Cap´ıtulo 5: C´
alculo integral
1.
Lecci´
on 18. La integral indefinida
1.1.
Concepto de integral indefinida
En el cap´ıtulo 3 hemos visto la diferencial de una funci´on: dada y = f (x), su diferencial es una funci´on dy de dos variables, x, dx, con dy = d(f (x)) = f0(x)dx. Consideraremos ahora el proceso inverso: dada una funci´on de dos varia-bles, x, dx, que tiene la forma g(x)dx, queremos calcular una funci´on f con la propiedad de que d(f (x)) = g(x)dx. Dicha funci´on f , si existe, se llama una integral indefinida de g(x)dx.
La funci´on g(x) estar´a definida en un dominio D; buscamos por tanto una funcion f (x) para la que se verifique la igualdad anterior en el dominio D. Pero usualmente no haremos referencia a este dominio, puesto que se podr´a deducir cu´al es a partir de la construcci´on de las funciones f, g.
Para indicar que f es una integral indefinida de g(x)dx escribiremos
f (x) = Z
g(x)dx
Por ejemplo, se tiene
sen x = Z cos x dx, ln |x| = Z 1 xdx = Z dx x
1.2.
Primitivas
Desde luego, f (x) es una integral indefinida de g(x)dx si y solo si f0(x)dx = g(x)dx; y, por tanto, si y solo si f0(x) = g(x). De esta manera, el problema de hallar una integral indefinida de g(x)dx es el mismo que el de hallar una funci´on f cuya derivada sea g, f0(x) = g(x).
Si f (x) es una funci´on cuya derivada es g(x), decimos que f (x) es una pri-mitiva de g(x). Por tanto, f (x) es una pripri-mitiva de g(x) si y solo si f (x) es una integral indefinida de g(x)dx.
Recordemos el teorema del valor medio:
Teorema. Sea f una funci´on que es continua en un intervalo cerrado [a, b] y derivable en todos los puntos de (a, b). Existe un punto ξ ∈ (a, b), de manera que
f0(ξ) =f (b) − f (a) b − a
Corolario. Si f es una funci´on continua y derivable en un intervalo (a, b), y se tiene f0(x) = 0 para todo punto de (a, b), entonces f (x) es constante en dicho intervalo.
La raz´on de la propiedad anterior es muy simple: dados dos puntos cua-lesquiera x1< x2 en el intervalo (a, b), la funci´on f (x) cumple las hip´otesis del
teorema del valor medio para el intervalo [x1, x2]. Existe, pues ξ ∈ (x1, x2) con
la propiedad f0(ξ)(x2−x1) = f (x2)−f (x1). Pero f0(ξ) = 0, por hip´otesis. Luego
f (x1) = f (x2), y la funci´on toma el mismo valor en todos los puntos de (a, b).
Corolario. Si f (x), g(x) son dos funciones continuas y derivables en un intervalo (a, b), y se tiene f0(x) = g0(x) para todo punto x ∈ (a, b), entonces existe una constante k, de modo que g(x) = f (x) + k.
De nuevo la raz´on es simple: la hip´otesis implica que la funci´on h(x) = f (x) − g(x) tiene derivada nula en el intervalo. Luego h(x) es una constante k en ese intervalo. Por tanto, f (x) − g(x) = k, y el resultado se sigue.
Una funci´on g no tiene nunca una primitiva ´unica: si f (x) es una primitiva de g(x), entonces f (x)+k tambi´en es primitiva de g(x), para cualquier k constante. Por el corolario anterior, se tiene entonces que toda primitiva de g(x) es de la forma f (x) + k.
As´ı, al calcular primitivas (o integrales indefinidas), expresamos siempre el resultado como una funci´on m´as una constante:
Z
cos x dx = sen x + C
y cualquiera que sea el valor de la constante C, la relaci´on anterior es v´alida; y se obtienen as´ı todas las primitivas de la funci´on dada.
Abordaremos en este cap´ıtulo el problema de: dada una funci´on continua, calcular sus primitivas. Aunque las funciones continuas siempre tienen funciones primitivas, no siempre podemos expresar estas mediante las funciones elemen-tales que hemos visto. Nos limitaremos, por tanto, a estudiar casos en que esto s´ı es posible.
Los casos m´as sencillos son aquellos en que tratamos de calcular R g(x)dx y reconocemos inmediatamente que g(x) es derivada de una cierta funci´on ele-mental f (x). En ese caso, tendremos f0(x) = g(x) yR g(x)dx = f (x) + C.
