teorema fundamental del cÁlculo. mÉtodos de...
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TEMA 9
TEOREMA FUNDAMENTAL DEL CÁLCULO.MÉTODOS DE INTEGRACIÓN.
En las notas anteriores estudiamos la operación de derivación. A partir de una funciónf : I → R derivable sobre un intervalo I ⊆ R, se obtenía una nueva función (continua enI), f ′ : I → R llamada la derivada de f .
Ahora nos interesa estudiar el proceso inverso a f ; f ′. Es decir, dada una funciónf : I → R, queremos hallar una función F : I → R cuya derivada sea f :
F ′(x) = f(x) para todo x ∈ I. (9.1)
Resolver la igualdad anterior no siempre resulta sencillo. Expliquemos un poco esta afir-mación, en parte porque la curiosidad lo demanda, y en parte para no alarmarnos.
Recordemos que para calcular la derivada de una función, bastaba identificar qué formatenía la misma y luego aplicar las propiedades algebraicas de la derivada y/o la Regla dela Cadena. Por ejemplo, si tenemos la función f(x) = cos(x) · ex2 + log(x), vemos que setrata de una suma de funciones, donde uno de los términos es un producto de otras fun-ciones, y uno de los factores en este producto es una composición. Entonces, aplicamos laaditividad de la derivada, luego la Regla del Producto, y finalmente la Regla de la Cadena.Por supuesto, este orden de operaciones puede cambiar si se cambia la función, pero laestrategia a la hora de derivar es básicamente la misma.
Sin embargo, cuando queremos hallar F (x) tal que F ′(x) = f(x), no siempre resulta in-mediato saber de qué manera vamos a proceder. Existen varios métodos que nos ayudana encontrar la función F (vamos a estudiar algunos de ellos), pero no siempre es claroidentificar cuál. Esto se debe básicamente a dos razones: 1) se puede hallar F (x) usandodiferentes métodos, 2) para encontrar F (x) se puede requerir combinaciones de varios
1
métodos (incluyendo repetir un método ya usado). Inclusive, hay casos en los cuales noes posible hallar F (x) con los métodos que vamos a ver a continuación (pero por supuesto,este tipo de casos no serán de nuestro interés).
Vamos a adelantarnos un poco diciendo que, bajo ciertas condiciones no muy deman-dantes sobre f , siempre se puede hallar F tal que F ′ = f . Esto se debe a un resultadoconocido como el Teorema Fundamental del Cálculo. Empezaremos entonces estas notasenunciando dicho teorema, es decir, argumentando que es posible hacer el procedimientoinverso a la derivación, y luego estudiaremos varios métodos para resolver el problemaplanteado en (9.1).
9.1 Teorema Fundamental del Cálculo
En notas anteriores se mencionó que los conceptos de derivada e integral estaban rela-cionados. Es decir, las nociones de área algebraica bajo una curva y recta tangente a unacurva en un punto guardan una conexión, que resultaba desconocida e inesperada, peroque fue finalmente notada por Newton y Leibniz en las primeras etapas de desarrollo delCálculo Diferencial.
Recordemos que dada una función f : I → R definida sobre un intervalo I ⊆ R, e inte-grable sobre cualquier intervalo cerrado [a, b] ⊆ I , es posible construir para cada a ∈ I(fijo) una nueva función F : I → R dada por
F (x) :=
∫ x
a
f(t)dt para todo x ∈ I,
la cual resulta ser continua en I . Si le pedimos un poco más a la función f , como porejemplo que sea continua en I , entonces podemos probar que F es además derivable en I .Esta afirmación constituye el Primer Teorema Fundamental del Cálculo, que enunciamosa continuación.
Teorema 9.1.1 (1er Teorema Fundamental del Cálculo). Consideremos un intervalo cerrado[a, b] (con a < b), y sea f una función integrable en [a, x] para cada x ∈ [a, b]. Sea c ∈ [a, b]un punto fijo, y definimos una nueva función F : [a, b]→ R de la siguiente manera:
F (x) :=
∫ x
c
f(t)dt para todo x ∈ [a, b].
Entonces, la derivada F ′(x) existe para cada punto x ∈ (a, b) en el cual f es continua. Másaún, para tales puntos x ∈ (a, b) se tiene F ′(x) = f(x).
En particular, si f es una función continua en [a, b], entonces F es una función derivableen (a, b), y con derivada F ′(x) = f(x) para todo x ∈ (a, b). �
2
El teorema anterior nos dice que, dada una función f (que cumpla las condiciones del teo-rema) podemos hallar al menos una solución para la ecuación F ′(x) = f(x). En general,tal solución no tiene por qué ser única. Por ejemplo, si tomamos la F resultante dada porel 1er Teorema Fundamental, y le sumamos una constante c ∈ R, tenemos que F + c estambién una solución de la ecuación F ′(x) = f(x).
Otra cosa que podemos notar es que la solución F viene dada por una integral definida.Sin embargo, será de nuestro interés poder hallar soluciones que se puedan expresar comocombinaciones algebraicas (sumas, restas, productos y divisiones) y/o composiciones defunciones. Para ello, vamos a requerir los llamados métodos de integración. Para evitar repe-tir la frase “solución a la ecuación F ′(x) = f(x)”, conviene usar la siguiente terminología.
Definición 9.1.2. Dada una función f : I → R definida en un intervalo abierto I ⊆ R, sedice que una función P : I → R es una primitiva (o antiderivada) de f en I si P ′(x) = f(x)par todo x ∈ I . ♣
Observación 9.1.3. Nótese el uso del artículo “una” en la expresión “una primitiva” en ladefinición anterior. En efecto, si P es una primitiva de f , entonces la función P + K tam-bién es una primitiva de f para cualquier constante real K ∈ R.
Más aún, dadas dos primitivas P y Q de f , se puede notar que P y Q solo pueden diferiren una constante. En efecto, tenemos
(P (x)−Q(x))′ = P ′(x)−Q′(x) = f(x)− f(x) = 0, para todo x ∈ I.
Luego, P (x)−Q(x) debe ser una constante, digamos K ∈ R, y así P (x) = Q(x) +K. ♠
Ejemplo 9.1.4.
1. Toda función constante es una primitiva de la función constantemente igual a 0.2. La función exponencial ex es primitiva de sí misma, pues (ex)′ = ex.3. La función logaritmo log : (0,+∞)→ R es una primitiva de la función 1/x restringida
al intervalo (0,+∞).4. La función seno es una primitiva de la función coseno.5. La función arcotangente arctan: R→ (−π/2, π/2) es una primitiva de 1
1+x2. F
Exploremos un poco más lo mencionado en la Observación 9.1.3. Sea f : I → R una fun-ción continua en un intervalo abierto I y F la función construida en el enunciado del 1er
Teorema Fundamental. Consideremos además P : I → R otra primitiva de f . Tenemosentonces que existe una constante K ∈ R tal que P (x) − F (x) = K, para todo x ∈ I . Esdecir, para cada punto fijo c ∈ I , se tiene la igualdad:
3
P (x)−∫ x
c
f(t)dt = K.
Como∫ ccf(t)dt = 0, podemos ver que K = P (c), y así:∫ x
c
f(t)dt = P (x)− P (c).
Esta igualdad es conocida como el Segundo Teorema Fundamental del Cálculo.
Teorema 9.1.5 (2do Teorema Fundamental del Cálculo). Sea f : I → R una función continuaen un intervalo abierto I ⊆ R, y sea P : I → R una primitiva de f en I . Entonces, paracada par de puntos c, x ∈ I , tenemos la igualdad:
P (x) = P (c) +
∫ x
c
f(t)dt.
�Observación 9.1.6. Tenemos entonces que toda primitiva de f puede escribirse como
P (x) = K +
∫ x
c
f(f)dt,
donde K es una constante real. Debido a esta relación, se una la siguiente notación intro-ducida por Leibniz para presentar la familia de primitivas de una función f :∫
f(x)dx = P (x) +K,
donde P ′(x) = f(x).
