Capítulo 5: Cálculo integral

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1 Capítulo 5: Cálculo integral 1. Lección 18. La integral indefinida 1.1. Concepto de integral indefinida En el capítulo 3 hemos visto la diferencial de una función: dada y = f(x), su diferencial es una función dy de dos variables, x,, con dy = d(f(x)) = f (x). Consideraremos ahora el proceso inverso: dada una función de dos variables, x,, que tiene la forma g(x), queremos calcular una función f con la propiedad de que d(f(x)) = g(x). Dicha función f, si existe, se llama una integral indefinida de g(x). La función g(x) estará definida en un dominio D; buscamos por tanto una funcion f(x) para la que se verifique la igualdad anterior en el dominio D. Pero usualmente no haremos referencia a este dominio, puesto que se podrá deducir cuál es a partir de la construcción de las funciones f, g. Para indicar que f es una integral indefinida de g(x) escribiremos f(x) = g(x) Por ejemplo, se tiene sen x = cos x, ln x = 1 x = x 1.. Primitivas Desde luego, f(x) es una integral indefinida de g(x) si y solo si f (x) = g(x); y, por tanto, si y solo si f (x) = g(x). De esta manera, el problema de hallar una integral indefinida de g(x) es el mismo que el de hallar una función f cuya derivada sea g, f (x) = g(x). Si f(x) es una función cuya derivada es g(x), decimos que f(x) es una primitiva de g(x). Por tanto, f(x) es una primitiva de g(x) si y solo si f(x) es una integral indefinida de g(x). Recordemos el teorema del valor medio: Teorema. Sea f una función que es continua en un intervalo cerrado [a, b] y derivable en todos los puntos de (a, b). Existe un punto ξ (a, b), de manera que f f(b) f(a) (ξ) = b a Una consecuencia sencilla del teorema es la siguiente: 1

2 Corolario. Si f es una función continua y derivable en un intervalo (a, b), y se tiene f (x) = 0 para todo punto de (a, b), entonces f(x) es constante en dicho intervalo. La razón de la propiedad anterior es muy simple: dados dos puntos cualesquiera x 1 < x en el intervalo (a, b), la función f(x) cumple las hipótesis del teorema del valor medio para el intervalo [x 1, x ]. Existe, pues ξ (x 1, x ) con la propiedad f (ξ)(x x 1 ) = f(x ) f(x 1 ). Pero f (ξ) = 0, por hipótesis. Luego f(x 1 ) = f(x ), y la función toma el mismo valor en todos los puntos de (a, b). Corolario. Si f(x), g(x) son dos funciones continuas y derivables en un intervalo (a, b), y se tiene f (x) = g (x) para todo punto x (a, b), entonces existe una constante k, de modo que g(x) = f(x) + k. De nuevo la razón es simple: la hipótesis implica que la función h(x) = f(x) g(x) tiene derivada nula en el intervalo. Luego h(x) es una constante k en ese intervalo. Por tanto, f(x) g(x) = k, y el resultado se sigue. Una función g no tiene nunca una primitiva única: si f(x) es una primitiva de g(x), entonces f(x)+k también es primitiva de g(x), para cualquier k constante. Por el corolario anterior, se tiene entonces que toda primitiva de g(x) es de la forma f(x) + k. Así, al calcular primitivas (o integrales indefinidas), expresamos siempre el resultado como una función más una constante: cos x = sen x + C y cualquiera que sea el valor de la constante C, la relación anterior es válida; y se obtienen así todas las primitivas de la función dada. Abordaremos en este capítulo el problema de: dada una función continua, calcular sus primitivas. Aunque las funciones continuas siempre tienen funciones primitivas, no siempre podemos expresar estas mediante las funciones elementales que hemos visto. Nos limitaremos, por tanto, a estudiar casos en que esto sí es posible. Los casos más sencillos son aquellos en que tratamos de calcular g(x) y reconocemos inmediatamente que g(x) es derivada de una cierta función elemental f(x). En ese caso, tendremos f (x) = g(x) y g(x) = f(x) + C. De este modo, una tabla de derivadas nos proporciona directamente una lista de lo que llamamos integrales inmediatas. Recogemos tal tabla a continuación (indicamos para cada función de la lista una primitiva solamente; aunque, como sabemos, si le sumamos una constante dará otra primitiva de la misma función).

