Integrazione per parti: formula, dimostrazione, come scegliere i fattori ed esercizi

Come si integra un prodotto di funzioni di tipo diverso, come $x\,e^x$, $x\sin x$ o $x^2\ln x$? L’integrale di un prodotto non è il prodotto degli integrali, come hai visto nell’integrale indefinito, e qui non c’è nessuna funzione composta da riconoscere. Serve una tecnica apposta: l’integrazione per parti, che è la regola di derivazione del prodotto letta al contrario. All’esame di Analisi 1 la trovi quasi sempre, da sola, dopo una sostituzione o in un integrale definito, e ritorna nella teoria, dalla formula di Taylor agli integrali impropri. In questa pagina vediamo la formula con ipotesi e dimostrazione, la forma con i differenziali e quella con gli estremi, il disegno che la spiega, come scegliere i fattori, il metodo della tabella, il fattore 1 nascosto, gli integrali ciclici, le formule di riduzione, per parti con la sostituzione, un curioso paradosso, gli errori più comuni e sei esercizi svolti.

Da dove viene la formula

Parti dalla regola del prodotto, che conosci dalle regole di derivazione: se $f$ e $g$ sono derivabili,

$$(f\,g)' = f'\,g + f\,g'$$

Leggila al contrario: $f\,g$ è una primitiva della somma $f'\,g + f\,g'$. Quindi, se sai integrare uno dei due addendi, sai integrare anche l’altro. L’idea è tutta qui.

I due fattori hanno un nome:

• $f(x)$ è il fattore finito: nel nuovo integrale compare derivato;
• $g'(x)\,dx$ è il fattore differenziale: nel nuovo integrale compare integrato, come $g$, una sua primitiva qualsiasi.

A parole: «l’integrale del primo per la derivata del secondo è il primo per il secondo, meno l’integrale della derivata del primo per il secondo». Come ogni uguaglianza tra integrali indefiniti, vale a meno di costanti.

Perché è vero. La funzione $f'\,g$ è continua su $I$, quindi ha una primitiva $H$: lo garantisce il teorema fondamentale del calcolo integrale. Deriviamo $f\,g - H$ con la regola del prodotto:

$$\begin{gathered} \big(f\,g - H\big)' = f'\,g + f\,g' - f'\,g \\ {} = f\,g' \end{gathered}$$

Quindi $f\,g - H$ è una primitiva di $f\,g'$, e aggiungendo le costanti si ottengono tutte: è proprio la formula. L’ipotesi $C^1$ serve solo a garantire che $f'\,g$ abbia una primitiva: se la primitiva c’è comunque, la formula vale anche con $f$ e $g$ soltanto derivabili.

Il senso della formula. Non calcola l’integrale: lo scambia con un altro, in cui il primo fattore è derivato e il secondo è integrato. Conviene se il nuovo integrale è più semplice di quello di partenza.

La forma con i differenziali

Molti libri usano due lettere: $u = f(x)$ e $v = g(x)$, per cui $du = f'(x)\,dx$ e $dv = g'(x)\,dx$. La formula diventa più facile da ricordare:

$$\int u\,dv = u\,v - \int v\,du$$

Si sceglie chi è $u$, da derivare, e chi è $dv$, da integrare. Per ricordarla, pensa alla regola del prodotto scritta con i differenziali, $d(u\,v) = u\,dv + v\,du$, e integrata.

Con gli estremi di integrazione

Perché è vero. La funzione $(f\,g)'$ è continua su $[a, b]$ e $f\,g$ ne è una primitiva, quindi per il teorema fondamentale $\int_a^b (f\,g)'\,dx = \big[f\,g\big]_a^b$. Basta integrare la regola del prodotto tra $a$ e $b$ e usare la linearità. Il numero $\big[f\,g\big]_a^b = f(b)\,g(b) - f(a)\,g(a)$ si chiama termine di bordo: è la parte che si dimentica più spesso.

L’idea geometrica: un rettangolo diviso in due

C’è un modo di vedere la formula. Supponi che $u = f(x)$ e $v = g(x)$ siano positive e strettamente crescenti su $[a, b]$. Mentre $x$ va da $a$ a $b$, il punto $(u, v)$ disegna una curva che sale da $(u_1, v_1)$ a $(u_2, v_2)$.

La curva divide il rettangolo grande, di area $u_2 v_2$, in tre pezzi: il rettangolino grigio di area $u_1 v_1$, la regione arancione sotto la curva e quella blu alla sua sinistra. L’area arancione è $\int_{u_1}^{u_2} v\,du$; quella blu, letta lungo l’asse verticale, è $\int_{v_1}^{v_2} u\,dv$. Quindi

$$\begin{gathered} \int_{v_1}^{v_2} u\,dv + \int_{u_1}^{u_2} v\,du \\ {} = u_2 v_2 - u_1 v_1 \end{gathered}$$

Con $u = f(x)$ e $v = g(x)$ i due integrali diventano $\int_a^b f\,g'\,dx$ e $\int_a^b f'\,g\,dx$, e a destra c’è $\big[f\,g\big]_a^b$: è la formula con gli estremi. Il disegno vale per funzioni positive e crescenti; la formula vale sempre.

