Integración por las piezas, los casos en que no importa qué $u$ y $dv$ elegimos.

Question

Yo estaba revisando Integración Por Partes en Brilliant.org donde un ejemplo que uso es

$$\int x \ln x \;dx$$ Deje $u=\ln x$ $dv=x\;dx$ tal que $$\begin{align} \int x \ln x\;dx&\;=\;\frac 12x^2\ln x\;-\;\frac 12\int \frac{x^2}x\;dx\\ \\ &\;=\; \frac 12x^2\ln x\;-\;\frac 14x^2\;+\;C \\ \end{align}$$

Personalmente, me hubiera resuelto dejando $u=x$ $dv=\ln x\;dx$ tal que $$\begin{align} \int x \ln x\;dx&\;=\;x^2\left(\ln x -1\right)\;-\;\int x \ln x\;dx\;+\;\int x\;dx\\ \\ &\;=\; \frac 12\left[x^2\left(\ln x - 1\right)\;+\;\frac 12x^2\right]\;+\;C\\ \\ &\;=\; \frac 12x^2\ln x\;-\;\frac 14x^2\;+\;C \\ \end{align}$$

Por lo tanto las opciones para $u$ $dv$ producir un resultado correcto, que también es el mismo en ambos sentidos, hasta un constante y me gustaría saber si eso es trivial o lo que significa.

Hay algo interesante acerca de las integrales como $\int x\ln x\;dx$ donde no importa lo $u$ $dv$ elegimos para realizar la Integración Por Partes y habrá otros ejemplos de esto?

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Editar

Esta edición es para agregar a la central de correos de la integral

$$\int \cos(ax)e^{bx}\;dx$$

desde @Michael Hardy's comentario

Dejando $u=\cos(ax)$ $dv=e^{bx}dx$ rendimientos

$$\begin{align} \\ \int \cos(ax)e^{bx}\;dx&\;=\;\underbrace{\frac 1b\cos(ax) e^{bx}}_A\;+\;\underbrace{\frac ab}_B \int \sin(ax)e^{bx}\;dx\\ \\ &\;=\;A\;+\;B \left[\frac 1b\sin(ax)e^{bx}\;-\;B\int \cos(ax)e^{bx}\;dx\right]\\ \\ &\;=\;\frac 1{1+B^2}\left(A\;+\;\frac a{b^2}\sin(ax)e^{bx}\right)\;+\;C\\ \\ &\;=\;\frac {e^{bx}}{a^2+b^2}\left(b\cos(ax)+a\sin(ax)\right)\;+\;C\\ \\ \end{align}$$

que es el mismo resultado que cuando dejando $u=e^{bx}$ $dv=\cos(ax)\;dx$ tal que

$$\begin{align} \\ \int \cos(ax)e^{bx}\;dx&\;=\;\underbrace{\frac 1a\sin(ax) e^{bx}}_A\;-\;\underbrace{\frac ba}_B \int \sin(ax)e^{bx}\;dx\\ \\ &\;=\;A\;-\;B \left[-\frac 1a\cos(ax)e^{bx}\;+\;B\int \cos(ax)e^{bx}\;dx\right]\\ \\ &\;=\;\frac 1{1+B^2}\left(A\;+\;\frac b{a^2}\cos(ax)e^{bx}\right)\;+\;C\\ \\ &\;=\;\frac {e^{bx}}{a^2+b^2}\left(a\sin(ax)\;+\;b\cos(ax)\right)\;+\;C\\ \\ \end{align}$$

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Editar (2)

Esta edición es para agregar el $3$ siguientes integrales:

$$\int x \tan^{-1}x\;dx$$ $$\int x \cos^{-1}x\;dx$$ $$\int x \sin^{-1}x\;dx$$

que me de @User8128's respuesta, después de leer "los logaritmos y funciones trigonométricas inversas convertido en funciones algebraicas cuando diferenciadas".

• $\int x \tan^{-1}x\;dx$ dejando $u=x$ $dv=\tan^{-1}x\;dx$

$$\begin{align} \int x \tan^{-1}x\;dx&\;=\;\underbrace{x^2\tan^{-1}x-\frac x2\ln|1+x^2|}_\alpha-\int x\tan^{-1}x\;dx+\frac 12\int\ln|1+x^2|\;dx\\ \\ &\;=\;\frac 12\left[\alpha+\frac 12 x \ln|1+x^2|-2x+2\tan^{-1}x\right]+C\\ \\ &\;=\;\frac {x^2}2\tan^{-1}x-x+\tan^{-1}x+C\\ \\ \end{align}$$

• $\int x \tan^{-1}x\;dx$ dejando $u=\tan^{-1}x$ $du=x\;dx$

$$\begin{align} \int x \tan^{-1}x\;dx &\;=\;\frac {x^2}2 \tan^{-1}x-\frac 12 \int \frac {x^2}{1+x^2}\;dx\\ \\ &\;=\;\frac {x^2}2 \tan^{-1}x-x+\tan^{-1}x+C\\ \\ \end{align}$$

• $\int x \cos^{-1}x\;dx$ dejando $u=x$ $dv=\cos^{-1}x\;dx$

$$\begin{align} \int x \cos^{-1}x\;dx&\;=\;\underbrace{x^2\cos^{-1}-x\sqrt{1-x^2}}_\beta -\int x \cos^{-1}x\;dx+\int \sqrt{1-x^2}\;dx\\ \\ &\;=\;\frac 12 \left[\beta+\frac 12 \left(x\sqrt{1-x^2}+\sin^{-1}x\right)\right]+C\\ \\ &\;=\;\frac {x^2}2 \cos^{-1}x-\frac 14 x\sqrt{1-x^2}+\frac 14 \sin^{-1}x+C\\ \\ \end{align}$$

