Integración de funciones de una variable

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Integraci´on de funciones de una variable

En el cap´ıtulo anterior nos interesamos en el siguiente problema: dada una funci´on, hallar su de-rivada.Sin embargo, muchas aplicaciones importantes del c´alculo est´an relacionadas con el problema inverso, esto es, dada una funci´on, calcular una nueva cuya derivada sea la funci´on inicial. Este proceso de c´alculo llamado integraci´on ser´a desarrollado a lo largo de este cap´ıtulo, el cual es dividido en dos partes fundamentales:

1. C´alculo de primitivas: En esta primera parte nos centraremos en c´omo resolver el problema de c´alculo anterior. Es decir, dada una funci´on real de una variable real f : I →R, definida en el intervalo I, estudiaremos diferentes m´etodos para conseguir una nueva funci´on F : I →R que sea derivable y cumpla que F0(x) = f (x), para todo x ∈ I. En tal caso diremos que F es una primitiva de f .

2. Aplicaciones: En la segunda parte del tema estudiaremos algunas aplicaciones de inter´es del c´alcu-lo de primitivas. Hallaremos ´areas comprendidas entre dos curvas, c´alcu-longitudes de curvas, y ´area y volumen encerrado por una superficie de rotaci´on.

3.1

C´alculo de primitivas. Integral indefinida

Comenzaremos fijando las ideas del problema que pretendemos resolver:

Dada una funci´on real de variable real f : I →R definida sobre un intervalo I queremos encontrar una funci´on derivable F : I →R tal que F0(x) = f (x), para todo x ∈ I.

Definici´on 44 (Primitiva de una funci´on)

Una funci´on F(x) que resuelva el problema anterior ser´a llamada una primitiva de f (x).

Por ejemplo, supongamos que queremos calcular una primitiva de la funci´on f (x) = 2x. Entonces, de lo aprendido en el tema anterior sabemos que la funci´on F(x) = x2es una primitiva de f (x) ya que

F0(x) = (x2)0= 2x = f (x).

De la misma manera la funci´on G(x) = x2+ 1 es tambi´en una primitiva de f (x) ya que

G0(x) = (x2+ 1)0= 2x = f (x).

Observemos del ejemplo anterior que una vez que uno obtiene una primitiva F(x) de la funci´on f (x) definida sobre un intervalo I, entonces la nueva funci´on F(x) +C es tambi´en una primitiva de f (x), para

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cualquier constante C. De hecho, una vez conocida una primitiva de una funci´on, cualquier otra primitiva es igual a la anterior salvo una constante. Esto lo expresamos en el siguiente resultado:

Resultado

Sea f : I →R una funci´on definida en un intervalo I y F : I → R una primitiva suya. Entonces cualquier otra primitiva de f(x) es de la forma F(x) +C, donde C es una constante real.

Utilizaremos el t´ermino integral indefinida de la funci´on f (x) al conjunto de todas sus primitivas. A dicho conjunto lo denotaremos por

Z

f(x) dx. As´ı, si F(x) es una primitiva de f (x) escribiremos

Z

f(x) dx = F(x) +C,

ya que por el resultado anterior todas las primitivas de f (x) son iguales a F(x) salvo constante C. Por ejemplo, sabemos del c´alculo b´asico de derivadas que una primitiva de f (x) = cos x es la funci´on F(x) = sen x ya que

F0(x) = (sen x)0= cos x = f (x). Por tanto, usaremos la notaci´on

Z

cos x dx = sen x +C,

para indicar que el conjunto de todas las primitivas de f (x) = cos x viene dado por las funciones de la forma sen x +C.

Hemos de observar que el c´alculo de primitivas aparece de manera natural en muchos problemas de la F´ısica, Qu´ımica, Biolog´ıa, etc´etera. Un ejemplo elemental de esto ocurre cuando conocemos la velocidad de un cuerpo m´ovil, v(t), que depende del tiempo y queremos calcular el espacio, s(t), que el m´ovil ha recorrido. Ya que v(t) = s0(t), tenemos que s(t) es una primitiva de v(t).

EJEMPLO

Supongamos que la velocidad de un cuerpo m´ovil viene dada en funci´on del tiempo por la funci´on v(t) = 2t, donde t es el tiempo medido en segundos y la velocidad est´a medida en metros por segundo. Si para el tiempo t = 1s conocemos que el m´ovil ha recorrido 3 m, veamos cu´antos metros ha recorrido para t = 4s.

Como hemos visto anteriormente, s(t) es una primitiva de v(t) y sabemos que el conjunto de todas las primitivas de la funci´on 2t es

Z

v(t) dt =

Z

2t dt = t2+C.

As´ı, s(t) = t2+ C para una cierta constante C que hemos de determinar. Como sabemos que 3 = s(1) = 12+C, deducimos que C = 2, con lo que

s(t) = t2+ 2.

Como quer´ıamos calcular los metros recorridos para t = 4s, tenemos que s(4) = 42+ 2 = 18, es decir, ha recorrido 18m para el tiempo t = 4s.

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3.1.1 Integrales inmediatas y propiedades elementales

En el tema anterior aprendimos a hallar las derivadas de algunas funciones elementales. Ya que el c´alculo de primitivas es un proceso inverso, podemos conocer las integrales indefinidas de ciertas funciones. Recordamos las integrales indefinidas que debemos conocer en la siguiente tabla:

INTEGRALES DE FUNCIONES ELEMENTALES:

Funci´on Integral indefinida Funci´on Integral indefinida

0 C a a x+C xn (n 6= 1) x n+1 n+ 1+C 1 x ln |x| +C ex ex+C ax (a > 0) a x ln a+C

cos x sen x +C sen x − cos x +C

1 cos2x = 1 + tg 2x tg x +C 1 sen2x = 1 + cotg 2x − cotg x +C 1 √

1 − x2 arc sen x +C = − arc cos x +C

0 1

1 + x2 arc tg x +C

Adem´as para comenzar nuestro c´alculo de primitivas nos ser´a ´util observar algunas propiedades elementales de las integrales. Para ello tenemos en cuenta las siguientes propiedades de las funciones derivables:

1. (F(x) + G(x))0= F0(x) + G0(x), 2. (a F(x))0= a F0(x), a ∈ R.

A partir de ´estas deducimos el siguiente resultado para integrales indefinidas: Resultado

La integral indefinida verifica las siguientes propiedades: 1. Z ( f (x) + g(x)) dx = Z f(x) dx + Z g(x) dx. 2. Dado un n´umero real a se tiene que

Z

(a f (x)) dx = a

Z

f(x) dx.

Es muy importante que tengamos en cuenta que en general casi nunca es cierto que

Z ( f (x) g(x)) dx = Z f(x) dx Z g(x) dx.

Por tanto, hemos de recordar que aunque esa propiedad sea cierta para la suma, no lo es para el producto. As´ı, la integral de un producto no es, en general, el producto de las integrales.

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Veamos en unos ejemplos c´omo usar todo lo anterior para el c´alculo de primitivas. EJEMPLOS del uso de las reglas b ´asicas de integraci ´on

Ejemplo 1 : Para el c´alculo de la integral indefinida de la funci´on 6 x2usaremos la segunda propiedad

del resultado anterior para reducirla a una inmediata, como sigue:

Z 6 x2dx= 6 Z x2dx= 6x 3 3 +C = 2 x 3+C.

Ejemplo 2 : En ´este y los siguientes ejemplos reescribiremos la integral dada para convertirla en inme-diata: Z 1 x2dx= Z x−2dx= x −1 −1+C = − 1 x+C. Ejemplo 3 : Z √ x dx= Z x1/2dx=x 3/2 3/2+C = 2 3 √ x3+C. Ejemplo 4 : Z 3 2 + 2x2dx= 3 2 Z 1 1 + x2dx= 3 2arc tg x +C.  El resultado anterior nos da una manera de conseguir una integral indefinida para todo polinomio como sigue:

EJEMPLOS de integraci ´on de polinomios

Ejemplo 1 : Z (2 x − 7) dx = 2 Z x dx− Z 7 dx = 2x 2 2 − 7 x +C = x 2− 7 x +C. Ejemplo 2 : Z (5 x2− 7 x + 3) dx = 5 Z x2dx− 7 Z x dx+ Z 3 dx = 5x 3 3 − 7 x2 2 + 3 x +C.  Veamos ahora c´omo a veces se puede modificar la expresi´on de una funci´on para transformarla de forma que su integral indefinida sea inmediata:

EJEMPLOS de transformaci ´on de una funci ´on para integrar

Ejemplo 1 : Z x2 1 + x2dx = Z x2+ 1 − 1 1 + x2 dx= Z  1 − 1 1 + x2  dx= Z 1 dx − Z 1 1 + x2dx= = x− arc tg x +C. Ejemplo 2 : Z x2+ 2 x dx = Z  x+2 x  dx= Z x dx+ 2 Z 1 xdx= x2 2 + 2 ln |x| +C. 

