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!

Дополнительная информация

• Таблица интегралов и правила интегрирования
• Готовые контрольные по интегралам
• Примеры решений интегралов (неопределенные, определенные, несобственные)
• Контрольные по интегралам на заказ
• Почему стоит заказать в МатБюро?