En la notación anterior, nos referiremos al símbolo∫f(x)dx como la integral de f . A la
función f(x) se la denomina integrando. La función P (x) es entonces una primitiva delintegrando f(x). A la constante K suele llamársele constante de integración. El símbolodx es el diferencial de x, y nos indica la variable respecto a la cual estamos integrando, esdecir, calculando la familia de primitivas de una función. ♠
El teorema anterior nos dice que podemos calcular cualquier primitiva P de f en I pormedio de una integral definida, conociendo únicamente el valor de P (c) para algún c ∈ I .Interpretando la noción de integral definida como área algebraica bajo una curva, pode-mos ser capaces entonces de calcular un área específica por medio de primitivas. Especí-ficamente, si tenemos una función continua f : [a, b] → R para la cual conocemos algunaprimitiva, digamos P : I → R, tenemos entonces que el área delimitada por la gráfica def el eje X , y los ejes verticales x = a y x = b viene dada por la diferencia P (b)− P (a). Estees un resultado conocido como la Regla de Barrow.
4
Corolario 9.1.7 (Regla de Barrow). Sea f : [a, b]→ R una función continua sobre un inter-valo cerrado y acotado [a, b], y P : [a, b]→ R una primitiva de f en (a, b). Entonces,∫ b
a
f(x)dx = P (b)− P (a).
La diferencia P (b)− P (a) suele denotarse por P (x)|ba. �
Ejemplo 9.1.8.
1. Sean a, b ∈ R con a < b. Consideremos la función f : R→ R dada por f(x) = xn, conn ∈ N. Sabemos que (xn+1)′ = (n+ 1)xn, por la Regla de los Exponentes. Entonces,
xn =
(xn+1
n+ 1
)′.
Es decir, G(x) = xn+1
n+1es una primitiva de xn. Luego,∫ b
a
xndx =xn+1
n+ 1
∣∣∣∣ba
=bn+1
n+ 1− an+1
n+ 1.
2. Calculemos∫ ba(3 · sen(x) + 2x5)dx. Primero, notamos que−3 · cos(x) es una primitiva
de 3 · sen(x), mientras que x6/3 es una primitiva de 2x5. Luego, −3 · cos(x) + x6/3 esuna primitiva de 3 · sen(x) + 2x5, por lo cual tenemos∫ b
a
(3 · sen(x) + 2x5)dx =
(−3 · cos(x) +
x6
3
)∣∣∣∣ba
= 3 · (cos(a)− cos(b)) +b6 − a6
3.
F
9.2 Métodos de Integración
En esta sección estudiaremos algunos métodos para hallar la primitiva de una función. Yasabemos que, bajo ciertas condiciones, la ecuación F ′(x) = f(x), donde la función f estádada, tiene una solución dada por F (x) =
∫ xaf(t)dt. Surge ahora la curiosidad de saber
si las soluciones de F ′(x) = f(x) se pueden expresar como combinaciones algebraicas ycomposiciones de funciones básicas, como por ejemplo, un cociente de polinomios o unasuma de funciones trigonométricas. A tales soluciones las llamaremos primitivas elemen-tales. Básicamente, la idea detrás de los métodos de integración es poder expresar F (x)como una primitiva elemental y no como una integral definida.
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Ahora, vale la pena aclarar que no siempre es posible expresar F (x) como una primitivaelemental. Este es el caso de las funciones
f(x) = e−x2
, g(x) =1
log(x), o h(x) =
sen(x)
x.
Antes de explicar los tres métodos de integración en los que nos vamos a enfocar (aunquehay otros), es importante resaltar que nos podemos resolver algunas integrales única-mente usando propiedades de linealidad y manipulaciones algebraicas. Inclusive, existencasos en los cuales estos son pasos necesarios antes de querer aplicar alguno de los méto-dos a estudiar.
Proposición 9.2.1 (linealidad de la integral). Las siguientes propiedades se cumplen paracada par de funciones continuas f y g, y para cada escalar α ∈ R:
• Aditividad: ∫(f(x) + g(x))dx =
∫f(x)dx+
∫g(x)dx.
• Homogeneidad: ∫αf(x)dx = α
∫f(x)dx.
�
Veamos algunos ejemplos de primitivas que pueden calcularse usando únicamente la lin-ealidad de la integral y manipulaciones algebraicas sobre el integrando. Tengamos encuenta que lo que queremos hacer al resolver una integral es reducirla a una combinaciónlineal de las integrales básicas que aparecen en la tabla al final de estas notas.
Ejemplo 9.2.2.
1.∫
(x+ 1)2dx.
A pesar de que∫
(x + 1)2dx se parece a la integral básica∫x2dx, es incorrecto decir
que∫
(x+ 1)2dx = x3
3+K, porque el argumento de la función f(x) = (x+ 1)2 es x+ 1
y la variable es x. La situación sería distinta si tuviéramos∫
(x+ 1)2d(x+ 1), pues eneste caso sí sería correcto decir:∫
(x+ 1)2d(x+ 1) =(x+ 1)3
3+K.
Debemos entonces trabajar el integrando (x + 1)2 antes de aplicar alguna de las in-tegrales básicas que aparecen en (9.1). Tenemos entonces:
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∫(x+ 1)2dx =
∫(x2 + 2x+ 1)dx =
∫x2dx+ 2
∫xdx+
∫dx,
donde ∫x2dx =
x3
3+K1,
∫xdx =
x2
2+K2,
∫dx = x+K3.
Luego:∫(x+ 1)2dx =
x3
3+ 2 · x
2
2+ x+ (K1 + 2K2 +K3) =
x3
3+ x2 + x+K,
haciendo K = K1 + 2K2 +K3.
2.∫
x3−1x−1 dx.
Para esta integral conviene hacer la siguiente factorización en el numerador del in-tegrando:
x3 − 1 = (x− 1)(x2 + x+ 1).
Así:∫x3 − 1
x− 1dx =
∫(x− 1)(x2 + x+ 1)
x− 1dx =
∫(x2 + x+ 1)dx
=
∫x2dx+
∫xdx+
∫dx =
(x3
3+K1
)+
(x2
2+K2
)+ (x+K3)
=x3
3+x2
2+ x+K,
haciendo K = K1 +K2 +K3.
3.∫
1sen4(x)−cos4(x)−sen2(x)dx.
Veamos si el demoninador del integrando puede ser simplificado por medio de iden-tidades trigonométricas:
sen4(x)− cos4(x)− sen2(x) = sen2(x)(sen2(x)− 1)− cos4(x)
= sen2(x)(−cos2(x))− cos4(x) (cos2(x) + sen2(x) = 1)
= −cos2(x)(sen2(x) + cos2(x))
= −cos2(x) · 1= −cos2(x).
7
Tenemos entonces lo siguiente:∫1
sen4(x)− cos4(x)− sen2(x)dx =
∫1
−cos2(x)dx = −
∫sec2(x)dx = −tan(x) +K.
4.∫ sen2(t)+sen(t)−2
sen(t)+2dt.
En este ejemplo podemos intentar considerar a sen2(t)+sen(t)−2 como un polinomiode grado 2 y variable sen(t). Podemos calcular las raíces de este polinomio usandola resolvente de grado 2 (o fórmula de Bhaskara):
sen(t) =−1±
√12 − 4 · 1 · (−2)
2 · 1=−1±
√9
2=−1± 3
2= 1,−2.
Luego,sen2(t) + sen(t)− 2 = (sen(t)− 1)(sen(t) + 2).