3 f(x) e x a x 1 x f(x) e x ax ln(a) ln( x ) x a x (a 1) a+1 a+1 sen x cos x cos x sen x 1 + tan (x) tan x senh x cosh x cosh x senh x Todas estas relaciones, y las que siguen, valen en los dominios de definición de las respectivas funciones. f(x) f(x) 1 tanh x tanh x 1 1 x arcsen x 1 1 x arccos x 1 1+x arctan x 1 x argsenh x +1 1 x 1 argcosh x argtanh x 1 1 x De una manera también prácticamente inmediata, podemos obtener más primitivas si tenemos en cuenta las derivadas de funciones compuestas de una función u con alguna de las funciones elementales anteriores. Por ejemplo, sabemos que si u = u(x) es una función de x, entonces la función compuesta y = sen(u) tiene como derivada cos(u)u. Luego cos(u)u = sen(u). Procediendo de este modo, damos nuevas listas de primitivas inmediatas: f(x) u e u u a u u u f(x) e u au ln(a) ln( u ) u a u u (a 1) a+1 a+1 sen(u)u cos(u)u u cos u cos(u) sen(u) tan(u) 3

4 f(x) senh(u)u cosh(u)u u cosh u u 1 u u 1 u u f(x) cosh(u) senh(u) tanh(u) arcsen(u) arccos(u) 1+u arctan(u) u argsenh(u) u +1 u u 1 u 1 u argcosh(u) argtanh(u) Veremos, para terminar, algunos ejemplos de cálculo de integrales basados en estas integrales inmediatas. Necesitaremos las dos propiedades que vemos a continuación. (f(x) + g(x)) = f(x) + g(x). Si k es una constante, kf(x) = k f(x). Ejercicio 1. Calcular las integrales cos(3x), 1 3t + 1 Para la primera, notemos que si tuviésemos, en lugar de la propuesta, 3cos(3x), sería una integral inmediata: porque 3cos(3x) es la derivada de sen(3x). Con esta idea, hacemos lo siguiente: 1 cos(3x) = 3 3cos(3x) = 1 3cos(3x) = 3 1 sen(3x) (sen(3x) + C) = + C 3 3 Consideramos ahora la segunda integral. Como antes, sabemos que la derivada de 3 3t + 1 sería, que es la función que se pide integrar, salvo por el 3t+1 coeficiente. Así, se tendría 3 3t + 1 = 3t C Teniendo esto en mente, podemos escribir 1 = 3t t + 1 = 3 3 3t + 1 = 3t C 3 Ejercicio. Calcular las integrales indefinidas (3sen x + ex ), cos x 1 + sen x 4

5 Por la propiedad de la suma, (3sen x + ex e x ) = 3sen x + = 3 sen x + 1 Así, el cálculo ha quedado reducido al de dos integrales inmediatas: (3sen x + ex ) = 3cos x + 1 ex + C e x Para la segunda integral, observemos cuál sería la derivada de 1 + sen x. Es de la forma u, con u = 1 + sen(x), así que su derivada sería 1 u u = 1 u u = 1 cos x 1 + sen x Esto coincide con la integral que queremos calcular, salvo por el factor constante 1/. Entonces cos x 1 = 1 + sen x cos x = 1 + sen x + C 1 + sen x. Lección 19. Integración por cambio de variable El método de cambio de variable o de sustitución es útil para calcular una integral, a base de transformarla primero en una integral más sencilla. Queremos calcular una integral indefinida f(x), pero el cálculo no es inmediato. Supongamos, sin embargo, que vemos que f(x) es de la forma f(x) = g(t(x))t (x), para una cierta función t(x). Entonces será f(x) = g(t(x))t (x) = g(t). Imaginemos además, que la funcion g es más fácil de integrar. En tal caso, podremos encontrar g(t) = h(t) lo que significa que h (t) = g(t) y, por tanto, h (t(x)) = g(t(x)). Si consideramos entonces la función compuesta h(t(x)), su derivada será h (t(x))t (x) = g(t(x))t (x) = f(x) y habremos encontrado la primitiva que buscábamos: se tiene entonces f(x) = h(t(x)). El método comprende, pues, los siguientes pasos, para calcular f(x). Se elige una función t = t(x), de manera que se pueda obtener la función g que cumpla la ecuación f(x) = g(t). Se calcula entonces g(t), tomando aquí t como variable independiente. El resultado será una función de t, h(t). Se sustituye la variable t en h(t) por t(x), para obtener h(t(x)), y así f(x) = h(t(x)) + C. 5