Come scegliere i fattori

La formula è sempre vera: la scelta decide se è utile. Servono due cose:

1. il fattore da integrare, $g'$, deve avere una primitiva che sai scrivere;
2. il fattore da derivare, $f$, deve semplificarsi derivando, o almeno non complicarsi, così che $\int f'\,g\,dx$ sia più facile di quello di partenza.

I polinomi scendono di grado quando li derivi, i logaritmi diventano frazioni e le goniometriche inverse diventano funzioni algebriche: migliorano. Esponenziali, seni e coseni invece non migliorano e non peggiorano: sono perfetti da integrare.

La regola LIATE

Una regola pratica riassume tutto in una parola. Si mettono in fila le famiglie di funzioni:

Lettera	Famiglia	Esempi
L	logaritmi	$\ln x$
I	inverse goniometriche	$\arctan x$, $\arcsin x$
A	algebriche	$x^2$, $\sqrt{x}$
T	trigonometriche	$\sin x$, $\cos x$
E	esponenziali	$e^x$, $2^x$

Si deriva il fattore che viene prima nella lista e si integra quello che viene dopo. In $x\,e^x$ la $x$ (A) viene prima di $e^x$ (E): si deriva $x$. In $x^2\ln x$ viene prima il logaritmo (L): si deriva $\ln x$. Esiste anche la variante ILATE, con le inverse prima dei logaritmi: nella pratica cambia poco, perché i due compaiono insieme di rado.

Attenzione: è una regola pratica, non un teorema. Due casi in cui non basta:

• $\int x\,e^{x^2}\,dx$: LIATE direbbe di integrare $e^{x^2}$, che non ha primitive elementari. Ma l’integrale è immediato, perché accanto a $e^{x^2}$ c’è la derivata dell’esponente, a meno di un 2: vale $\frac{1}{2}e^{x^2} + c$. Prima di andare per parti, cerca sempre una funzione composta.
• $\int x^3 e^{x^2}\,dx$: qui si spezza in un altro modo, $f = x^2$ e $g' = x\,e^{x^2}$, che ha la primitiva immediata $g = \frac{1}{2}e^{x^2}$:

$$\begin{gathered} \int x^3 e^{x^2}\,dx \\ {} = \frac{x^2}{2}\,e^{x^2} - \int x\,e^{x^2}\,dx \\ {} = \frac{\left(x^2 - 1\right)e^{x^2}}{2} + c \end{gathered}$$

La scaletta

1. Cerca un prodotto di funzioni di tipo diverso, oppure una funzione sola che si deriva bene ($\ln x$, $\arctan x$): in quel caso il secondo fattore è 1.
2. Scegli $f$ da derivare e $g'$ da integrare, con LIATE come guida.
3. Calcola $f'$ e una primitiva $g$, senza $+\,c$: va bene una qualsiasi, e a volte una costante scelta bene accorcia i conti (lo vedi nell’esercizio 2).
4. Scrivi la formula, con il segno meno davanti al nuovo integrale.
5. Risolvi il nuovo integrale, se serve di nuovo per parti. Se è più difficile di prima, torna al punto 2 e scambia i ruoli.
6. Controlla derivando il risultato.

Polinomio per esponenziale, seno o coseno

Si deriva il polinomio, che a ogni passaggio scende di grado, e si integra l’altro fattore.

Esempio 1. $\displaystyle\int x\,e^x\,dx$. Con $f = x$ e $g' = e^x$ si ha $f' = 1$ e $g = e^x$:

$$\begin{gathered} \int x\,e^x\,dx = x\,e^x - \int e^x\,dx \\ {} = (x - 1)\,e^x + c \end{gathered}$$

Controllo. $\big((x - 1)\,e^x\big)' = e^x + (x - 1)\,e^x = x\,e^x$.

Esempio 2. $\displaystyle\int x\cos x\,dx$. Con $f = x$ e $g' = \cos x$, quindi $g = \sin x$:

$$\begin{gathered} \int x\cos x\,dx = x\sin x - \int \sin x\,dx \\ {} = x\sin x + \cos x + c \end{gathered}$$

Occhio al segno: $-\int \sin x\,dx = -(-\cos x) = +\cos x$.

Esempio 3: due volte. $\displaystyle\int x^2 e^x\,dx$. Derivando $x^2$ resta $2x$, e serve un secondo passaggio, che è l’esempio 1:

$$\begin{gathered} \int x^2 e^x\,dx = x^2 e^x - 2\int x\,e^x\,dx \\ {} = x^2 e^x - 2(x - 1)\,e^x + c \\ {} = e^x\left(x^2 - 2x + 2\right) + c \end{gathered}$$

In generale, con $x^n$ servono $n$ passaggi.

Il metodo della tabella

Quando i passaggi sono tanti, c’è un modo compatto di scriverli. Prendi $\int x^3\sin x\,dx$. Nella colonna centrale derivi il polinomio fino a 0; in quella di destra integri $\sin x$ una volta per riga.

