Integrarea prin părți pentru integrala definită

La integrala nedefinită ai învățat să spargi un produs în două: derivezi un factor, integrezi pe celălalt și obții o integrală mai simplă. Trecerea la integrala definită, tema acestei lecții de clasa a 12-a, pare o formalitate — și totuși schimbă ceva esențial. Termenul care „iese" din integrală nu mai este o funcție purtată mai departe prin calcul, ci un număr, obținut evaluând un produs în cele două limite de integrare. De aceea calculul se scurtează, dar și greșelile devin mai scumpe: un capăt uitat strică tot rezultatul.

Lecția precedentă, despre aplicațiile funcției integrale, a arătat cât de multe se pot afla despre o integrală fără a o calcula. De aici încolo ne întoarcem la calculul propriu-zis, cu cele două metode mari moștenite de la primitive.

Programa cere ca metodele de calcul pentru integrala definită să fie prezentate „punând accentul pe asemănările și deosebirile dintre aplicarea lor la integralele nedefinite și la cele definite". Lecția urmează literal această indicație: demonstrăm formula pornind de la cea nedefinită și de la formula Leibniz–Newton, apoi punem cele două variante față în față. La Bacalaureat M1, integrarea prin părți este cea mai frecventă tehnică din problema de analiză a Subiectului al III-lea.

Ce vei învăța

• Vei ști să demonstrezi formula de integrare prin părți pentru integrala definită, pornind de la derivata produsului.
• Vei ști să scrii corect termenul $fg{|}_a^b$ și să înțelegi de ce el este un număr, nu o funcție.
• Vei ști să alegi factorii cu regula descreșterii, în cele patru familii de integrale care cer această metodă.
• Vei ști să aplici formula de două ori la polinoame de gradul al doilea.
• Vei ști să rezolvi integralele care se întorc, de tipul ${\int }_a^b{e}^x\sin xdx$, cu ecuația în necunoscuta $I$.
• Vei ști să redactezi calculul în forma pe care baremul o punctează pas cu pas.

Hai să descoperim împreună

1. De unde vine formula pentru integrala definită?

Formula de integrare prin părți pentru integrala definită este egalitatea ${\int }_a^{b}f(x)g^{\prime }(x)dx=f(x)g(x){|}_a^b-{\int }_a^b{f}^{\prime }(x)g(x)dx$, valabilă pentru funcții $f,g:[a,b]\to \mathbb{R}$ derivabile, cu derivatele $f^{\prime }$ și $g^{\prime }$ continue; ea transformă integrala unui produs în alta, mai simplă, plătind cu un termen evaluat în capete.

Demonstrația are trei rânduri și folosește exact două lucruri deja stabilite.

Pasul 1. Din regula de derivare a produsului, fixată la lecția despre regulile de derivare, avem, pe tot intervalul $[a,b]$, $$(f(x)g(x){)}^{\prime }=f^{\prime }(x)g(x)+f(x)g^{\prime }(x).$$ Așadar funcția $fg$ este o primitivă a funcției $f^{\prime }g+f{g}^{\prime }$ pe $[a,b]$.

Pasul 2. Funcțiile $f$ și $g$ sunt derivabile, deci continue; iar $f^{\prime }$ și $g^{\prime }$ sunt continue prin ipoteză. Prin urmare $f^{\prime }g$ și $f{g}^{\prime }$ sunt continue, deci integrabile pe $[a,b]$, iar suma lor are primitiva $fg$. Aplicăm formula Leibniz–Newton: $${\int }_a^b(f^{\prime }(x)g(x)+f(x)g^{\prime }(x))dx=f(x)g(x){|}_a^b.$$

Pasul 3. Liniaritatea integralei, din lecția despre proprietățile integralei definite, desface membrul stâng în două integrale: $${\int }_a^b{f}^{\prime }(x)g(x)dx+{\int }_a^{b}f(x)g^{\prime }(x)dx=f(x)g(x){|}_a^b.$$ Trecând prima integrală în dreapta, obținem formula anunțată. Demonstrația este încheiată.

Observă că nu am folosit nimic în plus față de varianta nedefinită de la lecția despre integrarea prin părți — doar am „închis" calculul cu Leibniz–Newton. Aceasta este relația generală dintre cele două lumi: fiecare formulă de integrare nedefinită are o soră definită, care se obține evaluând între limite.

Merită cântărită și ipoteza „derivate continue", pentru că explică de ce demonstrația funcționează. Fără ea, produsele $f^{\prime }g$ și $f{g}^{\prime }$ ar putea să nu fie integrabile, iar pasul 2 ar rămâne în aer: Leibniz–Newton cere ca funcția de sub integrală să fie integrabilă și să admită primitivă. Cu continuitatea, amândouă condițiile sunt gratuite. În practică, toate funcțiile care apar în cerințele de Bacalaureat M1 — polinoame, exponențiale, logaritmi, funcții trigonometrice și produsele lor — au derivate continue pe orice interval din domeniu, deci ipoteza se verifică într-o singură propoziție și nu se sare peste ea.

O formă echivalentă, pe care o vei întâlni în culegeri, mută accentul pe cealaltă integrală: ${\int }_a^b{f}^{\prime }(x)g(x)dx=f(x)g(x){|}_a^b-{\int }_a^{b}f(x)g^{\prime }(x)dx$. Este aceeași egalitate, cu rolurile celor două funcții schimbate între ele. Nu merită memorate amândouă: e mai sigur să reții una singură și, la nevoie, să schimbi numele funcțiilor.

