Partielle Integration

Die integrierte Produktregel lautet ∫u dv = uv − ∫v du: Ein Integral wird gegen ein anderes eingetauscht. Wähle ein Produkt und dein u. Die Seite rechnet den Austausch dann Runde für Runde neben der anderen Wahlmöglichkeit durch, sodass du siehst, wie ein Weg zum Ziel führt und der andere komplizierter wird. Gehe danach ein Beispiel Schritt für Schritt durch und probiere es selbst.

Partielle Integration	$\int u d v = uv - \int v d u$
Bestimmtes Integral	$\int_{a}^{b} u v^{'} d x = [uv]_{a}^{b} - \int_{a}^{b} u^{'} v d x$

Rechenbeispiel — Partielle Integration

Verbliebene x-Potenz pro Runde	2 → 1 → 0
Dasselbe für die andere Wahl	2 → 3 → 4 → 5
Symbole nach Runde 1, beide	6 und 8
Fläche 0 bis 1 laut Lösung	0,7183
Fläche nach Simpsonregel	0,7183

Das sind die Werte, die der Rechner beim Öffnen der Seite anzeigt. Ändere oben eine Eingabe, um sie neu zu berechnen.

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Lektion

Die Theorie — Partielle Integration

Die partielle Integration ist die integrierte Produktregel. Aus (uv)′ = u′v + uv′ folgt, dass ∫u dv = uv − ∫v du ist, wobei du = u′(x) dx und dv = v′(x) dx. Sie tauscht ein Integral gegen ein anderes ein und hilft dir, wenn ∫v du einfacher ist: u sollte beim Ableiten einfacher werden, und dv muss etwas sein, das du integrieren kannst.

Was die einzelnen Symbole bedeuten

u: der Faktor, der abgeleitet wird
dv: der Rest des Integranden mit dx, der zu v integriert wird

Woher die Formel kommt

Woher die Formel stammt. Integriere beide Seiten von (uv)′ = u′v + uv′, um uv = ∫v du + ∫u dv zu erhalten, und bringe ∫v du auf die andere Seite.
$(uv)^{'} = u^{'} v + u v^{'} \Rightarrow uv = \int v d u + \int u d v \Rightarrow \int u d v = uv - \int v d u$
Mehrere Runden. Jede Runde fügt einen Randterm hinzu, mit abwechselnden Vorzeichen: ∫f dx = B₁ − B₂ + B₃ − … ± ∫g_K dx, wobei g_K das verbleibende Integral nach K Runden ist. Das ist die fortlaufende Gleichung, die der Weg ausgibt. Wenn g_K ein Vielfaches λ von f ist, enthält die Gleichung ∫f dx auf beiden Seiten und lässt sich auflösen, sofern sich die beiden nicht aufheben.
$\int f d x = B_{1} - B_{2} + \dots \pm \int g_{K} d x, g_{K} = λ f \Rightarrow (1 \mp λ) \int f d x = B_{1} - B_{2} + \dots$

Aufgaben vollständig gelöst

Ein Durchgang 3 Schritte
Bestimme ∫x e^2x dx.

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1. Das x wird beim Ableiten einfacher, ist also dein u; e^2x lässt sich leicht integrieren und liefert dv:
  
  $u = x, d u = d x; d v = e^{2 x} d x, v = \frac{1}{2} e^{2 x}$
2. Ein Durchgang mit uv − ∫v du:
  
  $\int x e^{2 x} d x = \frac{1}{2} x e^{2 x} - \int \frac{1}{2} e^{2 x} d x$
3. Das verbleibende Integral steht in der Tabelle:
  
  $= \frac{1}{2} x e^{2 x} - \frac{1}{4} e^{2 x} + C$
Antwort

e^2x(x/2 − 1/4) + C. Wenn du das zweite ½ vergisst, das beim nochmaligen Integrieren von e^2x entsteht, steht dort −1/2, wo eigentlich −1/4 hingehört.

$\int x e^{2 x} d x = e^{2 x} (\frac{x}{2} - \frac{1}{4}) + C$
Potenz mal Sinus 3 Schritte
Bestimme ∫x sin 2x dx.

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1. Wieder ist u = x; dv = sin 2x dx liefert beim Integrieren −½ cos 2x:
  
  $u = x, d u = d x; d v = sin 2 x d x, v = - \frac{1}{2} cos 2 x$
2. Ein Durchgang, bei dem du das Vorzeichen von v konsequent mitführst:
  
  $\int x sin 2 x d x = - \frac{1}{2} x cos 2 x + \int \frac{1}{2} cos 2 x d x$
3. Das verbleibende Integral steht in der Tabelle:
  
  $= - \frac{1}{2} x cos 2 x + \frac{1}{4} sin 2 x + C$
Antwort

−(x/2) cos 2x + (1/4) sin 2x + C. Am Minus bei v = −½ cos 2x passieren die typischen Vorzeichenfehler. Hast du alle Vorzeichen umgekehrt, meldet das Tool genau das: falsches Vorzeichen.