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3.1.2 Integraci´on por sustituci´on o cambio de variable La regla de la cadena para la derivada afirma que

(F ◦ g)0(x) = F0(g(x)) g0(x).

Por tanto, ya que el proceso de integraci´on es un proceso inverso al de la derivada obtenemos el siguiente resultado.

Teorema

Sean f una funci´on continua y g una funci´on derivable. Si F es una primitiva de f , entonces se tiene que

Z

f(g(x))g0(x) dx = F(g(x)) +C.

Aunque el enunciado de este resultado pueda parecer complejo, se interpreta de la siguiente manera. Si tomamos, y = g(x) entoncesdydx= g0(x) y podemos escribir formalmente dy = g0(x) dx. De esta manera la integral del teorema anterior se puede entender de forma sencilla haciendo las sustituciones anteriores como

Z

f(g(x))g0(x) dx =

Z

f(y) dy. Ahora si usamos que F es una primitiva de f obtenemos

Z

f(g(x))g0(x) dx =

Z

f(y) dy = F(y) +C = F(g(x)) +C. A la sustituci´on y = g(x) se le suele denominar cambio de variable.

EJEMPLOS de cambio de variable

Ejemplo 1 : En ´esta y las siguientes integrales haremos un cambio de variable del tipo y = g(x) para reducir la integral a una estudiada en la secci´on anterior:

Z cos(2x) dx =  y= 2x dy= 2dx  = Z cos ydy 2 = 1 2sen y +C = 1 2sen(2x) +C. Ejemplo 2 : Z ex 1 + e2xdx=  y= ex dy= exdx  = Z 1

1 + y2dy= arc tg y +C = arc tg(e x) +C. Ejemplo 3 : Z tg x dx = Z sen x cos xdx=  y= cos x dy= − sen xdx  = Z −1 ydy= − ln |y| +C = = − ln | cos x| +C. Ejemplo 4 : Z 3x2− 6x x3− 3x2+ 1dx =  y= x3− 3x2+ 1 dy= (3x2− 6x)dx  = Z 1 ydy= ln |y| +C = = ln |x3− 3x2+ 1| +C. Ejemplo 5 : Z √ 3x + 2 dx =  y= 3x + 2 dy= 3dx  = Z ydy 3 = 1 3 Z y1/2dy=1 3 y3/2 3/2+C = = 2 9 q (3x + 2)3+C.

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Ejemplo 6 : x p x2+ 3 dx = y= x2+ 3 dy= 2xdx = √ ydy 2 = 1 2 y 1/2dy= 1 2 y3/2 3/2+C = = 1 3 q (x2+ 3)3+C. Ejemplo 7 : Z x√x− 1 dx =  y= x − 1 dy= dx  = Z (y + 1)√y dy= Z (y3/2+ y1/2)dy = = y 5/2 5/2+ y3/2 3/2+C = 2 5 q (x − 1)5+2 3 q (x − 1)3+C.  3.1.3 Integraci´on por partes

Sean u(x), v(x) dos funciones derivables sobre un intervalo I. Sabemos que la derivada del producto viene dada por

(u(x)v(x))0= u0(x)v(x) + u(x)v0(x). As´ı, integrando la igualdad anterior y despejando obtenemos

TeoremaIntegraci ´on por partes

Dadas dos funciones derivables u, v : I → R sobre un intervalo I se tiene que

Z

u(x)v0(x) dx = u(x)v(x) −

Z

v(x)u0(x) dx.

En general, esta f´ormula se usa para funciones a integrar que son vistas como un producto de dos funciones. El resultado anterior nos afirma que la integral a la izquierda de la igualdad puede ser calculada si se conoce el valor de la integral de la derecha. La elecci´on adecuada de las funciones u(x) y v(x) puede llevarnos a simplificar o complicar la integral a calcular, por eso aconsejamos que como reglas generales se sigan los siguientes criterios:

1. Intentar que v0(x) sea la parte m´as complicada de la integral y que se ajusta a una integral conocida (es decir, podemos conocer v(x)).

2. Tratar que u(x) satisfaga que su derivada u0(x) es una funci´on m´as simple que la propia funci´on inicial u(x).

Aunque ´estas son sugerencias generales del uso del m´etodo de integraci´on por partes, debemos tener en cuenta que en ciertos casos otro tipo de elecci´on para u y v puede simplificar m´as la integraci´on. EJEMPLOS de integraci ´on por partes

Ejemplo 1 : Para resolver la siguiente integral usaremos una elecci´on adecuada de u y v siguiendo las recomendaciones anteriores: Z xcos x dx =  v0(x) = cos x, v(x) = sen x u(x) = x, u0(x) = 1  = x sen x − Z

sen x dx = x sen x + cos x +C.

Ejemplo 2 : An´alogamente, para la siguiente integral tenemos

Z x exdx=  v0(x) = ex, v(x) = ex u(x) = x, u0(x) = 1  = x ex− Z exdx= x ex− ex+C.

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 EJEMPLO de integraci ´on por partes reiterada

En algunos casos la integral puede calcularse una vez que la integraci´on por partes se usa m´as de una vez: Z x2cos x dx =  v0(x) = cos x, v(x) = sen x u(x) = x2, u0(x) = 2x  = x2sen x − 2 Z xsen x dx. Ahora calculamos esta ´ultima integral usando de nuevo el m´etodo de integraci´on por partes:

Z xsen x dx =  v0(x) = sen x, v(x) = − cos x u(x) = x, u0(x) = 1  = −x cos x + Z

cos x dx = −x cos x + sen x +C. Por tanto obtenemos,

Z

x2cos x dx = x2sen x + 2 x cos x − 2 sen x +C0.

 EJEMPLOS de integraci ´on por partes de tipo especial

Ejemplo 1 : En ciertas situaciones la integraci´on por partes puede ser ´util incluso cuando la funci´on a integrar no parece ser producto de dos:

Z ln x dx =  v0(x) = 1, v(x) = x u(x) = ln x, u0(x) = 1/x  = x ln x − Z dx= x ln x − x +C. Ejemplo 2 : La situaci´on anterior tambi´en se da para la siguiente integral

Z arc tg x dx =  v0(x) = 1, v(x) = x u(x) = arc tg x, u0(x) = 1/(1 + x2)  = x arc tg x − Z x 1 + x2dx.

Ahora, calculamos la integral de la derecha por cambio de variable

Z x 1 + x2dx=  y= 1 + x2 dy= 2xdx  = Z 1 2 ydy= 1 2ln |y| +C = 1 2ln(1 + x 2) +C,

con lo que tenemos

Z

arc tg x dx = x arc tg x −1

2ln(1 + x

2) +C0.

Ejemplo 3 : En el uso de integraci´on por partes puede aparecer en el t´ermino de la derecha una integral que es proporcional a la integral inicial. Veamos un ejemplo de esto y c´omo resolverlo:

Z

excos x dx = 

v0(x) = ex, v(x) = ex u(x) = cos x, u0(x) = − sen x

 = excos x + Z exsen x dx = =  v0(x) = ex, v(x) = ex

u(x) = sen x, u0(x) = cos x 

= excos x + exsen x −

Z

excos x dx. Despejando la integral, obtenemos que

Z

excos x dx = 1 2(e

xcos x + exsen x) .

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3.1.4 Integraci´on de funciones racionales

En esta secci´on nos centraremos en la integraci´on de funciones racionales, es decir, en la integra-ci´on del cociente de dos polinomios. Para ello comenzaremos observando c´omo conseguir la integral indefinida de algunas funciones racionales elementales y despu´es abordaremos el caso general.

Funciones racionales sencillas

Consideremos primero las siguientes funciones racionales elementales: A a x+ b, A (a x + b)n, A x+ B a x2+ b x + c,

para ciertas constantes reales A, B, a, b, c y n´umero natural n ≥ 2. En la tercera funci´on racional supon-dremos que el polinomio a x2+ b x + c no tiene ra´ıces reales.