6 Veremos a continuación algunos ejemplos. Ejercicio 1. Calcular la integral indefinida x 9 x 3 Introducimos la nueva variable t = 9 x 3. Se tiene entonces = 3x, y x = 3. Ahora, debemos obtener una igualdad f(x) = g(t). Este es el paso en que llevamos a cabo la sustitución, de forma que el integrando, que es función de la variable x, se hace igual a un nuevo integrando con la variable t. x 9 x 3 ( 3 = ) = t 3 t Se tiene pues, que calcular 3 = t 3 t La nueva integral que hemos obtenido es inmediata, pues es la de t 1/. Será 3 = t 1/ t 3 1/ = 4 t 3 El resultado, finalmente será x = 4 9 x3 + C 9 x 3 3 Ejercicio. Calcular la integral 5 x x + 5 Veremos más adelante métodos generales para estudiar estas integrales, las integrales de funciones racionales. De momento, observamos solamente que es conveniente factorizar el denominador, si es posible. Para ello, tratamos de calcular las raíces x = ± = 1 ± = 1 ± i El polinomio es irreducible, y no se puede factorizar como producto de polinomios reales. Pero su factorización compleja nos será de utilidad. x x + 5 = (x (1 + i))(x (1 i)) = (x 1 i)(x 1 + i) Podemos ver esta expresión como el producto de una suma por una diferencia. Así, se tiene x x + 5 = ((x 1) i)((x 1) + i) = (x 1) (i) = (x 1) + 4 6

7 De modo más general, si el polinomio ax + bx + c es irreducible, y sus raíces complejas son p + qi, p qi, entonces ax + bx + c = a((x p) + q ) En estos casos, la sustitución recomendada es t = x p q. Entonces x = qt + p. Resulta así, ax + bx + c = a((qt) + q ) = aq (t + 1) Volvamos a nuestro ejemplo. Hacemos la sustitución t = x 1. Entonces t = x 1, y así (x 1) + 4 = 4t + 4 = 4(t + 1). Además, = 1, o sea =. Hacemos ahora la sustitución en el integrando: 5 x x + 5 = 5 (x 1) + 4 = 10 4(t + 1) = 5 Calculamos la nueva integral t = 5 arctan(t) y finalmente sustituímos en el resultado 5 x x + 5 = 5 arctan(x 1 ) Ejercicio 3. Calcular ln(x) x Hacemos la sustitución u = ln(x). Entonces du = x u du. Entonces u du = u + C y así, Ejercicio 4. Calcular ln(x) x = ln x e sen(x) cos(x) + C 1 + t. De este modo, ln(x) x = Hacemos el cambio u = sen(x), de forma que du = cos(x). Se tiene e sen(x) cos(x) = e u du, e u du = e u + C En consecuencia, e sen(x) cos(x) = e sen(x) + C Ejercicio 5. Calcular a x 7