2. Ce se schimbă față de integrala nedefinită?

Cele două formule stau alături așa:

Trei observații practice.

(a) Termenul din capete se calculează pe loc. Îndată ce ai scris $fg{|}_a^b$, îl transformi într-un număr: $f(b)g(b)-f(a)g(a)$. Nu-l plimba prin calcul ca pe o expresie.

(b) Nu se scrie niciodată $+\mathcal{C}$. Constanta de integrare are sens numai la integrala nedefinită, unde rezultatul este o mulțime de funcții. Aici rezultatul este un număr.

(c) Limitele nu se schimbă. Spre deosebire de metoda pe care o vei studia la schimbarea de variabilă pentru integrala definită, integrarea prin părți păstrează capetele $a$ și $b$ pe tot parcursul calculului. Variabila rămâne $x$; se schimbă doar funcția de sub integrală.

3. Cum alegi factorii? Regula descreșterii

Formula are un pericol: aplicată prost, poate complica integrala în loc s-o simplifice. Criteriul de alegere, numit la lecția despre aplicarea repetată a integrării prin părți „regula descreșterii", se citește identic și aici:

Se ia drept $f$ (factorul care se derivează) acela care se simplifică prin derivare — polinomul, logaritmul, arctangenta; și drept $g^{\prime }$ (factorul care se integrează) acela care nu se complică prin integrare — exponențiala, sinusul, cosinusul, puterile.

Rațiunea e simplă. Un polinom de grad $n$ derivat devine de grad $n-1$; după $n$ pași dispare. Logaritmul derivat devine $\frac{1}{x}$, adică o fracție rațională; arctangenta derivată devine $\frac{1}{1+x^2}$, tot o fracție rațională. În schimb $e^x$ integrat rămâne $e^x$, iar $\sin x$ integrat devine $-\cos x$ — nimic nu crește.

⚠️ Alegerea greșită se vede imediat. La ${\int }_0^{1}x{e}^{x}dx$, dacă iei $f=e^x$ și $g^{\prime }=x$, obții $\frac{x^2}{2}{e}^x{|}_0^1-\frac{1}{2}{\int }_0^1{x}^2{e}^{x}dx$: puterea a crescut. Când vezi asta, te întorci și schimbi rolurile — nu insiști.

Există și un test de două secunde, util înainte de a scrie prima literă: privește cei doi factori și întreabă-te care dintre ei ar dispărea dacă l-ai deriva de câteva ori la rând. Un polinom de gradul al treilea dispare după patru derivări; $e^x$ nu dispare niciodată. Factorul care dispare este $f$. Când niciunul nu dispare — cazul $e^x\sin x$ — ești în familia integralelor care se întorc, tratată în secțiunea 6, și atunci alegerea nu mai contează, contează doar consecvența ei.

Un al doilea criteriu, complementar, privește primitiva: pentru a scrie $g$ ai nevoie să știi să integrezi factorul $g^{\prime }$. Dacă unul dintre cei doi factori nu are primitivă pe care s-o poți scrie — cum se întâmplă cu $e^{x^2}$ sau cu $\frac{\sin x}{x}$ — atunci el nu poate fi $g^{\prime }$, iar alegerea e forțată. Uneori tocmai această constrângere decide, înaintea regulii descreșterii.

4. Care sunt cele patru familii de integrale care cer părțile?

A patra linie merită subliniată: orice funcție se poate scrie ca produs cu $1$. Pentru ${\int }_1^e\ln xdx$ luăm $f(x)=\ln x$ și $g^{\prime }(x)=1$, deci $g(x)=x$, și obținem $${\int }_1^e\ln xdx=x\ln x{|}_1^e-{\int }_1^{e}x\cdot \frac{1}{x}dx=e-{\int }_1^{e}1dx=e-(e-1)=1.$$ Derivatele lui $\mathrm{arctg}$ și $\arcsin$, recuperate la lecția despre primitivele cu arctangentă, arcsinus și logaritm, fac același serviciu pentru funcțiile trigonometrice inverse.

5. Cum se aplică formula de două ori?

Când polinomul are gradul al doilea, o singură aplicare îl coboară la gradul întâi; mai trebuie una. Calculăm ${\int }_0^1{x}^2{e}^{x}dx$.

Prima aplicare. $f(x)=x^2$, $g^{\prime }(x)=e^x$, deci $f^{\prime }(x)=2x$ și $g(x)=e^x$: $${\int }_0^1{x}^2{e}^{x}dx=x^2{e}^x{|}_0^1-{\int }_0^{1}2x{e}^{x}dx=e-2{\int }_0^{1}x{e}^{x}dx.$$

A doua aplicare. $f(x)=x$, $g^{\prime }(x)=e^x$: $${\int }_0^{1}x{e}^{x}dx=x{e}^x{|}_0^1-{\int }_0^1{e}^{x}dx=e-e^x{|}_0^1=e-(e-1)=1.$$

Compunerea. ${\int }_0^1{x}^2{e}^{x}dx=e-2\cdot 1=e-2\approx 0,718$.

Regula de igienă: la fiecare aplicare, calculează imediat termenul din capete. Dacă îl lași nedesfăcut, la a doua aplicare vei avea de urmărit patru termeni deodată și semnele se încurcă.