• $\int x \cos^{-1}x\;dx$ dejando $u=\cos^{-1}x$ $dv=x\;dx$

$$\begin{align} \int x\cos^{-1}x\;dx&\;=\;\frac {x^2}2\cos^{-1}x+\frac 12 \int \frac {x^2}{\sqrt{1-x^2}}\;dx\\ \\ &\;=\;\frac {x^2}2 \cos^{-1}x-\frac 14 x\sqrt{1-x^2}+\frac 14 \sin^{-1}x+C\\ \\ \end{align}$$

• $\int x \sin^{-1}x\;dx$ dejando $u=x$ $dv=\sin^{-1}x\;dx$

$$\begin{align} \int x \sin^{-1}x\;dx&\;=\;\underbrace{x^2\sin^{-1}+x\sqrt{1-x^2}}_\gamma -\int x \sin^{-1}x\;dx-\int \sqrt{1-x^2}\;dx\\ \\ &\;=\;\frac 12 \left[\gamma-\frac 12 \left(x\sqrt{1-x^2}-\sin^{-1}x\right)\right]+C\\ \\ &\;=\;\frac {x^2}2 \sin^{-1}x+\frac 14 x\sqrt{1-x^2}-\frac 14 \sin^{-1}x+C\\ \\ \end{align}$$

• $\int x \sin^{-1}x\;dx$ dejando $u=\sin^{-1}x$ $dv=x\;dx$

$$\begin{align} \int x\sin^{-1}x\;dx&\;=\;\frac {x^2}2\sin^{-1}x-\frac 12 \int \frac {x^2}{\sqrt{1-x^2}}\;dx\\ \\ &\;=\;\frac {x^2}2 \sin^{-1}x+\frac 14 x\sqrt{1-x^2}-\frac 14 \sin^{-1}x+C\\ \\ \end{align}$$

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Veo que en el caso de $\cos^{-1}x$$\sin^{-1}x$, una selección de $u$ $dv$ o bien se convierte la inversa de la función trigonométrica en una expresión algebraica de la función de inmediato (es decir,$d\left(\cos^{-1}x\right)=\frac{-1}{\sqrt{1-x^2}}\;dx$) por la diferenciación o la otra opción de $u$ $dv$ hace que la función original de "volver a aparecer", junto con una expresión algebraica de la función (es decir,$\int \cos^{-1}x\;dx = x\cos^{-1}x-\sqrt{1-x^2}+C$) por la integración.

En el caso de $\tan^{-1}x$ $\log$ aparece si integramos la función, pero, a continuación, $\log$s se convierten en funciones algebraicas en la derivación como el bien o hacer el original de la función "re-aparecer", junto con algebraica de la función sobre la integración (i.e $\int \ln x\;dx = x\ln x - x +C$ ) y por lo tanto obtenemos el mismo resultado.

Entiendo que esto no es especial, pero todavía estoy tratando totalmente envolver mi cabeza alrededor de la razón por la que estas integrales son tales que cuando nos aplicar Integración Por Partes, cualquier elección para $u$ $dv$ de rendimiento los resultados correctos que son también idénticos el uno al otro.

Answer 1

Hay realmente no puede ser cualquier regla general para la elección de $u$ $v$ para la integración por partes, pero hay jerarquías que sentido la mayoría del tiempo. La regla que desea utilizar para la elección de $u$ (este no es mi regla; está bien documentado que si en google) es LIATE (logaritmo inverso de trig - algebraico - trig - exponencial). Es decir, si hay logaritmos presente, primero debe tratar de eliminarlos con $u$; a continuación, usted debe buscar para las funciones trigonométricas inversas, entonces las funciones algebraicas (polinomios, funciones racionales), y así sucesivamente. Mi filosofía general es elegir a $u$ que se convierte en "mejor" cuando se diferencian. Aquí por una mejor, me refiero a algo así como "más elementales." Por ejemplo, logaritmos y funciones trigonométricas inversas convertido en funciones algebraicas cuando diferenciadas; los polinomios de convertirse en un orden inferior de polinomios cuando diferenciadas. Esto hace que estos buenos candidatos para $u$. Para $dv$, yo trate de elegir algo que "no se mucho peor" cuando anti-diferenciada. Esto hace que funciones trigonométricas y exponenciales buenos candidatos para $dv$ ya que al anti-diferenciación permanecen funciones trigonométricas y exponenciales (respectivamente). Este tipo de pensamiento explica por qué debemos elegir $u = x$ $dv = \cos(x) dx$ cuando la integración de $$\int x \cos(x) dx.$$ It also explains why the choice is arbitrary for integral like $$\int \cos(ax) e^{bx} dx.$$ Neither of these get better upon differentiation and neither get worse upon anti-differentiation so you just choose one to be $u$ and one to be $dv$, realizar IBP dos veces y llegar al resultado; no importa el camino que he elegido, no hagas más o menos trabajo.

Answer 2

Permite decir que intenta integrar $f(x) = u\frac{dv}{dx} = \mu\frac{d\nu}{dx}$. Entonces

\begin{align} \mu\nu -\int\nu\,d\mu = \int f(x)\,dx = uv-\int v\,du \end {Alinee el}

o, para decirlo más sencillamente, están evaluando la misma integral por dos métodos diferentes, por supuesto que siempre serán dos dará el mismo resultado (hasta una constante), si no el integral original no habría sido bien definida.