Entonces nuestra integral queda de la siguiente forma:∫sen2(t) + sen(t)− 2
sen(t) + 2dt =
∫(sen(t)− 1)(sen(t) + 2)
sen(t) + 2dt =
∫(sen(t)− 1)dt
=
∫sen(t)dt−
∫dt = −cos(t)− t+K. F
Método de sustitución o cambio de variable
Ahora estamos listos para estudiar el primer método de integración: la sustitución o cam-bio de variables. De todos los métodos a estudiar, éste es el más fácil de deducir y enunciar,pero el más difícil de dominar.
La idea detrás del método de sustitución es la siguiente. Supongamos que tenemos unafunción f(x) y además una composición de funciones h(x) = P (g(x)) tal que P ′(x) = f(x).Aplicando la Regla de la Cadena al derivar h(x) (con respecto a x) tenemos:
h′(x) = P ′(g(x)) · g′(x) = f(g(x)) · g′(x). (9.2)
Por un lado, al calcular la integral de h′(x) obtenemos:∫h′(x)dx = h(x) +K = P (g(x)) +K
Por otro lado, usando la igualdad (9.2), nos queda:∫h′(x)dx =
∫f(g(x)) · g′(x)dx.
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Todo esto arroja el siguiente resultado.
Teorema 9.2.3 (fórmula de integración por cambio de variable). Sea f una función devariable x y sea P una primitiva de f en su dominio, es decir, P ′(x) = f(x). Para cualquierfunción derivable g tal que la composición P (g(x)) tenga sentido, se tiene que:∫
f(g(x)) · g′(x)dx = P (g(x)) +K.
�
A pesar de que ya nos estamos refiriendo a la igualdad anterior como fórmula de integraciónpor cambio de variable, todavía no queda claro por qué se usa el término “cambio de vari-able”.
Para entender lo anterior, conviene considerar a la función g(x) como una variable interme-dia (a la que usualmente se le llama u), es decir, hacemos
u = g(x).
Ahora derivemos u respecto a x. Conviene usar la notación de Leibniz para derivadas(pronto notaremos por qué):
du
dx=
d
dx(g(x)) = g′(x).
Sustituyendo en∫f(g(x)) · g′(x)dx la expresión anterior, tenemos:∫
f(g(x)) · g′(x)dx =
∫f(u) · du
dxdx =
∫f(u)du.
Es decir, al hacer el cambio de la variable x por la variable u, se “cancela” el diferencialdx, y nos queda una integral “más sencilla” que depende de u. Formalmente hablando,no se “cancela” dx como si se tratara de un número real, sino que en el cambio de variablese sustituye la x por la u. Sin embargo, la idea de cancelación del diferencial es útil pararecordar cómo deducir la fórmula del cambio de variable. Es por esta razón que al resolveruna integral por cambio de variable, se suele usar para u = g(x) la notación
du = g′(x)dx.
Corolario 9.2.4 (fórmula de integración por u-sustitución). Para cualquier composición defunciones f(g(x)), con g derivable y f continua, y haciendo el cambio u = g(x), se tiene∫
f(g(x)) · g′(x)dx =
∫f(u)du.
�
9
Ejemplo 9.2.5. Calculemos las siguientes integrales:
1.∫
cos(3x)dx.
Tenemos en el integrando la composición de las funciones f(x) = cos(x) y g(x) = 3x.Proponemos el cambio
u = 3x, du = 3dx,
dx =1
3du.
Luego, ∫cos(3x)dx =
∫cos(u)
1
3du =
1
3
∫cos(u)du =
1
3sen(u) +K.
Lo anterior aún no representa la solución de la integral. Tenemos que devolver elcambio que propusimos inicialmente:∫
cos(3x)dx =1
3sen(u) +K =
sen(3x)
3+K.
2.∫
sen3(x)dx.
Tratemos de manipular algebraicamente el integrando antes de proponer un cambio.
sen3(x) = sen2(x)sen(x) = (1− cos2(x))sen(x).
Esto sugiere el siguiente cambio:
u = cos(x), sen(x)dx = −du.
Entonces:∫sen3(x)dx =
∫(1− cos2(x))sen(x)dx =
∫(1− u2)(−1)du =
∫(u2 − 1)du
=
∫u2du−
∫du =
u3
3− u+K
=cos3(x)
3− cos(x) +K.
3.∫x3√
1− x2dx.
Proponemos el cambio u = 1− x2. Luego,
x2 = 1− u, dx = −1
2du.
10
Tenemos entonces:∫x3√
1− x2dx =
∫x2√
1− x2dx =
∫(1− u)
√u
(−1)
2du = −1
2
∫(1− u)
√udu
= −1
2
∫(√u− u
√u)du = −1
2
∫ √udu− 1
2
∫u√udu,
donde: ∫ √udu =
∫u1/2du =
u1+1/2
1 + 1/2+K1 =
2u3/2
3+K1,∫
u√udu =
∫u3/2du =
u1+3/2
1 + 3/2+K2 =
2u5/2
5+K2.
Y así la integral original nos queda:∫x3√
1− x2dx = −1
2
∫ √udu− 1
2
∫u√udu
= −1
2
(2u3/2
3+K1
)− 1
2
(2u5/2
5+K2
)= −u
3/2
3− u5/2
5− K1
2− K2
2
= −u3/2
3− u5/2
5+K (haciendo K = −K1
2− K2
2)
= −(1− x2)3/2
3− (1− x2)5/2
5+K.
4.∫
x√1+x2+
√(1+x2)3
dx.
Es más o menos evidente notar que el siguiente cambio podría resultar de utilidad:
u = 1 + x2, xdx =1
2dx.
Entonces, tenemos:∫x√
1 + x2 +√
(1 + x2)3dx =
∫1√
u+√u3
1
2du =
1
2
∫1√
u+√u3du
=1
2
∫1√
u+ |u|√udu =
1
2
∫1√
u+ u√udu
=1
2
∫1
√u√
1 +√udu =
1
2
∫1√
1 +√u
1√udu.
11
Nótese que hemos usado la igualdad |u| = u, pues u = 1 + x2 > 0. Ahora, tenemosque proponer un nuevo cambio:
v = 1 +√u,
1√udu = 2dv.
Y así:∫x√
1 + x2 +√
(1 + x2)3dx =
1
2
∫1√
1 +√u
1√udu =
1
2
∫1√v
2dv =
∫1√vdv
= 2√v +K = 2
√1 +√u+K
= 2
√1 +√
1 + x2 +K.
5.∫t 4√
1 + tdt.
Para esta integral conviene multiplicar y dividir el integrando por 4√
(1 + t)3. Asítenemos:
t 4√
1 + t = t 4√
1 + t 4√
(1 + t)31
4√
(1 + t)3=
t(1 + t)4√
(1 + t)3=
t+ t2
4√
(1 + t)3
=−1− t+ 1 + 2t+ t2
4√
(1 + t)3=
(1 + t)2
(1 + t)3/4− 1 + t
(1 + t)3/4
= (1 + t)5/4 − (1 + t)1/4.
Entonces:∫t 4√
1 + tdt =
∫((1 + t)5/4 − (1 + t)1/4)dt =
∫(1 + t)5/4dt−
∫(1 + t)1/4dt
=
∫u5/4du−
∫u1/4dt =
u1+5/4
1 + 5/4− u1+1/4
1 + 1/4+K =
4u9/4
9− 4u5/4
5+K
=4(1 + t)9/4
9− 4(1 + t)5/4
5+K. F
Finalizaremos esta sección estudiando cómo calcular una integral definida usando el métodode sustitución.
Ejemplo 9.2.6. Calculemos la integral∫ π/40
cos(2x)√
4− sen(2x)dx.
Como el integrando se trata de una función complicada, no conviene usar la definiciónde integral por medio de sumas de Riemann. En este caso, conviene más usar la Regla deBarrow, lo que conlleva a calcular la integral indefinida:
12
∫cos(2x)
√4− sen(2x)dx.
Usemos el método de sustitución. Proponemos el siguiente cambio:
u = 4− sen(2x), cos(2x)dx = −1
2du.