8 Podemos suponer a > 0. Vamos a emplear un cambio, enunciado en forma inversa a la habitual. Para introducir la función auxiliar u = u(x), la definimos en forma implícita, mediante la ecuación x = a sen(u). En realidad, podríamos partir de u = arcsen(x/a), pero nos resulta más simple escribir usando la función inversa. De este modo, a x = a (1 (x/a) ) = a (1 sen u). Asimismo, la relación entre las diferenciales se obtiene de esa ecuación: = a cos(u)du. En este caso, la sustitución se puede hacer directamente: a x = a (1 sen u)(a cos(u)du) = a cos ucos(u)du = a cos udu donde tenemos en cuenta que cos(u) 0, ya que la elección del cambio implica que u ha de tomar valores en el intervalo [ π, π ], en el cual el coseno es positivo. La integral que debemos calcular es, pues, a cos u du = a cos u du. Vamos a calcular aparte esta integral. Para calcular cos u du, usaremos la siguiente fórmula trigonométrica: cos(u) = cos u sen u = cos u (1 cos u) = cos u 1 lo que implica que cos u = 1 (1 + cos(u)). Calculando ahora la integral, cos u du = 1 (1 + cos(u))du = 1 ( du + cos(u)du) Ahora bien: du = u + C. Por su parte, cos(u)du = 1 cos(u)du = 1 sen(u) + C Así, se tiene cos u du = u + sen(u) + C = 1 (u + sen(u)cos(u)) + C 4 Finalmente, expresamos la solución como función de x: a x = a (arcsen(x a ) + x 1 x a a ) + C Ejercicio 6. Calcular = a arcsen(x a ) + 1 x a x + C x + a De nuevo podemos suponer a > 0. Tomamos x = a senh(u) y = a cosh(u)du. Entonces x + a = a senh u + a = a (1 + senh u) = a cosh u y puesto que cosh(u) > 0, resulta x + a = a cosh(u) 8

9 Obtenemos entonces la integral: a cosh(u)du x + a = = a cosh(u) du = u + C Deshaciendo ahora el cambio de variable, x + a = argsenh(x a ) + C Nota: esta integral también puede verse como una integral casi inmediata, escribiendo el denominador como a 1 + (x/a). Un grupo de integrales de funciones racionales es también fácil de integrar mediante un cambio de variable. Se trata de las funciones de la forma Debemos diferenciar el caso en que k = 1. Con k = 1. x + 3 Hacemos el cambio x + 3 = t, =, y pasamos a la integral = t t = ln( t ) + C Deshaciendo la sustitución, = ln( x + 3 ) + C x + 3 A (x a) k. Con k > 1. (x + 3) 4 Hacemos el mismo cambio: t = x + 3, =. La integral se transforma en t 4 = t 4 = ( t ) + C = 3 t 3 + C Finalmente, expresamos el resultado de la primera integral: (x + 3) 4 = 3(x + 3) 3 = 3t 3 + C 9

10 3. Lección 0. Integración por partes 3.1. El método de integración por partes Supongamos que una función y = h(x) es un producto de dos funciones: y = h(x) = uv Sabemos que la diferencial de la función será dy = (du)v + u(dv) = v du + u dv Como la integral indefinida de la diferencial de una función es la función dada, se tiene: uv = vdu + udv La ecuación anterior nos da la fórmula básica de un procedimiento de integración que se conoce como integración por partes: udv = uv vdu El procedimiento aplica esa fórmula de la manera siguiente. Dada la integral que se quiere calcular, debemos identificar el integrando como un producto de la forma f(x)(g(x)); llamamos entonces u = f(x), dv = g(x). (Esto no implica un cambio de variable; llamamos u, dv a los factores a los efectos de la exposición; pero las integrales se efectúan siempre sobre funciones cuya variable independiente es la original x). Como segundo paso, debemos calcular v = dv = g(x). De este modo, uno debe escoger los factores f(x), g(x) del integrando de forma que g(x) sea fácil de calcular. La integral propuesta inicialmente es udv. Por la fórmula de la integración por partes y conocidos ya u, v, deberemos calcular vdu para aplicarla y hallar la integral pedida, puesto que udv = uv vdu El método tiene sentido, y dará resultado si esta segunda integral, vdu es más fácil de calcular que la propuesta; o, al menos, si la podemos expresar en función de la integral propuesta y deducimos de la fórmula de la integración por partes una ecuación que nos permita resolver el problema. Por tanto, el último paso del proceso es calcular vdu. 10