De este modo, una tabla de derivadas nos proporciona directamente una lista de lo que llamamos integrales inmediatas. Recogemos tal tabla a continuaci´on (indicamos para cada funci´on de la lista una primitiva solamente; aunque, como sabemos, si le sumamos una constante dar´a otra primitiva de la misma funci´on).
f (x) R f (x)dx ex ex ax ax ln(a) 1 x ln(|x|) xa (a 6= −1) xa+1 a+1 sen x −cos x cos x sen x 1 + tan2(x) tan x senh x cosh x cosh x senh x
Todas estas relaciones, y las que siguen, valen en los dominios de definici´on de las respectivas funciones.
f (x) R f (x)dx 1 − tanh2x tanh x 1 √ 1−x2 arcsen x −1 √ 1−x2 arccos x 1 1+x2 arctan x 1 √ x2+1 argsenh x 1 √ x2−1 argcosh x 1 1−x2 argtanh x
De una manera tambi´en pr´acticamente inmediata, podemos obtener m´as primitivas si tenemos en cuenta las derivadas de funciones compuestas de una funci´on u con alguna de las funciones elementales anteriores.
Por ejemplo, sabemos que si u = u(x) es una funci´on de x, entonces la funci´on compuesta y = sen(u) tiene como derivada cos(u)u0. Luego R cos(u)u0dx = sen(u). Procediendo de este modo, damos nuevas listas de primitivas inmediatas:
f (x) R f (x)dx u0eu eu u0au ln(a)au u0 u ln(|u|) uau0(a 6= −1) ua+1a+1 sen(u)u0 −cos(u) cos(u)u0 sen(u) u0 cos2u tan(u)
f (x) R f (x)dx senh(u)u0 cosh(u) cosh(u)u0 senh(u) u0 cosh2u tanh(u) u0 √ 1−u2 arcsen(u) −√u0 1−u2 arccos(u) u0 1+u2 arctan(u) u0 √ u2+1 argsenh(u) u0 √ u2−1 argcosh(u) u0 1−u2 argtanh(u)
Veremos, para terminar, algunos ejemplos de c´alculo de integrales basados en estas integrales inmediatas.
Necesitaremos las dos propiedades que vemos a continuaci´on. R (f (x) + g(x))dx = R f (x)dx + R g(x)dx.
Si k es una constante,R kf (x)dx = k R f (x)dx.
Ejercicio 1. Calcular las integrales Z
cos(3x)dx,
Z 1 √
3t + 1dt
Para la primera, notemos que si tuvi´esemos, en lugar de la propuesta,R 3cos(3x)dx, ser´ıa una integral inmediata: porque 3cos(3x) es la derivada de sen(3x). Con esta idea, hacemos lo siguiente:
Z cos(3x)dx = Z 1 3 · 3cos(3x)dx = 1 3 Z 3cos(3x)dx = 1 3(sen(3x) + C) = sen(3x) 3 + C
Consideramos ahora la segunda integral. Como antes, sabemos que la deriva-da de√3t + 1 ser´ıa 2√3
3t+1, que es la funci´on que se pide integrar, salvo por el
coeficiente. As´ı, se tendr´ıa Z 3
2√3t + 1dt = √
3t + 1 + C
Teniendo esto en mente, podemos escribir
Z 1 √ 3t + 1dt = Z 2 3 · 3 2√3t + 1dt = 2 3 Z 3 2√3t + 1dt = 2 3 √ 3t + 1 + C
Ejercicio 2. Calcular las integrales indefinidas Z (3sen x +e x 2 )dx, Z cos x dx √ 1 + sen x
Por la propiedad de la suma, Z (3sen x +e x 2 )dx = Z 3sen x dx + Z exdx 2 = 3 Z sen x dx +1 2 Z exdx
As´ı, el c´alculo ha quedado reducido al de dos integrales inmediatas: Z (3sen x +e x 2 )dx = −3cos x + 1 2e x+ C
Para la segunda integral, observemos cu´al ser´ıa la derivada de √1 + sen x. Es de la forma √u, con u = 1 + sen(x), as´ı que su derivada ser´ıa
1 2√u· u 0= 1 2· u0 √ u = 1 2 · cos x √ 1 + sen x
Esto coincide con la integral que queremos calcular, salvo por el factor cons-tante 1/2. Entonces Z cos x dx √ 1 + sen x = 2 Z 1 2· cos x dx √ 1 + sen x = 2 √ 1 + sen x + C
2.
Lecci´
on 19. Integraci´
on por cambio de
varia-ble
El m´etodo de cambio de variable o de sustituci´on es ´util para calcular una integral, a base de transformarla primero en una integral m´as sencilla.
Queremos calcular una integral indefinida R f (x)dx, pero el c´alculo no es inmediato. Supongamos, sin embargo, que vemos que f (x) es de la forma f (x) = g(t(x))t0(x), para una cierta funci´on t(x). Entonces ser´a f (x)dx = g(t(x))t0(x)dx = g(t)dt.
Imaginemos adem´as, que la funcion g es m´as f´acil de integrar. En tal caso, podremos encontrar
Z
g(t)dt = h(t)
lo que significa que h0(t) = g(t) y, por tanto, h0(t(x)) = g(t(x)). Si consideramos
entonces la funci´on compuesta h(t(x)), su derivada ser´a h0(t(x))t0(x) = g(t(x))t0(x) = f (x)
y habremos encontrado la primitiva que busc´abamos: se tiene entoncesR f (x)dx = h(t(x)).
