9.Método de integración por partes.-

Matemáticas de º de bachillerato página 6 Integral indefinida P P P Se trata de otro método que permite resolver cierto tipo de integrales. Veamos: Sea u() una función. Para abreviar la epresaremos por u. Su derivada será u y su diferencial du u d Sea v() otra función. Para abreviar la epresaremos por v. Su derivada será v y su diferencial dv v d Supongamos que deseamos resolver una integral de la forma siguiente: I u dv u v d Es decir, la función integrando es el producto de la función u y la derivada de v. Dicho de otro modo, se trata de hallar las primitivas de una función que es el producto de una función u por la diferencial de otra v. Pues bien! Vamos a deducir una fórmula que nos permitirá resolver integrales de este tipo. Veamos: O Sea (u v)() u () v() la función producto de u y v. Para abreviar epresaremos u v O Derivemos la función producto: (u v) u v u v (recuerda derivada de un producto) O La diferencial de la función producto será: d(u v) (u v) d v du u dv v u d u v d O Si consideramos la igualdad d(u v) v du u dv e integramos en ambos miembros: O O duv ( ) ( vdu udv ) { vdu udv integral de una suma Considerando que la integración es la operación recíproca de la derivación, es decir, la integral de la derivada de una función es esa función : duv ( ) ( uv ) d uv Considerando las dos igualdades anteriores, podemos poner: u v v du u dv O Recordemos que el objetivo es calcular la integral I u dv, por lo que despejando: u dv u v v du que es la fórmula del método de integración por partes, la cual nos permite resolver la integral I u dv si antes somos capaces de resolver la integral v du.método de integración por partes.-..observaciones.- Hagamos algunas observaciones importantes que deben considerarse al aplicar este método de integración: Î Este método de integración se emplea cuando la función integrando es el producto de una función (u) por la derivada de otra (v), es decir: Ï I u { v d integrando En la práctica, si empleamos este método, debemos separar el integrando en dos partes.

Matemáticas de º de bachillerato página 6 Integral indefinida Una es la función u u() y la otra dv v () d. Saber elegir adecuadamente quien hace el papel de u() y quien el de v () es el paso más difícil en muchos casos. Ð Suele ocurrir que al hacer una elección para u() y v (), la integral, lejos de resolverse, se complique más. Esto significa que no hemos hecho la elección correcta y debemos intentarlo con una nueva. Ñ Nótese que para resolver al integral I udv debemos hallar el producto de dos funciones (u v), lo cual no representa ninguna dificultad y otra integral vdu. Esta última integral debe ser más fácil de resolver que I udv, ya que si fuese más complicada el método no sería útil (evidentemente, no nos interesa que para resolver una integral tengamos que hacer una más complicada que la que nos dan). Ò Puede ocurrir que la integral vdu que debemos resolver para hallar I udv, se tenga que resolver por este mismo método, es decir, hay que aplicar el método de integración por partes dos veces. Ó Para recordar la fórmula de integración por este método, eiste una regla nemotécnica que es facilita recordarla y así evitar un esfuerzo memorístico. Veamos: u dv u v v du Un día vi un vigilante vestido de uniforme» Regla nemotécnica Veamos algunos ejemplos de aplicación de este método. Ejemplo.- Intentemos resolver por el método de integración por partes I Veamos: S La función integrando es f L Ld u S Efectuamos la siguiente elección : dv L d S Aplicando la fórmula tenemos: I L d udv u v v du S Veamos que elementos conocemos y desconocemos de la fórmula anterior: u conocida, ya que u elementos de la formula & v desconocida, aunque conocemos su derivada v L du la podemos hallar. En efecto: du d S Debemos hallar la función v() para poder aplicar la fórmula. Veamos: v dv v d L d» Supongamos que esta integral nos resulta difícil. Nos preguntamos: Habremos hecho una elección correcta? Habrá una elección mejor que la anterior? Vamos a intentarlo. u L R Hacemos la siguiente elección: dv d

Matemáticas de º de bachillerato página 66 Integral indefinida R Aplicando la fórmula tenemos: I L d udv u v v du R Veamos que elementos conocemos y desconocemos de la fórmula anterior: u conocida, ya que u L elementos de la formula & v desconocida, aunque conocemos su derivada v du la podemos hallar. En efecto: du d R Debemos hallar la función v() para poder aplicar la fórmula. Veamos: v dv v d d { ³ Hemos dejado la constante C para el final inmediata R Ahora conocemos todos los elementos que intervienen en la fórmula y podemos aplicarla: I L d udv u v v du L d L L d I Hemos llamado I d, integral que debemos resolver. R Resolvamos la integral I : I d d» Hemos dejado la constante C para el final R Substituyendo: L L I Ld C C L C L C Ejemplo.- Resolvamos por el método de integración por partes la integral I cos d U U u? Debemos hacer una elección dv? d Después de hacer la elección y al aplicar la fórmula, nos encontraremos que debemos resolver dos integrales: v dv Estas integrales deben ser más sencillas de resolver Debemos resolver que la propia I, ya que si no fuese así entenderemos vdu que el método no funciona X X X u Hagamos la siguiente elección: dv v d cos d du u d d d Hallemos los elementos que faltan de la fórmula: v dv cos d sen Apliquemos la fórmula: [ cos ] I udv u v v du sen sen d sen C sen cos C

Matemáticas de º de bachillerato página 67 Integral indefinida Ejemplo.- En este ejemplo veremos un caso en el que hay que aplicar el método en dos ocasiones. Queremos resolver la integral I e d Veamos: M Decidimos intentarlo por el método por partes M Hacemos una elección (con la esperanza que funcione): u u e dv v d d M Escribimos la fórmula: I udv u v vdu M Observamos que necesitamos hallar du y v : du e d v dv d ( la constante la dejamos para el final) M Substituimos en la fórmula: I e d e d e e d e I Hemos llamado I e d M Debemos resolver la integral I, la cual nos parece más difícil que la propuesta. Esto nos lleva a pensar lo siguiente: O el método elegido (integración por partes) no es bueno para esta integral o la elección de las funciones u y dv no ha sido la adecuada E u u Cortamos con lo anterior e intentamos otra elección: dv v d e d E Hallemos los elementos que faltan para poder aplicar la fórmula: du u d d v dv v d e d e ( omitimos la constante C) E Aplicamos la fórmula: I e d e e d e e d e I (y) Hemos llamado I e d E Debemos resolver la integral I, la cual nos parece más fácil que la propuesta. Esto nos anima a seguir por este camino. E Para resolver I e d intentaremos el mismo método (integración por partes). u du d Hacemos la elección: dv e d v e d e ( omitimos C) E Aplicamos la fórmula (no olvidar que estamos hallando I ) I e d udv u v v du e e d e e ( omitimosc) E Substituimos en (y): I e e e C e e e C [ ]