Același tipar funcționează și când în locul exponențialei stă o putere, iar în locul polinomului un logaritm la pătrat. Calculăm ${\int }_1^e{x}^2\ln xdx$ cu $f(x)=\ln x$ și $g^{\prime }(x)=x^2$, deci $g(x)=\frac{x^3}{3}$: $${\int }_1^e{x}^2\ln xdx=\frac{x^3}{3}\ln x{|}_1^e-\frac{1}{3}{\int }_1^e{x}^{2}dx=\frac{e^3}{3}-\frac{1}{3}\cdot \frac{x^3}{3}{|}_1^e=\frac{e^3}{3}-\frac{e^3-1}{9}=\frac{2e^3+1}{9}.$$ Numeric, $\frac{2e^3+1}{9}\approx 4,575$ — o valoare pe care merită s-o compari cu estimarea grosieră „integrandul crește de la $0$ la $e^2\approx 7,39$ pe un interval de lungime $e-1\approx 1,72$", care dă un ordin de mărime în jur de $5$. Astfel de controale rapide prind imediat o greșeală de semn sau un capăt uitat.

Regula generală care se întrevede: la ${\int }_a^b{x}^n\ln xdx$, cu $n\ne -1$, se derivează întotdeauna logaritmul, iar rezultatul are forma $\frac{b^{n+1}\ln b-a^{n+1}\ln a}{n+1}-\frac{b^{n+1}-a^{n+1}}{(n+1{)}^2}$. Nu o memora — reține doar că o singură aplicare ajunge, oricare ar fi exponentul, întreg sau nu, atât timp cât nu este $-1$. Excepția $n=-1$ nu este o scăpare a metodei, ci semnul că acolo integrandul $\frac{\ln x}{x}$ cere cu totul altceva: factorul $\frac{1}{x}$ este derivata lui $\ln x$, deci metoda potrivită este schimbarea de variabilă.

6. Ce faci cu integralele care „se întorc"?

Există produse la care derivarea nu simplifică nimic: $e^x\sin x$, $e^x\cos x$. Oricum ai alege factorii, după două aplicări ajungi la integrala de la care ai plecat. Departe de a fi un eșec, tocmai asta o rezolvă: obții o ecuație de gradul întâi în necunoscuta $I$.

Fie $I={\int }_0^{\pi }{e}^x\sin xdx$ și $J={\int }_0^{\pi }{e}^x\cos xdx$.

Pentru $I$ luăm $f(x)=\sin x$, $g^{\prime }(x)=e^x$: $$I=e^x\sin x{|}_0^{\pi }-{\int }_0^{\pi }{e}^x\cos xdx=(0-0)-J=-J.$$

Pentru $J$ luăm, consecvent, $f(x)=\cos x$, $g^{\prime }(x)=e^x$: $$J=e^x\cos x{|}_0^{\pi }+{\int }_0^{\pi }{e}^x\sin xdx=(-e^{\pi }-1)+I.$$

Înlocuind, $I=-(-e^{\pi }-1+I)=e^{\pi }+1-I$, deci $2I=e^{\pi }+1$ și $$I=\frac{e^{\pi }+1}{2}\approx 12,07.$$

⚠️ Cuvântul-cheie este consecvent: dacă la primul pas derivezi funcția trigonometrică și la al doilea o integrezi, calculul se întoarce la punctul de plecare sub forma $I=I$, adevărată și inutilă. Alegerea se păstrează pe tot parcursul.

Merită văzut și de ce familia aceasta se închide. Derivând, $\sin x$ devine $\cos x$, iar $\cos x$ devine $-\sin x$: după doi pași revii la funcția inițială, cu un semn în plus. Exponențiala, între timp, rămâne neschimbată. Așadar produsul $e^x\sin x$ se reproduce, iar singurul mod de a-l „prinde" este să-l tratezi ca pe o necunoscută. Din același motiv, primitiva lui are forma $\frac{e^x(\sin x-\cos x)}{2}$ — se verifică imediat derivând: $\frac{e^x(\sin x-\cos x)+e^x(\cos x+\sin x)}{2}=e^x\sin x$. Cine reține această primitivă poate calcula direct, cu Leibniz–Newton, orice integrală definită din familie; cine nu o reține o reconstruiește în patru rânduri, cu metoda de mai sus.

7. Care sunt capcanele de semn și de capete?

(a) Termenul $fg$ vine cu limitele lui. Cea mai costisitoare greșeală este scrierea ${\int }_a^{b}f{g}^{\prime }=fg-{\int }_a^b{f}^{\prime }g$, fără bara cu $a$ și $b$. Rezultatul devine o funcție acolo unde trebuia un număr, iar baremul îl anulează.

(b) Minusul dinaintea integralei se distribuie. Când integrala rămasă are ea însăși un minus (de pildă $g(x)=-\cos x$), semnele se compun: ${\int }_0^{\pi }x\sin xdx=-x\cos x{|}_0^{\pi }+{\int }_0^{\pi }\cos xdx=\pi +0=\pi$. Scrie fiecare semn separat, nu „din cap".

(c) $g$ este o primitivă, nu toate. La pasul $g^{\prime }\to g$ se alege cea mai simplă primitivă, fără constantă. Constanta s-ar simplifica oricum, dar aduce doi termeni în plus și o ocazie de greșeală.