Así: ∫cos(2x)
√4− sen(2x)dx = −1
2
∫ √udu = −1
2
u3/2
3/2+K = −u
3/2
3+K
= −(4− sen(2x))3/2
3+K.
Finalmente, tenemos:∫ π/4
0
cos(2x)√
4− sen(2x)dx =
(−(4− sen(2x))3/2
3+K
)∣∣∣∣π/40
=
(−
(4− sen(2 · π
4
))3/2
3+K
)−(−(4− sen(2 · 0))3/2
3+K
)=
(−(4− 1)3/2
3+K
)−(−(4− 0)3/2
3+K
)=
43/2
3− 33/2
3=
8− 3√
3
3.
Si tenemos experiencia calculando integrales, podemos estar tentados a proceder de lasiguiente manera:∫ π/4
0
cos(2x)√
4− sen(2x)dx = −u3/2
3
∣∣∣∣π/40
= −(π/4)3/2
3, (9.3)
y ¡esto es incorrecto!.
Si trabajamos con las primitivas de cos(2x)√
4− sen(2x) sin devolver el cambio de vari-able, debemos tener cuidado con los extremos de integración. Recordemos que estamosintegrando cos(2x)
√4− sen(2x) sobre el intervalo [0, π/4], es decir, 0 ≤ x ≤ π/4. Ahora,
como u = 4 − sen(2x), tenemos el siguiente dominio de integración para esta nueva vari-able:
0 ≤ x ≤ π
4
0 ≤ 2x ≤ π
2
13
sen(0) ≤ sen(2x) ≤ sen(π
2
)(pues la función seno es creciente en [0, π/2])
0 ≤ sen(2x) ≤ 1
−1 ≤ −sen(2x) ≤ 0
4− 1 ≤ 4− sen(2x) ≤ 0 + 4
3 ≤ u ≤ 4.
Entonces, lo correcto es hacer el cálculo (9.3) aplicando el cambio de variables también enlos extremos, según el dominio de acabamos de hallar para u:∫ π/4
0
cos(2x)√
4− sen(2x)dx = −1
2
∫ 3
4
√udu = −u
3/2
3
∣∣∣∣34
=43/2
3− 33/2
3=
8− 3√
3
3.
El extremo superior en−12
∫ 3
4
√udu es el valor de u para x = π/4, es decir, 4−sen(2 ·π/4) =
3, mientras que el extremo inferior es el valor de u para x = 0, es decir u = 4− sen(0) = 4.F
Para expresar de manera más general lo que se hizo en el ejemplo anterior, enunciamos elmétodo de sustitución para el cálculo de integrales definidas.
Teorema 9.2.7 (Regla de Barrow para integración por cambio de variables). Para cualquiercomposición de funciones f(g(x)) definida en un intervalo cerrado y acotado [a, b], con gderivable en (a, b) y f continua en la imagen de g, y haciendo el cambio u = g(x), se tiene∫ b
a
f(g(x)) · g′(x)dx =
∫ g(b)
g(a)
f(u)du.
�
Método de integración por partes
El llamado método de integración por partes suele aplicarse en el cálculo de integrales cuandonos aparece un producto de funciones en el integrando. Sin embargo, este producto debetener cierta forma. Específicamente, nos van a interesar integrandos de la forma f(x)g′(x).
Supongamos entonces que tenemos dos funciones f y g con un dominio común I (dig-amos por ejemplo que I es un intervalo abierto), y asumamos además que tanto f como gson derivables en I . Entonces, por la Regla del Producto para derivadas, sabemos que lafunción f · g es derivable en I y que además
(f(x)g(x))′ = f ′(x)g(x) + f(x)g′(x) (9.4)
14
para todo x ∈ I . Integrando la igualdad (9.4) respecto a la variable x, y aplicando lalinealidad de la integral indefinida, tenemos lo siguiente:
∫(f(x)g(x))′dx =
∫f ′(x)g(x)dx+
∫f(x)g′(x)dx
f(x)g(x) =
∫f ′(x)g(x)dx+
∫f(x)g′(x)dx∫
f(x)g′(x)dx = f(x)g(x)−∫f ′(x)g(x)dx.
Nótese que en la igualdad anterior omitimos colocar la constante de integración al calcu-lar las primitivas de (f(x)g(x))′. La razón es que de todas maneras se va a generar unaconstante al resolver la integral
∫f ′(x)g(x)dx.
Tenemos entonces una fórmula para la integral de f(x)g′(x).
Teorema 9.2.8 (fórmula de integración por partes). Sean f y g dos funciones derivables enun intervalo abierto I . Entonces, la integral indefinida de la función f · g′ viene expresadapor: ∫
f(x)g′(x)dx = f(x)g(x)−∫f ′(x)g(x)dx.
�
El lector puede notar que la fórmula anterior se puede deducir fácilmente por medio de laRegla del Producto. Además, existe una frase muy coloquial que nos ayudará a recordaresta fórmula rápidamente. Para que tal frase tenga sentido, conviene aplicar los siguientescambios de variables:
u = f(x) v = g(x)
du = f ′(x)dx dv = g′(x)dx.
Tenemos entonces que la fórmula de integración por partes puede reescribirse de la sigu-iente manera: ∫
udv = uv −∫vdu.
Si asociamos a cada variable la inicial de ciertas palabras, podemos memorizar la fórmulaanterior simplemente diciendo que...
un día vi una vaca sin cola vestida de uniforme.∫udv = uv −
∫vdu.
15
Esto parece una tontería, ¡pero es efectivo!
Hagamos ahora algunos ejemplos para aprender cómo aplicar esta fórmula.
Ejemplo 9.2.9. Resolver las siguiente integrales usando el método de integración porpartes.
1.∫xexdx.
En el producto xex vemos que ex es la derivada de sí misma. Esto sugiere el cambio:
u = x v = ex
du = dx dv = exdx.
Entonces tenemos:∫xexdx =
∫udv = uv −
∫vdu = xex −
∫exdx = xex − ex +K.
Nótese que también podemos identificar a x como la derivada de x2/2 y hacer elcambio u = ex y v = x2/2 (con du = exdx y dv = xdx), lo que genera:∫
xexdx =
∫udv = uv −
∫vdu =
x2ex
2−∫x2ex
2dx.
El problema es que este cambio complica la integral en lugar de simplificarla.
2.∫exsen(x)dx.
Hagamos de nuevo v = ex:
u = sen(x) v = ex
du = cos(x)dx dv = exdx.
Tenemos así:∫exsen(x)dx =
∫udv = uv −
∫vdu = exsen(x)−
∫excos(x)dx. (9.5)
Ahora resolvamos∫excos(x)dx. Hacemos
u = cos(x) v = ex
du = −sen(x)dx dv = exdx.
16
Entonces,∫excos(x)dx =
∫udv = uv −
∫vdu = excos(x)−
∫ex(−sen(x))dx− 2K
= excos(x) +
∫exsen(x)dx− 2K.
Por conveniencia hemos colocado la constante de integración igual a −2K, dentrode poco notaremos por qué.
Sustituimos la expresión anterior en (9.5):∫exsen(x)dx = exsen(x)−
∫excos(x)dx
= exsen(x)−(excos(x) +
∫exsen(x)dx− 2K
)= exsen(x)− excos(x)−
∫exsen(x)dx+ 2K
2
∫exsen(x)dx = ex(sen(x)− cos(x)) + 2K∫exsen(x)dx =
ex(sen(x)− cos(x))
2+K.
3.∫
arcsen(x)dx.
En este ejemplo no aparece un producto de funciones (al menos no directamente),pero podemos pensar en arcsen(x) como 1 · arcsen(x). Como nos están pidiendohallar la familia de primitivas de arcsen(x), no podemos pensar en arcsen(x) comoun diferencial dv. Entonces, conviene mejor hacer el siguiente cambio:
u = arcsen(x) v = x
du1√
1− x2dx dv = dx.