Segno	Derivo $x^3$	Integro $\sin x$
$+$	$x^3$	$\sin x$
$-$	$3x^2$	$-\cos x$
$+$	$6x$	$-\sin x$
$-$	$6$	$\cos x$
	$0$	$\sin x$

Ogni elemento della colonna centrale si moltiplica per quello della riga sotto nella colonna di destra, con il segno della sua riga. Ci si ferma quando compare lo 0:

$$\begin{gathered} \int x^3\sin x\,dx \\ {} = -x^3\cos x + 3x^2\sin x \\ {} + 6x\cos x - 6\sin x + c \end{gathered}$$

È la formula per parti applicata tre volte, una per grado, scritta in colonna (l’ultimo termine, $-6\sin x$, viene dall’integrale immediato $-\int 6\cos x\,dx$): i segni si alternano perché ogni passaggio porta un meno.

Il fattore 1 nascosto

Alcune funzioni sono difficili da integrare ma facili da derivare: $\ln x$, $\arctan x$, $\arcsin x$. Il trucco è vederle come un prodotto per 1, derivare la funzione e integrare l’1, che dà $x$.

Esempio 4. $\displaystyle\int \ln x\,dx$, per $x > 0$. Con $f = \ln x$ e $g' = 1$ si ha $f' = \frac{1}{x}$ e $g = x$:

$$\begin{gathered} \int \ln x\,dx = x\ln x - \int x \cdot \frac{1}{x}\,dx \\ {} = x\ln x - x + c \end{gathered}$$

Esempio 5. $\displaystyle\int \arctan x\,dx$. La derivata dell’arcotangente è $\frac{1}{1 + x^2}$, e il nuovo integrale è immediato, perché al numeratore c’è la derivata del denominatore a meno di un 2:

$$\begin{gathered} \int \arctan x\,dx \\ {} = x\arctan x - \int \frac{x}{1 + x^2}\,dx \\ {} = x\arctan x - \frac{1}{2}\ln\left(1 + x^2\right) + c \end{gathered}$$

Esempio 6. Allo stesso modo, per $-1 < x < 1$, con $(\arcsin x)' = \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}}$:

$$\begin{gathered} \int \arcsin x\,dx \\ {} = x\arcsin x - \int \frac{x}{\sqrt{1 - x^2}}\,dx \\ {} = x\arcsin x + \sqrt{1 - x^2} + c \end{gathered}$$

L’ultimo passaggio è immediato, perché $\left(\sqrt{1 - x^2}\right)' = -\frac{x}{\sqrt{1 - x^2}}$.

Esempio 7. Con $\ln^2 x$, per $x > 0$, il trucco si usa due volte. Derivando $\ln^2 x$ si ottiene $\frac{2\ln x}{x}$, che moltiplicato per $g = x$ dà $2\ln x$: è l’esempio 4.

$$\begin{gathered} \int \ln^2 x\,dx = x\ln^2 x - 2\int \ln x\,dx \\ {} = x\ln^2 x - 2x\ln x + 2x + c \end{gathered}$$

Polinomio per logaritmo

Con un polinomio e un logaritmo si deriva il logaritmo, come dice LIATE: integrarlo darebbe $x\ln x - x$, più complicato, mentre derivato diventa $\frac{1}{x}$ e abbassa la potenza.

Esempio 8. $\displaystyle\int x\ln x\,dx$, per $x > 0$. Con $f = \ln x$ e $g' = x$, quindi $g = \frac{x^2}{2}$:

$$\begin{gathered} \int x\ln x\,dx \\ {} = \frac{x^2}{2}\ln x - \int \frac{x^2}{2} \cdot \frac{1}{x}\,dx \\ {} = \frac{x^2}{2}\ln x - \frac{x^2}{4} + c \end{gathered}$$

Con lo stesso conto, per ogni esponente reale $\alpha \neq -1$ e per $x > 0$:

$$\begin{gathered} \int x^\alpha\ln x\,dx \\ {} = \frac{x^{\alpha + 1}}{\alpha + 1}\ln x - \frac{x^{\alpha + 1}}{(\alpha + 1)^2} + c \end{gathered}$$

Con $\alpha = -1$ la formula non ha senso, perché dividerebbe per zero. Ma non serve: $\int \frac{\ln x}{x}\,dx = \frac{\ln^2 x}{2} + c$ è immediato, perché $\frac{1}{x}$ è la derivata di $\ln x$.

Gli integrali ciclici

A volte nessuno dei due fattori si semplifica: derivando o integrando, esponenziale e seno restano esponenziale e seno (o coseno). Eppure per parti funziona lo stesso.

