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 función, hallar su de-rivada.Sin embargo, muchas aplicaciones importantes del cálculo están relacionadas con el problema inverso, esto es, dada una función, calcular una nueva cuya derivada sea la función inicial. Este proceso de cálculo llamado integración será desarrollado a lo largo de este cap´ıtulo, el cual es dividido en dos partes fundamentales:

1. Cálculo de primitivas: En esta primera parte nos centraremos en cómo resolver el problema de cálculo anterior. Es decir, dada una función real de una variable real f : I →R, definida en el intervalo I, estudiaremos diferentes métodos para conseguir una nueva función 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 interés del cálcu-lo de primitivas. Hallaremos áreas comprendidas entre dos curvas, cálcu-longitudes de curvas, y área y volumen encerrado por una superficie de rotación.

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 función f (x) definida sobre un intervalo I, entonces la nueva función F(x) +C es también 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 cálculo básico de derivadas que una primitiva de f (x) = cos x es la función 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 cálculo de primitivas aparece de manera natural en muchos problemas de la F´ısica, Qu´ımica, Biolog´ıa, etcétera. Un ejemplo elemental de esto ocurre cuando conocemos la velocidad de un cuerpo móvil, v(t), que depende del tiempo y queremos calcular el espacio, s(t), que el móvil 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 móvil viene dada en función del tiempo por la función v(t) = 2t, donde t es el tiempo medido en segundos y la velocidad está medida en metros por segundo. Si para el tiempo t = 1s conocemos que el móvil ha recorrido 3 m, veamos cuántos 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 cos2_x = 1 + tg 2_x _{tg x +C} 1 sen2_x = 1 + cotg 2_x _{− cotg x +C} 1 √

1 − x2 arc sen x +C = − arc cos x +C

0 1

1 + x2 arc tg x +C

Además para comenzar nuestro cálculo de primitivas nos será útil 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 cómo usar todo lo anterior para el cálculo de primitivas. EJEMPLOS del uso de las reglas b ásicas de integraci ón

Ejemplo 1 : Para el c´alculo de la integral indefinida de la funci´on 6 x2_{usaremos 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 cómo a veces se puede modificar la expresión de una función 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) entoncesdy_dx= 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_{− 3x}2_{+ 1}dx = 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 1/2_dy₌ 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 función más simple que la propia función inicial u(x).

Aunque éstas son sugerencias generales del uso del método de integración por partes, debemos tener en cuenta que en ciertos casos otro tipo de elección para u y v puede simplificar más la integración. EJEMPLOS de integraci ón 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 integración por partes se usa más 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 última integral usando de nuevo el método de integración 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 integración por partes puede ser útil incluso cuando la función 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_{) +C}0_.

Ejemplo 3 : En el uso de integración por partes puede aparecer en el término de la derecha una integral que es proporcional a la integral inicial. Veamos un ejemplo de esto y cómo 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) = e}x

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

x_{cos x + e}x_{sen x) .}

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3.1.4 Integraci´on de funciones racionales

En esta sección nos centraremos en la integración de funciones racionales, es decir, en la integra-ción del cociente de dos polinomios. Para ello comenzaremos observando cómo conseguir la integral indefinida de algunas funciones racionales elementales y después 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 función 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 función (A x + B)/(a x2+ b x + c) escribiremos el numerador como una constante por la derivada del denominador más 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 función racional está dividida como suma de dos, la integración se hará para cada una de ellas de manera independiente. La primera se integrará con un cambio de variable:

Z _{2 a x + b} a x2_{+ b x + c}dx= 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 + c}dx= 1 α1 Z ₁ (x + β1)2+ γ1 dx= 1 α1γ1 Z ₁ (x+β_√ 1 γ1 ) 2_{+ 1}dx= ( y=x+β_√ 1 γ1 dy=√1 γ1dx ) = = √ γ1 α1γ1 Z ₁ y2_{+ 1}dy= 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 + 13}dx= 2 Z ₁ (x − 3)2_{+ 4}dx= 1 2 Z ₁ (x−3₂ )2_{+ 1}dx= y= (x − 3)/2 dy= (1/2)dx = = Z ₁ y2_{+ 1}dy= 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_{+ 4}dx= 1 4 Z ₁ x+1 2 2 + 1 dx= y= (x + 1)/2 dy= (1/2)dx =1 2 Z ₁ y2_{+ 1}dy= 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_{+ 3/4}dx= 4 3 Z ₁ 2x+1_√ 3 2 + 1 dx= y= (2x + 1)/√3 dy= (2/√3)dx =√2 3 Z ₁ y2_{+ 1}dy= 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 x}3