El m´etodo comprende, pues, los siguientes pasos, para calcular R f (x)dx. Se elige una funci´on t = t(x), de manera que se pueda obtener la funci´on g que cumpla la ecuaci´on f (x)dx = g(t)dt.
Se calcula entoncesR g(t)dt, tomando aqu´ı t como variable independiente. El resultado ser´a una funci´on de t, h(t).
Se sustituye la variable t en h(t) por t(x), para obtener h(t(x)), y as´ıR f (x)dx = h(t(x)) + C.
Veremos a continuaci´on algunos ejemplos. Ejercicio 1. Calcular la integral indefinida
Z 2x2dx
√ 9 − x3
Introducimos la nueva variable t = 9 − x3. Se tiene entonces dt = −3x2dx,
y x2dx = −dt3.
Ahora, debemos obtener una igualdad f (x)dx = g(t)dt. Este es el paso en que llevamos a cabo la sustituci´on, de forma que el integrando, que es funci´on de la variable x, se hace igual a un nuevo integrando con la variable t.
2x2dx √ 9 − x3 = 2(−dt3) √ t = − 2 3· dt √ t Se tiene pues, que calcular
Z −2 3· dt √ t = − 2 3 Z dt √ t
La nueva integral que hemos obtenido es inmediata, pues es la de t−1/2. Ser´a
−2 3 Z dt √ t = − 2 3 t1/2 1/2 = − 4 3 √ t
El resultado, finalmente ser´a Z 2x2dx √ 9 − x3 = − 4 3 p 9 − x3+ C
Ejercicio 2. Calcular la integral Z 5dx
x2− 2x + 5
Veremos m´as adelante m´etodos generales para estudiar estas integrales, las integrales de funciones racionales. De momento, observamos solamente que es conveniente factorizar el denominador, si es posible. Para ello, tratamos de cal-cular las ra´ıces
x = 2 ± √ 4 − 20 2 = 1 ± √ −16 2 = 1 ± 2i
El polinomio es irreducible, y no se puede factorizar como producto de poli-nomios reales. Pero su factorizaci´on compleja nos ser´a de utilidad.
x2− 2x + 5 = (x − (1 + 2i))(x − (1 − 2i)) = (x − 1 − 2i)(x − 1 + 2i)
Podemos ver esta expresi´on como el producto de una suma por una diferen-cia. As´ı, se tiene
De modo m´as general, si el polinomio ax2+ bx + c es irreducible, y sus ra´ıces
complejas son p + qi, p − qi, entonces
ax2+ bx + c = a((x − p)2+ q2)
En estos casos, la sustituci´on recomendada es t = x−pq . Entonces x = qt + p. Resulta as´ı,
ax2+ bx + c = a((qt)2+ q2) = aq2(t2+ 1) Volvamos a nuestro ejemplo.
Hacemos la sustituci´on t = x−12 . Entonces 2t = x − 1, y as´ı (x − 1)2+ 4 = 4t2+ 4 = 4(t2+ 1). Adem´as, dt = 12dx, o sea dx = 2dt.
Hacemos ahora la sustituci´on en el integrando: 5dx x2− 2x + 5 = 5dx (x − 1)2+ 4 = 10dt 4(t2+ 1) = 5 2· dt 1 + t2
Calculamos la nueva integral 5 2 Z dt 1 + t2 = 5 2arctan(t) y finalmente sustitu´ımos en el resultado
Z 5dx x2− 2x + 5= 5 2arctan( x − 1 2 ) Ejercicio 3. Calcular Z ln(x) x dx
Hacemos la sustituci´on u = ln(x). Entonces du = dxx. De este modo,ln(x)x dx = u du. Entonces Z u du = u 2 2 + C y as´ı, Z ln(x) x dx = ln2x 2 + C Ejercicio 4. Calcular Z esen(x)cos(x)dx
Hacemos el cambio u = sen(x), de forma que du = cos(x)dx. Se tiene
esen(x)cos(x)dx = eudu, Z
eudu = eu+ C
En consecuencia, Z
esen(x)cos(x)dx = esen(x)+ C
Ejercicio 5. Calcular
Z p
Podemos suponer a > 0. Vamos a emplear un cambio, enunciado en forma inversa a la habitual. Para introducir la funci´on auxiliar u = u(x), la definimos en forma impl´ıcita, mediante la ecuaci´on x = a sen(u). En realidad, podr´ıamos partir de u = arcsen(x/a), pero nos resulta m´as simple escribir usando la fun-ci´on inversa. De este modo, a2−x2= a2(1−(x/a)2) = a2(1−sen2u). Asimismo,
la relaci´on entre las diferenciales se obtiene de esa ecuaci´on: dx = a cos(u)du. En este caso, la sustituci´on se puede hacer directamente:
p
a2− x2dx =p
a2(1 − sen2u)(a cos(u)du) = a2√cos2ucos(u)du = a2cos2udu
donde tenemos en cuenta que cos(u) ≥ 0, ya que la elecci´on del cambio implica que u ha de tomar valores en el intervalo [−π2,π2], en el cual el coseno es positivo. La integral que debemos calcular es, pues, R a2cos2u du = a2R cos2u du.