Ahora explicaremos c´omo se pueden integrar dichas funciones para cualquier valor de las constantes anteriores.

La primera integral puede ser hecha con el cambio de variable y = a x + b como sigue

Z A a x+ bdx=  y= a x + b dy= a dx  =A a Z 1 ydy= A aln |y| +C = A aln |a x + b| +C. EJEMPLO Z 3 2x − 1dx=  y= 2x − 1 dy= 2dx  =3 2 Z 1 ydy= 3 2 ln |y| +C = 3 2 ln |2x − 1| +C.  Para la integral de la funci´on racional A/(a x + b)ncon n ≥ 2 se puede hacer el cambio de variable y= a x + b: Z A (a x + b)ndx=  y= a x + b dy= a dx  = A a Z y−ndy=A a y1−n 1 − n+C = A a (a x + b)1−n 1 − n +C. EJEMPLO Z 4 (x + 2)3dx=  y= x + 2 dy= dx  = 4 Z y−3dy= 4y −2 −2+C = −2 (x + 2)2+C.  Para la integral de la funci´on (A x + B)/(a x2+ b x + c) escribiremos el numerador como una constante por la derivada del denominador m´as una constante, es decir,

A x+ B a x2+ b x + c= α 2 a x + b a x2+ b x + c+ β 1 a x2+ b x + c.

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Una vez que esta funci´on racional est´a dividida como suma de dos, la integraci´on se har´a para cada una de ellas de manera independiente. La primera se integrar´a con un cambio de variable:

Z 2 a x + b a x2+ b x + cdx=  y= a x2+ b x + c dy= (2 a x + b)dx  = Z 1 ydy= ln |y| +C = ln |a x 2+ b x + c| +C.

Para la segunda, observamos que el polinomio a x2+ b x + c se puede escribir de la forma α1((x + β1)2+ γ1).

Para ello igualamos los dos polinomios y resolvemos, obteniendo α1= a, β1 = b/(2a) y γ1= (4ac −

b2)/(4a2). Tengamos en cuenta que γ

1> 0 ya que b2− 4ac < 0 porque el polinomio a x2+ b x + c no tiene

ra´ıces reales. Hecho esto, hacemos un cambio de variable para poder integrar como un arcotangente:

Z 1 a x2+ b x + cdx= 1 α1 Z 1 (x + β1)2+ γ1 dx= 1 α1γ1 Z 1 (x+β 1 γ1 ) 2+ 1dx= ( y=x+β 1 γ1 dy=√1 γ1dx ) = = √ γ1 α1γ1 Z 1 y2+ 1dy= 1 α1 √ γ1 arc tg y +C = 1 α1 √ γ1 arc tg x + β√ 1 γ1  +C. EJEMPLOS

Ejemplo 1 : Calculemos la integral de la funci´on racional f(x) = 2

x2− 6x + 13.

Primero hemos de asegurarnos que el polinomio de segundo grado x2− 6x + 13 no tiene ra´ıces reales, para ver que podemos usar el m´etodo anterior. Para ello basta resolver el sistema x2− 6x + 13 = 0: x=−(−6) ±p(−6) 2− 4 · 1 · 13 2 · 1 = 6 ±√−16 2 .

Como√−16 no es un n´umero real, nuestro polinomio no tiene ra´ıces reales y, por tanto, podemos usar el m´etodo anterior. Por tanto, escribimos

2 x2− 6x + 13= α 2x − 6 x2− 6x + 13+ β 1 x2− 6x + 13.

Es f´acil ver entonces que α = 0 y β = 2. Ahora escribimos

1

x2− 6x + 13 =

1

α1((x + β1)2+ γ1)

y calculamos el valor de las inc´ognitas α1, β1, γ1. Desarrollando:

x2− 6x + 13 = α1((x + β1)2+ γ1) = α1x2+ 2 α1β1x+ α1(β12+ γ1).

Por tanto, α1= 1, β1= −3 y γ1= 4. Con lo que nuestra integral a calcular queda de la

siguiente manera: Z 2 x2− 6x + 13dx= 2 Z 1 (x − 3)2+ 4dx= 1 2 Z 1 (x−32 )2+ 1dx=  y= (x − 3)/2 dy= (1/2)dx  = = Z 1 y2+ 1dy= arc tg y +C = arc tg  x − 3 2  +C.

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Ejemplo 2 : Calculemos ahora la integral indefinida de la funci´on g(x) = 1 − 3 x

5 + 2 x + x2.

Es f´acil ver que no existen ra´ıces reales del polinomio 5 + 2x + x2por lo que podemos usar el m´etodo explicado anteriormente.

Primero descomponemos la funci´on racional g(x) de la forma 1 − 3 x 5 + 2 x + x2 = α 2 + 2 x 5 + 2 x + x2+ β 1 5 + 2 x + x2.

Es directo ver que α = −3/2 y β = 4. Por tanto,

Z 1 − 3 x 5 + 2 x + x2dx= − 3 2 Z 2 + 2 x 5 + 2 x + x2dx+ 4 Z 1 5 + 2 x + x2dx.

Ahora calculamos las dos integrales de la derecha de forma independiente:

Z 2 + 2 x 5 + 2 x + x2dx=  y= 5 + 2 x + x2 dy= (2 + 2 x)dx  = Z 1 ydy= ln |y| +C = ln(5 + 2 x + x 2) +C.

Y para poder realizar la segunda integral necesitamos expresar la ´ultima fracci´on de la forma 1 5 + 2 x + x2 = 1 α1((x + β1)2+ γ1) . Desarrollando obtenemos que α1= 1, β1= 1 y γ1= 4. As´ı,

Z 1 5 + 2 x + x2dx= Z 1 (x + 1)2+ 4dx= 1 4 Z 1 x+1 2 2 + 1 dx=  y= (x + 1)/2 dy= (1/2)dx  =1 2 Z 1 y2+ 1dy= 1 2 arc tg y +C = 1 2 arc tg  x + 1 2  +C.

Por tanto, la integral que quer´ıamos resolver queda

Z 1 − 3 x 5 + 2 x + x2dx = − 3 2 Z 2 + 2 x 5 + 2 x + x2dx+ 4 Z 1 5 + 2 x + x2dx= − 3 2 ln(5 + 2 x + x 2)+ +2 arc tg x + 1 2  +C.

Ejemplo 3 : Calculemos ahora la integral indefinida de la funci´on h(x) = 1 + x

1 + x + x2.

Ya que 1 + x + x2 no tiene ra´ıces reales, descomponemos la funci´on racional h(x) de la forma 1 + x 1 + x + x2 = α 1 + 2 x 1 + x + x2+ β 1 1 + x + x2.

Es directo ver que α = 1/2 y β = 1/2. Por tanto,

Z 1 + x 1 + x + x2dx= 1 2 Z 1 + 2 x 1 + x + x2dx+ 1 2 Z 1 1 + x + x2dx.

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Ahora calculamos las dos integrales de la derecha de forma independiente: Z 1 + 2 x 1 + x + x2dx=  y= 1 + x + x2 dy= (1 + 2 x)dx  = Z 1 ydy= ln |y| +C = ln(1 + x + x 2) +C.

Para poder realizar la segunda integral necesitamos expresar la ´ultima fracci´on de la forma 1

1 + x + x2 =

1

α1((x + β1)2+ γ1)

. Desarrollando obtenemos que α1= 1, β1= 1/2 y γ1= 3/4. As´ı,

1 1 + x + x2dx= Z 1 (x + 1/2)2+ 3/4dx= 4 3 Z 1  2x+1 3 2 + 1 dx=  y= (2x + 1)/√3 dy= (2/√3)dx  =√2 3 Z 1 y2+ 1dy= 2 √ 3arc tg y +C = 2 √ 3 arc tg  2 x + 1 √ 3  +C.

Por tanto, la integral de h(x) queda

Z 1 + x 1 + x + x2dx = 1 2 Z 1 + 2 x 1 + x + x2dx+ 1 2 Z 1 1 + x + x2dx= 1 2ln(1 + x + x 2)+ +√1 3 arc tg  2 x + 1 √ 3  +C.  Funciones racionales generales

Lo primero que se ha de tener en cuenta para conseguir la integrar indefinida de una funci´on racional R(x) = N(x)

D(x)

es que el polinomio del numerador N(x) ha de tener menor grado que el polinomio del denominador D(x). Si ´este no fuese el caso, har´ıamos la divisi´on de los polinomios obteniendo un cociente C(x) y un resto r(x). As´ı, N(x) = C(x)D(x) + r(x) y

R(x) = C(x) + r(x) D(x).