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 − x}2_{+ 4 x}3 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 función racional puede descomponerse como suma de funciones raciones que sabemos integrar. As´ı, la integra-ción de la funintegra-ción inicial se reducirá a la integraintegra-ción 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 ningún factor cuadrático se repite. Entonces la función 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_{− 1}dx = − 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 + 9}dx= 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 x}3_{+ 14 x}4

−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 x}4_{= (−2 + 7 x)(−4 − 6 x + 2 x}3_{) + (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 x}3_{+ 4 x}4

x(5 − 4 x + x2_{) (2 + 2 x + x}2₎ .

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 términos cuadráticos no tienen ra´ıces reales. Por tanto, el resultado anterior nos dice que nuestra función racional puede ser descompuesta de la siguiente manera

−20 + 33 x + 6 x2_{− 12 x}3_{+ 4 x}4 x(5 − 4 x + x2_{) (2 + 2 x + x}2₎ = 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_{+ 1}dx= 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 función que sólo 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 relación 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 2_x 2 +C. Ejemplo 2 : Z _cos3_x 1 + sen2_xdx = Z _{(1 − sen}2_{x) cos x} 1 + sen2_x dx= y= sen x dy= cos x dx = Z _{1 − y}2 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

2_x₌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 5_x₋1 7 sen 7_x_+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 más sencillas que podemos hallar usando los métodos 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 sustitución:

y= tgx 2

.

As´ı, usando algunas igualdades trigonométricas básicas del ángulo 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 3_1+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 = senh2_y.

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  − x_p+ α β !2 + 1  .

Haremos la sustituci´on (x + α)/pβ igual a cos y, o bien, sen y. Adem´as, usaremos que sen2y+ cos2_y_{= 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 sólo simplificamos la función con la que trabajamos, pero no hace falta ningún 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 + senh2_y 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 + x2_dx ₌ √ 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 senh2_y_{+ 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 + x2_dx ₌ 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 definición de la función f (x) son los puntos donde x2+ 2 x > 0. Es fácil ver, siguiendo lo aprendido en temas anteriores, que el dominio de f (x) es el conjunto (−∞, −2) ∪ (0, ∞). Ya que el proceso de integración 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 será |x + 1| = cosh y. As´ı, distinguiremos según x + 1 ó −(x + 1) sea mayor que uno. Observemos que x + 1 > 1 si y sólo si x > 0, es decir, cuando nos encontramos en el intervalo de definición (0, ∞). Análogamente, −(x + 1) > 1 si y sólo si x < −2, esto es, cuando nos encontramos en el otro intervalo (−∞, −2) donde f (x) está bien definida. Calculemos primero la integral indefinida de f (x) en el intervalo (0, ∞), es decir, cuando x+ 1 > 1: Z ₁ √ x2_{+ 2 x}dx = 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 x}dx = −(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 fácil ver que el dominio de la función no es todoR, por lo que posiblemente la integral indefinida puede variar según 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 x}_dx ₌ 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 x}_dx=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 + 2t2_{y senh(2 arccosh t) = 2t}√_t2_{− 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 x}_dx=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 − x}2_{. Lo primero que}

hemos de observar es que el dominio de definición de la función 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 está expresado de manera adecuada para realizar el cambio de variable, tenemos

Z _x2 √ 1 − x2dx = x= sen y dx= cos y dy = Z _sen2_y p 1 − sen2_y 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− x2_{y calculemos su integral indefinida. Es f´acil ver}

que el dominio de definición de la función es el intervalo (0, 1), y para hacer el cambio de variable correspondiente expresamos el polinomio cuadrático 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 − sen2_y 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 función no negativa f (x) definida sobre un intervalo cerrado y acotado [a, b]. La gráfica de la función 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 función f (x) cambia de signo entonces la gráfica de la función junto con las rectas x = a, x = b, y= 0 determinan varios dominios cerrados, unos por encima del eje x y otros por debajo (véase Figura 3.2).