Vamos a calcular aparte esta integral.
Para calcularR cos2u du, usaremos la siguiente f´ormula trigonom´etrica:
cos(2u) = cos2u − sen2u = cos2u − (1 − cos2u) = 2cos2u − 1 lo que implica que cos2u = 1
2(1 + cos(2u)).
Calculando ahora la integral, Z cos2u du = 1 2 Z (1 + cos(2u))du = 1 2( Z du + Z cos(2u)du)
Ahora bien:R du = u + C. Por su parte, Z cos(2u)du = 1 2 Z 2cos(2u)du = 1 2sen(2u) + C As´ı, se tiene Z cos2u du = u 2 + sen(2u) 4 + C = 1 2(u + sen(u)cos(u)) + C Finalmente, expresamos la soluci´on como funci´on de x:
Z p a2− x2dx = a 2 2 (arcsen( x a) + x a r 1 −x 2 a2) + C = a 2 2arcsen( x a) + 1 2x p a2− x2+ C Ejercicio 6. Calcular Z dx √ x2+ a2
De nuevo podemos suponer a > 0. Tomamos x = a senh(u) y dx = a cosh(u)du. Entonces
x2+ a2= a2senh2u + a2= a2(1 + senh2u) = a2cosh2u y puesto que cosh(u) > 0, resulta
p
Obtenemos entonces la integral: Z dx √ x2+ a2 = Z a cosh(u)du a cosh(u) = Z du = u + C
Deshaciendo ahora el cambio de variable, Z dx
√
x2+ a2 = argsenh(
x a) + C
Nota: esta integral tambi´en puede verse como una integral casi inmediata, escribiendo el denominador como ap1 + (x/a)2.
Un grupo de integrales de funciones racionales es tambi´en f´acil de integrar mediante un cambio de variable. Se trata de las funciones de la forma (x−a)Adxk.
Debemos diferenciar el caso en que k = 1.
Con k = 1.
Z −2dx x + 3
Hacemos el cambio x + 3 = t, dx = dt, y pasamos a la integral Z −2dt
t = −2 Z dt
t = −2ln(|t|) + C
Deshaciendo la sustituci´on, Z −2dx
x + 3 = −2ln(|x + 3|) + C
Con k > 1.
Z −2dx (x + 3)4
Hacemos el mismo cambio: t = x + 3, dt = dx. La integral se transforma en Z −2dt t4 = −2 Z t−4dt = −2( t −4+1 −4 + 1) + C = 2 3t −3+ C
Finalmente, expresamos el resultado de la primera integral: Z −2dx (x + 3)4 = 2 3(x + 3)3 = 2 3t3 + C
3.
Lecci´
on 20. Integraci´
on por partes
3.1.
El m´
etodo de integraci´
on por partes
Supongamos que una funci´on y = h(x) es un producto de dos funciones:
y = h(x) = uv Sabemos que la diferencial de la funci´on ser´a
dy = (du)v + u(dv) = v du + u dv
Como la integral indefinida de la diferencial de una funci´on es la funci´on dada, se tiene: uv = Z v du + Z udv
La ecuaci´on anterior nos da la f´ormula b´asica de un procedimiento de inte-graci´on que se conoce como integraci´on por partes:
Z
udv = uv − Z
v du
El procedimiento aplica esa f´ormula de la manera siguiente.
Dada la integral que se quiere calcular, debemos identificar el integrando como un producto de la forma f (x)(g(x)dx); llamamos entonces u = f (x), dv = g(x)dx.
(Esto no implica un cambio de variable; llamamos u, dv a los factores a los efectos de la exposici´on; pero las integrales se efect´uan siempre sobre funciones cuya variable independiente es la original x).
Como segundo paso, debemos calcular v = R dv = R g(x)dx. De este modo, uno debe escoger los factores f (x), g(x)dx del integrando de forma queR g(x)dx sea f´acil de calcular.
La integral propuesta inicialmente es R udv. Por la f´ormula de la inte-graci´on por partes y conocidos ya u, v, deberemos calcular R v du para aplicarla y hallar la integral pedida, puesto que
Z
udv = uv − Z
v du
El m´etodo tiene sentido, y dar´a resultado si esta segunda integral,R v du es m´as f´acil de calcular que la propuesta; o, al menos, si la podemos ex-presar en funci´on de la integral propuesta y deducimos de la f´ormula de la integraci´on por partes una ecuaci´on que nos permita resolver el problema. Por tanto, el ´ultimo paso del proceso es calcularR v du.
3.2.
Ejemplos
Veremos algunos ejemplos. Ejercicio 1. CalcularR xexdx.
Escribimos el integrando como un producto u · dv:
u = x, dv = exdx Calculamos v a partir de dv: v = Z dv = Z exdx = ex(+C)
Aplicamos la f´ormula de la integraci´on por partes:
I = Z xexdx = Z udv = uv − Z v du = xex− Z exdx
Finalmente, calculamos la integral del segundo miembro en la ecuaci´on anterior: Z exdx = ex(+C) y sustitu´ımos I = xex− ex+ C = (x − 1)ex+ C Ejercicio 2. Calcular I =R x3exdx.