Matemáticas de º de bachillerato página 68 Integral indefinida Ejemplo.- En el ejemplo anterior hallamos las funciones primitivas de la función f e, obteniendo como solución F e e e C C R Ahora queremos hallar la primitiva a cuya gráfica pertenece el punto O(0,0) Veamos: X Para cada valor de C tenemos una función F() distinta y, por tanto, con una gráfica distinta. X Buscamos F() con la condición de que F(0) 0 : 0 0 0 F( 0) 0 e 0 e e C 0 0 C 0 F e e e C..Ejercicios resueltos por el método de integración por partes.- En este apartado veremos algunas integrales resueltas por este método de integración. Insistimos en la posibilidad de que al enfrentarnos a la resolución de una integral aplicando uno de los métodos eplicados no consigamos resolverla, lo cual puede deberse a lo inadecuado del método elegido. Ejercicio.- Resolver la integral I sen d Aplicaremos el método de integración por partes. u deducimos du d Hacemos: dv sen d v dv sen d cos Aplicamos la fórmula: I sen d udv u v v du cos ( cos ) d cos cos d cos sen C Ejercicio 0.- Hallar el conjunto de las funciones primitivas de la función g L [ Se trata de resolver la integral I g d Ld [ Lo intentaremos por el método por partes u L du d Hacemos dv d v dv d d ( omitimos C) [ Aplicamos la fórmula del método de integración por partes: I g d Ld udv u v vdu L d L d L C

Matemáticas de º de bachillerato página 6 Integral indefinida G L C L C C R Hemos epresado al conjunto de las funciones primitivas de dos formas distintas. Ejercicio.- Resolver la integral I Ld Empleamos el método por partes Aplicamos la fórmula y substituimos: u L dv d du d v dv d I L d udv u v v du L d L d L L L d C C Ejercicio.- Resolver la integral I arctgd u arctg du Lo intentamos por partes dv d v dv d Aplicamos la fórmula de integración por partes y substituimos: I arctgd udv u v vdu arctg d arctg d arctg I ( ) Hemos llamado I d, integral que debemos resolver. t Por cambio de variable, hacemos: dt dt d d Substituimos en la integral I : I d dt dt L t L (ponemos la constante C al final) t t Substituyendo en la integral I, referencia (*) : I arctgd arctg L C Obsérvese que hemos epresado la solución de varias formas distintas al considerar que: arctg L( ) C arctg L( ) C L L

Matemáticas de º de bachillerato página 70 Integral indefinida Ejercicio.- I Resolver la integral I e cos d e cos e sen u cos du sen d Método por partes dv v d e d v dv e d e Aplicamos la fórmula del método de integración por partes y substituimos: I e cos d udv u v v du cos e e ( sen ) d e cos e sen d e cos I ( ) Debemos resolver la integral I e sen d Los intentamos por el método de integración por partes: u sen du cos d Hacemos : dv e d v dv e d e ( dejamos C para el final) Aplicamos la fórmula y substituimos: I e sen d udv u v vdu sen e e cos d e sen e cos d e sen I ( ) Nótese que I es la integral dada para resolver. Substituyendo el la referencia (*): I e cos I I e cos e sen I e ( sen cos ) I e cos e sen I e cos d C siendo C R Ejercicio.- Resolver la integral I Método por partes arc sen d u arcsen dv v d d du u d d v dv d Aplicamos la fórmula del método de integración por partes y substituimos: I arc sen d udv u v v du arc sen arcsen d arc sen I ( ) d

Matemáticas de º de bachillerato página 7 Integral indefinida Debemos resolver la integral I d. t Por cambio de variable, hacemos : dt d despejando d dt Substituyendo en la integral I : I d t dt t dt t C C Substituyendo en la referencia (*) : ( ) I arc sen d arc sen I arc sen C arcsen C Ejercicio.- Resolver la integral I Ld Lo intentamos por el método de integración por partes: du d u L dv d v dv d d ( dejamos C para el final) Aplicamos la fórmula y substituimos: I L d udv u v v du L d L d L L L d C C Ejercicio 6.- En el ejercicio anterior hemos hallado el conjunto de las primitivas de f L Determinar aquella primitiva a cuya gráfica pertenece el punto del plano P(,). L El conjunto de las primitivas de f () es F C C R Buscamos el valor de C tal que F(). Veamos: F() L C C C 0 En definitiva: L F

Matemáticas de º de bachillerato página 7 Integral indefinida Ejercicio 7.- Resolver la integral I Integración por partes : cos d u dv Aplicando la fórmula y substituyendo: du d v dv d { tg cos inmediata d cos I d udv u v v du tg tg d { tg L cos C cos ver ejercicio Ejercicio 8.- Resolver la integral I ( L) d Cambiamos el aspecto del integrando: I ( L) d L L d du d u L Por partes dv L d v dv L d { L C para el final ver ejercicio0 Aplicando la fórmula y substituyendo: I L d L Ld u v vdu L L L d [ ] [ ] [ ] L L L d d L L L C ( L) L L C ( L) L C Ejercicio.- Comprobar la validez del resultado obtenido en el ejercicio anterior. En el ejercicio anterior vimos que ( L) d F ( L) L C Debe verificarse que F ( L) F L L L 0 Veamos: ( L) L L ( L) comprobado! [ ] Ejercicio 0.- Resolver la integral I cos d Utilizaremos el método de integración por partes.

Matemáticas de º de bachillerato página 7 Integral indefinida u du d Hacemos: dv cos d v dv cos d sen ( C para el final) Aplicamos la fórmula y substituimos: I cos d udv u v vdu sen send sen sen d sen I ( ) Hemos llamado I sen d, integral que debemos resolver. Resolvemos: I sen d { cos sen ( dejamosc para el final) ver ejercicio Substituyendo en la referencia (*): I cos d sen cos sen C sen cos sen C Ejercicio.- Resolver la integral I sen cos d Utilizaremos el método de integración por partes. u sen du cos d Hacemos: dv cos d v dv cos d sen ( C para el final) Aplicamos la fórmula y substituimos: I sen cos d u dv u v v du sen sen sen cos d sen I Operando y despejando: I sen I sen Introduciendo la constante: sen I sen cos d C Observación_: Esta integral también podemos resolverla por el método de cambio de variable. Veamos: Llamamos t sen diferenciando dt cos d Substituyendo en la integral: t sen I sen cos d tdt C { C deshaciendo el cambio Observación_: También resolvimos esta integral de otro modo en el ejercicio 8 (página 6) obteniendo: I sen d cos cos C

