分部积分的推论

由分部积分法可推得以下常用积分结论。

余弦-指数

$$\int e^{mt} \cos(nt) dt = e^{mt}\frac{m\cos(nt)+n\sin(nt)}{m^2 + {n^2}}+C$$

推导

使用两次分部积分:

$$\begin{align*} &\underline{\int e^{mt} \cos(nt) dt} \\ & = \frac{1}{m} \int \cos(nt) d(e^{mt}) \\ & = \frac{1}{m} e^{mt} \cos(nt) + \frac{n}{m}\int e^{mt} \sin(nt) dt \\ & = \frac{1}{m} e^{mt} \cos(nt) + \frac{n}{m}\left(\frac{1}{m} e^{mt} \sin(nt) - \frac{n}{m} \underline{\int e^{mt} \cos(nt) dt}\right) \end{align*}$$

其中下划线部分$\underline{\int e^{mt} \cos(nt) dt}$相同, 移项整理得到:

$$\int e^{mt} \cos(nt) dt = e^{mt}\frac{m\cos(nt)+n\sin(nt)}{m^2 + {n^2}}+C$$

正弦-指数

$$\int e^{mt} \sin(nt) dt = e^{mt}\frac{m \sin(nt) - n \cos(nt)}{m^2 + n^2}+C$$

推导

使用两次分部积分:

$$\begin{align*} &\underline{\int e^{mt} \sin(nt) dt} \\ & = \frac{1}{m} \int \sin(nt) d(e^{mt}) \\ & = \frac{1}{m} e^{mt} \sin(nt) - \frac{n}{m}\int e^{mt} \cos(nt) dt \\ & = \frac{1}{m} e^{mt} \sin(nt) - \frac{n}{m}\left(\frac{1}{m} e^{mt} \cos(nt) + \frac{n}{m} \underline{\int e^{mt} \sin(nt) dt}\right) \end{align*}$$

其中下划线部分$\underline{\int e^{mt} \sin(nt) dt}$相同, 移项整理得到:

$$\int e^{mt} \sin(nt) dt = e^{mt}\frac{m \sin(nt) - n \cos(nt)}{m^2 + n^2}+C$$

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幂函数-指数

$$\int x e^x \, dx$$

这种形式的积分适合选择 $u = x$( 多项式部分) , $dv = e^x \, dx$( 指数部分) .

幂函数-对数

$$\int x \ln x \, dx$$

对于这种类型的积分, 一般选取 $u = \ln x$( 对数部分) , $dv = x \, dx$( 多项式部分) .

幂函数-三角函数

$$\int x \sin x \, dx$$

在这种情况下, 常见的选择是 $u = x$, $dv = \sin x \, dx$.

幂函数-反三角

$$\int x \arctan x \, dx$$

这里通常选择 $u = \arctan x$( 反三角部分) , $dv = x \, dx$( 多项式部分) .

以上指数–三角公式取实参数 $m,n$，且 $m^2+n^2>0$；原函数均须加积分常数 $C$。所列两次分部推导除以 $m$，故推导本身要求 $m\ne0$；$m=0,n\ne0$ 时直接用三角积分也得到同一结果。二者同时为零时，余弦积分为自变量加 $C$，正弦积分为 $C$。

四种选取 $u,dv$ 的示例可以分别算到：

$$\int xe^x\,dx=e^x(x-1)+C,$$

$$\int x\ln x\,dx=\frac{x^2}{2}\ln x-\frac{x^2}{4}+C\quad(x>0),$$

$$\int x\sin x\,dx=-x\cos x+\sin x+C,$$

$$\int x\arctan x\,dx=\frac{x^2+1}{2}\arctan x-\frac x2+C.$$

将各右端求导可恢复原被积函数；对数例中先选对数为 $u$ 是为了消去其导数中的对数，详见 ILATE 规则。