Llamamos u = x3, dv = exdx. As´ı, I =R udv y du = 3x2dx.
Calculamos v =R dv = ex. Llegamos a la ecuaci´on I = x3ex− Z ex(3x2)dx = x3ex− 3 Z x2exdx
Debemos ahora calcular la integral que nos queda: I1=R x2exdx.
A su vez, podemos emplear el mismo procedimiento para calcular la integral I1.
I1=R udv con u = x2, y dv = exdx. As´ı, du = 2x dx.
v = ex, y la ecuaci´on dar´a I1= x2ex− Z ex(2x dx) = x2ex− 2 Z xexdx = x2ex− 2I2
Volviendo a la expresi´on de I, tenemos
I = x3ex− 3I1= x3ex− 3(x2ex− 2I2) = x3ex− 3x2ex+ 6I2
Pero la integral I2 la hemos calculado en el ejercicio 1:
I2= xex− ex+ C
En definitiva, se tiene:
I = ex(x3− 3x2+ 6x − 6) + C
Ejercicio 3. Calcular I =R ln x dx.
La elecci´on obvia es: u = ln x, dv = dx; de modo que v = x. Adem´as, du = dxx. De este modo, se tiene:
I = xln x − Z xdx x = xln x − Z dx = xln x − x + C
Ejercicio 4. Calcular I =R arcsen x dx.
Tomamos u = arcsen x, dv = dx. Se tiene: v = x, y du =√ 1 1−x2dx. Se tiene entonces: I = x arcsen x − Z x dx √ 1 − x2 = x arcsen x − I1
Esta integral I1=R √x dx1−x2 es una integral casi inmediata. Podemos aplicar,
para mayor sencillez, el cambio t = 1 − x2, de modo que dt = −2x dx. Entonces
I1= Z −1 2dt √ t = − Z dt 2√t = − √ t + C Deshaciendo el cambio, I1= − p 1 − x2+ C y I = x arcsen x +p1 − x2+ C
Ejercicio 5. Calcular I =R x sen(3x)dx.
Ponemos u = 13x, dv = 3sen(3x)dx. Entonces du = 13dx y v = −cos(3x).
I = −1 3x cos(3x) + 1 3 Z cos(3x)dx = −1 3x cos(3x) + 1 3I1 La integral I1 es inmediata: I1= Z cos(3x)dx = 1 3 Z 3cos(3x)dx = 1 3sen(3x) En definitiva: I = −1 3x cos(3x) + 1 9sen(3x) + C
Ejercicio 6. Calcular I =R e2xsen x dx.
Ponemos u = 12sen x, dv = 2e2xdx. As´ı, du = 12cos x dx, v = e2x. Aplicamos ahora la integraci´on por partes:
I = 1 2e
2xsen x −1
2I1
donde I1 =R e2xcos x dx. Trataremos esta integral del mismo modo, para
cal-cularla por partes, a su vez. Para ello, tomamos u = 12cos x, dv = 2e2xdx. Obtenemos entonces du = −12sen x dx, v = e2x. Entonces
I1= 1 2e 2xcos x +1 2 Z e2xsen x dx
Esta nueva integral es la propuesta al principio, I. Luego hemos obtenido la igualdad I1= 1 2e 2xcos x + 1 2I Volviendo a la ecuaci´on precedente
I = 1 2e 2x sen x −1 2( 1 2e 2x cos x +1 2I) Esto nos dar´a
I = 1 2e 2xsen x −1 4e 2xcos x −1 4I y, por tanto, 5 4I = 1 2e 2xsen x −1 4e 2xcos x, I = 2 5e 2xsen x −1 5e 2xcos x + C
3.3.
F´
ormulas de reducci´
on
Puede emplearse el m´etodo de integraci´on por partes para relacionar los valores de integrales que dependen de un entero positivo n.
Por ejemplo, denotemos por Inla integral In=R xne−xdx. Mediante la
inte-graci´on por partes, podemos expresar In en funci´on de In−1. Esto nos permite,
paso a paso, calcular In a partir del valor de I0 = R e−xdx = −e−x+ C. La
f´ormula que relaciona In con In−1se llama una f´ormula de reducci´on.
Tratemos de calcular la integral Inpor partes. Podemos tomar u = −xn, dv =
−e−xdx. Entonces v = e−x y du = −nxn−1dx. Aplicando la integraci´on por
partes, tenemos
In= −xne−x+ n
Z
xn−1e−xdx = −xne−x+ nIn−1
Si aplicamos esta relaci´on repetidas veces, y tenemos en cuenta el valor de I0=R e−xdx = −e−x, obtendremos, por ejemplo:
I3= −x3e−x−3x2e−x−6xe−x−6e−x+C, I4= −e−x(x4−4x3−12x2−24x−24)+C
In = − n X k=0 n! (n − k)!x n−ke−x+ C
Ejercicio 7. Hallar una f´ormula de reducci´on para la familia de integrales In=R cosnx dx.