Tenemos así:∫arcsen(x)dx =
∫udv = uv −
∫vdu = x · arcsen(x)−
∫x√
1− x2dx. (9.6)
17
Resolvemos ahora la integral∫
x√1−x2dx haciendo el siguiente cambio de variable:
w = 1− x2 dw = −2xdx
xdx = −1
2dw.
Luego,∫x√
1− x2dx =
∫− 1
2√wdw = −
∫1
2√wdw = −
√w +K = −
√1− x2 +K0.
Sustituimos la expresión anterior en (9.6):∫arcsen(x)dx = x · arcsen(x)−
∫x√
1− x2dx
= x · arcsen(x)− (−√
1− x2 +K0)
= x · arcsen(x) +√
1− x2 +K (haciendo K = −K0).
4.∫x3cos(x2)dx.
Notamos que no es claro saber quién es la familia de primitivas de cos(x2), es decir,no podemos pensar en cos(x2) como un diferencial dv. Por otro lado, hacer dv = x3dxsólo complicaría la integral que va a aparecer en
∫vdu. En esta situación, conviene
simplificar la integral que tenemos mediante un cambio de variables.Propongamos entonces t = x2. Luego, dt = 2xdx, de donde
xdx =1
2dt
x3dx = x2xdx = t · 1
2dt =
t
2dt.
Entonces la integral inicial nos queda de la siguiente forma:∫x3cos(x2)dx =
1
2
∫t · cos(t)dt,
donde la integral∫t · cos(t)dt sí la podemos resolver usando la fórmula de inte-
gración por partes. Proponemos entonces el cambio:
u = t dv = cos(t)dt
du = dt v = sen(t).
18
Tenemos así lo siguiente:∫t · cos(t)dt =
∫udv = uv −
∫vdu = t · sen(t)−
∫sen(t)dt
= t · sen(t) + cos(t) +K0,∫x3cos(x2)dx =
1
2
∫t · cos(t)dt =
1
2(t · sen(t) + cos(t) +K0)
=t · sen(t) + cos(t)
2+K (K = K0
2)
=x2 · sen(x2) + cos(x2)
2+K.
5.∫x5√
1− x2dx.
En este último ejemplo pasa una situación similar al ejemplo anterior. Entonces,vamos a simplificar la integral mediante un cambio de variables. Hagamos t = 1−x2y dt = −2xdx. Tenemos así:
x5dx = x4xdx = (1− t)2 ·(−1
2dt
)= −1
2(1− t)2dt,∫
x5√
1− x2dx = −1
2
∫(1− t2)
√tdt.
Ahora, para resolver la integral∫
(1− t2)√tdt usando la fórmula de integración por
partes, proponemos lo siguiente:
u = 1− t2 dv =√tdt
du = −2tdt v =2√t3
3=
2t√t
3.
Entonces,∫(1− t2)
√tdt = (1− t2) · 2t
√t
3−∫
2t√t
3(−2t)dt
=2t(1− t2)
√t
3+
4
3
∫t5/2dt =
2t(1− t2)√t
3+
8t3√t
21+K0.
Aunque esta integral también se puede resolver sin integrar por partes, y usandosimplemente manipulaciones algebraicas:∫
(1− t2)√tdt =
∫t1/2dt−
∫t5/2dt =
2t3/2
3− 2t7/2
7+K0
19
La tarea de verificar que ambos resultados coinciden se la dejamos al lector.
A este punto es importante tener en cuenta que
¡puede haber más de una manera de resolver una integral!
Finalmente, tenemos:∫x5√
1− x2dx = −1
2
∫(1− t2)
√tdt = −1
2
(2t3/2
3− 2t7/2
7+K0
)=t7/2
7− t3/2
3+K∫
x5√
1− x2dx =t3√t
7− t√t
3+K =
(1− x2)3√
1− x27
− (1− x2)√
1− x23
+K.
F
Método de descomposición por fracciones simples
Este último método de integración que vamos a estudiar consiste en hallar la familia deprimitivas de una función racional, es decir, de un cociente de polinomios
f(x) = p(x)/q(x).
De entre los tres métodos mostrados aquí, la descomposición por fracciones simples esquizá el más fácil de identificar y de aplicar. Sin embargo, su explicación lleva más tiempoque los dos métodos anteriores. Esto se debe a que el estudio de la descomposición porfracciones simples se divide en varios casos, dependiendo de la forma que tenga q(x). Ex-plicaremos cada caso mediante un ejemplo, y con lo aprendido enunciaremos el métodode forma general.
Lo primero que debe hacerse cuando se tiene un integrando de la forma f(x) = p(x)/q(x),teniendo en cuenta que queremos descomponer por fracciones simples, es factorizar q(x)como un producto de polinomios irreducibles.
Definición 9.2.10. Un polinomio p(x) no constante y de grado n ≥ 1, con coeficientesen R, se dice irreducible si p(x) no puede ser dividido por ningún polinomio de grado1 ≤ m < n. Dicho de otra forma, p(x) es irreducible si no puede factorizarse como pro-ducto de polinomios de manera que todos ellos tengan grados menor que n. ♣
Ejemplo 9.2.11 (criterio de irreducibilidad). Los únicos polinomios con coeficientes en Rirreducibles son:
• los monomios, es decir, polinomios de la forma p(x) = ax+ b (con a 6= 0); o• los polinomios de grado 2, p(x) = ax2 + bx + c cuyo discriminante es negativo (o
equivalentemente, que no tiene raíces reales). Recuerde que el discriminante delpolinomio anterior se define como ∆ := b2 − 4ac.
20
Ejemplos de polinomios irreducibles son 2x+ 3 o x2 + 1. Nótese que ningún polinomio degrado impar y mayor estricto que 1 es irreducible, porque tiene al menos una raíz real.
Tenga además en cuenta que pueden haber polinomios sin raíces reales pero que no seanirreducibles (cuando el grado del polinomio en cuestión es mayor que 2). Por ejemplo,p(x) = x4 + 1 no tiene raíces reales. Sin embargo, p(x) no es irreducible porque se puedefactorizar como:
x4 + 1 = x4 + 2x2 + 1− 2x2 = (x2 + 1)2 − 2x2 = (x2 + 1−√
2x)(x2 + 1 +√
2x),
donde cada uno de los factores de grado dos tiene discriminante negativo, por lo que noes posible seguir factorizando. F
Empecemos ahora a estudiar los posibles casos en donde conviene descomponer por frac-ciones simples.
Ejemplo 9.2.12 (caso 1: q(x) se descompone en factores lineales y sin repetición).
Calcular la integral ∫1
x2 − 5x+ 6dx.
Lo primero que notamos es que x2 − 5x+ 6 puede descomponerse como
x2 − 5x+ 6 = (x− 2)(x− 3).
Entonces, tenemos la aparición de dos factores lineales (monomios) que no se repiten. Eneste caso, se descompone el cociente 1/(x2− 5x+ 6) como la siguiente suma de fraccionessimples:
1
x2 − 5x+ 6=
A
x− 2+
B
x− 3.
Ahora, debemos hallar cuánto valen A y B. Para ello, resolvemos la suma de la derecha:
A
x− 2+
B
x− 3=A(x− 3) +B(x− 2)
(x− 2)(x− 3)=
(A+B)x− 3A− 2B
x2 − 5x+ 6.
Tenemos entonces1
x2 − 5x+ 6=
(A+B)x− 3A− 2B
x2 − 5x+ 6,
es decir, una igualdad entre funciones racionales que tiene el mismo denominador. En-tonces, los numeradores también deben coincidir, es decir:
1 = (A+B)x− 3A− 2B,
21
y esto ocurre si A+B = 0 y −3A− 2B = 1. Luego, haciendo B = −A, tenemos
1 = −3A− 2B = −3A− 2(−A) = −3A+ 2A = −A.
