x^2 \arctan x. $$Расчеты верны.
Пример 3. Интеграл $ \int 5x \sin(3x + 2) \, dx $
Снова анализируем выражение под знаком интеграла: $ 5x $ — алгебраическая (A), $ \sin(3x + 2) $ — тригонометрическая (T) функции. A выше T, значит берем $ u = 5x $, $ dv = \sin(3x + 2) \, dx $.
Находим $ du = 5 \, dx $, $ v = -\frac{1}{3} \cos(3x + 2)$ и подставляем в формулу интегрирования по частям
$$ \int 5x \sin(3x + 2) \, dx = 5x \cdot \left(-\frac{1}{3} \cos(3x + 2)\right) - \int \left(-\frac{1}{3} \cos(3x + 2)\right) \cdot 5 \, dx =\\ = -\frac{5x}{3} \cos(3x + 2) + \frac{5}{3} \int \cos(3x + 2) \, dx = $$
Рассмотрим отдельно второй интеграл
$$\frac{5}{3} \int \cos(3x + 2) \, dx = \frac{5}{9} \sin(3x + 2). $$Подставляем и получим:
$$ \int 5x \sin(3x + 2) \, dx =-\frac{5x}{3} \cos(3x + 2) + \frac{5}{9} \sin(3x + 2) + C. $$Проведем проверку, вычислив производную:
$$ \frac{d}{dx} \left( -\frac{5x}{3} \cos(3x + 2) + \frac{5}{9} \sin(3x + 2) \right) =\\= -\frac{5}{3} \cos(3x + 2) + \frac{5x}{3} \cdot 3 \sin(3x + 2) + \frac{5}{9} \cdot 3 \cos(3x + 2)=\\ = -\frac{5}{3} \cos(3x + 2) + 5x \sin(3x + 2) + \frac{5}{3} \cos(3x + 2) = 5x \sin(3x + 2). $$Верно.
Пример 4. Интеграл $ \int e^x \cos(2x) \, dx $
Рассмотрим еще один пример интегрирования по частям, где нам нужно будет применить формулу дважды, чтобы найти значение интеграла. Начнем опять с анализа функций: $ \cos(2x) $ — тригонометрическая (T), $ e^x $ — экспоненциальная (E). T выше E, значит $ u = \cos(2x) $, $ dv = e^x \, dx $.
Тогда $ du = -2 \sin(2x) \, dx $, $ v = e^x $, и после подстановки в формулу (*) получим
$$ \int e^x \cos(2x) \, dx = e^x \cos(2x) + 2 \int e^x \sin(2x) \, dx $$Видно, что теперь вместо исходного интеграла с косинусом мы получили почти такой же, но с синусом. Разве это улучшило ситуацию? Что ж, точно не ухудшило, давайте не будем сдаваться и проинтегрируем еще раз по частям: $ u = \sin(2x) $, $ dv = e^x \, dx $, $ du = 2 \cos(2x) \, dx $, $ v = e^x $.
$$ \int e^x \sin(2x) \, dx = e^x \sin(2x) - 2 \int e^x \cos(2x) \, dx. $$Иииии - перед нами снова тот же интеграл, с которого мы начали. Где же ответ, спросите вы? Внимание, магия, следите за руками:). Обозначим $ I = \int e^x \cos(2x) \, dx $. Тогда можно записать, что:
$$ I = e^x \cos(2x) + 2 \left( e^x \sin(2x) - 2 I \right). $$Теперь остается только выразить неизвестную $I$ из этого уравнения:
$$ I = e^x \cos(2x) + 2 e^x \sin(2x) - 4 I, $$ $$ 5 I = e^x \cos(2x) + 2 e^x \sin(2x), $$ $$ I = \frac{e^x}{5} (\cos(2x) + 2 \sin(2x)). $$Вот и результат:
$$ \int e^x \cos(2x) \, dx = \frac{e^x}{5} (\cos(2x) + 2 \sin(2x)) + C. $$На всякий случай сделаем проверку:
$$ \frac{d}{dx} \left( \frac{e^x}{5} (\cos(2x) + 2 \sin(2x)) \right) = \frac{1}{5} \left[ e^x (\cos(2x) + 2 \sin(2x)) + e^x (-2 \sin(2x) + 4 \cos(2x)) \right] = \frac{1}{5} \left[ e^x \cos(2x) + 2 e^x \sin(2x) - 2 e^x \sin(2x) + 4 e^x \cos(2x) \right] = e^x \cos(2x). $$Все верно.
Нюансы применения
Учитывайте, правило LIATE работает отлично в большинстве случаев, но могут найтись сложные интегралы, где оно даст неверное направление расчета.
Хорошая новость: есть класс интегралов, в которых не важно, какую часть брать за $u$, а какую - за $dv$ (типичный пример $ \int x \ln x \, dx $ (или, посложнее, $ \int \arccos x \ln x \, dx $), вычисления можно провести обоими способами и прийти к одному результату (см. например тут).
В том числе, для интегралов, где обе функции относятся к одному типу, например $ \int \sin x \cos x \, dx $ выбор $ u = \sin x $ или $ \cos x $ равнозначен.
В некоторых случаях придется применить формулу интегрирования по частям не один, а два (см. пример 4 выше) или даже три раза. Например, в интеграле $ \int x^4 e^x \, dx $ нужно будет четырежды (!) повторять применение формулы (*).
В случае, когда один из множителей равен 1, получаем интегралы вида $ \int \ln x \, dx $ или $ \int \arccos x \, dx $. Они тоже находятся с помощью интегрирования по частям. Например,
$$ \int \ln x \, dx = x \ln x - \int x \cdot \frac{1}{x} \, dx = x \ln x - x + C. $$Бывают интегралы, которые формально подходят под метод интегрирования по частям, например $\int e^x\tan x \, dx$ (произведение тригонометрической функции и экспоненты), а по факту, вообще не выражаются в элементарных функциях. В данном случае интеграл вычисляется через разложение в ряд (ссылка):
$$\tan(x) = -i \frac{1-e^{-2ix}}{1+e^{-2ix}} = -i - 2 i \sum_{k=1}^\infty (-1)^k e^{-2ikx}$$ $$\begin{align} \int e^x \tan(x)\ dx &= -i e^x - 2 i \sum_{k=1}^\infty (-1)^k \int e^{(1-2ik)x}\ dx \\ &= -i e^x -2i \sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^k}{1-2ik} e^{(1-2ik)x} + C \\ &= -i{{ e}^{x}}-{\rm LerchPhi} \left( -{{ e}^{-2ix}},1,1+i/2 \right) {{ e}^{(1-2i)x}} + C \end{align}$$Здесь функция Lerch Phi может быть выражена через гипергеометрические функции:
$${\rm LerchPhi} \left( z,1,1+\frac{i}{2} \right) = \frac{ 4-2i }{5} \ {\mbox{$_2$F$_1$}\left(1,1+\frac{i}{2};2+\frac{i}{2};z\right)} $$Правило LIATE — ваш помощник в интегрировании по частям. Оно упрощает выбор $ u $ и $ dv $, экономя время и силы. Попробуйте применить его к своим задачам или доверьте их нам — закажите решение и учитесь без стресса!