Matemáticas de º de bachillerato página 7 Integral indefinida Observación_: Según lo anterior hemos obtenido dos resultados distintos para la misma integral, es decir: sen sen C siendo F una primitiva I sen cos d cos cos C siendo F otra primitva Aparentemente las primitivas son distintas. Qué eplicación tiene esta disparidad de resultados? Lo eplicamos: f() sen cos es una función de la que hemos hallado sus primitivas. Sabemos que dos primitivas de una misma función difieren en una constante (gráficamente se interpreta como que sus gráficas son lineas paralelas). Por tanto, si realizamos la resta F &F, el resultado debe ser una constante. Vamos a efectuar esa resta: sen cos sen cos sen cos sen F F { recuerda que cos cos sen sen cos sen sen cos Por tanto, los dos resultados son válidos. constante Ejercicio.- Resolver la integral I sen d u du d Método por partes : dv sen d v dv sen d cos ( C al final) Aplicando la fórmula y substituyendo: I sen d u dv u v v du cos cos d cos cos d cos I ( ) Hemos llamado I cos d, integral que debemos resolver: I cos d { sen cos sen Ejercicio0 Substituyendo en la referencia (*) : I sen d coscos sen sen C cos sen 6 cos 6sen C Ejercicio.- arcsen Resolver la integral I d u arcsen Método de integración por partes : dv d

Matemáticas de º de bachillerato página 7 Integral indefinida du d Diferenciando e integrando: d v dv { Ejercicio0 Aplicando la fórmula de integración por partes y substituyendo: arcsen I d udv u v v du arc sen ( ) ( ) arc sen d arc sen d arc sen C d Ejercicio.- arc sen e Resolver la integral I d arc sen arc sen du e d u e Por partes : dv d v dv d { Ejercicio0 Aplicando la fórmula de integración por partes y substituyendo: arc sen arc sen e arc sen e I d udv u v v du e ( ) ( ) d arc sen arc sen e e d arc sen e I ( ) arc sen Hemos llamado I e d, integral que debemos resolver: arc sen arc sen u e du e d Por partes : dv d v dv d ( omitimos C) Aplicando la fórmula y substituyendo: arc sen arc sen arc sen I e d udv u v v du e e d arc sen arc sen e arc sen e d e I I es la integral dada Substituyendo en la referencia (*) : arc sen e I d arc sen arc sen e e I arc sen I e e arc sen arc sen arc sen e e I C

Matemáticas de º de bachillerato página 76 Integral indefinida Ejercicio.- Resolver la integral I d u du d Por partes : dv v dv d ( ) Resolvamos la integral (*) : t t ( ) v d { t d t dt C C por substitucion & t ; dtd Aplicando la fórmula y substituyendo: ( ) ( ) ( ) I d udv u v vdu d ( ) ( ) d I ( ) Hemos llamado I d, integral que debemos resolver : Por el método de cambio de variable : Substituyendo: t dt d t t t I d t dt C C C { deshaciendo el cambio ( ) d ( ) Substituyendo en la referencia (**) : ( ) ( ) ( ) ( ) I d C C Ejercicio 6.- Resolver la integral I sec d Epresamos el integrando de otra manera: I sec d sec sec d Intentaremos el método de integración por partes. sen sen u du d d d tg d sec sec cos cos cos cos Hacemos: dv sec d v dv sec d d { tg cos inmediata Aplicando la fórmula y substituyendo: I sec sec d udv u v v du sec tg tg tg sec d sectg tg secd sectg I ( )

Matemáticas de º de bachillerato página 77 Integral indefinida Hemos llamado I tg sec d, integral que debemos resolver. Veamos: sen cos cos cos cos I tg sec d sec d sec d sec d sec sec d sec sec d sec d sec d I I Hemos llamado I sec d Substituyendo en la referencia (*) : I sec d sec tg I sec tg ( I I) sec tg I I I sec tg I ; I sec tg I Debemos resolver la integral I sec d : Para resolverla, multiplicamos y dividimos el integrando por sec tg : sec ( sec tg) sec sec tg sec tg sec tg Por cambio de variable: t sec tg sen sen dt ( tg ) d d d sec cos cos cos cos ( sec tg sec ) d Substituyendo en la referencia (***) : I sec d d d ( ) tg dt I d sec sec sec d { L t sec tg t inmediata L sec tg ( C al final) Substituyendo en la referencia (**) : I sec d sec tg L sec tg C Ejercicio 7.- Resolver la integral I L d u L du d d Lo intentamos por partes : dv d v dv d ( C al final) Aplicando la fórmula y substituyendo: L I L d udv u v v du L d d L L C C L C

Matemáticas de º de bachillerato página 78 Integral indefinida Ejercicio 8.- Resolver la integral I ( ) sen d du d u 6 Por partes : cos dv sen d v dv sen d Aplicando la fórmula del método de integración por partes: cos cos I ( ) sen d udv u v v du ( ) 6 d ( ) cos 6 ( ) cos 6 cosd I ( ) Hemos llamado I cos d, integral que debemos resolver. Intentamos resolver I utilizando el método de integración por partes: Hacemos u du d sen dv cos d v dv cos d ( C al final) Aplicando la fórmula y substituyendo: I d udv u v vdu sen sen sen cos d sen d sen C sen cos cos C Substituyendo en la referencia (*) : ( ) cos 6 ( ) cos 6 sen cos I I C ( ) cos 6sen 6 cos C Ejercicio.- Resolver la integral I cos L d u L cos du sen L Método por partes. Hacemos: dv d v dv d Aplicando la fórmula y substituyendo: sen L I cos L d udv u v vdu cos L d L sen L d cos cos L I ( ) Hemos llamado I senl d, integral que debemos resolver.

Matemáticas de º de bachillerato página 7 Integral indefinida Resolvemos I por el método por partes. u senl du cos L Hacemos: dv d v dv d ( C al final) Aplicamos la fórmula y substituimos: L I sen L d udv u v v du sen L cos d sen L cos L d senl I Substituyendo en la referencia (*) : I cos L d cos L sen L I cos L sen L I I cos L sen L Despejando: I cos L d dejamos la constante para el final cos L senl C 0.Integración de funciones racionales.- Una función racional es una función f () de la forma f p q en la que p() y q() son funciones polinómicas. Por ejemplo, 6 8 f es una función racional en la que p() & 6 8 es el polinomio numerador (grado ) y q() & & es el polinomio denominador cuyo grado es. Tratamos en este apartado la forma de resolver la integral de una función racional. Veamos como: L am m m am am LL a a a0 Sea f una bn n n bn bn LL b b b0 función racional. grado del numerador m Observa que grado del denominador n L p Queremos resolver f d q d am m am LL a a0 d bn n bn LL b b0 L El método consiste en descomponer la función f () en una suma de funciones más sencillas de integrar, es decir, intentamos conseguir que f () f () f () @@@ f k (), esto es, que f () es la suma de k funciones más fáciles de integrar. L Una vez conseguida la descomposición de f () en una suma (o resta) de funciones, podemos utilizar una de las propiedades de las integrales: la integral de una suma es igual a la suma de las integrales : [ L ] f d f f f d f d L f d k siendo cada una de la integrales fi ( ) d i,,,..., k de fácil resolución. k