Así, A = −1 y B = 1. Nos queda entonces la siguiente descomposición:
1
x2 − 5x+ 6=
1
x− 3− 1
x− 2.
Aplicando la linealidad de la integral indefinida, obtenemos:∫1
x2 − 5x+ 6dx =
∫1
x− 3dx−
∫1
x− 2dx,
donde los dos térmidos que aparecen a la derecha se pueden integrar fácilmente, a saber:∫1
x− 3dx = log(x− 3) +K1,
∫1
x− 2dx = log(x− 2) +K2.
Por lo tanto:∫1
x2 − 5x+ 6dx = log(x− 3)− log(x− 2) +K = log
(x− 3
x− 2
)+K.
F
Ejemplo 9.2.13 (caso 2: q(x) se descompone en factores lineales y con repetición).
Calcular la integral ∫x+ 1
x3 − 4x2 + 5x− 2dx.
Primero debemos factorizar el denominador como producto de polinomios irreducibles.Como tenemos un polinomio de grado 3, podemos aplicar la Regla de Ruffini, es decir,pobramos primero con divisores del término constante−2 como posibles candidatos a serraíces del polinomio. En este caso, podemos darnos cuenta que x = 2 es una raíz simple yx = 1 es una raíz doble, es decir,
x3 − 4x2 + 5x− 2 = (x− 1)2(x− 2).
Ahora separamos el integrando de la forma
x+ 1
(x− 1)2(x− 2)= (x+ 1) · 1
(x− 1)2(x− 2),
y nos concentramos inicialmente en 1/(x−1)2(x−2). Como uno de los factores tiene grado2, debemos considerar una descomposición de la siguiente forma:
22
1
(x− 1)2(x− 2)=
A
x− 2+Bx+ C
(x− 1)2. (9.7)
Luego,
1
(x− 1)2(x− 2)=A(x− 1)2 + (Bx+ C)(x− 2)
(x− 1)2(x− 2)
1 = A(x− 1)2 + (Bx+ C)(x− 2)
1 = A(x2 − 2x+ 1) + (Bx2 − 2Bx+ Cx− 2C)
1 = Ax2 − 2Ax+ A+Bx2 + (C − 2B)x− 2C
1 = (A+B)x2 + (C − 2B − 2A)x+ (A− 2C).
Así tenemos entonces el siguiente sistema de ecuaciones:A+B = 0,
−2A− 2B + C = 0,A− 2C = 1.
Luego de resolverlo, obtenemos A = 1, B = −1 y C = 0. Entonces,
1
(x− 1)2(x− 2)=
1
x− 2− x
(x− 1)2
x+ 1
(x− 1)2(x− 2)=x+ 1
x− 2− x(x+ 1)
(x− 1)2.
Ahora aplicamos la linealidad de la integral indefinida:∫x+ 1
(x− 1)2(x− 2)dx =
∫x+ 1
x− 2dx−
∫x(x+ 1)
(x− 1)2dx. (9.8)
Resolvamos cada integral de la derecha por separado.
• Cálculo de∫
x+1x−2dx:
Conviene hacer una manipulación algebraica en el integrando:∫x+ 1
x− 2dx =
∫(x− 2) + 3
x− 2dx =
∫x− 2
x− 2dx+ 3
∫1
x− 2dx
=
∫dx+ 3
∫1
x− 2dx = x+ 3 · log(x− 2) +K1.
23
• Cálculo de∫ x(x+1)
(x−1)2 dx:
También manipulamos algebraicamente el integrando:∫x(x+ 1)
(x− 1)2dx =
∫x2 + x
(x− 1)2dx =
∫(x2 − 2x+ 1) + (2x+ x− 1)
(x− 1)2dx
=
∫(x− 1)2 + (3x− 1)
(x− 1)2dx =
∫ (1 +
3x− 1
(x− 1)2
)dx
=
∫dx+
∫3x− 1
(x− 1)2dx = x+
∫(3x− 3) + (3− 1)
(x− 1)2dx
= x+
∫3x− 1
(x− 1)2dx+
∫2
(x− 1)2dx
= x+ 3
∫1
x− 1dx+ 2
∫1
(x− 1)2dx
= x+ 3 · log(x− 1) + 2
∫1
(x− 1)2dx.
Resolvemos el último término haciendo el cambio de variables u = x− 1:∫1
(x− 1)2dx =
∫1
u2du = −1
u+K2
2= − 1
x− 1+K2
2.
Entonces:∫x(x+ 1)
(x− 1)2dx = x+3 · log(x−1)+2 ·
(− 1
x− 1+K2
2
)= x+3 · log(x−1)− 2
x− 1+K2.
Sustituyendo ambos resultados en (9.8), tenemos finalmente:∫x+ 1
(x− 1)2(x− 2)dx =
∫x+ 1
x− 2dx−
∫x(x+ 1)
(x− 1)2dx
= (x+ 3 · log(x− 2) +K1)−(x+ 3 · log(x− 1)− 2
x− 1+K2
)=
2
x− 1+ 3 · log
(x− 2
x− 1
)+K.
F
Observación 9.2.14. En lugar de (9.7), también podemos sugerir la descomposición
1
(x− 1)2(x− 2)=
A
x− 2+
B1
x− 1+
B2
(x− 1)2.
El número de constantes Bi que aparecen depende de la multiplicidad de la raíz x = 1.
24
Por ejemplo:1
(x− 1)3(x− 2)=
A
x− 2+
B1
x− 1+
B2
(x− 1)2+
B3
(x− 1)3.
El siguiente paso es hallar el valor de las constantes involucradas e integrar. ♠
Ejemplo 9.2.15 (caso 3: q(x) está dividido por un factor cuadrático irreducible y sin repeti-ción).
Calcular la integral ∫1
x2 + 2x+ 3dx.
En este caso se nos presenta un polinomio irreducible en el denominador. Al no poderfactorizar x2 + 2x+ 3, no podemos descomponer por fracciones simples.
La manera de proceder aquí es manipular el denominador para que el integrando “separezca” a una integral de la forma
∫1
t2+1dt.
Notamos lo siguiente
x2 + 2x+ 3 = (x2 + 2x+ 1) + 2 = (x+ 1)2 + 2.
Luego, ∫1
x2 + 2x+ 3dx =
∫1
(x+ 1)2 + 2dx.
Ahora hacemos el cambio de variable u = x+ 1 (y du = dx). Así:∫1
x2 + 2x+ 3dx =
∫1
(x+ 1)2 + 2dx =
∫1
u2 + 2du.
Sacamos el término constante 2 como un factor común de u2 + 2:
u2 + 2 =2u2
2+ 2 = 2 ·
(u2
2+ 1
)= 2 ·
((u√2
)2
+ 1
).
Entonces: ∫1
u2 + 2du =
∫1
2 ·((
u√2
)2+ 1
)du =1
2
∫1(
u√2
)2+ 1
du.
Hacemos un nuevo cambio de variables, a saber v = u√2
(y√
2dv = du):
25
∫1(
u√2
)2+ 1
du =
∫ √2
v2 + 1dv =
√2
∫1
v2 + 1dv =
√2 · arctan(v) +K0
∫1(
u√2
)2+ 1
du =√
2 · arctan
(u√2
)+K0.
Por lo tanto: ∫1
u2 + 2du =
1
2
∫1(
u√2
)2+ 1
du =1
2·(√
2 · arctan
(u√2
)+K0
)
=
√2
2· arctan
(u√2
)+K,∫
1
x2 + 2x+ 3dx =
∫1
u2 + 2du =
√2
2· arctan
(u√2
)+K
=
√2
2· arctan
(x+ 1√
2
)+K.
F
Ejemplo 9.2.16 (caso 4: q(x) está dividido por un factor cuadrático irreducible y con repeti-ción).
