Metoda integrarii prin parti

Dupa ce am invatat notiunea de primitiva, dar si sa calculam o primitiva/ primitivele unor functii, si mai important, sa demonstram cand o functie admite primitive, a venit vremea sa discutam despre metodele de calculare a integralelor. In afara de tabelul cu primitive, mai exista si doua metode:
– metoda integrarii prin parti
– metoda schimbarii de variabile
In acest articol o sa ne ocupam de metoda integrarii prin parti:
Aceste metode de calcul urmaresc transformarea unor integrale „complicate” in integrale care pot fi calculate mai usor.
Teorema. Presupunem ca functiile f, g:I\rightarrow R sunt derivabile cu derivatele: f^{'}, g^{'}:I\rightarrow R continue. Fie doua numere a,b\in I
Atunci \int^{b}_{a}f\left(x\right)\cdot g\left(x\right)^{'} dx=f\left(x\right)\cot g\left(x\right)|^{b}_{a}-\int^{b}_{a}f^{'}\left(x\right)\cdot g\left(x\right) dx

Exemplu:
1. Calculati urmatoarele integrale:
\int^{1}_{0}\ln\left(3x+1\right)dx
Integrala de mai sus o calculam cu ajutorul metodei integrarii prin parti, astfel
consideram f\left(x\right)=x, deoarece stim ca f^{'}\left(x\right)=x^{'}=1
Observat ca am luat funcita sub derivare ca fiind x
Si g\left(x\right)=\ln\left(3x+1\right)
Si integrala de mai sus devine: \int^{1}_{0}x^{'}\cdot\ln\left(3x+1\right) dx=
Mai intai am aplicat formula de mai sus pentru a obtine o integrala mai usor de rezolvat
x\cdot\ln\left(3x+1\right)|^{1}_{0}-\int^{1}_{0}x\cdot\left(\ln\left(3x+1\right)\right)^{'} dx=
In cea de-a doua integrala obtinuta am derivat membrul drept, adica g\left(x\right)=\ln\left(3x+1\right), iar g^{'}\left(x\right)=\left(\ln\left(3x+1\right)\right)^{'}=\frac{1}{3x+1}\cdot\left(3x+1\right)^{'}=\frac{1}{3x+1}\cdot 3=\frac{3}{3x+1}
1\cdot\ln\left(3\cdot 1+1\right)-0\cdot\ln\left(3\cdot 0+1\right)-\int^{1}_{0}x\cdot \frac{1}{3x+1}\cdot\left(3x+1\right)^{'} dx=
\ln\left(3+1\right)-0\cdot\ln 1-int^{1}_{0}x\cdot\frac{1}{3x+1}\cdot 3dx=\ln 4-0-\int^{1}_{0}\frac{3}{3x+1} dx=\ln 4-3\int^{1}_{0}\frac{1}{3x+1}dx=
Observati ca mai sus sus am aplicat formula Leibniz-Newton

\ln 4-3\int^{1}_{0}\frac{\left(3x+1\right)^{'}}{3x+1}\cdot \frac{1}{3} dx=

Noua integrala obtinuta o rezolvam folosind formula int\frac{u^{'}\left(x\right)}{u\left(x\right)}=\ln |u\left(x\right)|+c, unde u(x)=3x+1, dar u^{'}\left(x\right)=\left(3x+1\right)^{'}=3, dar observati ca i fata integralei apare fractia \frac{1}{3}, pentru a se simplifica de la derivare.
\ln 4-3\cdot\frac{1}{3}\int^{1}_{0}\frac{\left(3x+1\right)^{'}}{3x+1}dx=
ln 4-\ln\left(3x+1\right)|^{1}_{0}=\ln 4-\ln\left(3\cdot 1+1\right)=
\ln 4-\ln 4+\ln 1=0
Pentru a afla valoarea integralei am aplicat din nou Leibniz-Newton de unde am obtinut rezultatul 0.

b) \int^{2\pi}_{0}x\sin x dx=
Ca sa calculam integrala de mai sus, mai intai ne alegem functia pe care o punem sub derivare:
Astfel daca luam g\left(x\right)=\left(-\cos x\right)^{'}
Stim ca \left(-\cos x\right)^{'}=-\left(-\sin x\right)=\sin x
Deci alegem g\left(x\right)=\left(-\cos x\right)^{'}
Astfel integrala devine: \int^{2\pi}_{0}x\cdot\left(-\cos x\right)^{'}dx
Iar acum daca aplicam formula de mai sus obtinem:
\int^{2\pi}_{0}x\cdot\left(-\cos x\right)^{'}=-x\cos x|^{2\pi}_{0}-\int^{2\pi}_{0}x^{'}\cdot\left(-\cos x\right) dx
Astfel daca aplicam Leibnitz-Newton obtinem -2\pi\cos 2\pi+0\cdot \cos 0+\int^{2\pi}_{0}\cos xdx=-2\pi\cdot 1+\sin x|^{2\pi}_{0}=-2\pi+\sin 2\pi-\sin 0=-2\pi++0-0=-2\pi