$\int x sin 2 x d x = - \frac{x}{2} cos 2 x + \frac{1}{4} sin 2 x + C$
Zwei Durchgänge 3 Schritte
Bestimme ∫x² cos x dx.

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1. Erster Durchgang, u = x²: Der Exponent sinkt auf 1.
  
  $u = x^{2}, d v = cos x d x : \int x^{2} cos x d x = x^{2} sin x - 2 \int x sin x d x$
2. Zweiter Durchgang bei ∫x sin x mit u = x: Der Exponent sinkt auf 0.
  
  $u = x, d v = sin x d x : \int x sin x d x = - x cos x + sin x$
3. Setze beide Durchgänge zusammen:
  
  $x^{2} sin x - 2 (- x cos x + sin x) = x^{2} sin x + 2 x cos x - 2 sin x$
Antwort

x² sin x + 2x cos x − 2 sin x + C. Jeder Durchgang senkt den Exponenten von x um eins. Für x² brauchst du zwei Durchgänge, für xⁿ genau n. Lass die Klammern bis zum Schluss stehen: Beim Vorzeichen des letzten Terms passieren die meisten Flüchtigkeitsfehler.

$\int x^{2} cos x d x = x^{2} sin x + 2 x cos x - 2 sin x + C$
ln x ist immer u, ganz gleich, womit es multipliziert wird 3 Schritte
Bestimme ∫x² ln x dx für x > 0.

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1. ln x hat keine einfache Stammfunktion, die sich als v eignen würde, muss also u sein; dv = x² dx:
  
  $u = ln x, d u = \frac{d x}{x}; d v = x^{2} d x, v = \frac{x ^{3}}{3}$
2. Ein Durchgang. Das x³ und das 1/x fassen sich zu einer Potenz zusammen:
  
  $\int x^{2} ln x d x = \frac{x ^{3}}{3} ln x - \int \frac{x ^{3}}{3} \cdot \frac{1}{x} d x$
3. Das verbleibende Integral ist eine Potenz:
  
  $= \frac{x ^{3}}{3} ln x - \int \frac{x ^{2}}{3} d x = \frac{x ^{3}}{3} ln x - \frac{x ^{3}}{9} + C$
Antwort

(x³/3) ln x − x³/9 + C. Die LIATE-Regel ordnet den Logarithmus genau aus dem Grund vor den algebraischen Faktor, den du im ersten Schritt siehst: Beim Ableiten wird ln x zur Potenz 1/x, die das x³ aus v dann einfach aufnimmt.

$\int x^{2} ln x d x = \frac{x ^{3}}{3} ln x - \frac{x ^{3}}{9} + C$
∫arctan x mit anschließender Substitution 3 Schritte
Bestimme ∫arctan x dx.

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1. Wie bei ln x schreibst du ihn als 1·arctan x, mit u = arctan x und dv = 1·dx:
  
  $u = arctan x, d u = \frac{d x}{1 + x ^{2}}; d v = d x, v = x$
2. Ein Durchgang:
  
  $\int arctan x d x = x arctan x - \int \frac{x}{1 + x ^{2}} d x$
3. Das verbleibende Integral verlangt eine Substitution: w = 1 + x², dw = 2x dx:
  
  $\int \frac{x}{1 + x ^{2}} d x = \frac{1}{2} \int \frac{d w}{w} = \frac{1}{2} ln (1 + x^{2})$
Antwort

x arctan x − ½ ln(1 + x²) + C. Keine Betragsstriche beim Logarithmus, da 1 + x² niemals negativ wird.

$\int arctan x d x = x arctan x - \frac{1}{2} ln (1 + x^{2}) + C$
Ein zyklisches Integral mit zwei verschiedenen Raten 3 Schritte
Bestimme ∫e^2x sin x dx.