Calcular la integral ∫1
(x2 + 1)2dx.
Se repite el problema de no poder descomponer 1(x2+1)2
como suma de fracciones simplesal estilo de los casos 1 y 2. Entonces, volvamos a manipular algebraicamente el integrando:
1
(x2 + 1)2=x2 + 1− x2
(x2 + 1)2=
x2 + 1
(x2 + 1)2− x2
(x2 + 1)2=
1
x2 + 1− x2
(x2 + 1)2.
Integrando a ambos lados, tenemos:∫1
(x2 + 1)2dx =
∫1
x2 + 1dx−
∫x2
(x2 + 1)2dx = arctan(x)−
∫x2
(x2 + 1)2dx.
La integral∫
x2
(x2+1)2dx la resolvemos usando la fórmula de integración por partes medi-
ante el siguiente cambio:
26
u = x dv =x
(x2 + 1)2dx
du = dx v =
∫x
(x2 + 1)2dx.
Por otro lado,∫
x(x2+1)2
dx se puede resolver haciendo el cambio de variables
w = x2 + 1, xdx =1
2dw.
v =
∫x
(x2 + 1)2dx =
1
2
∫1
w2dw = −1
2· 1
w= − 1
2w= − 1
2(x2 + 1).
Entonces:∫x2
(x2 + 1)2dx =
∫udv = uv −
∫vdu = x ·
(− 1
2(x2 + 1)
)−∫− 1
2(x2 + 1)dx
= − x
2(x2 + 1)+
1
2
∫1
x2 + 1dx
= − x
2(x2 + 1)+
1
2· arctan(x)−K.
Por lo tanto: ∫1
(x2 + 1)2dx = arctan(x)−
∫x2
(x2 + 1)2dx
= arctan(x)−(− x
2(x2 + 1)+
1
2· arctan(x)−K
)=
x
2(x2 + 1)+
1
2· arctan(x) +K.
F
En base a los ejemplos que hemos visto, enunciemos en qué consiste, de manera general,el método de descomposición por fracciones simples.
Teorema 9.2.17 (descomposición por fracciones simples). Sea f(x) = p(x)/q(x) una fun-ción racional, es decir p(x) y q(x) son polinomios con coeficientes en R, y tales que
grado(p(x)) < grado(q(x)).
Supongamos que q(x) se factoriza en un producto de polinomios irreducibles de la forma
(x− α)n y [(x− β)2 + γ2]m
27
donde n y m son enteros n,m ≥ 0. Entonces, el cociente p(x)/q(x) se escribe como sumade términos simples de la forma siguiente:
p(x)
q(x)=
A1
x− α+
A2
(x− α)2+ · · ·+ An
(x− α)n+
B1 + C1x
(x− β)2 + γ2+ · · ·+ Bm + Cmx
[(x− β)2 + γ2]m,
para ciertas constantes A1, A2, . . . , B1, B2, . . . , C1, C2, . . .
Más aún, la familia de primitivas de f(x) = p(x)/q(x) involucra términos de la forma:• tunciones fracionales,• términos logarítmicos,• términos con la arcotangente.
�
Hagamos un ejemplo en donde aparezcan varios de los casos estudiados.
Ejemplo 9.2.18. Calcular la integral∫x4 − x3 + 2x2 − x+ 2
(x− 1)(x2 + 2)2dx
En este caso tenemos el monomio x − 1 sin repetición, y el factor cuadrático x2 + 2 conrepetición. En este caso, descomponemos el integrando como la siguiente suma de frac-ciones simples:
x4 − x3 + 2x2 − x+ 2
(x− 1)(x2 + 2)2=
A
x− 1+Bx+ C
x2 + 2+
Dx+ E
(x2 + 2)2.
Luego,
x4 − x3 + 2x2 − x+ 2
(x− 1)(x2 + 2)2=
A
x− 1+
(Bx+ C)(x2 + 2) +Dx+ E
(x2 + 2)2
=A
x− 1+Bx3 + 2Bx+ Cx2 + 2C +Dx+ E
(x2 + 2)2
=A
x− 1+Bx3 + Cx2 + (2B +D)x+ (2C + E)
(x2 + 2)2
=A(x2 + 2)2 + (x− 1)(Bx3 + Cx2 + (2B +D)x+ (2C + E))
(x− 1)(x2 + 2)2
=(A+B)x4 + (C −B)x3 + (4A+ 2B +D − C)x2
(x− 1)(x2 + 2)2
=(2C + E − 2B −D)x+ (4A− 2C − E)
28
x4 − x3 + 2x2 − x+ 2 = (A+B)x4 + (C −B)x3 + (4A+ 2B +D − C)x2
= + (2C + E − 2B −D)x+ (4A− 2C − E).
Tenemos entonces el siguiente sistema de ecuaciones:A+B = 1,−B + C = −1,
4A+ 2B − C +D = 2,−2B + 2C −D + E = −1,
4A− 2C − E = 2.
Al resolver, obtenemos la solución
A =1
3, B =
2
3, C = −1
3, D = −1, E = 0.
Así obtenemos la descomposición:
x4 − x3 + 2x2 − x+ 2
(x− 1)(x2 + 2)2=
1
3(x− 1)+
2x− 1
3(x2 + 2)− x
(x2 + 2)2
Luego:∫x4 − x3 + 2x2 − x+ 2
(x− 1)(x2 + 2)2dx =
1
3
∫1
x− 1dx+
1
3
∫2x− 1
x2 + 2dx−
∫x
(x2 + 2)2dx
=1
3· log|x− 1|+ 1
3
∫2x
x2 + 2dx− 1
3
∫1
x2 + 2dx− 1
2
∫2x
(x2 + 2)2dx
=1
3· log|x− 1|+ 1
3· log(x2 + 2)− 1
6
∫1
(x/√
2)2 + 1dx− 1
2
∫2x
(x2 + 2)2dx
=1
3· log
[|x− 1|(x2 + 2)
]−√
2
6· arctan
(x√2
)+
1
2(x2 + 2)+K.
F
Como complemento a los ejemplos ya vistos, cerramos esta sección con una integral famosa.Le recomendamos al lector hacerla como ejercicio antes de ver su solución.
Ejemplo 9.2.19. Calcular la integral ∫1
x4 + 1dx.
29
Recordemos la descomposición de x4 + 1 como
x4 + 1 = (x2 −√
2x+ 1)(x2 +√
2x+ 1).
Esto nos permite descomponer el integrando de la siguiente manera:
1
x4 + 1=
Ax+B
x2 −√
2x+ 1+
Cx+D
x2 +√
2x+ 1.
Ahora hallemos las constantes A, B, C y D:
1
x4 + 1=
Ax+B
x2 −√
2x+ 1+
Cx+D
x2 +√
2x+ 1
1
x4 + 1=
(Ax+B)(x2 +√
2x+ 1) + (Cx+D)(x2 −√
2x+ 1)
x4 + 1
1 = Ax3 +√
2Ax2 + Ax+Bx2 +√
2Bx+B + Cx3 −√
2Cx2 + Cx+Dx2 −√
2Dx+D
1 = (A+ C)x3 + (√
2A+B −√
2C +D)x2 + (A+√
2B + C −√
2D) + (B +D).
Tenemos entonces el siguiente sistema de ecuaciones:A+ C = 0,√
2A+B −√
2C +D = 0,
A+√
2B + C −√
2D = 0,B +D = 1.
La solución es la siguiente:
A = − 1
2√
2, B =
1
2, C =
1
2√
2, D =
1
2.
Entonces:
1
x4 + 1=− 1
2√2· x+ 1
2
x2 −√
2x+ 1+
12√2· x+ 1
2
x2 +√
2x+ 1
1
x4 + 1= − 1
2√
2· x−
√2
x2 −√
2x+ 1+
1
2√
2· x+
√2
x2 +√
2x+ 1∫1
x4 + 1dx = − 1
2√
2
∫x−√
2
x2 −√
2x+ 1dx+
1
2√
2
∫x+√
2
x2 +√
2x+ 1dx.