Pentru a calcula \int \sin x=\cos x+C am aplicat formula uzuala din tabelul de integrale nedefinite.

c) \int^{\frac{\pi}{3}}_{0}\frac{x}{\cos^{2} x}
Acum la fel ca si mai sus alegem functia cea mai convenabila pe care sa o bagam sub semnul derivarii astfel incat sa ne avantajeze sa obtinem integrale mai usor de rezolvat.
Astfel integrala devine \int^{\frac{\pi}{3}}_{0}\frac{x}{\cos^{2} x}=\int^{\frac{\pi}{3}}_{0} x\cdot\frac{1}{\cos^{2} x} astfel daca luam functia \frac{1}{\cos^{2} x}

Stim ca \tan x=\frac{1}{\cos^{2} x}
Astfel consideram functia f\left(x\right)=x, dar si functia g^{'}\left(x\right)=\left(\tan x\right) astfel integrala devine:

\int^{\frac{\pi}{3}}_{0} x\cdot\left(\tan x\right)^{'} dx=
Iar acum aplicand Metoda integrarii prin parti obtinem:
x\cdot\tan x|^{\frac{\pi}{3}}_{0}-\int^{\frac{\pi}{3}}_{0}\left(x\right)^{'}\cdot \tan xdx=
Acum aplicand formula Laibnitz-Newton obtinem:
\frac{\pi}{3}\tan\frac{\pi}{3}-0\cdot\tan 0-\int^{\frac{\pi}{3}}_{0}1\cdot \tan x dx=\frac{\pi}{3}\cdot\sqrt{3}-\int^{\frac{\pi}{3}}\tan x dx=

Iar acum daca aplicam formulele pentru primitive obtinem ca \int \tan x dx=-\ln|\cos x|+C
\frac{\sqrt{3}\pi}{3}-\left(-\ln|\cos x|\right)|^{\frac{\pi}{3}}_{0}=
\frac{\sqrt{3}\pi}{3}+\ln|\cos x||^{\frac{\pi}{3}}_{0}=

Iar la fel ca si mai sus daca aplicam Laibnitz-Newton
\frac{\sqrt{3}\pi}{3}+\ln|\cos\frac{\pi}{3}|-\ln|\cos 0|=
\frac{\sqrt{3}\pi}{3}+\ln|\frac{1}{2}|-\ln 1=
\frac{\sqrt{3}\pi}{3}+\ln|\frac{1}{2}|-\ln|1|=
\frac{\sqrt{3}\pi}{3}+\ln|\frac{1}{2}|-0=

Obtinem rezultatul de mai sus.
\frac{\sqrt{3}\pi}{3}+\ln 1-\ln 2=  \frac{\sqrt{3}\pi}{3}+0-\ln 2=\frac{\sqrt{3}\pi}{3}-\ln 2.

Deci e important, pentru a aplica Metoda integrarii prin parti, sa cunoastem notiunea de derivata dar si teorema pentru a puteam aplica aceasta metoda.

Rezolvare Subiecte Bacalaureat

Se considera functia f:\left(0,+\infty\right) definita prin f\left(x\right)=\frac{x^{4}}{4}-\ln x
a) Sa se calculeze f^{'}\left(x\right), x\in \left(0,+\infty\right)
b) Sa se determine punctele extreme ale functiei f.
c) Sa se demonstreze ca \ln\sqrt{x}\leq\frac{x^{2}-1}{4} pentru oricare x\in \left(0,+\infty\right).
Solutie