Matemáticas de º de bachillerato página 80 Integral indefinida L Antes de aplicar el método de integración que veremos a continuación, debemos distinguir dos casos: Caso I.- m < n 7 grado del polinomio numerador < grado del polinomio denominador Caso II.- m $ n 7 grado del polinomio numerador $ grado del polinomio denominador Estudiemos cada uno de los casos: 0..Caso I.- a am am LL a a a0 Sea la función f cuya bn n n n bn bn LL b b b0 integral buscamos, es decir, pretendemos hallar el conjunto de sus primitivas. Recordemos que se verifica que m < n En este caso hay que distinguir tres situaciones: m m m m Caso I.a.- Caso I.b.- Caso I.c.- El polinomio denominador q() b n n b n& n&... b b 0 tiene todas sus raíces reales y distintas, es decir:,,,..., n 7 son las n raíces reales de q(). Todas distintas. El polinomio denominador tiene todas sus raíces reales, pero algunas de ellas se repiten o más veces, es decir: es una raíz de q() que aparece α veces. es una raíz de q() que aparece α veces. es una raíz de q() que aparece α veces. @@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@ k es una raíz de q() que aparece α k veces. En este caso el número total de raíces que tiene el polinomio q() es la suma α α α @@@@@@ α k, pero raíces distintas hay k. El polinomio denominador tiene una o más raíces complejas (quede claro que también puede haber raíces reales). Con el objetivo de repasar estos conceptos, veremos algunos ejemplos sobre raíces de un polinomio y su posterior factorización (descomposición en factores). Ejemplo 6.- Sea el polinomio de grado q(). Pretendemos hallar sus raíces y factorizarlo en función de ellas. Veamos: T Raíz de un polinomio es todo número (real o complejo) que hace que su valor sea 0. T Para hallar las raíces de q() debemos resolver la ecuación q() 0 q 0 0 T Por tanto, es el único valor que hace que q 0, es decir, es la única raíz del polinomio q(), que en este caso es número real. T Podemos epresar q() como un producto de factores en el que intervenga la raíz hallada. Veamos: q ( ) ( ) observa q ( laraiz )

Matemáticas de º de bachillerato página 8 Integral indefinida Ejemplo 7.- Sea el polinomio de grado q() 6 & 0, del cual pretendemos hallar sus raíces y factorizarlo. Veamos: X es una raíz de q() sí y sólo sí q() 0 X Debemos resolver la ecuación de º grado 6 & 0 0 X Resolvemos: 6 ± 6 ( 0) 6 ± 6 60 6 ± 6 6 6 7 X En este caso hay dos valores reales distintos ( y &7 ) que anulan al polinomio, es decir, el polinomio q() tiene dos raíces reales distintas. X Ahora podemos factorizar q(): q() 6 & 0 (&) ( 7) Nota: Observa que el primer factor " es el coeficiente del término de mayor grado. X En este caso es correcta la epresión de que el polinomio q() tiene dos raíces reales simples. Ejemplo 8.- Sea el polinomio q() 6 & & 8 & 8. Pretendemos hallar sus raíces y factorizarlo. Veamos: ± q() 6 & & 8 & 8 es un polinomio de grado 6. ± q() puede tener raíces reales o puede que no tenga raíces reales. ± Si tiene raíces reales ( números reales), puede que alguna (o todas) sean entera (número entero) o que ninguna sea entera. ± Si q() tiene alguna raíz entera, esta debe ser un divisor del término independiente, es decir, las raíces enteras del polinomio q() deben estar entre los divisores de &8, o lo que es lo mismo, entre los divisores de 8. ± Comprobemos si algún divisor de 8 es raíz entera de q() : Divisores de 8 {, &,, &,, &, 8, &8 } Probemos con : q() & & 8 & 8 0 Y es una raíz de q() ± Por ser una raíz del polinomio q(), se verifica (por el teorema del resto) que la división q() :( &) es eacta. ± Efectuemos esa división por el método de Ruffini: ( 6 & & 8 & 8 ) : ( &) & & 8 &8 & &0 8 & &0 8 0 ± Del resultado de la división anterior deducimos que: Dividendo: q() 6 & & 8 & 8 divisor: & cociente: c () & & 0 8 resto : 0 ± Recordando que Dividendo divisor cociente resto: q() (&) ( & & 0 8) (*) Tenemos factorizado el polinomio q(), pero debemos ver si podemos descomponerlo en más factores. Intentemos descomponer en factores c () & & 0 8 Probemos si algún divisor de 8 (término independiente) es una raíz entera. Para : c () & & 0 8 & &0 8 0

Matemáticas de º de bachillerato página 8 Integral indefinida Por tanto, es una raíz de c (), lo que significa que la división c () : (&) es eacta. ± Efectuemos esa división por el método de Ruffini: ( & & 0 8) : (&) & &0 8 & & &8 & & &8 0 ± Del resultado de la división anterior deducimos que: Dividendo: c () & & 0 8 divisor: & cociente: c () & & & 8 resto : 0 ± Recordando que Dividendo divisor cociente resto: c () & & 0 8 (&) ( & & & 8) ± Substituyendo en la referencia (*) : q() (&) ( & & 0 8) (&) (&) ( & & & 8)(**) Tenemos factorizado el polinomio q() en producto de tres factores, pero debemos ver si podemos descomponerlo en más factores. Para ello intentaremos encontrar raíces enteras del polinomio c () & & & 8. ± Si c () & & & 8 tiene alguna raíz entera, estará entre los divisores de su término independiente, &8. Probemos con : c () & & & 8 && & 8 0 Por tanto, es una raíz entera de c () & & & 8 La división c () : (&) es eacta. ± Efectuemos esa división por el método de Ruffini: ( & & & 8) : (&) & & &8 & & 8 & & 8 0 ± Del resultado de la división anterior deducimos que: Dividendo: c () & & & 8 divisor: & cociente: c () & & 8 resto : 0 ± Recordando que Dividendo divisor cociente resto: c () & & & 8 (&) ( & & 8) ± Substituyendo en la referencia (**) : q() (&) (&) ( & & & 8) (&) (&) (&) ( & & 8) (***) Tenemos factorizado el polinomio q() en producto de cuatro factores, pero debemos ver si podemos descomponerlo en más factores. Para ello intentaremos encontrar raíces enteras del polinomio c () & & 8. ± Si c () & & 8 tiene alguna raíz entera, estará entre los divisores de su término independiente, 8. Probemos con : c () & & 8 & & 8 0 Por tanto, no es una raíz entera de c () & & 8 Probemos con &: c (&) (&) & (&) & (&) 8 && 8 0 Por tanto, no es una raíz entera de c () & & 8 Probemos con : c () & & 8 8&8&8 8 0 Por tanto, es una raíz entera de c () & & 8