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1. Nenne es I. Erster Durchgang mit u = sin x, dv = e^2x dx:
  
  $I = \int e^{2 x} sin x d x = \frac{1}{2} e^{2 x} sin x - \frac{1}{2} \int e^{2 x} cos x d x$
2. Zweiter Durchgang bei ∫e^2x cos x dx, wieder mit dem trigonometrischen Faktor als u:
  
  $\int e^{2 x} cos x d x = \frac{1}{2} e^{2 x} cos x + \frac{1}{2} I$
3. Das Integral ist wieder da, zu einem Viertel. Löse nach I auf:
  
  $I = \frac{1}{2} e^{2 x} sin x - \frac{1}{4} e^{2 x} cos x - \frac{1}{4} I \Rightarrow \frac{5}{4} I = \frac{1}{4} e^{2 x} (2 sin x - cos x)$
Antwort

e^2x(2 sin x − cos x)/5 + C. Die 5 ist 2² + 1²; so gehen die beiden Raten ein: Bei e^ax sin bx lautet der Nenner a² + b². Bleib in beiden Durchgängen beim trigonometrischen Faktor für u. Wechselst du im zweiten zu u = e^2x, machst du den ersten Schritt wieder rückgängig, wie das Preset »Undo« für eˣ sin x zeigt.

$\int e^{2 x} sin x d x = \frac{e ^{2 x} ( 2 sin x - cos x )}{5} + C$
Ein bestimmtes Integral mit ausgewertetem Randterm 2 Schritte
Berechne ∫₀^π x sin x dx.
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1. u = x, dv = sin x dx, v = −cos x. Auch den Randterm wertest du an den Grenzen aus:
  
  $\int_{0}^{π} x sin x d x = [- x cos x]_{0}^{π} + \int_{0}^{π} cos x d x$
2. Beide Teile an den Grenzen:
  
  $= (- π cos π + 0) + [sin x]_{0}^{π} = π + 0$
Antwort

π. Der Randterm liefert das gesamte Ergebnis, π, und das verbleibende Integral ergibt 0, da sin π = sin 0 = 0.

$\int_{0}^{π} x sin x d x = π$
Eine Rekursion, die exakt ist, und eine Arithmetik, die es nicht ist 4 Schritte
Eine Runde der partiellen Integration für I_n = ∫₀¹ xⁿeˣ dx mit u = xⁿ liefert I_n = e − n·I_n−1. Nutze dies, um I₄ zu finden. Lass es dann zehnmal ab I₀ = e − 1 laufen, gerundet auf 1,7183, und schau, was für I₁₀ herauskommt. Drücke auf Die Potenz fällt: Die Seite findet I₂ = 0,7183 in zwei Runden.

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1. Eine Runde mit u = xⁿ und dv = eˣ dx, zwischen 0 und 1:
  
  $I_{n} = [x^{n} e^{x}]_{0}^{1} - n \int_{0}^{1} x^{n - 1} e^{x} d x = e - n I_{n - 1}$
2. Zwei weitere Runden ausgehend vom I₂ der Seite:
  
  $I_{3} = e - 3 (e - 2) = 6 - 2 e = 0.5634, I_{4} = e - 4 (6 - 2 e) = 9 e - 24 = 0.4645$
3. Nun vorwärts vom gerundeten Startwert aus. Nach neun Runden ist das Integral einer positiven Funktion negativ geworden:
  
  $I_{0} = 1.7183 \Rightarrow \dots I_{9} = - 6.3451, I_{10} = 66.1689$
4. Der Startwert lag um 1,8172×10⁻⁵ daneben, und jede Runde multipliziert den Fehler mit n, zehn Runden also mit 10!:
  
  $1.8172 \times 1 0^{- 5} \times 10! = 1.8172 \times 1 0^{- 5} \times 3, 628, 800 = 65.94, 0.2280 + 65.94 = 66.17$
Antwort

I₄ = 9e − 24 ≈ 0,4645, und I₁₀ ist in Wirklichkeit 0,2280. Die Rekursion ist exakt. Vorwärts durchlaufen multipliziert sie einen Rundungsfehler mit n!. Lässt du sie jedoch rückwärts laufen, I_n−1 = (e − I_n)/n, wird der Fehler in jedem Schritt stattdessen durch n geteilt: Ausgehend von der groben Schätzung I₂₀ = 0 erhältst du I₁₀ = 0,2280 auf vier Nachkommastellen genau. Die Seite stoppt nach drei Runden.