De esta manera nos quedar´ıa un polinomio C(x) m´as una funci´on racional r(x)/D(x) donde el grado del numerador es menor que el del denominador.

EJEMPLO

Calculemos la integral indefinida de la funci´on racional f(x) =1 + 4 x − x

2+ 4 x3

1 + x2 .

Ya que el grado del polinomio del numerador no es menor que el del denominador hacemos la divisi´on de 1 + 4 x − x2+ 4 x3entre 1 + x2. Un calculo sencillo nos da que

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Por tanto, 1 + 4 x − x2+ 4 x3 1 + x2 = −1 + 4 x + 2 1 + x2. Con lo que Z 1 + 4 x − x2+ 4 x3 1 + x2 dx= Z (−1 + 4 x) dx + 2 Z 1 1 + x2dx= −x + 2 x 2+ 2 arc tg x +C.  Una vez tenido en cuenta el primer paso para la integraci´on de una funci´on racional, supondremos de ahora en adelante que el grado del numerador es menor que el del denominador, y estudiaremos este tipo de integral indefinida.

Para ello usaremos el siguiente resultado que nos afirma que bajo ciertas condiciones nuestra funci´on racional puede descomponerse como suma de funciones raciones que sabemos integrar. As´ı, la integra-ci´on de la funintegra-ci´on inicial se reducir´a a la integraintegra-ci´on de cada uno de los sumandos.

Teorema

Consideremos la funci´on racional

R(x) = N(x) D(x)

donde el grado del polinomio N(x) es menor que el grado del polinomio D(x). Sean a1, . . . , anlas

ra´ıces reales de D(x) con multiplicidades respectivas r1, . . . , rn, y supongamos que D(x) se puede

descomponer de la forma

D(x) = d(x − a1)r1. . . (x − an)rn(x2+ b1x+ c1) . . . (x2+ bmx+ cm)

donde ning´un factor cuadr´atico se repite. Entonces la funci´on racional puede escribirse de la forma N(x) D(x)= A11 x− a1+ A12 (x − a1)2 + . . . + A1r1 (x − a1)r1 + . . . + An1 x− an + An2 (x − an)2 + . . . + Anrn (x − an)rn + + B1x+C1 x2+ b 1x+ c1 + . . . + Bmx+Cm x2+ b mx+ cm , para ciertas constantes reales Ai j, Bi,Ci.

EJEMPLOS

Ejemplo 1 : Calculemos la integral de la funci´on racional −1 x2− 1.

Ya que el polinomio x2− 1 tiene ra´ıces reales 1 y −1, ambas de multiplicidad uno, escribi-mos x2− 1 = (x − 1)(x + 1). Por tanto, usando el resultado anterior obtenemos que

−1 x2− 1 = A x− 1+ B x+ 1 para ciertas constantes A y B que debemos determinar.

(13)

Para el c´alculo de estas constantes desarrollamos la igualdad y obtenemos −1 x2− 1 = A(x + 1) + B(x − 1) x2− 1 = (A + B) x + (A − B) x2− 1 . Esto es, A = −1/2 y B = 1/2.

De esta manera la integral indefinida queda

Z −1 x2− 1dx = − 1 2 Z 1 x− 1dx+ 1 2 Z 1 x+ 1dx= − 1 2 ln |x − 1| + 1 2ln |x + 1| +C = = ln s x+ 1 x− 1 +C.

Ejemplo 2 : Calculamos ahora la integral indefinida de la funci´on racional 3 x

x2− 6 x + 9.

Primero observamos que el polinomio x2− 6 x + 9 tiene como ra´ız al n´umero 3 y con mul-tiplicidad 2. De hecho tenemos que x2− 6 x + 9 = (x − 3)2, as´ı que por el resultado anterior

existen dos n´umeros reales A, B tales que 3 x x2− 6 x + 9= A x− 3+ B (x − 3)2.

Desarrollando la igualdad se obtiene f´acilmente que A = 3 y B = 9. Por tanto, nos quedan dos integrales racionales sencillas que ya sabemos resolver:

Z 3 x x2− 6 x + 9dx= 3 Z 1 x− 3dx+ 9 Z 1 (x − 3)2dx= 3 ln |x − 3| − 9 x− 3+C. Ejemplo 3 : Veamos c´omo conseguir la integral indefinida de la siguiente funci´on racional

f(x) = 9 − 18 x − 42 x

2− 4 x3+ 14 x4

−4 − 6 x + 2 x3 .

Ya que el grado del numerador no es menor que el del denominador lo primero que debemos hacer es la divisi´on de ambos polinomios. Al hacer dicha divisi´on nos queda:

9 − 18 x − 42 x2− 4 x3+ 14 x4= (−2 + 7 x)(−4 − 6 x + 2 x3) + (1 − 2 x), y as´ı f(x) = −2 + 7 x + 1 − 2 x −4 − 6 x + 2 x3. Por tanto, Z f(x) dx = −2 x +7 2x 2+Z 1 − 2 x −4 − 6 x + 2 x3dx.

Ahora tenemos que calcular la integral de la derecha que es de una funci´on racional donde el grado del numerador es menor que el del denominador. Comenzamos calculando las ra´ıces del polinomio −4 − 6 x + 2 x3. Es f´acil ver usando la regla de Ruffini que el polinomio tiene sus tres ra´ıces reales. Estas ra´ıces son el 2 y el −1 con multiplicidad doble.

(14)

Entonces el resultado anterior nos afirma que existen constantes A, B,C tales que 1 − 2 x −4 − 6 x + 2 x3 = A x+ 1+ B (x + 1)2+ C x− 2.

Si resolvemos la igualdad anterior obtenemos que A = 1/6, B = −1/2 y C = −1/6. De esta manera Z 1 − 2 x −4 − 6 x + 2 x3dx = 1 6 Z 1 x+ 1dx− 1 2 Z 1 (x + 1)2dx− 1 6 Z 1 x− 2dx= = 1 6ln |x + 1| + 1 2(x + 1)− 1 6 ln |x − 2| +C. La integral indefinida de f (x) entonces nos queda

Z f(x) dx = −2 x +7 2x 2+1 6 ln |x + 1| + 1 2(x + 1)− 1 6 ln |x − 2| +C. Ejemplo 4 : Calculamos ahora una primitiva de la funci´on racional

g(x) = −20 + 33 x + 6 x

2− 12 x3+ 4 x4

x(5 − 4 x + x2) (2 + 2 x + x2) .

Observamos primero que el grado del numerador es menor que el del denominador. Adem´as el denominador ya est´a descompuesto como producto de polinomios:

x 5 − 4 x + x2 2 + 2 x + x2

donde los dos t´erminos cuadr´aticos no tienen ra´ıces reales. Por tanto, el resultado anterior nos dice que nuestra funci´on racional puede ser descompuesta de la siguiente manera

−20 + 33 x + 6 x2− 12 x3+ 4 x4 x(5 − 4 x + x2) (2 + 2 x + x2) = A x + B x+C 5 − 4 x + x2+ D x+ E 2 + 2 x + x2,

para ciertas constantes reales A, B,C, D, E.

Resolviendo el sistema obtenemos que A = −2, B = 0,C = 1, D = 6, E = 7.

Ahora debemos integrar de manera independiente las tres funciones racionales que nos han quedado usando los m´etodos que conocemos. La primera es directa:

Z −2

x dx= −2 ln |x| +C. Para resolver la segunda, hemos de descomponer de la forma

1 5 − 4 x + x2 = α −4 + 2 x 5 − 4 x + x2+ β 1 5 − 4 x + x2.

Pero es obvio que en este caso α = 0 y β = 1. As´ı, la integral debe ser de tipo arcotangente y queda

Z 1

5 − 4 x + x2dx=

Z 1

(15)

Para la tercera funci´on racional, 6 x + 7 2 + 2 x + x2 = α 2 + 2 x 2 + 2 x + x2+ β 1 2 + 2 x + x2, donde α = 3 y β = 1. Por tanto, Z 6 x + 7 2 + 2 x + x2dx = 3 Z 2 + 2 x 2 + 2 x + x2dx+ Z 1 2 + 2 x + x2dx= 3 ln(2 + 2 x + x 2)+ + Z 1 (x + 1)2+ 1dx= 3 ln(2 + 2 x + x 2) + arc tg(x + 1) +C.