(d) Ipotezele de continuitate contează la capete. Funcția $\arcsin$ nu este derivabilă în $1$, deci ${\int }_0^1\arcsin xdx$ nu intră direct sub enunțul de mai sus; asemenea cazuri nu apar în cerințele de Bacalaureat M1 și nu le vom folosi.

(e) Nu orice produs cere părțile. La ${\int }_0^{1}x(x^2+1{)}^{3}dx$ metoda potrivită este cu totul alta — factorul $x$ este, până la o constantă, derivata lui $x^2+1$. Recunoașterea acestui tipar este tema lecției următoare.

(f) Proba se face prin derivare. Ori de câte ori ai timp, scrie primitiva completă a integrandului și derivează-o. La ${\int }_0^{1}x{e}^{x}dx$, calculul de mai sus spune că $x{e}^x-e^x$ este o primitivă; într-adevăr, $(x{e}^x-e^x{)}^{\prime }=e^x+x{e}^x-e^x=x{e}^x$. Evaluând între $0$ și $1$ obținem $(e-e)-(0-1)=1$, aceeași valoare. Este singura verificare care nu depinde de memorarea formulei și prinde instantaneu un semn pierdut.

(g) Exponentul din $e^{kx}$ schimbă doar constanta. Când în locul lui $e^x$ apare $e^{kx}$, $\sin (kx)$ sau $\cos (kx)$, primitiva factorului $g^{\prime }$ se împarte la $k$. De pildă, pentru ${\int }_0^{1}x{e}^{2x}dx$ luăm $g^{\prime }(x)=e^{2x}$, deci $g(x)=\frac{e^{2x}}{2}$, și obținem $\frac{x{e}^{2x}}{2}{|}_0^1-\frac{1}{2}{\int }_0^1{e}^{2x}dx=\frac{e^2}{2}-\frac{e^2-1}{4}=\frac{e^2+1}{4}$. Nicio metodă nouă — doar recunoașterea derivatei, confirmată printr-o derivare de control.

(h) Semnul rezultatului se poate anticipa. Dacă integrandul este pozitiv pe tot intervalul, integrala trebuie să iasă pozitivă; dacă schimbă semnul, rezultatul poate fi de orice semn. La ${\int }_0^{\pi }x\cos xdx$, integrandul este pozitiv pe $\left(0,\frac{\pi }{2}\right)$ și negativ pe $\left(\frac{\pi }{2},\pi \right)$, dar cu valori mai mari în modul pe a doua jumătate (acolo $x$ este mai mare), deci un rezultat negativ este de așteptat — și chiar așa iese, $-2$. Acest reflex de control costă zece secunde și salvează puncte.

8. Model de redactare și alegerea metodei

Cei trei pași ai integrării prin părți, fixați la lecția despre integrarea prin părți — împarți integrandul în doi factori, cobori un rând cu fiecare, scrii formula — rămân valabili cuvânt cu cuvânt; nu deschidem o numărătoare nouă. Ceea ce se adaugă la integrala definită este un singur gest: evaluarea între limite a termenului $fg$. Redactarea completă, așa cum o punctează baremul, are deci patru rânduri:

Rândul 1. Se numesc factorii: „aplicăm integrarea prin părți cu $f(x)=\dots$ și $g^{\prime }(x)=\dots$, deci $f^{\prime }(x)=\dots$ și $g(x)=\dots$". Rândul 2. Se scrie formula cu datele problemei, cu bara și limitele la locul lor. Rândul 3. Se calculează termenul din capete, ca număr. Rândul 4. Se calculează integrala rămasă și se adună rezultatele.

Iar înainte de toate acestea, o întrebare de o secundă: are integrandul forma unui produs în care un factor se simplifică prin derivare? Dacă da, părțile. Dacă în schimb un factor este, până la o constantă, derivata unei expresii care apare compusă în celălalt, atunci metoda este schimbarea de variabilă. Dacă nici una, nici alta, se caută în tabelul primitivelor funcțiilor uzuale sau se descompune în fracții simple.

O ultimă graniță: relațiile de recurență între integrale, de tipul $I_n$, se sprijină tot pe integrarea prin părți, dar au rețeta lor și se studiază separat — la integrala nedefinită, în lecția despre relații de recurență pentru integrale nedefinite, iar la cea definită, în lecția despre șiruri de integrale, recurențe și limite. Aici lucrăm cu integrale concrete, nu cu șiruri.

Exemple rezolvate

Exemplul 1. Modelul minimal

Calculați ${\int }_0^{1}x{e}^{x}dx$.

Aplicăm integrarea prin părți cu $f(x)=x$ și $g^{\prime }(x)=e^x$, deci $f^{\prime }(x)=1$ și $g(x)=e^x$; ambele funcții sunt derivabile cu derivate continue pe $[0,1]$. $${\int }_0^{1}x{e}^{x}dx=x{e}^x{|}_0^1-{\int }_0^1{e}^{x}dx=(e-0)-e^x{|}_0^1=e-(e-1)=1.$$

Rezultatul este exact $1$ — o coincidență plăcută, care face din acest exemplu cel mai bun test de memorie al formulei.

Exemplul 2. Funcția singură, cu $g^{\prime }=1$

Calculați ${\int }_1^2\ln xdx$.