Probamos la integraci´on por partes con u = cosn−1x, dv = cos x dx. Entonces v = sen x y du = −(n − 1)cosn−2x sen x dx.
Tenemos entonces
In= cosn−1x sen x + (n − 1)
Z
cosn−2x sen2x dx
y, teniendo en cuenta que sen2x = 1 − cos2x, la segunda integral dar´a
Z cosn−2x sen2x dx = Z cosn−2x dx − Z cosnx dx = In−2− In En definitiva, tenemos
In= cosn−1x sen x+(n−1)In−2−(n−1)In, In=
1 n(cos
n−1x sen x+(n−1)I n−2)
Cuando n es par, podemos llegar a obtener Inaplicando reiteradamente esta
f´ormula hasta I0=R dx = x + C. Cuando n es impar, la aplicaci´on repetida de
la f´ormula nos lleva a I1=R cos x dx = sen x + C.
Ejercicio 8. Hallar una f´ormula de reducci´on para la integral In=
R dx (1+x2)n.
Consideramos primero I1 =
R dx
x2+1. Esta es una integral inmediata, que
da arctan(x).
Sea ahora n > 1. Para hallar una f´ormula de reducci´on, ponemos
In = Z (x2+ 1) − x2 (x2+ 1)n dx = Z dx (x2+ 1)n−1− Z x2dx (x2+ 1)n = In−1− Jn si llamamos en general Jk= R x2dx (x2+1)k.
Calcularemos ahora Jn por partes. Llamamos u = x2, dv = (x2x dx2+1)n.
En-tonces du =12dx, mientras que v =R 2x dx
(x2+1)n puede hacerse con un cambio
de variable.
Concretamente, llamando t = 1 + x2, dt = 2x dx, llegamos a
v = Z 2x dx (x2+ 1)n = Z dt tn = − t−n+1 n − 1 = − 1 (n − 1)tn−1
Se tiene por tanto
v = − 1
Volvemos al c´alculo de Jn. Ser´a Jn= − x 2(n − 1)(1 + x2)n−1+ Z dx 2(n − 1)(1 + x2)n−1 = = − x 2(n − 1)(1 + x2)n−1 + 1 2(n − 1)In−1 Recordemos ahora que se ten´ıa
In= In−1− Jn=
x
2(n − 1)(1 + x2)n−1−
1
2(n − 1)In−1+ In−1
as´ı que obtenemos la f´ormula de recurrencia
In=
x
2(n − 1)(1 + x2)n−1 +
2n − 3 2n − 2In−1
Completado con el valor de I1, esto permite calcular las integrales del tipo
de In.
4.
Lecci´
on 21. Integraci´
on de funciones racionales
4.1.
Fracciones simples sin factores complejos en el
deno-minador
Vamos a describir un m´etodo general para calcular las primitivas de las funciones racionales. Recordemos del cap´ıtulo 2 que cualquier funci´on racional se puede expresar como un polinomio m´as una suma de fracciones simples. Puesto que las integrales de los polinomios se reducen a inmediatas, nos centraremos en calcular integrales de fracciones simples.
Las integrales de fracciones de la forma (x−a)A k han sido consideradas en la
lecci´on 19, y son f´acilmente integrables mediante cambio de variable. Ejercicio 1. CalcularR 5x+1
x3−3x+2dx.
Para poder poner la funci´on racional como suma de fracciones simples, em-pezamos por factorizar el denominador. Como 1 es una ra´ız, podemos dividir por x − 1 y se obtiene
x3− 3x + 2 = (x − 1)(x2+ x − 2) = (x − 1)2(x + 2)
Por lo que conocemos sobre fracciones simples, ha de ser 5x + 1 x3− 3x + 2= A x − 1+ B (x − 1)2 + C x + 2
Hallamos los coeficientes indeterminados, haciendo la suma de la derecha: 5x + 1 x3− 3x + 2 = A(x − 1)(x + 2) (x − 1)2(x + 2) + B(x + 2) (x − 1)2(x + 2)+ C(x − 1)2 (x − 1)2(x + 2)
igualando los numeradores
5x + 1 = A(x − 1)(x + 2) + B(x + 2) + C(x − 1)2
y dando a x los valores 1, −2.
6 = 3B, −9 = 9C ⇒ B = 2, C = −1
Finalmente, con estos valores de B, C y tomando x = 0, podemos obtener el valor de A: 1 = −2A + 2B + C = −2A + 3, 2A = 2, A = 1 En definitiva, tendremos: Z 5x + 1 x3− 3x + 2dx = Z dx x − 1 + 2 Z dx (x − 1)2− Z dx x + 2 La primera y la tercera integral dar´an
Z dx
x − 1 = ln(|x − 1|) + C,
Z dx
x + 2 = ln(|x + 2|) + C
En cuanto a la segunda integral, puede obtenerse mediante el cambio de variable t = x − 1, dt = dx. Entonces hacemos la sustituci´on
Z dt t2 = t−1 −1 = − 1 t + C y, deshaciendo el cambio, Z dx (x − 1)2 = − 1 x − 1 + C Como resultado final,
Z 5x + 1 x3− 3x + 2 = ln(|x − 1|) − 2 x − 1− ln(|x + 2|) + C = ln(| x − 1 x + 2|) − 2 x − 1+ C
4.2.