Nuestra integral queda as´ı como

Z

g(x) dx = −2 ln |x| + arc tg(x − 2) + 3 ln(2 + 2 x + x2) + arc tg(x + 1) +C. 

3.1.5 Integraci´on de funciones racionales trigonom´etricas

Cuando intentamos calcular una primitiva de una funci´on que s´olo depende de sen x y cos x es re-comendable, en general, hacer un cambio de variable del tipo y = sen x, o bien, y = cos x que suele simplificar la integral, donde normalmente ayuda tener en cuenta la relaci´on sen2x+ cos2x= 1. Aunque es importante saber que esto no siempre funciona.

EJEMPLOS Ejemplo 1 : Z sen x(1 + cos x) dx =  y= cos x dy= − sen x dx  = − Z (1 + y) dy = −y −y 2 2 +C = = − cos x −cos 2x 2 +C. Ejemplo 2 : Z cos3x 1 + sen2xdx = Z (1 − sen2x) cos x 1 + sen2x dx=  y= sen x dy= cos x dx  = Z 1 − y2 1 + y2dy= = Z  −1 + 2 1 + y2  dy= −y + 2 arc tg y +C = = − sen x + 2 arc tg(sen x) +C.

 En el caso particular en el que queremos calcular una primitiva de la funci´on f (x) = sennxcosmx, podemos seguir el siguiente criterio: si n es impar hacemos el cambio de variable y = cos x; si m es impar hacemos el cambio y = sen x; si n y m son pares, la integral puede ser simplificada usando las igualdades

cos2x=1 + cos(2 x)

2 , sen

2x=1 − cos(2 x)

(16)

EJEMPLOS

Ejemplo 1 : En este primer caso usaremos el cambio y = sen x ya que el exponente en cos x es impar:

Z

sen4xcos3x dx =

Z

sen4x(1 − sen2x) cos x dx =  y= sen x dy= cos x dx  = Z y4(1 − y2) dy = y 5 5 − y7 7 +C = 1 5sen 5x1 7 sen 7x+C.

Ejemplo 2 : En este segundo caso ambos exponentes son pares y podemos reducirla como sigue:

Z sen4xcos2x dx= Z (sen2x)2cos2x dx= Z  1 − cos(2 x) 2 2 1 + cos(2 x) 2 dx= =1 8 Z

(1 − cos(2 x) − cos2(2 x) + cos3(2 x)) dx =1 8  x−1 2 sen(2 x) − Z cos2(2 x) dx+ + Z cos3(2 x) dx  .

De esta manera, la integral que queremos calcular queda simplificada a dos integrales m´as sencillas que podemos hallar usando los m´etodos anteriores. La primera, teniendo en cuenta que el exponente es par y la segunda con el cambio y = sen(2 x) ya que el exponente en cos(2 x) es impar. Z cos2(2 x) dx = Z 1 + cos(4 x) 2 dx= 1 2  x+sen(4 x) 4  +C, Z cos3(2 x) dx = Z (1 − sen2(2 x)) cos(2 x) dx =  y= sen(2 x) dy= 2 cos(2 x)dx  = = 1 2 Z (1 − y2) dy = y 2− y3 6 +C = sen(2 x) 2 − sen3(2 x) 6 +C. Finalmente, Z sen4xcos3x dx= 1 16x− 1 48sen 3(2 x) − 1 64 sen(4 x) +C.  Cuando los cambios de variable anteriores no funcionan, podemos usar la sustituci´on:

y= tgx 2

 .

As´ı, usando algunas igualdades trigonom´etricas b´asicas del ´angulo doble tenemos que: sen x = 2 senx 2  cosx 2  = 2 tgx 2  cos2x 2  = 2 tg x 2  1 + tg2 x 2  = 2 y 1 + y2, cos x = cos2 x 2  − sen2x 2  =  1 − tg2 x 2  cos2 x 2  =1 − tg 2 x 2  1 + tg2 x 2  = 1 − y2 1 + y2.

(17)

Adem´as, ya que x = 2 arc tg y obtenemos que

dx= 2 1 + y2dy.

En particular, si la funci´on a la que queremos calcularle la primitiva es un cociente de dos polinomios, ambos dependientes de las variables sen x y cos x, entonces despu´es del cambio de variable reduciremos la integral a una que es de tipo racional en la variable y.

EJEMPLOS de cambio de variable y = tg(x/2)

Ejemplo 1 : Consideremos el cambio de variable y = tg(x/2) en la siguiente integral

Z 1 3 sen x + 4 cos xdx = Z 1 31+y2 y2+ 4 1−y2 1+y2 2 1 + y2dy= Z 1 2 + 3 y − 2 y2dy

Ya que el polinomio 2 + 3 y − 2 y2tiene como ra´ıces reales simples 2 y −1/2, escribimos 1 2 + 3 y − 2 y2 = A y− 2+ B y+12, de donde deducimos que A = −1/5 y B = 1/5.

As´ı, Z 1 2 + 3 y − 2 y2dy= − 1 5 Z 1 y− 2dy+ 1 5 Z 1 y+12dy= − 1 5ln |y − 2| + 1 5ln y+1 2 +C. Con lo que podemos concluir que

Z 1 3 sen x + 4 cos xdx= − 1 5ln tg x 2  − 2 + 1 5ln tg x 2  +1 2 +C. Ejemplo 2 : Tomamos y = tg(x/2): Z 1 cos xdx = Z 1 1−y2 1+y2 2 1 + y2dy= Z 2 1 − y2dy

Como el polinomio 1 − y2tiene como ra´ıces reales simples 1 y −1, podemos escribir 2 1 − y2 = A y− 1+ B y+ 1, de donde deducimos que A = −1 y B = 1.

De esta forma, Z 1 1 − y2dy= − Z 1 y− 1dy+ Z 1 y+ 1dy= − ln |y − 1| + ln |y + 1| +C. Por tanto, Z 1 cos xdx= − ln tg x 2  − 1 + ln tg x 2  + 1 +C. 

(18)

3.1.6 Integraci´on de funciones con radicales cuadr´aticos

Trataremos ahora la cuesti´on de encontrar una primitiva para una funci´on donde aparece una ra´ız cuadrada de un polinomio de segundo grado del tipo√a x2+ b x + c, para ciertas constantes reales a, b, c,

con a 6= 0.

En este caso escribiremos el polinomio a x2+ b x + c de la forma a x2+ b x + c = a (x + α)2+ β para ciertas constantes α, β y razonaremos seg´un sean los signos de a y β .

1. Si a y β son positivos, entonces expresaremos nuestro polinomio como

a x2+ b x + c = a (x + α)2+ β = a β   x+ α p β !2 + 1  .

El cambio de variable que tomaremos ser´a (x + α)/pβ = senh y. En este caso usaremos que senh2y+ 1 = cosh2y.

2. Si a es positivo y β es negativo, entonces teniendo en cuenta que −β es positivo expresaremos el polinomio de la forma a x2+ b x + c = a (x + α)2+ β = a (−β )   x+ α p−β !2 − 1  .

El cambio de variable que haremos ser´a |x + α|/p−β = coshy. Adem´as, necesitaremos usar que cosh2y− 1 = senh2y.

Es importante observar que para cualquier n´umero t se tiene que cosht ≥ 1. Por ello el cambio de variable anterior ser´a:

x+ α p−β = cosh y, si x+ α p−β > 1; − x+ α p−β = cosh y, si − x+ α p−β > 1.

3. Si a es negativo entonces β ha de ser negativa, ya que en caso contrario tendr´ıamos la ra´ız de un n´umero negativo. Expresamos entonces nuestro polinomio como

a x2+ b x + c = a (x + α)2+ β = a β  − xp+ α β !2 + 1  .

Haremos la sustituci´on (x + α)/pβ igual a cos y, o bien, sen y. Adem´as, usaremos que sen2y+ cos2y= 1.

4. Si β = 0 tenemos la ra´ız de un n´umero al cuadrado y, por tanto, podemos eliminar la ra´ız ya que en este caso a debe ser positivo y

p

a x2+ b x + c =

q

a(x + α)2=a|x + α|.

Es decir, en este caso s´olo simplificamos la funci´on con la que trabajamos, pero no hace falta ning´un cambio de variable.

(19)

EJEMPLOS

Ejemplo 1 : Comenzamos con un ejemplo sencillo donde el polinomio de grado 2 bajo la ra´ız ya se encuentra en la forma adecuada para hacer el cambio de variable que necesitamos:

Z 1 √ 1 + x2dx =  x= senh y dx= cosh y dy  = Z 1 p 1 + senh2y cosh y dy = Z dy= y +C = = arcsenh x +C.