Matemáticas de º de bachillerato página 8 Integral indefinida La división c () : (&) es eacta. ± Efectuemos esa división por el método de Ruffini: ( & & 8) : (&) & & 8 0 &8 0 & 0 ± Del resultado de la división anterior deducimos que: Dividendo: c () & & 8 divisor: & cociente: c () & resto : 0 ± Recordando que Dividendo divisor cociente resto: c () & & 8 (&) ( & ) ± Substituyendo en la referencia (***) : q() (&) (&) (&) ( & & 8) (&) (&) (&) (&) ( & ) (****) Tenemos factorizado el polinomio q() en producto de cinco factores, pero debemos ver si podemos descomponerlo en más. Para ello intentaremos descomponer c () &. Este polinomio se puede descomponer directamente: c () & & ( ) (&) ± Substituyendo en la referencia (****) : q() 6 & & 8 & 8 (&) (&) (&) (&) ( & ) () De otra forma: q() 6 & & 8 & 8 (&) (&) () ± La epresión anterior se interpreta de la siguiente forma: El polinomio q() tiene seis raíces, todas enteras :,,,,, &. De las seis raíces, tres son distintas:, y &. La raíz se dice que es triple La raíz se dice que es doble La raíz & se dice que es simple Ejemplo.- Dado el polinomio de segundo grado p 8, queremos hallar sus raíces y factorizarlo. Veamos: ö Resolvemos la ecuación 8 0 ö ± 80 ± 8 ± 6 6 6 6 6 0 6 6 Vemos que el polinomio tiene dos raíces reales racionales (fracciones) distintas.

Matemáticas de º de bachillerato página 8 Integral indefinida ö Para factorizar hay que considerar el coeficiente del término de mayor grado, es decir: p 8 8( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) Ejemplo 0.- Queremos hallar las raíces del polinomio p y factorizarlo. Veamos: û Se trata de un polinomio de grado. Si tiene alguna raíz entera, debe estar entre los divisores del término independiente &. Divisores de & {, &,, & } û Probamos: p() 0 p( ) ( ) ( ) ( ) 8 0 p() 7 7 0 es raiz & de p û La división :( ) es eacta. La efectuamos por el método de Ruffini: & & 0 0 0 Cociente: c() Por tanto: :( ) ( ) û Ahora intentemos factorizar el polinomio c() i n complejo puro ( º ) 0 ± i ( nº complejo puro) Por tanto: c() ( i) ( & i) û En definitiva: p :( ) ( )( i)( i) El polinomio p() tiene tres raíces: i raiz compleja i raiz compleja raiz real y entera Una vez vistos los distintos ejemplos sobre factorización de polinomios pasaremos al estudio de la resolución de integrales de cada uno de los apartados del caso I. 0.. Estudio del caso Ia.- m P Sea f p am am am LL a a a0 q bn n n bn bn LL b b b0 una función tal que: m

Matemáticas de º de bachillerato página 8 Integral indefinida grado del numerador m < grado del denominador n el polinomio denominador q() b n n b n& n&... b b 0 tiene n raíces reales y distintas:,,,..., n P Queremos hallar la integral: p f d q d am m m am am LL a a a0 d bn n n bn bn LL b b b0 P Es posible demostrar que la función f p q puede epresarse de la forma: f p A A A An LL q n en la que A, A, A,..., A n son números reales fáciles de calcular. P Entonces podemos resolver la integral de la siguiente forma: p f d q d am m m m am am LL a a a0 d bn n n n bn bn LL b b b0 A A A An A A A d d d n An LL d L d n A d A d A d A n d LL ( integrales inmediatas) n A L A L A L LL An L n Ejemplo.- Veamos: O O O Vamos a resolver la integral I 6 d 0 Se trata de la integral de una función racional. Numerador: p() 6 & polinomio de grado m Denominador: q() &0 polinomio de grado n Por tanto, estamos en el caso I Ahora debemos averiguar si estamos en I.a, I.b o I.c Hallemos las raíces del denominador: m < n q 0 0 0 ± 80 ± El polinomio denominador tiene dos raíces reales distintas ( y &) y q() (&) () Por tanto, estamos en el caso I.a Epresemos la función integrando como suma de funciones más sencillas: f 6 A A 0 Buscamos A y A Operando: A A A ( ) A ( ) 6 ( )( ) 0 f Deducimos: A( ) A( ) 6 Buscamos A y A A y A son dos números reales que hacen la igualdad A (&) A () 6& válida para cualquier valor de. Según esto, le damos a los valores que queramos y obtendremos una igualdad: T Para tenemos que A (&) A () 6 & 0 A A ; A A

Matemáticas de º de bachillerato página 86 Integral indefinida O T Para & tenemos que A (&&) A (&) 6 (&)& & A 0 A ; & A & A Por tanto: 6 f 0 ( ) ( ) Ahora podemos resolver la integral: En definitiva: 6 f d d d d d ( ) ( ) ( ) 0 ( ) d d L L C 6 0 I d L L C Ejercicio 0.- Resolver la integral I d 6 M Comparamos los grados de los polinomios numerador y denominador: grado numerador p < Caso I. grado denominador q M Hallamos las raíces del polinomio denominador. Para ello debemos resolver una ecuación de grado. Como no conocemos un método estándar para resolver una ecuación de este tipo, intentamos averiguar si eiste alguna raíz entera. Si q() tiene alguna raíz entera, debe estar entre los divisores del término independiente. Divisores de 6 {, &,, &,,&, 6, &6 } M Probemos con los divisores para ver si alguno es raíz de q() : Para tenemos que q() & & 6 && 6 0 Por tanto, es una raíz entera del polinomio q() M La división ( & & 6 ) : (&) es eacta. La efectuamos: & & 6 & &6 & &6 0 Cociente: c() &&6 resto r 0 Dividendo divisor cociente resto & & 6 (&) ( &&6) Ya tenemos factorizado el polinomio denominador, pero intentemos descomponerlo en más factores. Par ello, hallemos las raíces de c() &&6 : ± ± 6 0

Matemáticas de º de bachillerato página 87 Integral indefinida De lo anterior deducimos: &&6 (&) ( ) M Ya tenemos factorizado al máimo el polinomio denominador de la función integrando: q 6 ( ) ( ) ( ) raiz entera ( real) de q ( observa que q 0) siendo raiz entera ( real) de q ( observa que q 0) raiz entera ( real) de q ( observa que q( ) 0) Por tanto, el polinomio q() tiene tres raíces reales, es decir, estamos en el caso I.a M Descomponemos la función integrando en suma de varias funciones más sencillas: A A A f Buscamos A, A y A 6 ( )( )( ) Operando: A A A A( )( ) A( )( ) A( )( ) ( )( )( ) ( )( )( ) Deducimos que A( )( ) A( )( ) A( )( ) La igualdad anterior es válida para cualquier valor de, por lo que : M para A ( ) A 0 A 0 ( ) 6A A para A 0 A A 0 0A 0 A para A ( ) 0 A ( ) 0 A ( ) ( ) 60 A 60 A Por tanto: f 6 ( )( )( ) Volvemos a la integral: Por tanto: [ ] 6 I d d d d d d d d L L L C 6 I d L L L C Ejercicio.- 7 Resolver la integral I d 6 Se trata de la integral de una función racional en la que el grado del numerador es y el denominador es. Estamos en el caso I. Intentemos hallar las raíces del polinomio denominador: 6 0 ecuacion & de º grado Simplificando: 8 0 ; 8 0 8 6 ± ± ± Resolviendo: 6 El denominador tiene dos raíces reales (8 y &6) distintas. Estamos en el caso I.a 6