Scriem $\ln x=\ln x\cdot 1$ și luăm $f(x)=\ln x$, $g^{\prime }(x)=1$, deci $f^{\prime }(x)=\frac{1}{x}$ și $g(x)=x$. Pe $[1,2]$ toate condițiile sunt îndeplinite. $${\int }_1^2\ln xdx=x\ln x{|}_1^2-{\int }_1^{2}x\cdot \frac{1}{x}dx=2\ln 2-0-{\int }_1^{2}1dx=2\ln 2-1\approx 0,386.$$

Exemplul 3. Polinom și funcție trigonometrică

Calculați ${\int }_0^{\pi }x\sin xdx$.

Regula descreșterii cere $f(x)=x$ (se simplifică) și $g^{\prime }(x)=\sin x$, deci $f^{\prime }(x)=1$ și $g(x)=-\cos x$. $${\int }_0^{\pi }x\sin xdx=-x\cos x{|}_0^{\pi }+{\int }_0^{\pi }\cos xdx=(\pi -0)+\sin x{|}_0^{\pi }=\pi +0=\pi .$$

Atenție la semne: $-x\cos x$ evaluat în $\pi$ dă $-\pi \cdot (-1)=\pi$, iar în $0$ dă $0$; minusul din formulă s-a compus cu minusul din $g$.

Exemplul 4. Două aplicări

Calculați ${\int }_0^{\pi }{x}^2\sin xdx$.

Prima aplicare: $f(x)=x^2$, $g^{\prime }(x)=\sin x$, deci $g(x)=-\cos x$: $${\int }_0^{\pi }{x}^2\sin xdx=-x^2\cos x{|}_0^{\pi }+2{\int }_0^{\pi }x\cos xdx={\pi }^2+2{\int }_0^{\pi }x\cos xdx.$$

A doua aplicare: $f(x)=x$, $g^{\prime }(x)=\cos x$, deci $g(x)=\sin x$: $${\int }_0^{\pi }x\cos xdx=x\sin x{|}_0^{\pi }-{\int }_0^{\pi }\sin xdx=0+\cos x{|}_0^{\pi }=-1-1=-2.$$

Compunerea: ${\int }_0^{\pi }{x}^2\sin xdx={\pi }^2+2(-2)={\pi }^2-4\approx 5,870$.

Exemplul 5. Cu arctangenta

Calculați ${\int }_0^1\mathrm{arctg}xdx$.

Luăm $f(x)=\mathrm{arctg}x$, $g^{\prime }(x)=1$, deci $f^{\prime }(x)=\frac{1}{1+x^2}$ și $g(x)=x$: $${\int }_0^1\mathrm{arctg}xdx=x\mathrm{arctg}x{|}_0^1-{\int }_0^1\frac{x}{1+x^2}dx=\frac{\pi }{4}-{\int }_0^1\frac{x}{1+x^2}dx.$$

Integrala rămasă se calculează observând că $\frac{1}{2}\ln (1+x^2)$ are derivata $\frac{x}{1+x^2}$: $${\int }_0^1\frac{x}{1+x^2}dx=\frac{1}{2}\ln (1+x^2){|}_0^1=\frac{\ln 2}{2}.$$

Așadar ${\int }_0^1\mathrm{arctg}xdx=\frac{\pi }{4}-\frac{\ln 2}{2}\approx 0,439$.

Exemplul 6. Exemplu tip Bacalaureat M1

Se consideră funcția $h:(0,+\infty )\to \mathbb{R}$, $h(x)=x\ln x$.

a) Calculați ${\int }_1^{e}h(x)dx$.

Regula descreșterii cere să derivăm logaritmul și să integrăm puterea, deci luăm $f(x)=\ln x$ și $g^{\prime }(x)=x$, de unde $f^{\prime }(x)=\frac{1}{x}$ și $g(x)=\frac{x^2}{2}$: $${\int }_1^{e}x\ln xdx=\frac{x^2}{2}\ln x{|}_1^e-{\int }_1^e\frac{x^2}{2}\cdot \frac{1}{x}dx=\frac{e^2}{2}-\frac{1}{2}{\int }_1^{e}xdx=\frac{e^2}{2}-\frac{x^2}{4}{|}_1^e.$$ Deci ${\int }_1^{e}x\ln xdx=\frac{e^2}{2}-\frac{e^2-1}{4}=\frac{e^2+1}{4}\approx 2,097$.

b) Calculați ${\int }_1^{e}x{\ln }^{2}xdx$.

Aceeași alegere: derivăm ${\ln }^{2}x$, cu $({\ln }^{2}x{)}^{\prime }=\frac{2\ln x}{x}$, și integrăm $x$: $${\int }_1^{e}x{\ln }^{2}xdx=\frac{x^2}{2}{\ln }^{2}x{|}_1^e-{\int }_1^e\frac{x^2}{2}\cdot \frac{2\ln x}{x}dx=\frac{e^2}{2}-{\int }_1^{e}x\ln xdx.$$ Folosind rezultatul de la punctul a): ${\int }_1^{e}x{\ln }^{2}xdx=\frac{e^2}{2}-\frac{e^2+1}{4}=\frac{e^2-1}{4}\approx 1,597$.

c) Arătați, fără a folosi valorile de mai sus, că ${\int }_1^{e}x{\ln }^{2}xdx<{\int }_1^{e}x\ln xdx$.