Denominador con factores complejos: casos
particu-lares
Debemos considerar ahora la integral de fracciones simples en que el denomi-nador es una potencia de un polinomio irreducible de grado 2: x2+ bx + c. Para
estudiar estos casos, analizamos primero dos casos particulares, a los cuales los dem´as pueden reducirse.
Caso 1. Integrales de la forma
Z 2x + b (x2+ bx + c)kdx
Con este cambio, la integral se transforma as´ı: Z dt
tk
Si k = 1, entonces la integral esR dtt = ln(|t|) + C. Deshaciendo el cambio, Z 2x + b x2+ bx + cdx = ln(|x 2+ bx + c|) + C Si k > 1, tendremos la integral Z dt tk = Z t−kdt = t −k+1 −k + 1= −1 (k − 1)tk−1 y deshaciendo el cambio, Z 2x + b x2+ bx + cdx = −1 (k − 1)(x2+ bx + c)k−1 + C
Caso 2. Integrales de la forma I =R dx (x2+bx+c)k.
Usaremos el hecho de que el polinomio x2+ bx + c no tiene ra´ıces reales. Concretamente, sus ra´ıces han de ser dos complejos conjugados: p + qi, p − qi. Como se ha visto en el ejercicio 2 de la lecci´on 19, se tendr´a
x2+ bx + c = (x − p)2+ q2
Teniendo esto en cuenta, el cambio t = x−pq puede simplificar la integral: tomamos t = x−pq , dt = 1
qdx; entonces x
2+ bx + c = (x − p)2+ q2 =
q2((x−p)q2 2 + 1) = q
2(t2+ 1) y la integral se transforma de esta manera:
I = Z dx (x2+ bx + c)k, It= q q2k Z dt (t2+ 1)k
La integral It dar´a pues, q2k−11 Jk, donde Jk =
R dt
(t2+1)k es una integral
estudiada en la lecci´on anterior.
Aplicando la f´ormula de reducci´on correspondiente, podemos calcular Jky
a continuaci´on It. Deshaciendo entonces el cambio de variable, tendremos
la integral I pedida.
Ejercicio 2. Calcular I =R 5dx (x2−4x+8)2.
Notemos que el polinomio del denominador no tiene ra´ıces reales, porque 16 − 32 < 0. As´ı, la integral es igual a 5I0, con I0=
R dx
(x2−4x+8)2, y es del tipo
que acabamos de considerar.
Observemos en primer lugar que x2− 4x + 8 es irreducible. Si se trata de calcular las ra´ıces, llegamos a
x = 4 ± √ −16 2 = 4 ± 4i 2 = 2 ± 2i
de forma que p = 2 y q = 2. Por tanto, x2− 4x + 8 = (x − 2)2+ 4 = (x − 2)2+ 22.
Hacemos el cambio t =x−22 , dt = 12dx. Pasamos entonces a la integral
It= 5 · 2 Z dt 42(t2+ 1)2 = 5 8J2 con J2= R dt (t2+1)2.
Para calcular J2, escribimos 1 = (t2+ 1) − t2, y llegamos a
J2=
Z dt t2+ 1−
Z t2dt
(t2+ 1)2
El primer sumando da arctan(t). Para integrar el segundo, aplicamos el m´etodo de integraci´on por partes, con u = 2t, dv = (t22tdt+1)2. Entonces du =
1 2dt.
Para hallar v, debemos calcular la integral
v =
Z 2tdt (t2+ 1)2
Usando el cambio de variable z = t2+ 1, que ya conocemos, esta segunda integral se transforma en v = Z dz z2 = z−1 −1 = − 1 z Deshaciendo el cambio, v = − 1 t2+ 1
Volviendo ahora al segundo sumando de J2, que est´abamos integrando por
partes, tendremos que es igual a Z t2dt (t2+ 1)2 = − t 2(t2+ 1) + Z dt 2(t2+ 1) = − t 2(t2+ 1)+ 1 2arctan(t) Esto nos da ya la integral J2:
J2= arctan(t) + t 2(t2+ 1)− 1 2arctan(t) = t 2(t2+ 1) + 1 2arctan(t)
Recordemos ahora que It= 58J2, de forma que
It=
5 16(
t
t2+ 1 + arctan(t))
Finalmente, debemos deshacer el primer cambio de variable, t = x−22 , y llegamos a I = 5 16( 2(x − 2) (x − 2)2+ 4 + arctan( x − 2 2 )) + C
4.3.
Denominador con factores complejos: caso general
Una vez que hemos analizado los casos especiales, consideremos el caso ge-neral de la integral de una fracci´on simple de la forma
I =
Z rx + s (ax2+ bx + c)kdx
siendo ax2+ bx + c un polinomio irreducible.