Matemáticas de º de bachillerato página 88 Integral indefinida Ahora podemos factorizar el polinomio denominador (no olvidar el coeficiente de ): De la ecuacion & resuelta 8 0 sacamos que 8 ( 8)( 6) Del polinomio denominador tenemos: ( 8) 6 ( 8)( 6) Podemos descomponer la función integrando en suma de funciones más sencillas: 7 7 7 A A f d Buscamos A y A 6 ( 8) ( 6) ( 6) ( 6) 6 6 A A A( 6) A( 6) 7 Operando: f 6 6 ( 6) ( 6 ( 6) ( 6) Deducimos que: A( 6) A( 6) 7 8 A A Damos valores a: 7 6 8A 7 A 8 Por tanto: 7 7 8 7 f 6 ( 8) 6 8( 8) 8 ( 6) Volviendo a la integral: 7 I d 7 7 7 d d d d d 6 8 ( 8) 8 ( 6) 8 ( 8) 8 ( 6) 8 8 8 6 7 L 8 L 6 C 8 8 En definitiva: 7 6 8 7 8 I d L L 8 6 C Ejercicio.- Hallar el conjunto de las funciones primitivas de f 6 6 6 6 º Se trata de resolver la integral I f d d 6 6 º Como el integrando es una función racional, analicemos el caso de que se trata: numerador p 6 grado m m n casoi denominador q 6 6 grado n < º Ahora hallemos las raíces del denominador. Veamos si tiene alguna raíz entera: Divisores de 6 {, &,, &,,&, 6, &6 } ² posibles raíces enteras. Vamos probando: Y q() & 6 & 6 0 Y es una raíz entera (real) de q() De lo anterior deducimos que la división ( &6 & 6 ) : (&) es eacta. Efectuamos dicha división: &6 & 6 &6 &6 0 Cociente c() & 6 Resto r 0 Dividendo divisor cociente resto &6 & 6 (&) ( & 6)

Matemáticas de º de bachillerato página 8 Integral indefinida Ahora intentemos resolver la ecuación & 6 0 : ± 8 60 ± ± 0 0 0 0 0 0 De la última ecuación : 6 ( )( ) Por tanto: 6 6 ( ) ( ) ( ) Introduciendo el factor en un parentesis & : 6 6 ( ) ( 6) ( ) Conclusiones: El polinomio denominador tiene tres raíces reales distintas: ; ; Se trata de una integral del caso I.a º Descomponemos la función integrando en suma de funciones más simples: 6 6 A A A f Buscamos A, A y A 6 6 6 6 Operando: A A A A ( )( ) A ( )( ) A ( )( 6 6 ) 6 ( ) ( ) ( ) f 6 ( )( 6)( ) ( )( 6)( ) Como los denominadores son eactamente iguales, también lo serán los numeradores: A 6 A A 6 6 La igualdad anterior es válida para cualquier valor de, por lo que: para 8A 6 A 7 para A A A 8 para A 8 A A Podemos poner la función f() como la siguiente suma: 8 8 6 7 ( 6) ( ) 7 f º Integrando: 6 I f d d 8 d 6 6 ( ) 7 ( 6) 6( ) 8 8 d d d L L L ( 6 7 6) 6 7 6 C 6 L L 6 L 6 C En definitiva: 6 6 6 I d L L 6 L C 6 6 8 7

Matemáticas de º de bachillerato página 0 Integral indefinida 0.. Estudio del caso Ib.- m P Sea f p am am am LL a a a0 q bn n n bn bn LL b b b0 una función tal que: grado del numerador m < grado del denominador n el polinomio denominador q() b n n b n& n&... b b 0 tiene n raíces reales, pero algunas están repetidas, es decir: m raiz real de q que aparece α veces raiz real de q que aparece β veces raiz real de q que aparece γ veces LLLLLLLLLLLLLLLLLL k raiz real de q que aparece δ veces siendo α β γ L δ n grado q P Queremos hallar la integral: p f d q d am m m m am am LL a a a0 d bn n n n bn bn LL b b b0 p P Es posible demostrar que la función f puede epresarse de la forma: q p A A A Aα f L q α ( ) ( ) ( ) B B B B β L β ( ) ( ) ( ) C C C C γ L γ ( ) ( ) ( ) LLLLLLLLLLLLLLLLLLLL D D D Dδ L δ k ( k ) ( k) ( k) en la que A, A, A,..., A α, B, B, B,..., B β, C, C, C,..., C γ,..., D, D, D,..., D δ son números reales fáciles de calcular. P Entonces podemos resolver la integral de la siguiente forma: p f d q d am m m m am am LL a a a0 d bn n n n bn bn LL b b b0 A A A Aα B B L L α ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) B β β L ( ) α γ δ L ( ) α L ( ) L L ( ) γ ( ) L L ( ) L α α δ k ( ) d A A A C C D d d d d d d A d A d A d D d D δ d (integrales que se pueden resolver por cambio de variable) D δ k k δ k Ejemplo.- Imagina una función racional f p q tal que grado de p() menor que grado de q()

Matemáticas de º de bachillerato página Integral indefinida Imagina que q() es una función polinómica de grado 6 que tiene las siguientes raíces: es una raiz doble es una raiz triple observa que grado q 6 6 es una raiz simple Por tanto, q() tiene seis raíces reales, de las cuales tres son distintas. Pues bien! Se verifica que: p A A B B B C f q ( ) ( ) ( ) 6 siendo A, A, B, B, C números reales que se podrían hallar fácilmente. Ejercicio.- Hallar el conjunto de las funciones primitivas de la función: f Se trata de una función racional. Pretendemos resolver la integral f d Veamos si es de caso I o II: numerador p ; grado p grado p denominador q ; gradoq Por tanto, estamos en el caso I Veamos si se trata del caso I.a. I.b o I.c : < grado q Para hallar las raíces de q(), resolvemos la ecuación de º grado & 0 0 ± ( ) ± 0 ± 0 raiz doble 0 Por tanto, el polinomio denominador tiene dos raíces reales iguales (una raíz doble). Estamos en el caso I.b. Conocer las raíces de q(), nos permite factorizarlo: q ( )( ) ( ) La función integrando podemos descomponerla en la siguiente suma: A A f ( ) ( ) Considerando que el m.. c m de los denominadores es ( ) y operando: A A A ( ) A ( ) ( ) ( ) Deducimos que A( ) A Iguadad verdadera para todo para A 0 A A para A 0 A A Por tanto: f ( ) Integrando: f d d d d ( ) ( ) d