Pe intervalul $[1,e]$ avem $0\le \ln x\le 1$, deci ${\ln }^{2}x\le \ln x$; înmulțind cu $x>0$, obținem $x{\ln }^{2}x\le x\ln x$ pe tot intervalul, cu inegalitate strictă pe $(1,e)$. Prin monotonia integralei, una dintre proprietățile demonstrate la lecția despre proprietățile integralei definite, rezultă inegalitatea cerută. Valorile de la a) și b) o confirmă: $\frac{e^2-1}{4}<\frac{e^2+1}{4}$.

Să exersăm

1. Calculați ${\int }_0^{2}x{e}^{x}dx$.

2. Calculați ${\int }_0^{\pi /2}x\cos xdx$.

3. Calculați ${\int }_1^2\ln xdx$, precizând alegerea factorilor.

4. Calculați ${\int }_0^{1}x{e}^{-x}dx$.

5. (Adevărat/Fals cu motivare.) În formula de integrare prin părți pentru integrala definită, termenul $fg$ se scrie fără limitele de integrare.

6. Calculați ${\int }_0^{\pi }x\cos xdx$.

7. Calculați ${\int }_1^e{x}^3\ln xdx$.

8. Calculați ${\int }_0^1{x}^2{e}^{-x}dx$, aplicând formula de două ori.

9. Calculați ${\int }_0^{\pi }{x}^2\sin xdx$ și verificați că rezultatul este pozitiv.

10. (Exercițiu tip Bacalaureat M1.) Calculați ${\int }_1^e\frac{\ln x}{x^2}dx$.

11. Calculați ${\int }_0^{1}x\mathrm{arctg}xdx$.

12. Calculați ${\int }_0^{\pi /2}{e}^x\cos xdx$, folosind metoda integralelor care se întorc.

13. (Problemă aplicată.) Un mobil pornește din repaus și are viteza $v(t)=t{e}^{-t}$ (în metri pe secundă). Distanța parcursă în primele două secunde este ${\int }_0^{2}v(t)dt$. Calculați-o.

14. Calculați ${\int }_1^2\frac{\ln x}{x^3}dx$.

15. (Exercițiu tip Bacalaureat M1.) Calculați ${\int }_0^1(x+1)e^{x}dx$ și arătați că rezultatul este un număr irațional.

16. Calculați ${\int }_0^{\pi /2}x\sin xdx$.

17. (Adevărat/Fals cu motivare.) Orice integrală definită dintr-un produs de două funcții se calculează prin părți.

18. (Provocare.) Calculați ${\int }_0^{\pi /2}{x}^2\cos xdx$, folosind rezultatul exercițiului 16.

Răspunsuri și explicații

1. $f=x$, $g^{\prime }=e^x$: $x{e}^x{|}_0^2-{\int }_0^2{e}^{x}dx=2e^2-(e^2-1)=e^2+1\approx 8,389$.

2. $f=x$, $g^{\prime }=\cos x$: $x\sin x{|}_0^{\pi /2}-{\int }_0^{\pi /2}\sin xdx=\frac{\pi }{2}+\cos x{|}_0^{\pi /2}=\frac{\pi }{2}-1\approx 0,571$.

3. $f=\ln x$, $g^{\prime }=1$: $x\ln x{|}_1^2-{\int }_1^{2}1dx=2\ln 2-1\approx 0,386$.

4. $f=x$, $g^{\prime }=e^{-x}$, deci $g=-e^{-x}$: $-x{e}^{-x}{|}_0^1+{\int }_0^1{e}^{-x}dx=-\frac{1}{e}+\left(1-\frac{1}{e}\right)=1-\frac{2}{e}\approx 0,264$.

5. Fals. Termenul este $f(x)g(x){|}_a^b=f(b)g(b)-f(a)g(a)$, adică un număr. Fără limite, egalitatea ar avea o funcție într-un membru și un număr în celălalt.

6. $f=x$, $g^{\prime }=\cos x$: $x\sin x{|}_0^{\pi }-{\int }_0^{\pi }\sin xdx=0+\cos x{|}_0^{\pi }=-2$. Rezultatul negativ e firesc: pe cea mai mare parte a intervalului $\cos x<0$.

7. $f=\ln x$, $g^{\prime }=x^3$, deci $g=\frac{x^4}{4}$: $\frac{x^4}{4}\ln x{|}_1^e-\frac{1}{4}{\int }_1^e{x}^{3}dx=\frac{e^4}{4}-\frac{e^4-1}{16}=\frac{3e^4+1}{16}\approx 10,300$.

8. Prima aplicare: $-x^2{e}^{-x}{|}_0^1+2{\int }_0^{1}x{e}^{-x}dx=-\frac{1}{e}+2\left(1-\frac{2}{e}\right)$, cu integrala de la exercițiul 4. Rezultat: $2-\frac{5}{e}\approx 0,161$.

9. Din Exemplul 4, ${\pi }^2-4\approx 5,870>0$, ceea ce era de așteptat: pe $(0,\pi )$ integrandul $x^2\sin x$ este pozitiv.

10. $f=\ln x$, $g^{\prime }=x^{-2}$, deci $g=-\frac{1}{x}$: $-\frac{\ln x}{x}{|}_1^e+{\int }_1^e\frac{dx}{x^2}=-\frac{1}{e}+\left(1-\frac{1}{e}\right)=1-\frac{2}{e}\approx 0,264$.