Ejemplo 2 : Consideremos ahora un caso en el que es necesario expresar de manera adecuada el po-linomio de grado 2 bajo la ra´ız. Calculamos la integral indefinida de f (x) =

1 + x + x2.

Entonces escribimos

1 + x + x2= (x + α)2+ β , donde es f´acil ver que α = 1/2 y β = 3/4. Por tanto,

1 + x + x2=  x+1 2 2 +3 4= 3 4  2 x + 1 √ 3 2 + 1 ! .

As´ı, la integral ya podemos calcularla como sigue:

Z p 1 + x + x2dx = √ 3 2 Z s  2 x + 1 √ 3 2 + 1 dx =  (2x + 1)/√3 = senh y (2/√3)dx = cosh y dy  = = √ 3 2 Z p senh2y+ 1 √ 3 2 cosh y dy = 3 4 Z cosh2y dy. Ahora, usando la definici´on de coseno hiperb´olico tenemos:

cosh2y= e y+ e−y 2 2 = e 2y+ 2 + e−2y 4 = 1 2  1 +e 2y+ e−2y 2  = 1 + cosh(2 y) 2 . Con esto, Z p 1 + x + x2dx = 3 4 Z 1 + cosh(2 y) 2 dy= 3 8  y+senh(2 y) 2  +C = = 3 8  arcsenh 2 x + 1√ 3  +1 2 senh  2 arcsenh 2 x + 1√ 3  +C = = 3 8 arcsenh  2 x + 1 √ 3  +2 x + 1 4 p 1 + x + x2+C.

En esta ´ultima igualdad hemos usado que senh(2 arcsenh t) = 2t√1 + t2 para cualquier

n´umero t.

Ejemplo 3 : Veamos ahora c´omo calcular una primitiva de la funci´on f (x) = 1/√x2+ 2x. Antes de

nada observamos que el dominio de definici´on de la funci´on f (x) son los puntos donde x2+ 2 x > 0. Es f´acil ver, siguiendo lo aprendido en temas anteriores, que el dominio de f (x) es el conjunto (−∞, −2) ∪ (0, ∞). Ya que el proceso de integraci´on se realiza en intervalos,

(20)

puede ocurrir que la expresi´on de la primitiva en uno de los dos intervalos anteriores no coincida con la primitiva en el otro intervalo.

Siguiendo el m´etodo explicado anteriormente escribimos el polinomio bajo la ra´ız de la siguiente manera:

x2+ 2 x = (x + α)2+ β , donde es inmediato ver que α = 1 y β = −1.

Una vez que tenemos que x2+ 2 x = (x + 1)2− 1, el cambio de variable que hemos de elegir ser´a |x + 1| = cosh y. As´ı, distinguiremos seg´un x + 1 ´o −(x + 1) sea mayor que uno. Observemos que x + 1 > 1 si y s´olo si x > 0, es decir, cuando nos encontramos en el intervalo de definici´on (0, ∞). An´alogamente, −(x + 1) > 1 si y s´olo si x < −2, esto es, cuando nos encontramos en el otro intervalo (−∞, −2) donde f (x) est´a bien definida. Calculemos primero la integral indefinida de f (x) en el intervalo (0, ∞), es decir, cuando x+ 1 > 1: Z 1 √ x2+ 2 xdx =  x+ 1 = cosh y dx= senh y dy  = Z 1 p cosh2y− 1 senh y dy = Z dy= y +C = = arccosh(x + 1) +C.

Calculamos ahora la integral indefinida de f (x) en el intervalo (−∞, −2), o equivalente-mente, cuando −(x + 1) > 1: Z 1 √ x2+ 2 xdx =  −(x + 1) = cosh y −dx = senh y dy  = Z 1 p cosh2y− 1(− senh y) dy = − Z dy= = −y +C = − arccosh(−x − 1) +C.

Ejemplo 4 : En el siguiente ejemplo calcularemos la integral de la funci´on g(x) = 3 x − 1 +√9 x2− 6 x.

De nuevo, es f´acil ver que el dominio de la funci´on no es todoR, por lo que posiblemente la integral indefinida puede variar seg´un el intervalo en el que var´ıe x.

Primero escribimos el polinomio bajo la integral de la forma 9 x2− 6 x = 9 (x + α)2+ β , de donde α = −1/3 y β = −1/9. Por tanto, nos queda

9 x2− 6 x = 9  x−1 3 2 −1 9 ! = (3 x − 1)2− 1.

As´ı que el cambio de variable que hemos de hacer es |3 x − 1| = cosh y cuando |3 x − 1| > 1. Distinguiremos por tanto seg´un el signo del valor absoluto.

Si 3 x − 1 > 1 o equivalentemente x > 2/3 obtenemos Z  3 x − 1 +p9 x2− 6 xdx =  3 x − 1 = cosh y 3 dx = senh y dy  = Z  cosh y + q cosh2y− 1 senh y 3 dy= = 1 3 Z

(21)

Si usamos la definici´on de coseno y seno hiperb´olicos tenemos: cosh y senh y =e y+ e−y 2 ey− e−y 2 = e2y− e−2y 4 = 1 2senh(2y), senh2y= e y− e−y 2 2 =e 2y− 2 + e−2y 4 = 1 2  −1 +e 2y+ e−2y 2  = −1 + cosh(2 y) 2 . De esta forma Z cosh y senh y dy = 1 2 Z senh(2y) dy =cosh(2y) 4 +C, Z senh2y dy=1 2 Z (−1 + cosh(2 y)) dy = 1 2  −y +senh(2 y) 2  +C, y as´ı Z 3 x − 1 +p9 x2− 6 xdx=1

12(cosh(2 arccosh(3 x − 1)) + senh(2 arccosh(3 x − 1))) + −1 6 arccosh(3 x − 1) +C = =1 12  −1 + 2 (3 x − 1)2+ 2 (3 x − 1) q (3 x − 1)2− 1  −1 6 arccosh(3 x − 1) +C.

Aqu´ı hemos usado que para todo n´umero real t con t ≥ 1 se cumple que cosh(2 arccosh t) = −1 + 2t2y senh(2 arccosh t) = 2tt2− 1.

An´alogamente, si −(3 x − 1) > 1 (esto es, en el intervalo (−∞, 0)) se obtiene, haciendo el cambio de variable −(3 x − 1) = cosh y, que

Z

3 x − 1 +p9 x2− 6 xdx=1

12(cosh(2 arccosh(1 − 3 x)) − senh(2 arccosh(1 − 3 x))) + +1 6 arccosh(1 − 3 x) +C = =1 12  −1 + 2 (1 − 3 x)2+ 2 (1 − 3 x) q −1 + (1 − 3 x)2  +1 6 arccosh(1 − 3 x) +C.

Ejemplo 5 : Calculemos ahora la integral indefinida de la funci´on h(x) = x2/1 − x2. Lo primero que

hemos de observar es que el dominio de definici´on de la funci´on viene dado por los puntos donde 1 − x2> 0, esto es, el dominio es el intervalo (−1, 1). Por tanto, buscamos la integral en dicho intervalo abierto. Como el polinomio que hay bajo la ra´ız ya est´a expresado de manera adecuada para realizar el cambio de variable, tenemos

Z x2 √ 1 − x2dx =  x= sen y dx= cos y dy  = Z sen2y p 1 − sen2y cos y dy = Z sen2y dy= = Z 1 − cos(2 y) 2 dy= 1 2  y−sen(2 y) 2  +C = = 1 2 

arc sen x −sen(2 arc sen x) 2

 +C.

(22)

Consideremos ahora la funci´on 1/√x− x2y calculemos su integral indefinida. Es f´acil ver

que el dominio de definici´on de la funci´on es el intervalo (0, 1), y para hacer el cambio de variable correspondiente expresamos el polinomio cuadr´atico bajo la ra´ız como:

x− x2= −((x + α)2+ β ),

donde α = −1/2 y β = −1/4. Entonces tenemos

x− x2= −  x−1 2 2 −1 4 ! =1 4 −(2 x − 1) 2+ 1 .

El cambio que hemos de hacer es, por tanto, 2 x − 1 = sen y:

Z 1 √ x− x2dx =  2 x − 1 = sen y 2 dx = cos y dy  = Z 2 p 1 − sen2y cos y 2 dy= Z dy= y +C = = arc sen(2 x − 1) +C. 