Esempio 9. Chiamiamo $I = \int e^x\cos x\,dx$ e $J = \int e^x\sin x\,dx$, e integriamo sempre l’esponenziale. Per $I$, con $f = \cos x$ e $f' = -\sin x$, e per $J$, con $f = \sin x$ e $f' = \cos x$:

$$\begin{gathered} I = e^x\cos x + J \\ J = e^x\sin x - I \end{gathered}$$

Sono due equazioni in due incognite. Mettendo la seconda nella prima, $I = e^x\cos x + e^x\sin x - I$, cioè $2I = e^x(\sin x + \cos x)$. Poi si ricava $J$:

$$\begin{gathered} \int e^x\cos x\,dx = \frac{e^x(\sin x + \cos x)}{2} + c \\ \int e^x\sin x\,dx = \frac{e^x(\sin x - \cos x)}{2} + c \end{gathered}$$

Un integrale calcolato risolvendo un’equazione. Le uguaglianze tra $I$ e $J$ valgono a meno di costanti, che si raccolgono nel $+\,c$ finale. La versione definita di $\int e^x\sin x\,dx$ è negli esercizi svolti sugli integrali.

Esempio 10: seno al quadrato. $\displaystyle\int \sin^2 x\,dx$. Con $f = \sin x$ e $g' = \sin x$, quindi $f' = \cos x$ e $g = -\cos x$, e poi $\cos^2 x = 1 - \sin^2 x$:

$$\begin{gathered} \int \sin^2 x\,dx \\ {} = -\sin x\cos x + \int \cos^2 x\,dx \\ {} = -\sin x\cos x + x - \int \sin^2 x\,dx \end{gathered}$$

L’integrale di partenza è ricomparso con il segno meno. Portandolo a sinistra, il doppio dell’integrale vale $x - \sin x\cos x$:

$$\int \sin^2 x\,dx = \frac{x - \sin x\cos x}{2} + c$$

Con la linearizzazione $\sin^2 x = \frac{1 - \cos 2x}{2}$ si fa prima: è il metodo degli integrali di funzioni goniometriche. Il trucco per parti, però, funziona con tutte le potenze, come vediamo tra poco.

Esempio 11: un passaggio ciclico per le fratte. Chiamiamo $B = \int \frac{dx}{(1 + x^2)^2}$. Il trucco è partire dall’integrale più semplice, $\int \frac{dx}{1 + x^2} = \arctan x + c$, e calcolarlo per parti con il fattore 1: $f = \frac{1}{1 + x^2}$, $f' = -\frac{2x}{(1 + x^2)^2}$, $g = x$:

$$\begin{gathered} \int \frac{dx}{1 + x^2} \\ {} = \frac{x}{1 + x^2} + \int \frac{2x^2}{(1 + x^2)^2}\,dx \end{gathered}$$

Scrivendo $x^2 = (1 + x^2) - 1$, l’ultima frazione diventa $\frac{2}{1 + x^2} - \frac{2}{(1 + x^2)^2}$:

$$\begin{gathered} \int \frac{dx}{1 + x^2} \\ {} = \frac{x}{1 + x^2} + 2\int \frac{dx}{1 + x^2} - 2B \end{gathered}$$

Portando $2B$ a sinistra e raccogliendo gli integrali di $\frac{1}{1 + x^2}$, si ha $2B = \frac{x}{1 + x^2} + \arctan x$, a meno di una costante:

$$\begin{gathered} \int \frac{dx}{(1 + x^2)^2} \\ {} = \frac{1}{2}\left(\frac{x}{1 + x^2} + \arctan x\right) + c \end{gathered}$$

È il pezzo che serve nelle funzioni razionali fratte quando il denominatore contiene un fattore di secondo grado irriducibile al quadrato.

Le formule di riduzione

Con una potenza $n$-esima, per parti non dà subito il risultato, ma lo collega a quello con un esponente più basso: è una formula di riduzione. Prendi $S_n = \int \sin^n x\,dx$, con $n \geq 2$. Come nell’esempio 10, con $f = \sin^{n-1}x$ e $g' = \sin x$:

$$\begin{gathered} S_n = -\sin^{n-1}x\cos x \\ {} + (n - 1)\int \sin^{n-2}x\cos^2 x\,dx \end{gathered}$$

Con $\cos^2 x = 1 - \sin^2 x$ l’ultimo integrale diventa $S_{n-2} - S_n$. L’integrale di partenza ricompare; portandolo a sinistra, $n\,S_n = -\sin^{n-1}x\cos x + (n - 1)\,S_{n-2}$:

Per $n = 2$ ritrovi l’esempio 10. A ogni applicazione l’esponente scende di 2, fino a $\int dx = x + c$ o a $\int \sin x\,dx = -\cos x + c$.