11 3.. Ejemplos Veremos algunos ejemplos. Ejercicio 1. Calcular xe x. Escribimos el integrando como un producto u dv: u = x, Calculamos v a partir de dv: v = dv = dv = e x e x = e x (+C) Aplicamos la fórmula de la integración por partes: I = xe x = udv = uv vdu = xe x e x Finalmente, calculamos la integral del segundo miembro en la ecuación anterior: e x = e x (+C) y sustituímos I = xe x e x + C = (x 1)e x + C Ejercicio. Calcular I = x 3 e x. Llamamos u = x 3, dv = e x. Así, I = udv y du = 3x. Calculamos v = dv = e x. Llegamos a la ecuación I = x 3 e x e x (3x ) = x 3 e x 3 x e x Debemos ahora calcular la integral que nos queda: I 1 = x e x. A su vez, podemos emplear el mismo procedimiento para calcular la integral I 1. I 1 = udv con u = x, y dv = e x. Así, du = x. v = e x, y la ecuación dará I 1 = x e x e x (x ) = x e x xe x = x e x I donde hemos llamado I a la integral I = xe x. 11

12 Volviendo a la expresión de I, tenemos I = x 3 e x 3I 1 = x 3 e x 3(x e x I ) = x 3 e x 3x e x + 6I Pero la integral I la hemos calculado en el ejercicio 1: I = xe x e x + C En definitiva, se tiene: I = e x (x 3 3x + 6x 6) + C Ejercicio 3. Calcular I = ln x. La elección obvia es: u = ln x, dv = ; de modo que v = x. Además, du = x. De este modo, se tiene: I = xln x x x = xln x = xln x x + C Ejercicio 4. Calcular I = arcsen x. Tomamos u = arcsen x, dv =. Se tiene: v = x, y du = 1. 1 x Se tiene entonces: Esta integral I 1 = I = x arcsen x x 1 x x 1 x = x arcsen x I 1 es una integral casi inmediata. Podemos aplicar, para mayor sencillez, el cambio t = 1 x, de modo que = x. Entonces I 1 = Deshaciendo el cambio, 1 = t I 1 = 1 x + C t = t + C y I = x arcsen x + 1 x + C Ejercicio 5. Calcular I = x sen(3x). Ponemos u = 1 3 x, dv = 3sen(3x). Entonces du = 1 3 y v = cos(3x). I = 1 3 x cos(3x) + 1 cos(3x) = x cos(3x) I 1 La integral I 1 es inmediata: I 1 = cos(3x) = 1 3 3cos(3x) = 1 3 sen(3x) En definitiva: I = 1 3 x cos(3x) sen(3x) + C 1

13 Ejercicio 6. Calcular I = e x sen x. Ponemos u = 1 sen x, dv = ex. Así, du = 1 cos x, v = ex. Aplicamos ahora la integración por partes: I = 1 ex sen x 1 I 1 donde I 1 = e x cos x. Trataremos esta integral del mismo modo, para calcularla por partes, a su vez. Para ello, tomamos u = 1 cos x, dv = ex. Obtenemos entonces du = 1 sen x, v = ex. Entonces I 1 = 1 ex cos x + 1 e x sen x Esta nueva integral es la propuesta al principio, I. Luego hemos obtenido la igualdad Volviendo a la ecuación precedente I 1 = 1 ex cos x + 1 I I = 1 ex sen x 1 (1 ex cos x + 1 I) Esto nos dará I = 1 ex sen x 1 4 ex cos x 1 4 I y, por tanto, 5 4 I = 1 ex sen x 1 4 ex cos x, I = 5 ex sen x 1 5 ex cos x + C 3.3. Fórmulas de reducción Puede emplearse el método de integración por partes para relacionar los valores de integrales que dependen de un entero positivo n. Por ejemplo, denotemos por I n la integral I n = x n e x. Mediante la integración por partes, podemos expresar I n en función de I n 1. Esto nos permite, paso a paso, calcular I n a partir del valor de I 0 = e x = e x + C. La fórmula que relaciona I n con I n 1 se llama una fórmula de reducción. Tratemos de calcular la integral I n por partes. Podemos tomar u = x n, dv = e x. Entonces v = e x y du = nx n 1. Aplicando la integración por partes, tenemos I n = x n e x + n x n 1 e x = x n e x + ni n 1 Si aplicamos esta relación repetidas veces, y tenemos en cuenta el valor de I 0 = e x = e x, obtendremos, por ejemplo: I 3 = x 3 e x 3x e x 6xe x 6e x +C, I 4 = e x (x 4 4x 3 1x 4x 4)+C De forma general, 13