3.2

Integral definida y ´area de una gr´afica

Comencemos con una funci´on no negativa f (x) definida sobre un intervalo cerrado y acotado [a, b]. La gr´afica de la funci´on junto con las rectas x = a, x = b, y = 0 determinan un dominio cerrado (Figura 3.1).

Figura 3.1:Area encerrada por la gr´afica de f (x).´

Si la funci´on f (x) cambia de signo entonces la gr´afica de la funci´on junto con las rectas x = a, x = b, y= 0 determinan varios dominios cerrados, unos por encima del eje x y otros por debajo (v´ease Figura 3.2).

Nuestro primer objetivo en esta secci´on es el c´alculo del ´area anterior que determina una funci´on definida en un intervalo cerrado y acotado.

(23)

Figura 3.2: Area encerrada por una funci´on que cambia de´ signo.

Definici´on 45 (Integral definida)

Sea f : [a, b] →R una funci´on continua. Denotemos por A1el ´area comprendida entre f (x) y el eje

de abscisas cuando f (x) ≥ 0, y por A2el ´area por debajo del eje de abscisas y sobre la funci´on f (x)

cuando f (x) ≤ 0. Llamamos integral definida entre a y b al ´area A1menos el ´area A2.

A la integral definida entre a y b la denotaremos por

Z b

a

f(x) dx.

El porqu´e se usa el nombre de integral definida para la definici´on de la diferencia de ´areas y porqu´e se usa un s´ımbolo similar al que ya conocemos de integral indefinida quedar´a claro a partir del Teorema Fundamental del C´alculo Integral.

Lo primero que hay que observar en el caso en el que tenemos una funci´on continua f : [a, b] →R con f (x) ≥ 0 para todo x ∈ [a, b] es que entonces la integral definida de f entre a y b es simplemente el ´area comprendida entre la gr´afica de f (x) y el eje de abscisas, y delimitada lateralmente por x = a y x= b (Figura 3.1).

Si f (x) no es positiva en ning´un punto entonces la integral definida de f entre a y b es el ´area comprendida entre la gr´afica de f (x) y el eje de abscisas, y delimitada lateralmente por x = a y x = b pero cambiada de signo. De hecho, en general, si f (x) cambia de signo entonces la integral definida de f entre a y b es el ´area por encima del eje de abscisas menos el ´area por debajo del eje. En la Figura 3.2 es el ´area en gris oscuro menos el ´area en gris claro.

Si f es una funci´on continua en un intervalo [a, b] entonces denotaremos

Z a b f(x) dx = − Z b a f(x) dx.

(24)

TeoremaFundamental del C ´alculo

Sea f: I →R una funci´on continua en un intervalo abierto I. Fijemos un punto a en I y denotemos por

F(x) =

Z x

a

f(x).

Entonces F : I →R es una funci´on derivable y F0(x) = f (x), es decir, F(x) es una primitiva de f(x).

Como consecuencia del resultado anterior podemos deducir c´omo calcular integrales definidas a partir de integrales indefinidas.

Teorema(Regla de Barrow)

Sea f : I →R una funci´on continua y F una primitiva suya. Dados a, b ∈ I con a < b se tiene que

Z b

a

f(x) dx = F(x)]ba:= F(b) − F(a).

EJEMPLOS

Ejemplo 1 : Consideremos la funci´on f (x) = 1 + x + x2 que es siempre positiva. Calculemos el ´area determinada por la gr´afica de f (x) sobre el eje de abscisas para x entre −1 y 1 (Figura 3.3).

Figura 3.3:f(x) = 1 + x + x2con x ∈ [−1, 1]. Z 1 −1 (1+x +x2) dx = x +x 2 2 + x3 3 1 −1 =  1 +1 2 2 + 13 3  −  (−1) +(−1) 2 2 + (−1)3 3  =8 3. Ejemplo 2 : Calculemos el ´area que determina la gr´afica de la funci´on g(x) = x2− 2 x con el eje de

abscisas y las rectas x = 0, x = 3/2. Observemos que g(x) ≤ 0 para todo x ∈ [0, 3/2] (Figura 3.4), con lo que en este caso el ´area es igual a la integral definida cambiada de signo:

(25)

Figura 3.4:g(x) = x2− 2 x con x ∈ [0, 3/2]. Z 3 2 0 (x2− 2 x) dx = x 3 3 − x 2 32 0 =1 3  3 2 3 − 3 2 2 = −9 8. As´ı, el ´area que buscamos es 9/8.

Ejemplo 3 : Consideremos la gr´afica de la funci´on

h(x) = x − x2−x

3

4 + x4

4,

con x ∈ [−2, 2] (Figura 3.5). Calculemos la integral definida de h(x) en el intervalo [−2, 2]:

Figura 3.5:h(x) = x − x2− x3/4 + x4/4 con x ∈ [−2, 2]. Z 2 −2  x− x2−x 3 4 + x4 4  dx= x 2 2 − x3 3 − x4 16+ x5 20 2 −2 = −32 15.

As´ı, si llamamos A1 al ´area por encima del eje de abscisas y A2 al ´area delimitada por

debajo del eje de abscisas, hemos obtenido que A1− A2= −32/15.

Si quisi´eramos calcular el valor de A1basta hacer:

A1= Z 1 0  x− x2x3 4 + x4 4  dx= x 2 2 − x3 3 − x4 16+ x5 20 1 0 = 37 240. De esta manera A2= 183/80.

(26)

 La regla de Barrow tiene aplicaciones directas no s´olo al c´alculo de ´areas sino a problemas b´asicos de la F´ısica, Qu´ımica o Biolog´ıa, entre otros.

Por ejemplo, sabemos que en F´ısica la derivada del espacio recorrido por un m´ovil s(t) respecto del tiempo t es la velocidad de dicho m´ovil v(t). Es decir, v(t) = s0(t).

En particular, s(t) es una primitiva de la funci´on v(t) y aplicando la regla de Barrow entre dos tiempos t= a y t = b obtenemos

s(b) − s(a) =

Z b

a

v(t) dt.

Esto nos dice que la distancia recorrida entre los tiempos t = a y t = b que es s(b) − s(a) puede ser calculada usando la integral definida de la velocidad entre a y b.

EJEMPLOS

Ejemplo 1 : Sea v(t) = t3+ 3t2la velocidad de un cuerpo m´ovil medida en metros por segundo.

Calcu-lemos la distancia recorrida por ese cuerpo entre los tiempos t = 1s y t = 2s.

Si llamamos s(t) al espacio recorrido en el tiempo t tenemos que calcular s(2) − s(1), que ser´a dado por

s(2) − s(1) = Z 2 1 v(t) dt = Z 2 1 (t3+ 3t2) dt = t 4 4 + t 3 2 1 =43 4 = 10, 75. Por tanto, el espacio recorrido es de 10, 75 metros.

Ejemplo 2 : Sea v(t) = 3t + 2 la velocidad de un m´ovil en metros por segundo. Si para t = 2s pasa por un punto inicial A, calculemos cu´anto tardar´a en pasar por un segundo punto B que se encuentra a 100 metros del punto inicial.

Llamemos b al tiempo por el que pasar´a por el segundo punto B. Entonces sabemos que s(b) − s(2) = 100 ya que la distancia entre ambos puntos es de 100m y pasa por A para t= 2s y pasar´a por B para t = b segundos. De esta forma:

100 = s(b) − s(2) = Z b 2 (3t + 2) dt = 3t 2 2 + 2t b 2 = 3b 2 2 + 2b − 10.

De aqu´ı obtenemos que b = 23−1 +√166≈ 7, 92. Es decir, pasar´a por el punto B para t= 7, 92s. Como pasa por el punto A cuando t = 2s, tardar´a desde A hasta B un tiempo de 7, 92 − 2 = 5, 92s.

Ejemplo 3 : Una poblaci´on de bacterias tiene una velocidad de crecimiento igual a v(t) = 2000t, donde test´a medido en horas. Si en el momento de tiempo t = 0 hay una poblaci´on de un mill´on de bacterias calculemos cu´al ser´a la poblaci´on 24 horas m´as tarde.