Gli integrali di Wallis

La formula dà il meglio con gli estremi $0$ e $\frac{\pi}{2}$. Sia $W_n = \int_0^{\pi/2} \sin^n x\,dx$. Per $n \geq 2$ il termine di bordo $\big[-\sin^{n-1}x\cos x\big]_0^{\pi/2}$ è zero, perché in 0 si annulla il seno e in $\frac{\pi}{2}$ il coseno, e resta una ricorrenza semplicissima:

$$\begin{gathered} W_n = \frac{n - 1}{n}\,W_{n-2} \\ W_0 = \frac{\pi}{2}, \quad W_1 = 1 \end{gathered}$$

Per esempio:

$$\begin{gathered} W_4 = \frac{3}{4} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{3\pi}{16} \\ W_5 = \frac{4}{5} \cdot \frac{2}{3} \cdot 1 = \frac{8}{15} \end{gathered}$$

Su $\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$ vale $0 \leq \sin x \leq 1$, quindi le potenze più alte sono più piccole: $W_{2n+1} \leq W_{2n} \leq W_{2n-1}$. Dividendo per $W_{2n+1}$ e usando la ricorrenza, $1 \leq \frac{W_{2n}}{W_{2n+1}} \leq \frac{2n + 1}{2n}$, e per il teorema dei carabinieri il rapporto tende a 1. Scrivendo quel rapporto con la ricorrenza si ottiene il prodotto di Wallis:

$$\frac{\pi}{2} = \frac{2 \cdot 2}{1 \cdot 3} \cdot \frac{4 \cdot 4}{3 \cdot 5} \cdot \frac{6 \cdot 6}{5 \cdot 7} \cdots$$

John Wallis lo pubblicò nel 1656, ricavandolo con un procedimento di interpolazione diverso da questo. La convergenza è lentissima: con 200 000 fattori si ottengono solo cinque decimali esatti di $\frac{\pi}{2}$.

Per parti dopo una sostituzione

Spesso un integrale diventa «da fare per parti» solo dopo un cambio di variabile, come nell’integrazione per sostituzione.

Esempio 12. $\displaystyle\int e^{\sqrt{x}}\,dx$, per $x > 0$. Poniamo $t = \sqrt{x}$, cioè $x = t^2$ e $dx = 2t\,dt$. Compare $2t\,e^t$, che è l’esempio 1 moltiplicato per 2:

$$\begin{gathered} \int e^{\sqrt{x}}\,dx = \int 2t\,e^t\,dt \\ {} = 2(t - 1)\,e^t + c \\ {} = 2\left(\sqrt{x} - 1\right)e^{\sqrt{x}} + c \end{gathered}$$

Esempio 13. $\displaystyle\int \sin(\ln x)\,dx$, per $x > 0$. Con $t = \ln x$ si ha $x = e^t$ e $dx = e^t\,dt$, e compare l’integrale ciclico dell’esempio 9:

$$\begin{gathered} \int \sin(\ln x)\,dx = \int e^t\sin t\,dt \\ {} = \frac{e^t(\sin t - \cos t)}{2} + c \\ {} = \frac{x\big(\sin(\ln x) - \cos(\ln x)\big)}{2} + c \end{gathered}$$

Per parti negli integrali definiti

Tre esempi con la formula definita, ognuno con un controllo.

Esempio 14. Con $f = x$ e $g = e^x$:

$$\begin{gathered} \int_0^1 x\,e^x\,dx = \big[x\,e^x\big]_0^1 - \int_0^1 e^x\,dx \\ {} = e - (e - 1) = 1 \end{gathered}$$

Controllo. Tra 0 e 1 la funzione è positiva e vale al massimo $e$: il risultato deve stare tra 0 ed $e$, e infatti è 1.

Esempio 15. Con il fattore 1 nascosto:

$$\begin{gathered} \int_1^e \ln x\,dx = \big[x\ln x\big]_1^e - \int_1^e dx \\ {} = e - (e - 1) = 1 \end{gathered}$$

Di nuovo 1, e non per caso: con la sostituzione $x = e^t$, $dx = e^t\,dt$, questo integrale diventa $\int_0^1 t\,e^t\,dt$, cioè quello dell’esempio 14.

Esempio 16. $\displaystyle\int_0^\pi x\sin x\,dx$. Con $f = x$ e $g = -\cos x$:

$$\begin{gathered} \int_0^\pi x\sin x\,dx \\ {} = \big[-x\cos x\big]_0^\pi + \int_0^\pi \cos x\,dx \\ {} = \pi + \big[\sin x\big]_0^\pi = \pi \end{gathered}$$

Il termine di bordo vale $-\pi\cos\pi - 0 = \pi$: attenzione ai due segni meno. Su $[0, \pi]$ la funzione è positiva, quindi $\pi$ è proprio l’area della regione colorata, come nel calcolo delle aree.

Un controllo senza integrare per parti. Sostituendo $x$ con $\pi - x$ l’integrale non cambia, perché $\sin(\pi - x) = \sin x$: quindi vale anche $\int_0^\pi (\pi - x)\sin x\,dx$. Sommando le due scritture, il doppio dell’integrale è $\pi\int_0^\pi \sin x\,dx = 2\pi$. Di nuovo $\pi$.