14 n n! I n = (n k)! xn k e x + C k=0 Ejercicio 7. Hallar una fórmula de reducción para la familia de integrales I n = cos n x. Probamos la integración por partes con u = cos n 1 x, dv = cos x. Entonces v = sen x y du = (n 1)cos n x sen x. Tenemos entonces I n = cos n 1 x sen x + (n 1) cos n x sen x y, teniendo en cuenta que sen x = 1 cos x, la segunda integral dará cos n x sen x = cos n x cos n x = I n I n En definitiva, tenemos I n = cos n 1 x sen x+(n 1)I n (n 1)I n, I n = 1 n (cosn 1 x sen x+(n 1)I n ) Cuando n es par, podemos llegar a obtener I n aplicando reiteradamente esta fórmula hasta I 0 = = x + C. Cuando n es impar, la aplicación repetida de la fórmula nos lleva a I 1 = cos x = sen x + C. Ejercicio 8. Hallar una fórmula de reducción para la integral I n = Consideramos primero I 1 = da arctan(x). (1+x ) n. x +1. Esta es una integral inmediata, que Sea ahora n > 1. Para hallar una fórmula de reducción, ponemos I n = (x + 1) x (x + 1) n = si llamamos en general J k = (x + 1) n 1 x (x +1) k. x (x + 1) n = I n 1 J n Calcularemos ahora J n por partes. Llamamos u = x, dv = x (x +1). Entonces du = 1 x n, mientras que v = (x +1) puede hacerse con un cambio n de variable. Concretamente, llamando t = 1 + x, = x, llegamos a v = x t n+1 (x + 1) n = t n = n 1 = 1 (n 1)t n 1 Se tiene por tanto 1 v = (n 1)(1 + x ) n 1 14

15 Volvemos al cálculo de J n. Será x J n = (n 1)(1 + x ) n 1 + (n 1)(1 + x ) n 1 = Recordemos ahora que se tenía I n = I n 1 J n = x = (n 1)(1 + x ) n (n 1) I n 1 así que obtenemos la fórmula de recurrencia I n = x (n 1)(1 + x ) n 1 1 (n 1) I n 1 + I n 1 x n 3 (n 1)(1 + x + ) n 1 n I n 1 Completado con el valor de I 1, esto permite calcular las integrales del tipo de I n. 4. Lección 1. Integración de funciones racionales 4.1. Fracciones simples sin factores complejos en el denominador Vamos a describir un método general para calcular las primitivas de las funciones racionales. Recordemos del capítulo que cualquier función racional se puede expresar como un polinomio más una suma de fracciones simples. Puesto que las integrales de los polinomios se reducen a inmediatas, nos centraremos en calcular integrales de fracciones simples. A (x a) k Las integrales de fracciones de la forma han sido consideradas en la lección 19, y son fácilmente integrables mediante cambio de variable. Ejercicio 1. Calcular 5x+1 x 3 3x+. Para poder poner la función racional como suma de fracciones simples, empezamos por factorizar el denominador. Como 1 es una raíz, podemos dividir por x 1 y se obtiene x 3 3x + = (x 1)(x + x ) = (x 1) (x + ) Por lo que conocemos sobre fracciones simples, ha de ser 5x + 1 x 3 3x + = A x 1 + B (x 1) + C x + Hallamos los coeficientes indeterminados, haciendo la suma de la derecha: 5x + 1 A(x 1)(x + ) x 3 = 3x + (x 1) (x + ) + B(x + ) C(x 1) (x 1) + (x + ) (x 1) (x + ) 15