Matemáticas de º de bachillerato página Integral indefinida Debemos resolver dos integrales: I d e I ( ) Resolvemos: I d L C inmediata ( integral ) I d d ( ) t Por cambio de variable: dt d t t ( ) I dt t dt C C C C t t Por tanto : I I I L C C t L C En definitiva: F L C ; C R Funciones primitivas de f () Ejercicio.- Resolver la integral I d Se trata de la integral de una función racional. En este caso es : grado numerador < grado denominador Por tanto, estamos en el caso I Hallemos las raíces del denominador q() & & Busquemos raíces enteras: Divisores de & {, &,, & } Probamos: ± q() & & & & & 0 ; & ± q() (& ) (& ) & (& ) & & & 0 ( Hemos encontrado una raíz entera ( &) de q() & & La división ( & & ) : ( ) es eacta. La efectuamos: & & & & & & 0 Cociente c() & & Resto r 0 Dividendo divisor cociente resto & & 6 () ( & & ) Ya tenemos que q() & & 6 () ( & & ). Ahora intentemos hallar más raíces. Para ello resolvamos la ecuación & & 0 6 ± ( ) ( ) ± ± Por tanto: ( ) ( ) ( ) ( )( ) Ya tenemos factorizado q() : & & (&) ( ) q()

Matemáticas de º de bachillerato página Integral indefinida raiz doble de q Además: raiz simple de q Por tanto, el polinomio denominador tiene tres raíces reales, una simple y una doble. Estamos en el caso I.b La función integrando podemos descomponerla en suma de varias funciones: A B B ( )( ) ( ) Buscamos A, B y B Operando y considerando que mcmde{,, ( ) } ( )( ) : A B B A( ) B ( )( ) B ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) Deducimos que: A( ) B( )( ) B( ) Buscamos A, B y B A A para A A 0 0 8 para 0 0 B B 8 B 6 para 0 A B B 0 0 B B B 6 8 Por tanto: ( ) Ahora podemos integrar: 6 8 6 8 I d d d d d ( ) ( ) ( ) 6 8 L L I debemos resolver I d ( ) Resolvemos I d ( ) t t t Hacemos el cambio I d dt t dt C C C C dt d t t Substituyendo: I d L L 6 8 0 ( ) C 0.. Estudio del caso Ic.- P Sea f p am m m am am LL a a a0 q bn n n bn bn LL b b b0 una función tal que: grado del numerador m < grado del denominador n el polinomio denominador q() b n n b n& n&... b b 0 tiene n raíces reales y algunas complejas, es decir: P raiz real de q que aparece α veces raiz real de q que aparece β veces raiz real de q que aparece γ veces en este caso α β γ L δ < n grado q LLLLLLLLLLLLLLLLLL k raiz real de q que aparece δ veces Ademas & eisten algunas raices & complejas. Lo anterior nos viene a decir que la descomposición del polinomio q() sería de la forma: q() b n n b n& n&... b b 0 (& ) α (& ) β (& k ) δ (c c c ) (d d c ) (e e e )

Matemáticas de º de bachillerato página Integral indefinida en la que (c c c ), (d d c ),..., (e e e ) son polinomios de segundo grado cuyas raíces son complejas, es decir: La ecuación c c c 0 tiene soluciones complejas. La ecuación d d c 0 tiene soluciones complejas. La ecuación e e e 0 tiene soluciones complejas. p P Es posible demostrar que la función f puede epresarse de la forma: q p A A A A B B B α β f q L α ( ) ( ) ( ) L β LL ( ) ( ) C C C C γ D D D Dδ L γ L ( ) ( ) ( ) L δ L k ( k) ( k) ( k ) M N M N M N LL c c c d d d e e e P La integral quedaría: p A A A Aα f d d d d d d q ( ) ( ) L α ( ) B B B β d d d ( ) L β LL ( ) C C C C γ d d d d ( ) ( ) L γ L ( ) D d D d D d Dδ d L δ L k ( k) ( k) ( k) M N M N M N d c c c d LL d d d d e e e siendo las últimas integrales de la suma anterior, de funciones racionales en las que el numerador es de grado y el denominador de grado, pero sin raíces reales. Veremos en un ejemplo como se resuelve este tipo de integral. Ejemplo.- Queremos hallar la integral f d d Veamos: S S El integrando es una función racional en la que grado numerador 0 grado denominador Estamos en el caso I Debemos ver si es I.a., I.b o I.c Hallemos las raíces de q() q() ( ) (&0) ( ) Y 0 es una raíz real de q() Ahora hallemos las raíces de. Para ello resolvemos la ecuación 0 i z ± ± ± ( ) ± ± z Vemos que el polinomio tiene dos raíces complejas : z y z i i S Por tanto, el polinomio denominador tiene una raíz real ( 0) y dos complejas. Estamos en el caso I.c

Matemáticas de º de bachillerato página Integral indefinida S S S Aunque la factorización no nos interesa en este caso, diremos que el polinomio denominador quedaría: q ( z) ( z) i i A nosotros nos interesa, en este caso, la factorización q() ( ) La función f () puede epresarse como la siguiente suma: f A M N ( ) 0 Debemos hallar A M y N Operando: A M N A( ) ( M N) ( ) ( ) Deducimos que A( ) ( M N) Buscamos A, M y N para 0 A 0 A para A M N M N M N Para A M N M N M N 0 M N Hallamos M y N por el sistema : M N 0 M M N Por tanto: f ( ) La integral quedaría: f d d d d d d L I d Debemos resolver la integral I Observa que es la integral de una función racional cuyo denominador no tiene raíces reales, tiene dos raíces complejas. Veamos como se resuelve esta integral: Convertimos el denominador en un cuadrado perfecto más un número: La integral queda: I d d ( ) t Hacemos el cambio t t t dt d Entonces: t t I d d dt dt dt ( ) t t t t dt dt I I t t Debemos resolver I e I. Resolvemos I : t t t I dt dt L L t Resolvemos I :

Matemáticas de º de bachillerato página 6 Integral indefinida I dt t ( t ) dt dt dt t t dt dt arc tg t arc tg ( ) t t arctg arctg La al final constante Podemos escribir I : I d d I I L t arc tg ( ) En definitiva: I f d d L I L L arctg C Ejercicio.- Resolver la integral I d 8 8 U Se trata de la integral de una función racional. Analizamos: numerador p grado m denominador q 8 8 grado n Estudiemos las raíces del denominador: q 8 8 s {,,, } Divisores de Para s() 0 Para s( ) ( ) ( ) 6 0 Para s 0 es raiz de s caso I ( ydeq) U U Sabemos que la división ( & & ) : (&) es eacta. La efectuamos: & & Cociente c() Resto r 0 0 & & (&) ( ) 0 0 Por tanto, el denominador queda: q() & 8 & 8 (&) ( ) Ahora intentemos hallar las raíces de c(). Para ello resolvemos la ecuación de segundo grado 0