a) f^{'}\left(x\right)=\left(\frac{x^{4}}{4}-\ln x\right)^{'}=\frac{4x^{3}\cdot 4-x^{4}\cdot 0}{4^{2}}-\frac{1}{x}=\frac{16x^{3}}{16}-\frac{1}{x}=x^{3}-\frac{1}{x}=\frac{x\cdot x^{3}-1\cdot 1}{x}=\frac{x^{4}-1}{x}.
b) Stim ca f^{'}\left(x\right)=0, adica
\frac{x^{4}-1}{x}=0\Rightarrow \frac{\left(x^{2}-1\right)\left(x^{2}+1\right)}{x}=0, \forall x\in \left(0,+\infty\right)
si gasim
x^{2}+1=0\Rightarrow x^{2}=-1\Rightarrow x^{2}=i^{2}\Rightarrow x_{1,2}=\pm\sqrt{i^{2}}\Rightarrow x_{1,2}=\pm i\notin \left(0,+\infty\right) (deci nu convin).
x^{2}-1=0\Rightarrow x^{2}=1\Rightarrow x_{3,4}=\pm\sqrt{1}\Rightarrow x_{3,4}=\pm 1
Deci gasim x_{3}=1 si x_{4}=-1, observam ca x_{4} nu convine deoarece x se afla in intervalul \left(0, +\infty\right).
Acum trasam tabelul de variatie
monotonia unei functii
Calculam
f\left(1\right)=\frac{1^{2}}{4}-ln 1=\frac{1}{4}-0=\frac{1}{4}.
Deci f^{'}\left(x\right)\leq 0,\forall x\in\left(0, 1\right], adica functia este descrescatoare pe acest interval si f^{'}\left(x\right)\geq 0 \forall x\in \left[1,+\infty\right), adica functia este crescatoare pe acest interval. Si astfel gasim ca x=1 este punct de minim pentru functia f.
c) Din punctul b) stim ca x=1 este punct de minim global , deci \forall t>0, avem f\left(t\right)\geq f\left(1\right)\Rightarrow \frac{t^{4}}{4}-\ln t\geq \frac{1}{4}-\ln 1\Rightarrow \frac{t^{4}}{4}-\ln t\geq \frac{1}{4}\Rightarrow \frac{t^{4}}{4}-\frac{1}{4}\geq \ln t\Rightarrow \frac{t^{4}-1}{4}\geq \ln t.
Acum daca notam t=\sqrt{x} obtinem
\frac{\left(\sqrt{x}\right)^{4}-1}{4}\geq \ln \sqrt{x}\Rightarrow \frac{x^{2}-1}{4}\geq \ln \sqrt{x}.
Ceea ce trebuia demonstrat.
2) Se considera integrala I_{n}=\int^{2}_{1}x^{n}e^{x}dx, n\in N.
a) Sa se calculeze I_{0}
b) Sa se determine I_{1}
c) Sa se arate ca \left(n+1\right)I_{n}+I{n+1}=e\left(2^{n+1}e-1\right) pentru orice n\in N.
Solutie
a) I_{0}=\int^{2}_{1}x^{0}e^{x} dx=\int^{2}_{1}a\cdot e^{x}=\int^{2}_{1}e^{x} dx=e^{x}|^{2}_{1}=e^{2}-e^{1}=e^{2}-e=e\left(e-1\right)
b) I_{1}=\int^{2}_{1}x^{1}\cdot e^{x} dx=\int^{2}_{1}x\cdot e^{x}dx=\int^{2}_{1}x\cdot\left(e^{x}\right)^{'}dx=x\cdot e^{x}|^{2}_{1}-\int^{2}_{1}x^{'}\cdot e^{x}=x\cdot e^{x}|^{2}_{1}-\int^{2}_{1}1\cdot e^{x}dx=x\cdot e^{x}|^{2}_{1}-e^{x}|^{2}_{1}=2e^{2}-1\cdot e^{1}-e^{2}+e^{1}=e^{2}
Integrala de mai sus am rezolvat-o cu ajutorul integrarri prin parti.
c) I_{n+1}=\int^{2}_{1}x^{n+1}e^{x}dx=\int^{2}_{1}x^{n+1}e\left(e^{x}\right)^{'}dx=x^{n+1}e^{x}|^{2}_{1}-\int^{2}_{1}\left(x^{n+1}\right)^{'}e^{x}dx=2^{n+1}e^{2}-1^{n+1}e^{1}-\left(n+1\right)\int^{2}_{1}x^{n}e^{x}dx
Acum
I_{n}=\int^{2}_{1}x^{n}e^{x} dx
Acum obtinem
\left(n+1\right)I_{n}+I{n+1}=\left(n+1\right)\int^{2}_{1}x^{n}e^{x}dx+2^{n+1}e^{2}-1^{n+1}e^{1}-\left(n+1\right)\int^{2}_{1}x^{n}e^{x}dx=2^{n+1}e^{2}-1\cdot e=e\left(2^{n+1}e-1\right).