16 igualando los numeradores 5x + 1 = A(x 1)(x + ) + B(x + ) + C(x 1) y dando a x los valores 1,. 6 = 3B, 9 = 9C B =, C = 1 Finalmente, con estos valores de B, C y tomando x = 0, podemos obtener el valor de A: 1 = A + B + C = A + 3, A =, A = 1 En definitiva, tendremos: 5x + 1 x 3 3x + = x 1 + (x 1) x + La primera y la tercera integral darán = ln( x 1 ) + C, x 1 = ln( x + ) + C x + En cuanto a la segunda integral, puede obtenerse mediante el cambio de variable t = x 1, =. Entonces hacemos la sustitución t = t 1 1 = 1 t + C y, deshaciendo el cambio, (x 1) = 1 x 1 + C Como resultado final, 5x x 3 = ln( x 1 ) ln( x + ) + C = ln( x 3x + x 1 x + ) x 1 + C 4.. Denominador con factores complejos: casos particulares Debemos considerar ahora la integral de fracciones simples en que el denominador es una potencia de un polinomio irreducible de grado : x + bx + c. Para estudiar estos casos, analizamos primero dos casos particulares, a los cuales los demás pueden reducirse. Caso 1. Integrales de la forma x + b (x + bx + c) k Hacemos el cambio t = x + bx + c, = (x + b). 16

17 Con este cambio, la integral se transforma así: Si k = 1, entonces la integral es t = ln( t ) + C. Deshaciendo el cambio, x + b x + bx + c = ln( x + bx + c ) + C Si k > 1, tendremos la integral t k = t k t k = t k+1 k + 1 = 1 (k 1)t k 1 y deshaciendo el cambio, x + b x + bx + c = 1 (k 1)(x + bx + c) k 1 + C Caso. Integrales de la forma I = (x +bx+c) k. Usaremos el hecho de que el polinomio x + bx + c no tiene raíces reales. Concretamente, sus raíces han de ser dos complejos conjugados: p+qi, p qi. Como se ha visto en el ejercicio de la lección 19, se tendrá x + bx + c = (x p) + q Teniendo esto en cuenta, el cambio t = x p q puede simplificar la integral: tomamos t = x p q, = 1 q ; entonces x + bx + c = (x p) + q = q ( (x p) q + 1) = q (t + 1) y la integral se transforma de esta manera: I = (x + bx + c) k, I t = q q k (t + 1) k 1 La integral I t dará pues, J q k 1 k, donde J k = estudiada en la lección anterior. (t +1) k es una integral Aplicando la fórmula de reducción correspondiente, podemos calcular J k y a continuación I t. Deshaciendo entonces el cambio de variable, tendremos la integral I pedida. Ejercicio. Calcular I = 5 (x 4x+8). Notemos que el polinomio del denominador no tiene raíces reales, porque 16 3 < 0. Así, la integral es igual a 5I 0, con I 0 = (x 4x+8), y es del tipo que acabamos de considerar. Observemos en primer lugar que x 4x + 8 es irreducible. Si se trata de calcular las raíces, llegamos a x = 4 ± 16 = 4 ± 4i 17 = ± i

18 de forma que p = y q =. Por tanto, x 4x+8 = (x ) +4 = (x ) +. Hacemos el cambio t = x, = 1. Pasamos entonces a la integral I t = 5 4 (t + 1) = 5 8 J con J = (t +1). Para calcular J, escribimos 1 = (t + 1) t, y llegamos a J = t + 1 t (t + 1) El primer sumando da arctan(t). Para integrar el segundo, aplicamos el método de integración por partes, con u = t, dv = t (t +1). Entonces du = 1. Para hallar v, debemos calcular la integral t v = (t + 1) Usando el cambio de variable z = t + 1, que ya conocemos, esta segunda integral se transforma en dz v = z = z 1 1 = 1 z Deshaciendo el cambio, v = 1 t + 1 Volviendo ahora al segundo sumando de J, que estábamos integrando por partes, tendremos que es igual a t (t + 1) = t (t + 1) + Esto nos da ya la integral J : J = arctan(t) + (t + 1) = t (t + 1) + 1 arctan(t) t (t + 1) 1 arctan(t) = t (t + 1) + 1 arctan(t) Recordemos ahora que I t = 5 8 J, de forma que I t = 5 16 ( t t arctan(t)) Finalmente, debemos deshacer el primer cambio de variable, t = x, y llegamos a I = 5 16 ( (x ) (x ) arctan(x )) + C 18