Notemos primero que podemos escribir el numerador rx + s en la forma rx + s = d(2ax + b) + f . En efecto: rx + s = r 2a(2ax + 2as r ) = r 2a(2ax + b + 2as − rb r ) = r 2a(2ax + b) + 2as − rb 2a Por tanto, la relaci´on indicada se cumple con d = 2ar y f = 2as−rb2a . La integral, por tanto, ser´a
I = d
Z 2ax + b
(ax2+ bx + c)kdx + f
Z dx
(ax2+ bx + c)k
de forma que la integral I se puede poner como una suma I = dI1+ f I2, con
I1=
Z 2ax + b
(ax2+ bx + c)kdx, I2=
Z dx
(ax2+ bx + c)k
I1 es una integral del tipo visto en el caso 1; I2 es una integral del tipo
visto en el caso 2. As´ı, podemos calcularlas siguiendo los pasos de la discusi´on anterior.
Ejercicio 3. CalcularR x2dx
x2+2x+5.
Siguiendo el m´etodo general, debemos primero descomponer la fracci´on en una suma de fracciones simples m´as un polinomio. Haciendo la divisi´on, tenemos que
x2
x2+ 2x + 5= 1 −
2x + 5 x2+ 2x + 5
luego la integral pedida I es suma de dos integrales: I = I0+ J , con I0=R dx =
x + C.
La segunda integral J es ya la de una fracci´on simple: J =R (2x+5)dxx2+2x+5, porque
el polinomio del denominador es irreducible.
x2+2x+5 = (x−p)2+q2= x2−2px+p2+q2, 2 = −2p, 5 = p2+q2, Rightarrowp = −1, q2= 4
as´ı que x2+ 2x + 5 = (x + 1)2+ 22.
La integral J se puede descomponer a su vez como una suma de dos inte-grales: J = Z (2x + 2)dx x2+ 2x + 5+ Z 3dx x2+ 2x + 5 = I1+ I2
La integral I1 es inmediata, puesto que se transforma en
R dt
t con el cambio
t = x2+ 2x + 5. As´ı,
I1= ln(|x2+ 2x + 5|) + C
Queda por calcular I2= 3R (x+1)dx2+22. Para ello, hacemos el cambio t =
x+1 2 .
Entonces (x + 1)2 = 4t2 y (x + 1)2 + 22 = 4(t2 + 1). Adem´as, 2dt = dx.
Sustituyendo, It= 3 Z 2dt 4(t2+ 1) = 3 2 Z dt t2+ 1 = 3 2arctan(t) y si deshacemos el cambio, I2= 3 2arctan( x + 1 2 )
El valor de I se puede obtener ahora juntando estos resultados parciales:
I = x + ln(|x2+ 2x + 5|) +3
2arctan( x + 1
2 )
5.
Ejercicios
1. Calcular las integrales
Z e5xdx, Z sen(5x)dx, Z dx 5 − 2x 2. Calcular las integrales
Z x dx √ 2x2+ 3, Z x2 √ x3+ 1 3. Calcular la integral Z √x3−√3x 6√4x dx
4. Calcular las integrales
Z (x +√x)dx, Z (√3 x− x√x 4 )dx, Z (x2+ 1 3 √ x) 2dx 5. Calcular la integral Z dx cos2xptan(x) − 1 6. Calcular la integral Z cos(2x)dx (2 + 3sen(2x))3
7. Calcular la integral Z cos(x)dx sen2x 8. Calcular la integral Z arcsen(x)dx √ 1 − x2 9. Calcular la integral Z dx √ 9 − x2 10. Calcular la integral Z arccos(x) − x √ 1 − x2 dx 11. Calcular la integral Z x arctan(x)dx 12. Calcular la integral Z x cos2xdx 13. Calcular la integral Z x arcsen(x)dx √ 1 − x2 14. Calcular la integral Z tan4xdx 15. Calcular la integral Z ex2+4x+3(x + 2)dx 16. Calcular la integral Z exdx 1 + e2x 17. Calcular la integral Z dx 3x2− 2x + 4
18. Calcular la integral
Z (3x − 2)dx 5x2− 3x + 2
19. Calcular las integrales
Z dx √
a2− x2,
Z dx x2+ a2
cualquiera que sea el valor a 6= 0 del par´ametro. 20. Calcular la integral Z dx √ 2 − 3x − 4x2 21. Calcular la integral Z 4dx x4+ 1
(La factorizaci´on de x4+ 1 es: x4+ 1 = (x2+√2x + 1)(x2−√2x + 1)).
22. Calcular la integral Z dx (x2− 2)(x2− x + 1)2 23. Calcular la integral Z dx x3+ 1 24. Calcular la integral Z cos4x · sen3xdx 25. Calcular la integral Z x − 8 x3− 4x2+ 4x 26. Calcular la integral Z 6x4− 5x3+ 4x2 2x2− x + 1 27. Calcular la integral Z 2x2− 3x − 3 (x − 1)(x2− 2x + 5)