Ahora resolvamos por separado cada una de las integrales del lado derecho.
30
• Cálculo de∫
x−√2
x2−√2x+1
dx: Manipulamos algebraicamente el integrando.∫x−√
2
x2 −√
2x+ 1dx =
∫2x−
√2
x2 −√
2x+ 1dx−
∫x
x2 −√
2x+ 1dx
En la integral∫
2x−√2
x2−√2x+1
dx, aplicamos el cambio de variable
u = x2 −√
2x+ 1, du = (2x−√
2)dx.
Así, ∫2x−
√2
x2 −√
2x+ 1dx =
∫1
udu = log(u) +K1 = log(x2 −
√2x+ 1) +K1.
Para la segunda integral∫
xx2−√2x+1
dx hacemos lo siguiente:
∫x
x2 −√
2x+ 1dx =
∫x(
x−√22
)2+ 1
2
dx
=
∫x−
√22(
x−√22
)2+ 1
2
dx+
√2
2
∫1(
x−√22
)2+ 1
2
dx.
Para la primera integral∫ x−
√22(
x−√2
2
)2+ 1
2
dx, hacemos el cambio u = x−√22
:∫x−
√22(
x−√22
)2+ 1
2
dx =
∫u
u2 + 12
du.
Ahora hacemos el cambio v = u2 + 12:∫
x−√22(
x−√22
)2+ 1
2
dx =
∫u
u2 + 12
du =1
2
∫1
vdv =
1
2log(v) +K0
=1
2· log
(u2 +
1
2
)+K0
=1
2· log
(x− √2
2
)2
+1
2
+K0.
Para la segunda integral∫
1(x−
√2
2
)2+ 1
2
dx hacemos el cambio t = x−√22
:
31
∫1(
x−√22
)2+ 1
2
dx =
∫1
t2 + 12
dt = 2
∫1
2t2 + 1dt = 2
∫1
(√
2t)2 + 1dt.
Ahora hacemos el cambio s =√
2t:∫1(
x−√22
)2+ 1
2
dx = 2
∫1
(√
2t)2 + 1dt = 2
∫ 1√2
s2 + 1ds =
2√2
∫1
s2 + 1ds
=√
2 · arctan(s) +K ′0 =√
2 · arctan(√
2t) +K ′0
=√
2 · arctan
(√
2
(x−√
2
2
))+K ′0
=√
2 · arctan(√
2x− 1) +K ′0.
Sustituyendo las integrales anteriores, obtenemos:∫x
x2 −√
2x+ 1dx =
∫x−
√22(
x−√22
)2+ 1
2
dx+
√2
2
∫1(
x−√22
)2+ 1
2
dx
=1
2· log
(x− √2
2
)2
+1
2
+K0 +
√2
2(√
2 · arctan(√
2x− 1) +K ′0)
=1
2· log
(x− √2
2
)2
+1
2
+ arctan(√
2x− 1) +K0 +
√2
2K ′0
=1
2· log
(x− √2
2
)2
+1
2
+ arctan(√
2x− 1) +K2.
Por lo tanto:∫x−√
2
x2 −√
2x+ 1dx =
∫2x−
√2
x2 −√
2x+ 1dx−
∫x
x2 −√
2x+ 1dx
= log(x2 −√
2x+ 1) +K1
=−
1
2· log
(x− √2
2
)2
+1
2
+ arctan(√
2x− 1) +K2
32
= log(x2 −√
2x+ 1) +K1
=−(
1
2· log(x2 −
√2x+ 1) + arctan(
√2x− 1) +K2
)=
1
2· log(x2 −
√2x+ 1)− arctan(
√2x− 1) +K.
• Cálculo de∫
x+√2
x2+√2x+1
dx: Repetimos el procedimiento anterior.∫x+√
2
x2 +√
2x+ 1dx =
∫2x+
√2
x2 +√
2x+ 1dx−
∫x
x2 +√
2x+ 1dx,
donde ∫2x+
√2
x2 +√
2x+ 1dx = log(x2 +
√2x+ 1) + L1.
Para la segunda integral∫
xx2+√2x+1
dx hacemos lo siguiente:
∫x
x2 +√
2x+ 1dx =
∫x+
√22(
x+√22
)2+ 1
2
dx−√
2
2
∫1(
x+√22
)2+ 1
2
dx,
donde ∫x+
√22(
x+√22
)2+ 1
2
dx =1
2· log(x2 +
√2x+ 1) + L0,
∫1(
x+√22
)2+ 1
2
dx =√
2 · arctan(√
2x+ 1) + L′0.
Sustituyendo las integrales anteriores, obtenemos:∫x
x2 +√
2x+ 1dx =
∫x+
√22(
x+√22
)2+ 1
2
dx−√
2
2
∫1(
x+√22
)2+ 1
2
dx
=1
2· log(x2 +
√2x+ 1) + L0 −
√2
2(√
2 · arctan(√
2x+ 1) + L′0)
=1
2· log(x2 +
√2x+ 1)− arctan(
√2x+ 1) + L2.
33
Por lo tanto:∫x+√
2
x2 +√
2x+ 1dx =
∫2x+
√2
x2 +√
2x+ 1dx−
∫x
x2 +√
2x+ 1dx
= log(x2 +√
2x+ 1) + L1
=−(
1
2· log(x2 +
√2x+ 1)− arctan(
√2x+ 1) + L2
)=
1
2· log(x2 +
√2x+ 1) + arctan(
√2x+ 1) + L.
Finalmente, sustituimos las integrales de los dos puntos anteriores en la expresión∫1
x4 + 1dx = − 1
2√
2
∫x−√
2
x2 −√
2x+ 1dx+
1
2√
2
∫x+√
2
x2 +√
2x+ 1dx,
y tenemos:∫1
x4 + 1dx = − 1
2√
2
(1
2· log(x2 −
√2x+ 1)− arctan(
√2x− 1) +K
)= +
1
2√
2
(1
2· log(x2 +
√2x+ 1) + arctan(
√2x+ 1) + L
)=
1
4√
2· log
(x2 +
√2x+ 1
x2 −√
2x+ 1
)+
1
2√
2(arctan(
√2x+ 1) + arctan(
√2x− 1)) + C.
Podemos simplificar más el resultado usando la siguiente identidad:
arctan(a) + arctan(b) = arctan
(a+ b
1− ab
).
Haciendo a =√
2x+ 1 u b =√
2x− 1, tenemos
arctan(√
2x+ 1) + arctan(√
2x− 1) = arctan
( √2x+ 1 +
√2x− 1
1− (√
2x+ 1)(√
2x− 1)
)= arctan
( √2x
1− x2
).
Y así:∫1
x4 + 1dx =
1
4√
2· log
(x2 +
√2x+ 1
x2 −√
2x+ 1
)+
1
2√
2(arctan(
√2x+ 1) + arctan(
√2x− 1)) + C
∫1
x4 + 1dx =
1
4√
2· log
(x2 +
√2x+ 1
x2 −√
2x+ 1
)+
1
2√
2· arctan
( √2x
1− x2
)+ C.
F
34
w
Tabla 9.1: Tabla de integrales básicas
f(x)∫f(x)dx
0 K
xn (con n 6= −1) xn+1
n+1+K
1x
log(x) + K
ex ex +K
sen(x) −cos(x) +K
cos(x) sen(x) +K
sec2(x) tan(x) +K
−csc2(x) ctg(x) +K
sec(x) · tan(x) sec(x) +K
csc(x) · ctg(x) −csc(x) +K
1√1−x2 arcsen(x) +K
− 1√1−x2 arccos(x) +K
11+x2
arctan(x) +K
− 11+x2
arcctg(x) + K
35