Nuestro primer objetivo en esta sección es el cálculo del área anterior que determina una función 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 porqué se usa el nombre de integral definida para la definición de la diferencia de áreas y porqué se usa un s´ımbolo similar al que ya conocemos de integral indefinida quedará claro a partir del Teorema Fundamental del Cálculo Integral.

Lo primero que hay que observar en el caso en el que tenemos una función 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 área comprendida entre la gráfica 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 ningún punto entonces la integral definida de f entre a y b es el área comprendida entre la gráfica 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 área por encima del eje de abscisas menos el área por debajo del eje. En la Figura 3.2 es el área en gris oscuro menos el área 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)]b_a:= F(b) − F(a).

EJEMPLOS

Ejemplo 1 : Consideremos la función f (x) = 1 + x + x2 que es siempre positiva. Calculemos el área determinada por la gráfica 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 área que determina la gráfica de la función 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 + x}4_{/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− x2₋x3 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 sólo al cálculo de áreas sino a problemas básicos 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_{+ 3t}2_{la 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 móvil en metros por segundo. Si para t = 2s pasa por un punto inicial A, calculemos cuánto tardará 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 población de bacterias tiene una velocidad de crecimiento igual a v(t) = 2000t, donde testá medido en horas. Si en el momento de tiempo t = 0 hay una población de un millón de bacterias calculemos cuál será la población 24 horas más 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 relación 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 población de bacterias es de 1 576 000 un d´ıa más 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 sección estudiaremos algunas de las aplicaciones más básicas del cálculo integral. Vere-mos cómo calcular áreas delimitadas por dos curvas, la longitud de la gráfica de una función y áreas y volúmenes de superficies de rotación.

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 área encerrada por la región delimitada por la gráfica de la función f (x) por arriba, la gráfica de la función g(x) por abajo y lateralmente por las rectas x = a, x = b (Figura 3.6). Entonces es fácil deducir de lo aprendido en la sección anterior que dicho área 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 área en el que f (x) está por encima de g(x) menos el área

(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 parábolas y = x2_{− 1, y = x − x}2_{encierran una región (Figura 3.8). Veamos cómo}

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 2x}2_{− x − 1 = 0, de}

donde x = −1/2 o bien x = 1. Además es claro que la parábola f (x) = x−x2está por encima de la gráfica de g(x) = x2−1 en el intervalo [−1/2, 1]. Por tanto, el área 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 función derivable cuya derivada es continua en el intervalo cerrado [a, b]. Entonces la longitud L de la curva dada por la gráfica de la función f (x) entre los puntos x = a y x = b puede ser calculada como L= Z b a q 1 + f0_(x)2_dx. EJEMPLOS

Ejemplo 1 : Calculemos la longitud de la curva de la par´abola f (x) = 2x + x2_{en el intervalo [−2, 1/2]}

(Figura 3.10): Z q 1 + f0(x)2_dx ₌ Z q 1 + (2 + 2 x)2_dx₌ 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)2_dx₌ 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)2_dx ₌ Z p 1 + senh2_{x dx}₌ Z cosh x dx = senh x +C, con lo que la longitud viene dada por

L=

Z r

−r

q

1 + f0_(x)2_dx_{= 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 función continua y positiva en un intervalo [a, b] y consideremos la superficie que resulta al rotar la gráfica de la función 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)2_dx,

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 gráfica de la función 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 cuál es su área y el volumen que encierra:

A = 2 π Z h 0 f(x) q 1 + f0(x)2_dx_{= 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 gráfica de la función f (x) = r x/h con x ∈ [0, h]. Dicha gráfica 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 enR3_{es 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)2_dx_{= 2 π} Z h 0 r hx r 1 + r h 2 dx=2 π r h2 p r2_{+ h}2 Z h 0 x dx= = π r h2 p r2_{+ h}2_x2ih 0 = π rpr2_{+ h}2_, 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 2_h.