Si llamamos p(t) a la poblaci´on de bacterias en el tiempo t, entonces la velocidad de cre-cimiento es v(t) = p0(t). De esta forma, p(t) es una primitiva de v(t) y la regla de Barrow nos dice que para tiempos t = a y t = b se tiene que

Z b

a

(27)

Por tanto, usando la relaci´on anterior entre los tiempos t = 0 y t = 24, sabiendo que p(0) = 1 000 000 tenemos p(24) = p(0)+ Z 24 0 v(t) dt = 1 000 000+ Z 24 0 2000t dt = 1 000 000+1000 (24)2= 1 576 000. Es decir, la poblaci´on de bacterias es de 1 576 000 un d´ıa m´as tarde.

 Resumimos ahora algunas de las propiedades elementales de la integral definida:

Resultado

Sean f, g : [a, b] → R dos funciones continuas, entonces tenemos: 1. Z b a ( f (x) + g(x)) dx = Z b a f(x) dx + Z b a g(x) dx. 2. Para cualquier n´umero real r se tiene que

Z b a r f(x) dx = r Z b a f(x) dx.

3. Dado un punto c∈ [a, b] se cumple que

Z b a f(x) dx = Z c a f(x) dx + Z b c f(x) dx.

4. Si f(x) ≥ g(x) para todo x ∈ [a, b] entonces

Z b a f(x) dx ≥ Z b a g(x) dx.

3.3

Algunas aplicaciones del c´alculo integral

En esta secci´on estudiaremos algunas de las aplicaciones m´as b´asicas del c´alculo integral. Vere-mos c´omo calcular ´areas delimitadas por dos curvas, la longitud de la gr´afica de una funci´on y ´areas y vol´umenes de superficies de rotaci´on.

3.3.1 ´Area comprendida entre dos curvas

Sean f , g : [a, b] →R dos funciones continuas tales que f (x) ≥ g(x) para todo x ∈ [a, b]. Llamemos Aal ´area encerrada por la regi´on delimitada por la gr´afica de la funci´on f (x) por arriba, la gr´afica de la funci´on g(x) por abajo y lateralmente por las rectas x = a, x = b (Figura 3.6). Entonces es f´acil deducir de lo aprendido en la secci´on anterior que dicho ´area se puede calcular como

A=

Z b a

( f (x) − g(x)) dx.

En el caso general en el que las gr´aficas de las funciones f (x) y g(x) se crucen en el intervalo [a, b] entonces la cantidadRb

a( f (x) − g(x)) dx da el ´area en el que f (x) est´a por encima de g(x) menos el ´area

(28)

Figura 3.6:Regi´on delimitada por las gr´aficas de dos funciones.

Figura 3.7: Regiones determinadas por gr´aficas que se cruzan.

EJEMPLOS

Ejemplo 1 : Las par´abolas y = x2− 1, y = x − x2encierran una regi´on (Figura 3.8). Veamos c´omo

cal-cular el ´area de dicha regi´on.

Figura 3.8:Regi´on entre par´abolas.

Comencemos primero con el c´alculo de los puntos de corte de ambas gr´aficas. Es decir, buscamos los puntos tales que x2− 1 = x − x2. Despejando tenemos 2x2− x − 1 = 0, de

donde x = −1/2 o bien x = 1. Adem´as es claro que la par´abola f (x) = x−x2est´a por encima de la gr´afica de g(x) = x2−1 en el intervalo [−1/2, 1]. Por tanto, el ´area que buscamos viene

(29)

dada por Z 1 −1 2 ( f (x) − g(x)) dx = Z 1 −1 2 (−2 x2+ x + 1) dx = −2 3x 3+1 2x 2+ x 1 −1 2 =9 8. Ejemplo 2 : Las gr´aficas de las funciones f (x) = cos x y g(x) = sen x se cortan en infinitos puntos a lo

largo del eje real. Calculemos el ´area que encierran ambas gr´aficas entre los dos puntos consecutivos de corte que contienen a x = 0 (Figura 3.9).

Figura 3.9:Regi´on entre f (x) = cos x y g(x) = sen x.

Para calcular los puntos de corte igualemos f (x) = g(x), esto es, cos x = sen x, o equivalen-temente, tg x = 1. Esta igualdad ocurre para los puntos x =π

4+ k π, con k entero. As´ı, los

puntos que buscamos son dados para k = −1 y k = 0, es decir, x = −3π/4 y x = π/4. El ´area que buscamos viene dada por

Z π /4 −3π/4

(cos x − sen x) dx = sen x + cos x]π /4−3π/4= 2√2 .

 3.3.2 Longitudes de curvas

Sea f (x) una funci´on derivable cuya derivada es continua en el intervalo cerrado [a, b]. Entonces la longitud L de la curva dada por la gr´afica de la funci´on f (x) entre los puntos x = a y x = b puede ser calculada como L= Z b a q 1 + f0(x)2dx. EJEMPLOS

Ejemplo 1 : Calculemos la longitud de la curva de la par´abola f (x) = 2x + x2en el intervalo [−2, 1/2]

(Figura 3.10): Z q 1 + f0(x)2dx = Z q 1 + (2 + 2 x)2dx=  2 + 2 x = senh y 2 dx = cosh y dy  =1 2 Z cosh2y dy= = 1 2 Z 1 + cosh(2 y) 2 dy= 1 4  y+senh(2 y) 2  +C = = 1 4 

arcsenh(2 + 2 x) +senh(2 arcsenh(2 + 2 x)) 2  +C = = 1 4arcsenh(2 + 2 x) + 1 2(x + 1) p 5 + 8 x + 4 x2+C.

(30)

De esta forma la longitud que buscamos es L = Z 1 2 −2 q 1 + f0(x)2dx= 1 4arcsenh(2 + 2 x) + 1 2(x + 1) p 5 + 8 x + 4 x2 12 −2 = = 1 4  2 √ 5 + 3 √ 10 + arcsenh 2 + arcsenh 3  ≈ 4,3053.

Figura 3.10:Par´abola f (x) = 2x + x2con x ∈ [−2, 1/2].

Ejemplo 2 : Calculemos ahora la longitud de la gr´afica de la funci´on f (x) = cosh x para x variando en un intervalo de la forma [−r, r]. Z q 1 + f0(x)2dx = Z p 1 + senh2x dx= Z cosh x dx = senh x +C, con lo que la longitud viene dada por

L=

Z r

−r

q

1 + f0(x)2dx= senh x]r

−r= senh r − senh(−r) = 2 senh r.

 3.3.3 ´Area y volumen de una superficie de rotaci´on.

Sea f (x) una funci´on continua y positiva en un intervalo [a, b] y consideremos la superficie que resulta al rotar la gr´afica de la funci´on alrededor del eje x enR3(Figura 3.11).

El ´area de la superficie de rotaci´on puede ser calculada de la siguiente forma: A= 2 π Z b a f(x) q 1 + f0(x)2dx,

cuando f (x) es derivable y su derivada es continua.

Adem´as, el volumen encerrado por dicha superficie alrededor del eje x y delimitado lateralmente por los planos x = a, x = b es

V= π

Z b

a

(31)

Figura 3.11:Superficie de rotaci´on.

EJEMPLOS

Ejemplo 1 : Consideremos la gr´afica de la funci´on constante f (x) = 1 con x ∈ [0, h], es decir, el seg-mento horizontal a altura 1 y de longitud h que var´ıa entre los valores de x = 0 y x = h. La superficie que resulta al rotar este segmento alrededor del eje x enR3 es un cilindro de radio 1 y longitud h. Veamos cu´al es su ´area y el volumen que encierra:

A = 2 π Z h 0 f(x) q 1 + f0(x)2dx= 2 π Z h 0 dx= 2 π x]h0= 2 π h, V = π Z h 0 f(x)2dx= π Z h 0 dx= π x]h0= π h.

Ejemplo 2 : Consideremos ahora la gr´afica de la funci´on f (x) = r x/h con x ∈ [0, h]. Dicha gr´afica es el segmento de recta que comienza en el punto (0, 0 y acaba en el punto (h, r). La superficie que resulta al rotar este segmento alrededor del eje x enR3es un cono de radio r en su base

y altura h. Veamos cu´al es su ´area y el volumen que encierra:

A = 2 π Z h 0 f(x) q 1 + f0(x)2dx= 2 π Z h 0 r hx r 1 + r h 2 dx=2 π r h2 p r2+ h2 Z h 0 x dx= = π r h2 p r2+ h2x2ih 0 = π rpr2+ h2, V = π Z h 0 f(x)2dx= π Z h 0 r hx 2 dx= π r 2 h2 Z h 0 x2dx= πr 2 h2 x3 3 h 0 =1 3π r 2h. 

Figure

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Referencias

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