Due conseguenze per la teoria

Il resto integrale di Taylor. Se $f$ è di classe $C^2$ su un intervallo che contiene $x_0$ e $x$, per il teorema fondamentale $f(x) = f(x_0) + \int_{x_0}^x f'(t)\,dt$. Integriamo per parti nella variabile $t$: deriviamo $f'(t)$ e integriamo il fattore 1, scegliendo apposta la primitiva $-(x - t)$, che si annulla in $t = x$:

$$\begin{gathered} \int_{x_0}^x f'(t)\,dt = \big[-f'(t)(x - t)\big]_{x_0}^x \\ {} + \int_{x_0}^x f''(t)\,(x - t)\,dt \end{gathered}$$

Il termine di bordo vale $f'(x_0)(x - x_0)$. Quindi $f(x)$ è uguale a $f(x_0) + f'(x_0)(x - x_0)$, il polinomio di Taylor di primo grado, più un resto scritto come integrale. Ripetendo per $f$ di classe $C^{n+1}$ si ottiene la formula di Taylor con il resto in forma integrale (qui $n! = 1 \cdot 2 \cdots n$ è il fattoriale, e $0! = 1$):

$$R_n(x) = \frac{1}{n!}\int_{x_0}^x f^{(n+1)}(t)\,(x - t)^n\,dt$$

Il fattoriale come integrale. L’integrale $\int_0^{+\infty} x^n e^{-x}\,dx$ è un integrale improprio. Per parti, con $f = x^n$ e $g = -e^{-x}$, il termine di bordo è zero per $n \geq 1$: in 0 si annulla $x^n$, e all’infinito l’esponenziale vince sulla potenza. Resta che ogni integrale è $n$ volte il precedente, e il primo vale 1:

$$\int_0^{+\infty} x^n e^{-x}\,dx = n!$$

L’integrale converge anche quando l’esponente non è intero, purché maggiore di $-1$. È così che il fattoriale si estende ai numeri non interi, con la funzione Gamma: un problema studiato da Eulero a partire da una lettera a Christian Goldbach del 1729.

Un paradosso: 0 = 1?

Prova a calcolare $\int \frac{1}{x}\,dx$ per parti, con il fattore 1 nascosto: $f = \frac{1}{x}$, $f' = -\frac{1}{x^2}$ e $g = x$.

$$\begin{gathered} \int \frac{dx}{x} = \frac{1}{x} \cdot x - \int \left(-\frac{1}{x^2}\right) x\,dx \\ {} = 1 + \int \frac{dx}{x} \end{gathered}$$

Togliendo $\int \frac{dx}{x}$ da tutte e due le parti sembra che $0 = 1$. Dov’è l’errore? Un integrale indefinito non è un numero: è l’insieme delle primitive, come hai visto nell’integrale indefinito. L’uguaglianza dice soltanto che, aggiungendo 1 a una primitiva di $\frac{1}{x}$, si ottiene ancora una primitiva: $\ln\lvert x \rvert + 1$ lo è quanto $\ln\lvert x \rvert$. È vera, e inutile.

Con una primitiva fissata $F$, il calcolo dice $F = 1 + F + k$ per una costante $k$: cioè $k = -1$, nessuna contraddizione. Negli integrali ciclici, invece, l’incognita compare a destra con un coefficiente diverso da 1, come in $F = (\ldots) - F + k$, e l’equazione si può risolvere. Con gli estremi tutto torna: il termine di bordo $\big[1\big]_a^b$ vale $1 - 1 = 0$.

Gli errori più comuni

• Scegliere i ruoli al contrario. In $\int x\,e^x\,dx$, integrando la $x$ e derivando $e^x$ si ottiene $\frac{x^2}{2}e^x - \int \frac{x^2}{2}e^x\,dx$: un’uguaglianza vera, ma con un integrale più difficile di prima. Se il grado sale, torna indietro e scambia.
• Dimenticare il segno meno davanti al nuovo integrale, o sbagliarlo quando $g$ ha già un segno: con $g = -\cos x$, il termine $-\int f'\,g\,dx$ diventa $+\int f'\cos x\,dx$.
• Dimenticare il termine di bordo negli integrali definiti. $\big[f\,g\big]_a^b$ è un numero, e spesso non è zero.
• Sbagliare la primitiva del fattore da integrare. La primitiva di $\sin x$ è $-\cos x$, quella di $e^{-x}$ è $-e^{-x}$.
• Cambiare fattore da integrare in un integrale ciclico. Se al secondo passaggio integri il seno invece dell’esponenziale, torni a $I = I$: vero, ma inutile.
• Semplificare due integrali indefiniti come se fossero numeri. È l’origine del paradosso $0 = 1$: le costanti non si possono ignorare.
• Andare per parti quando l’integrale è immediato. $\int x\,e^{x^2}\,dx$ si fa a vista.
• Dimenticare il dominio. $\int \ln x\,dx = x\ln x - x + c$ vale per $x > 0$, $\int \arcsin x\,dx$ per $-1 < x < 1$.

Esercizi svolti

Altri integrali per parti, insieme alle altre tecniche, li trovi negli esercizi svolti sugli integrali.

1. Un esponenziale con il segno meno

Testo. Calcola $\displaystyle\int (2x + 1)\,e^{-x}\,dx$.