Matemáticas de º de bachillerato página 7 Integral indefinida U U i raiz imaginaria 0 ± i raiz imaginaria Por tanto: T (& i) ( i) T q() & 8 & 8 (&) (& i) ( i) T El denominador tiene tres raíces: (real) ; z i y z &i (imaginarias) Estamos en el caso Ic La función f() puede descomponerse en la siguiente suma: A M N f 8 8 ( ) ( ) Buscamos A, M y N A M N A( ) ( M N) ( ) Operando: ( ) ( ) ( ) ( ) De lo anterior se deduce: A M N ( ) Para 0A A 0 6 Para 0 A N N N N 8 8 8 7 7 8 8 0 0 Por tanto: f 8 8 La integral quedaría: 8 0 8 8 0 L I ( ) Debemos hallar I 0 Para A M N M M M I f d d d d d d 8 8 8 e I: 8 8 : 0 : 0 0 0 I d d d d d Debemos hallar I I d L C es casi inmediata I d arc tg C es inmediata Entonces I I I L arc tg C I 8 8 I ( ) Finalmente I L I L L arc tg C 8 8 8 0 I d L L arctg C 0 NOTA: No insistimos más en este tipo de integrales ya que por su complejidad no suele eigirse en los niveles de bachillerato.

Matemáticas de º de bachillerato página 8 Integral indefinida 0..Caso II.- a am am LL a a a0 Sea la función f cuya bn n n n bn bn LL b b b0 integral buscamos, es decir, pretendemos hallar el conjunto de sus primitivas. p m gradop Buscamos I f d d Siendo tal que m n q n grado q Veamos como se resuelve este caso: Se efectúa la división p() : q() m m m m p() r() q() c() Dividendo p() ; divisor q() cociente c() ; resto r() Recuerda : grado r() < grado q() Recuerda : p() q() c() r() La integral podemos descomponerla: p q c r q c r I f d d d d q q q q r r c d c d d I I q q I c d es la integral de una función polinómica c(), fácil de resolver. r I d q es la integral de una función racional tal que: numerador r Estamos en el caso I, siendo grador < gradoq denominador q tratado anteriormente. Ejemplo.- 7 Queremos hallar f d d. Veamos: Debemos resolver la integral de una función racional tal que: numerador p 7 denomindor q siendo grado p grado q Estamos en el caso II. Efectuamos la división ( & 7 ) : ( ) Dividendo p() & 7 & 7 & & & 7 &6 7 6 0 7 Divisor q() Cociente c() & 7 & & Resto r ()

Matemáticas de º de bachillerato página Integral indefinida Descomponiendo el numerador del la función integrando y al operar: p q 7 ( ) 7 I f d d d d [ 7 ] ( ) 7 d d ( 7) d d I I ( ) Resolvamos I : I ( 7) d 7 C Resolvamos I : I d d d L C Volviendo a la referencia (*) : 7 I d 7 L C Ejercicio 6.- Hallar la integral I e En este caso e 7 p p 7 f siendo q q Efectuemos la división p() : q() d grado p grado q Caso II. & 7 & & & & 7 & & & 0 8 Dividendo p() & 7 & Divisor q() & Cociente c() Resto r () 8 e e De lo anterior deducimos que: & 7 & ( & ) ( ) 8 La función integrando queda: 7 8 f e La integral queda: ( ) ( ) 8 8 8 I f d d d I I ( ) e Resolvemos I :

Matemáticas de º de bachillerato página 00 Integral indefinida I d d d C e Resolvemos I : 8 I d Integral de una funcion & racional s grado 8 8 Llamamos g Caso I t grado Hallemos las raíces del polinomio denominador t() & ± 8 ± ± 0 El denominador t() & tiene dos raíces reales distintas ( y &) Por tanto: t() & (&) ( ) Descomponemos la función integrando de I : s 8 A B A( ) B( ) A( ) B( ) g t ( )( ) Deducimos que A( ) B ( ) 8 Buscamos A y B 0 Para A 0 A 0 g Para B B Substituyendo en la integral: 8 0 0 I g d d d d d ( ) ( ( ) ( ) 0 0 d d L L C e Volviendo a la referencia (*) y substituyendo: 7 I d L L C 0 Ejercicio 7.- Hallar el conjunto de las funciones primitivas de f [ Se trata de resolver la integral f d d, es decir, la integral de una función racional. [ Analicemos el caso: p p gradop f siendo Caso II. q q grado q [ Efectuemos la división p() : q()

Matemáticas de º de bachillerato página 0 Integral indefinida 0 & & & & 6 8 &0 & & 8 & 7 & & 6 & & & 7&6 & &6 [ Podemos epresar: & ( & ) ( & ) & &6 [ La función integrando la podemos descomponer en una suma: ( ) ( ) 6 f ( ) ( ) 6 6 [ La integral queda: 6 I f d d ( ) d 6 ( ) d d I I ( ) Debemos resolver las integrales I e I : [ Resolvamos I : I ( ) d d d d C [ Resolvamos I (integral de una función racional): 6 s grado numerador I d d Caso I t grado denominador Hallemos las raíces del denominador. Para ello nos fijamos en sus posibles raíces enteras, las cuales estarán entre los divisores del término independiente: Divisores de {, &,, & } Probamos con 6 t() & & & 0 6 ( Ya tenemos una raíz entera de t() La división ( & ) : ( &) es eacta. La efectuamos: & & & 0 De la división deducimos: & ( &) ( &) Intentemos factorizar & ± 6 0 ± 6 ± 6 0 6 6 0

Matemáticas de º de bachillerato página 0 Integral indefinida Podemos epresar & ( &) ( ) En definitiva: t() & ( &) ( &) ( ) Por tanto: raiz doble t tiene Caso I. b raiz simple Epresamos la función integrando descompuesta en una suma: 6 6 A A B A( )( ) A ( ) B( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) Deducimos que: A( )( ) A( ) B ( ) 6 A, A, B? Para 6A A 8 Para 6B B 6 8 0 Para 0 A A B 6 A 6 A A 8 6 6 8 Por tanto: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) La integral I quedará: 6 8 8 I d d d d d ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 8 8 d d d L I L C [ Resolvamos I d ( ) Por cambio de variable: t t t I dt t dt C C C C dt d t t [ Substituyendo en la referencia (**) : 8 I L L C ( ) [ Substituyendo en la referencia (*) I I I I f d d ( ) 8 L L C [ El conjunto de las primitivas pedido es: ( ) 8 F L L C