$I_{4} = 9 e - 24 \approx 0.4645, I_{10} \approx 0.2280$

Wähle u schlecht und die Potenz von x steigt 🖖

Drücke auf Die Potenz fällt. Das Integral lautet x²eˣ, und u = x² ist die Wahl, die die Potenz wegableitet: Die erste Runde hinterlässt 2x·eˣ, die zweite 2eˣ, was in der Tabelle steht, und das Ergebnis (x² − 2x + 2)eˣ erhältst du in zwei Runden. Von 0 bis 1 liefert das 0,7183, genau wie die Simpsonregel. Der verblasste Weg zeigt die andere Wahl, u = eˣ. Das Ableiten von eˣ ändert nichts, also wird auch nichts einfacher, und stattdessen wird die Potenz beim Integrieren immer größer: x³eˣ/3, x⁴eˣ/12, x⁵eˣ/60, während die gestrichelte Linie im Diagramm ansteigt und die durchgezogene auf 0 abfällt. LIATE (Logarithmisch, Invers-trigonometrisch, Algebraisch, Trigonometrisch, Exponentiell) ist genau dieses Prinzip als Liste: Zuerst kommt das, was beim Ableiten einfacher wird. Die Tabelle unter den Ergebnissen wendet das auf fünfzehn Produkte an, und die LIATE-Wahl senkt bei allen fünfzehn die Potenz von x oder entfernt den ln oder arctan. Zählt man stattdessen die Symbole, gewinnt sie 13, erreicht bei x³eˣ ein Unentschieden und verliert bei x³ sin x mit 9 zu 8 Symbolen. Die Länge des verbleibenden Integrals ist also das falsche Maß.

∫eˣ sin x kehrt als es selbst zurück und wird als Gleichung gelöst 🖖

Drücke auf Kehrt zurück. Weder eˣ noch sin x werden beim Ableiten einfacher, also nimm u = sin x und schau, was passiert. Eine Runde hinterlässt ∫eˣ cos x. Eine zweite Runde, mit u = cos x, hinterlässt −∫eˣ sin x: genau das Integral, mit dem du angefangen hast, nur mit einem Minuszeichen. Der Weg erreicht nie die Tabelle und muss das auch nicht. Nenne das Integral I; die fortlaufende Gleichung lautet nun I = eˣ sin x − eˣ cos x − I, also 2I = eˣ(sin x − cos x) und I = eˣ(sin x − cos x)/2. Von 0 bis 1 ergibt das 0,9093, was die Simpsonregel bestätigt. Drücke nun Hebt sich auf: Die gleiche erste Runde, dann aber u = eˣ in der zweiten. Diese Runde integriert den cos x zurück, den die erste produziert hat. Der Randterm eˣ sin x hebt den der ersten Runde auf, und die übrig gebliebene Gleichung lautet I = I, was zwar stimmt, dir aber nichts sagt.

∫ln x braucht einen Faktor 1, den niemand aufgeschrieben hat 🖖

Drücke auf ln x mit dv = 1·dx. ln x sieht wie eine einzelne Funktion aus, und die partielle Integration scheint zwei zu brauchen. Schreibe es als 1·ln x, mit u = ln x, was beim Ableiten zu 1/x wird, und dv = 1·dx, was zu x integriert wird. Dann ist ∫ln x dx = x ln x − ∫x·(1/x) dx = x ln x − x, alles in einer Runde, und von 1 bis 2 ist die Fläche auf beide Arten 2 ln 2 − 1 = 0,3863. Die andere Zuweisung, u = 1 mit dv = ln x dx, benötigt v = ∫ln x dx, genau das Integral, nach dem gefragt ist. Deswegen stoppt der verblasste Weg, bevor er beginnt. Im Trainer wurde x ln x eingetippt: Die Ableitung davon ist ln x + 1, überall genau 1 mehr als der Integrand – nämlich das −∫1 dx, das vergessen wurde. Der gleiche Trick funktioniert bei ∫arctan x, und x arctan x zeigt, wo die partielle Integration übergibt: Mit u = arctan x hinterlässt eine Runde x²/(2(1 + x²)), eine rationale Funktion und damit Aufgabe des nächsten Rechenschritts.

Lernpfad

Integrationstechniken

Quellen (2)

The formula from the product rule (Theorem 3.1, ∫u dv = uv − ∫v du), the LIATE order (“Logarithmic Functions, Inverse Trigonometric Functions, Algebraic Functions, Trigonometric Functions, and Exponential Functions”) with the reason given for it, the reduction formula ∫xⁿeˣ dx = xⁿeˣ − n∫xⁿ⁻¹eˣ dx (exercise 48), and the device of taking the constant function 1 as the second factor (Example 3.5): G. Strang and E. Herman, Calculus Volume 2, OpenStax (2016), section 3.1, “Integration by Parts”.
Two of the page's cases worked as a teacher works them: ∫ln x dx, where u = 1 with dv = ln x dx “would need to know the answer ahead of time” (Example 6), and ∫e^θ cos θ dθ, where two rounds give “the same integral on both sides … with a minus sign in front of it”, so the integral is added to both sides and the equation divided by 2 (Example 8): P. Dawkins, “Integration by Parts”, Paul's Online Notes, Calculus II, Lamar University (page last modified 31 July 2026).

Vom 42Math-Team · Anhand veröffentlichter Quellen geprüft. Korrekturen willkommen.