È un polinomio per un esponenziale: si deriva il polinomio. Con $f = 2x + 1$ e $g' = e^{-x}$ si ha $f' = 2$ e $g = -e^{-x}$ (infatti la derivata di $-e^{-x}$ è $e^{-x}$):

$$\begin{gathered} \int (2x + 1)\,e^{-x}\,dx \\ {} = -(2x + 1)\,e^{-x} + \int 2\,e^{-x}\,dx \\ {} = -(2x + 1)\,e^{-x} - 2\,e^{-x} + c \\ {} = -(2x + 3)\,e^{-x} + c \end{gathered}$$

Controllo. Con la regola del prodotto:

$$\begin{gathered} \big(-(2x + 3)\,e^{-x}\big)' \\ {} = -2\,e^{-x} + (2x + 3)\,e^{-x} \\ {} = (2x + 1)\,e^{-x} \end{gathered}$$

Il risultato è $-(2x + 3)\,e^{-x} + c$: il meno della formula e il meno di $g$ si sono combinati in un più.

2. Una costante scelta bene

Testo. Calcola $\displaystyle\int x\arctan x\,dx$.

Per LIATE si deriva l’arcotangente (I) e si integra la $x$ (A). La primitiva più ovvia di $x$ è $\frac{x^2}{2}$, ma va bene una qualsiasi: scegliamo $g = \frac{x^2 + 1}{2}$, che si semplificherà con $f' = \frac{1}{1 + x^2}$:

$$\begin{gathered} \int x\arctan x\,dx \\ {} = \frac{x^2 + 1}{2}\arctan x - \int \frac{x^2 + 1}{2} \cdot \frac{dx}{1 + x^2} \\ {} = \frac{x^2 + 1}{2}\arctan x - \int \frac{1}{2}\,dx \\ {} = \frac{x^2 + 1}{2}\arctan x - \frac{x}{2} + c \end{gathered}$$

Controllo. La derivata è $x\arctan x + \frac{x^2 + 1}{2} \cdot \frac{1}{1 + x^2} - \frac{1}{2} = x\arctan x$.

Il risultato è $\frac{x^2 + 1}{2}\arctan x - \frac{x}{2} + c$. Con $g = \frac{x^2}{2}$ si arriva allo stesso punto, ma passando per la divisione $\frac{x^2}{1 + x^2} = 1 - \frac{1}{1 + x^2}$: la costante giusta ti risparmia un passaggio.

3. Il logaritmo di una somma

Testo. Calcola $\displaystyle\int \ln\left(1 + x^2\right)dx$.

L’argomento $1 + x^2$ è sempre positivo, quindi la funzione è definita su tutto $\mathbb{R}$. È un fattore 1 nascosto: $f = \ln(1 + x^2)$, $f' = \frac{2x}{1 + x^2}$, $g = x$:

$$\begin{gathered} \int \ln\left(1 + x^2\right)dx \\ {} = x\ln\left(1 + x^2\right) - \int \frac{2x^2}{1 + x^2}\,dx \end{gathered}$$

Nel nuovo integrale numeratore e denominatore hanno lo stesso grado. Scrivendo $x^2 = (1 + x^2) - 1$:

$$\frac{2x^2}{1 + x^2} = 2 - \frac{2}{1 + x^2}$$

e quindi la sua primitiva è $2x - 2\arctan x$. In conclusione:

$$\begin{gathered} \int \ln\left(1 + x^2\right)dx \\ {} = x\ln\left(1 + x^2\right) - 2x + 2\arctan x + c \end{gathered}$$

Controllo. Derivando, i termini senza logaritmo si cancellano:

$$\begin{gathered} \ln\left(1 + x^2\right) + \frac{2x^2}{1 + x^2} - 2 + \frac{2}{1 + x^2} \\ {} = \ln\left(1 + x^2\right) + 2 - 2 \end{gathered}$$

Il risultato è $x\ln(1 + x^2) - 2x + 2\arctan x + c$: dopo il passaggio per parti è servita una divisione.

4. Due volte per parti con gli estremi

Testo. Calcola $\displaystyle\int_0^{\pi/2} x^2\cos x\,dx$.

Primo passaggio, con $f = x^2$ e $g = \sin x$:

$$\begin{gathered} \int_0^{\pi/2} x^2\cos x\,dx \\ {} = \big[x^2\sin x\big]_0^{\pi/2} - 2\int_0^{\pi/2} x\sin x\,dx \end{gathered}$$

Il termine di bordo vale $\frac{\pi^2}{4} \cdot 1 - 0 = \frac{\pi^2}{4}$. Secondo passaggio, con $f = x$ e $g = -\cos x$:

$$\begin{gathered} \int_0^{\pi/2} x\sin x\,dx \\ {} = \big[-x\cos x\big]_0^{\pi/2} + \int_0^{\pi/2} \cos x\,dx \\ {} = 0 + \big[\sin x\big]_0^{\pi/2} = 1 \end{gathered}$$

Qui il termine di bordo è zero, perché $\cos\frac{\pi}{2} = 0$ e in 0 si annulla la $x$. Quindi:

$$\int_0^{\pi/2} x^2\cos x\,dx = \frac{\pi^2}{4} - 2$$

Controllo. Su $\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$ la funzione è positiva, quindi il risultato deve essere positivo: $\frac{\pi^2}{4} \approx 2{,}467$, e $2{,}467 - 2 > 0$. Con il metodo della tabella trovi subito la primitiva $x^2\sin x + 2x\cos x - 2\sin x$, che tra 0 e $\frac{\pi}{2}$ dà lo stesso numero.