11. $f=\mathrm{arctg}x$, $g^{\prime }=x$: $\frac{x^2}{2}\mathrm{arctg}x{|}_0^1-\frac{1}{2}{\int }_0^1\frac{x^2}{1+x^2}dx=\frac{\pi }{8}-\frac{1}{2}\left(1-\frac{\pi }{4}\right)=\frac{\pi }{4}-\frac{1}{2}\approx 0,285$.

12. Cu $I={\int }_0^{\pi /2}{e}^x\cos xdx$ și $J={\int }_0^{\pi /2}{e}^x\sin xdx$: $I=e^x\cos x{|}_0^{\pi /2}+J=-1+J$ și $J=e^x\sin x{|}_0^{\pi /2}-I=e^{\pi /2}-I$. Rezultă $I=\frac{e^{\pi /2}-1}{2}\approx 1,905$.

13. $f=t$, $g^{\prime }=e^{-t}$: $-t{e}^{-t}{|}_0^2+{\int }_0^2{e}^{-t}dt=-\frac{2}{e^2}+\left(1-\frac{1}{e^2}\right)=1-\frac{3}{e^2}\approx 0,594$ metri.

14. $f=\ln x$, $g^{\prime }=x^{-3}$, deci $g=-\frac{1}{2x^2}$: $-\frac{\ln x}{2x^2}{|}_1^2+\frac{1}{2}{\int }_1^2\frac{dx}{x^3}=-\frac{\ln 2}{8}+\frac{3}{16}\approx 0,101$.

15. $f=x+1$, $g^{\prime }=e^x$: $(x+1)e^x{|}_0^1-{\int }_0^1{e}^{x}dx=(2e-1)-(e-1)=e$. Numărul $e$ este irațional (fapt cunoscut, admis).

16. $f=x$, $g^{\prime }=\sin x$: $-x\cos x{|}_0^{\pi /2}+{\int }_0^{\pi /2}\cos xdx=0+\sin x{|}_0^{\pi /2}=1$.

17. Fals. Metoda se alege după forma integrandului. La ${\int }_0^{1}x(x^2+1{)}^{3}dx$, factorul $x$ este pe jumătate derivata lui $x^2+1$, deci se folosește schimbarea de variabilă; părțile ar complica inutil calculul.

18. $f=x^2$, $g^{\prime }=\cos x$: $x^2\sin x{|}_0^{\pi /2}-2{\int }_0^{\pi /2}x\sin xdx=\frac{{\pi }^2}{4}-2\cdot 1=\frac{{\pi }^2}{4}-2\approx 0,467$, folosind exercițiul 16.

De reținut

• Formula de integrare prin părți pentru integrala definită este ${\int }_a^{b}f(x)g^{\prime }(x)dx=f(x)g(x){|}_a^b-{\int }_a^b{f}^{\prime }(x)g(x)dx$, cu $f,g$ derivabile și cu derivate continue pe $[a,b]$.
• Ea se demonstrează în trei rânduri, din derivata produsului și din formula Leibniz–Newton, iar rezultatul este un număr, deci nu apare nicio constantă de integrare.
• Regula descreșterii spune ce se derivează și ce se integrează: se derivează polinomul, logaritmul sau arctangenta, se integrează exponențiala, sinusul, cosinusul sau puterea.
• Termenul din capete se calculează imediat ce a fost scris, iar la fiecare nouă aplicare a formulei se procedează la fel, ca semnele să rămână sub control.
• Integralele de tipul ${\int }_a^b{e}^x\sin xdx$ se întorc după două aplicări consecvente și se rezolvă dintr-o ecuație de gradul întâi în necunoscuta $I$.

Greșeli frecvente

• Scrierea ${\int }_a^{b}f{g}^{\prime }=fg-{\int }_a^b{f}^{\prime }g$, fără bara cu limite. Termenul din capete este $f(b)g(b)-f(a)g(a)$; fără limite, egalitatea pune o funcție în locul unui număr și se depunctează integral.
• Alegerea inversă a factorilor. Dacă după prima aplicare integrala rămasă este mai complicată decât cea inițială (polinomul a crescut în grad), alegerea a fost greșită: se reia cu rolurile schimbate, nu se insistă.
• Adăugarea constantei $\mathcal{C}$. Constanta apare numai la integrala nedefinită. La integrala definită rezultatul este un număr, iar $\mathcal{C}$ nu are ce căuta nicăieri în calcul.
• Schimbarea alegerii la a doua aplicare, la integralele care se întorc. Dacă la primul pas derivezi $\sin x$ și la al doilea îl integrezi, obții identitatea $I=I$. Alegerea se păstrează pe tot lanțul.
• Pierderea unui minus la $g(x)=-\cos x$. Minusul din formulă se compune cu minusul din primitivă; scrie ambele semne explicit, pe rânduri separate, în loc să le combini din memorie.

Aplică acasă

1. Cele patru familii. Scrie pe o pagină cele patru linii ale tabelului din secțiunea 4 și, pentru fiecare, inventează câte o integrală definită proprie, cu limite simple ($0$ și $1$, $1$ și $e$, $0$ și $\pi$). Rezolvă-le și verifică semnul rezultatului privind graficul integrandului.

2. Proba derivării. Pentru trei dintre integralele rezolvate în lecție, scrie primitiva completă a integrandului și verifică prin derivare că este corectă. Este singura probă care nu depinde de memorarea formulei și te prinde imediat dacă ai greșit un semn.