19 4.3. Denominador con factores complejos: caso general Una vez que hemos analizado los casos especiales, consideremos el caso general de la integral de una fracción simple de la forma rx + s I = (ax + bx + c) k siendo ax + bx + c un polinomio irreducible. Notemos primero que podemos escribir el numerador rx + s en la forma rx + s = d(ax + b) + f. En efecto: rx + s = r as (ax + a r ) = r as rb (ax + b + ) = r as rb (ax + b) + a r a a Por tanto, la relación indicada se cumple con d = r a y f = as rb a. La integral, por tanto, será ax + b I = d (ax + bx + c) k + f (ax + bx + c) k de forma que la integral I se puede poner como una suma I = di 1 + fi, con ax + b I 1 = (ax + bx + c) k, I = (ax + bx + c) k I 1 es una integral del tipo visto en el caso 1; I es una integral del tipo visto en el caso. Así, podemos calcularlas siguiendo los pasos de la discusión anterior. Ejercicio 3. Calcular x x +x+5. Siguiendo el método general, debemos primero descomponer la fracción en una suma de fracciones simples más un polinomio. Haciendo la división, tenemos que x x + x + 5 = 1 x + 5 x + x + 5 luego la integral pedida I es suma de dos integrales: I = I 0 +J, con I 0 = = x + C. La segunda integral J es ya la de una fracción simple: J = (x+5) x +x+5, porque el polinomio del denominador es irreducible. x +x+5 = (x p) +q = x px+p +q, = p, 5 = p +q, Rightarrowp = 1, q = 4 así que x + x + 5 = (x + 1) +. La integral J se puede descomponer a su vez como una suma de dos integrales: (x + ) J = x + x x + x + 5 = I 1 + I 19

20 La integral I 1 es inmediata, puesto que se transforma en t con el cambio t = x + x + 5. Así, I 1 = ln( x + x + 5 ) + C Queda por calcular I = 3 (x+1) +. Para ello, hacemos el cambio t = x+1. Entonces (x + 1) = 4t y (x + 1) + = 4(t + 1). Además, =. Sustituyendo, I t = 3 4(t + 1) = 3 t + 1 = 3 arctan(t) y si deshacemos el cambio, I = 3 arctan(x + 1 ) El valor de I se puede obtener ahora juntando estos resultados parciales: 5. Ejercicios I = x + ln( x + x + 5 ) + 3 arctan(x + 1 ) 1. Calcular las integrales e 5x, sen(5x), 5 x. Calcular las integrales x x + 3, x x Calcular la integral x3 3 x 6 4 x 4. Calcular las integrales (x + x), ( 3 x x x 4 ), (x x ) 5. Calcular la integral cos x tan(x) 1 6. Calcular la integral cos(x) ( + 3sen(x)) 3 0

21 7. Calcular la integral cos(x) sen x 8. Calcular la integral arcsen(x) 1 x 9. Calcular la integral 10. Calcular la integral 9 x arccos(x) x 1 x 11. Calcular la integral x arctan(x) 1. Calcular la integral 13. Calcular la integral x cos x x arcsen(x) 1 x 14. Calcular la integral tan 4 x 15. Calcular la integral e x +4x+3 (x + ) 16. Calcular la integral e x 1 + e x 17. Calcular la integral 3x x + 4 1

22 18. Calcular la integral 19. Calcular las integrales (3x ) 5x 3x + a x, x + a cualquiera que sea el valor a 0 del parámetro. 0. Calcular la integral 3x 4x 1. Calcular la integral 4 x (La factorización de x es: x = (x + x + 1)(x x + 1)).. Calcular la integral (x )(x x + 1) 3. Calcular la integral 4. Calcular la integral 5. Calcular la integral 6. Calcular la integral x cos 4 x sen 3 x x 8 x 3 4x + 4x 7. Calcular la integral 6x 4 5x 3 + 4x x x + 1 x 3x 3 (x 1)(x x + 5)