L’integrale vale $\frac{\pi^2}{4} - 2 \approx 0{,}467$.

5. Una formula di riduzione

Testo. Per $n \geq 0$ sia $I_n = \displaystyle\int_0^1 x^n e^x\,dx$. Dimostra che $I_n = e - n\,I_{n-1}$ per $n \geq 1$ e calcola $I_3$.

Per parti, con $f = x^n$ e $g = e^x$:

$$\begin{gathered} I_n = \big[x^n e^x\big]_0^1 - n\int_0^1 x^{n-1}e^x\,dx \\ {} = e - n\,I_{n-1} \end{gathered}$$

Il termine di bordo vale $1 \cdot e - 0 = e$, perché per $n \geq 1$ si ha $0^n = 0$. Si parte da $I_0 = \int_0^1 e^x\,dx = e - 1$:

$$\begin{gathered} I_1 = e - (e - 1) = 1 \\ I_2 = e - 2 \cdot 1 = e - 2 \\ I_3 = e - 3(e - 2) = 6 - 2e \end{gathered}$$

$I_1 = 1$ è l’esempio 14. Controllo. Su $[0, 1]$ vale $1 \leq e^x \leq e$, e $\int_0^1 x^n\,dx = \frac{1}{n + 1}$. Quindi $\frac{1}{n + 1} \leq I_n \leq \frac{e}{n + 1}$: per $n = 3$, $I_3$ deve stare tra $0{,}25$ e circa $0{,}68$, e infatti $6 - 2e \approx 0{,}563$.

Il risultato è $I_3 = 6 - 2e$. La stessa stima mostra anche che $I_n$ tende a 0 quando $n$ cresce.

6. Prima la sostituzione, poi per parti

Testo. Calcola $\displaystyle\int_0^1 \arctan\sqrt{x}\,dx$.

La radice dentro l’arcotangente si elimina con $t = \sqrt{x}$: $x = t^2$, $dx = 2t\,dt$, e gli estremi $x = 0$ e $x = 1$ diventano $t = 0$ e $t = 1$:

$$\int_0^1 \arctan\sqrt{x}\,dx = \int_0^1 2t\arctan t\,dt$$

È l’integrale dell’esercizio 2, moltiplicato per 2. Con la stessa idea, $f = \arctan t$ e $g = t^2 + 1$, il prodotto $f'\,g$ vale esattamente 1:

$$\begin{gathered} \int_0^1 2t\arctan t\,dt \\ {} = \big[\left(t^2 + 1\right)\arctan t\big]_0^1 - \int_0^1 dt \\ {} = 2 \cdot \frac{\pi}{4} - 1 = \frac{\pi}{2} - 1 \end{gathered}$$

Controllo. Su $[0, 1]$ la funzione $\arctan\sqrt{x}$ cresce da 0 a $\frac{\pi}{4} \approx 0{,}785$: il risultato deve stare tra 0 e $0{,}785$, e infatti $\frac{\pi}{2} - 1 \approx 0{,}571$.

L’area sotto il grafico di $\arctan\sqrt{x}$ tra 0 e 1 è $\frac{\pi}{2} - 1$.

In sintesi

• La formula: per $f$ e $g$ di classe $C^1$ su un intervallo, $\int f\,g'\,dx = f\,g - \int f'\,g\,dx$; con i differenziali, $\int u\,dv = u\,v - \int v\,du$. È la regola del prodotto integrata.
• Integrali definiti: $\int_a^b f\,g'\,dx = \big[f\,g\big]_a^b - \int_a^b f'\,g\,dx$, senza dimenticare il termine di bordo.
• La scelta: si deriva ciò che si semplifica e si integra ciò che non si complica. LIATE (logaritmi, inverse, algebriche, trigonometriche, esponenziali) è una guida, non una legge.
• Polinomio per $e^x$, $\sin x$ o $\cos x$: si deriva il polinomio, una volta per grado; il metodo della tabella accorcia i conti.
• Fattore 1 nascosto per $\ln x$, $\arctan x$, $\arcsin x$: per esempio $\int \ln x\,dx = x\ln x - x + c$.
• Integrali ciclici: se ricompare l’integrale di partenza, si risolve un’equazione; così $\int e^x\sin x\,dx = \frac{e^x(\sin x - \cos x)}{2} + c$.
• Formule di riduzione: per $W_n = \int_0^{\pi/2} \sin^n x\,dx$ vale $W_n = \frac{n - 1}{n}\,W_{n-2}$, da cui il prodotto di Wallis.

Per le frazioni di polinomi c’è un metodo apposta, che funziona sempre: gli integrali di funzioni razionali fratte.