3. Alegerea metodei. Ia zece integrale definite din culegere, amestecate, și scrie doar ce metodă ai folosi la fiecare — părți, schimbare de variabilă sau tabel — fără să le rezolvi. Apoi rezolvă-le pe cele trei la care ai ezitat cel mai mult și notează ce anume ți-a lipsit ca să decizi din prima.

Pentru părinți și profesori

Lecția acoperă competența XII.CS.3.6 din programa de matematică-informatică, „calcularea integralei definite folosind metoda integrării prin părți", și competența XII.CS.2.6, care cere deducerea metodelor de calcul „prin realizarea unor legături cu regulile de derivare". Sugestiile metodologice ale programei cer explicit accent pe „asemănările și deosebirile dintre aplicarea lor la integralele nedefinite și la cele definite" — de aceea secțiunea 2 este un tabel comparativ, nu o repetare.

Ce verifică lecția: (1) demonstrația formulei din derivata produsului și din formula Leibniz–Newton; (2) scrierea termenului din capete cu bara și limitele; (3) alegerea factorilor după regula descreșterii; (4) aplicarea repetată, cu calculul termenului din capete la fiecare pas; (5) rezolvarea integralelor care se întorc, prin ecuație; (6) recunoașterea cazurilor în care metoda potrivită este alta.

Întrebări bune de control: „Ce ai derivat și ce ai integrat, și de ce în ordinea asta?", „Cât face termenul din capete?", „De ce nu apare constanta?", „Ce ai obține dacă ai schimba rolurile?", „Se putea și altfel?". Semn că elevul a înțeles: după prima aplicare se oprește și verifică dacă integrala rămasă chiar e mai simplă. La BAC, cerința apare de regulă ca subpunctul b) al problemei de analiză din Subiectul al III-lea; exercițiile 10 și 15 sunt cele mai apropiate de formularea reală de examen.

Întrebări frecvente

Care este formula de integrare prin părți pentru integrala definită?

Formula este ${\int }_a^{b}f(x)g^{\prime }(x)dx=f(x)g(x){|}_a^b-{\int }_a^b{f}^{\prime }(x)g(x)dx$, unde $f$ și $g$ sunt derivabile pe $[a,b]$, cu derivate continue. Termenul din capete înseamnă $f(b)g(b)-f(a)g(a)$, deci este un număr, calculat imediat ce a fost scris.

Cum se demonstrează formula?

Se pleacă de la derivata produsului, $(fg{)}^{\prime }=f^{\prime }g+f{g}^{\prime }$, care arată că $fg$ este o primitivă a sumei $f^{\prime }g+f{g}^{\prime }$. Cum ambii termeni sunt continui, se aplică formula Leibniz–Newton și apoi liniaritatea integralei, iar una dintre cele două integrale se trece în celălalt membru. Demonstrația ocupă trei rânduri.

Ce se derivează și ce se integrează?

Se derivează factorul care se simplifică prin derivare — polinomul, logaritmul, arctangenta — și se integrează cel care nu se complică prin integrare — exponențiala, sinusul, cosinusul, puterile. Criteriul se numește regula descreșterii. Dacă după prima aplicare integrala rămasă e mai grea, alegerea a fost inversă.

Care este diferența față de integrala nedefinită?

La integrala nedefinită, termenul $fg$ rămâne o funcție și se poartă mai departe prin calcul, iar rezultatul final primește constanta $\mathcal{C}$. La integrala definită, același termen se evaluează pe loc între limite și devine un număr, iar constanta nu apare deloc. Limitele de integrare rămân neschimbate pe tot parcursul.

De ce apare ${\int }_a^b\ln xdx$ la integrarea prin părți, dacă nu e un produs?

Pentru că orice funcție se poate scrie ca produs cu $1$. Luând $f(x)=\ln x$ și $g^{\prime }(x)=1$, obținem $g(x)=x$, iar integrala rămasă devine ${\int }_a^{b}x\cdot \frac{1}{x}dx$, adică integrala unei constante. Același truc funcționează pentru arctangentă și pentru celelalte funcții cu derivată rațională.

Cum se calculează integralele care se întorc, de tipul $e^x\sin x$?

Se aplică formula de două ori, păstrând aceeași alegere a factorilor la ambii pași. După a doua aplicare reapare integrala inițială, notată $I$, iar egalitatea obținută este o ecuație de gradul întâi în $I$, din care $I$ se scoate imediat. Dacă alegerea se schimbă între pași, se obține identitatea inutilă $I=I$.

Când folosesc părțile și când schimbarea de variabilă?

Părțile se folosesc când integrandul este un produs în care un factor se simplifică prin derivare. Schimbarea de variabilă se folosește când un factor este, până la o constantă, derivata unei expresii care apare compusă în celălalt factor, de pildă la $x(x^2+1{)}^3$. Întrebarea se pune înainte de orice calcul.

Se poate lua orice primitivă $g$ a lui $g^{\prime }$?

Da, oricare dintre ele conduce la același rezultat, pentru că o constantă adăugată lui $g$ se simplifică între termenul din capete și integrala rămasă. În practică se alege primitiva cea mai simplă, fără constantă, tocmai ca să nu apară doi termeni în plus și o ocazie de greșeală de semn.