ESCUELA
PREPARATORIA OFICIAL
NO.109
GUIA DE CALCULO
INTEGRAL (Bachillerato)
AREA: MATEMATICAS
P.F: Aldair de Jesus Sebastián
Primera edición
1
Contenido
1
Introducción, contexto del cálculo integral. ............................................................................ 4
1.1
Notación sigma, recordando un poco como sumar ......................................................... 4
1.1.1
Ejemplos ................................................................................................................. 4
1.1.2
Teoremas ................................................................................................................ 5
1.1.3
Ejemplos ................................................................................................................. 6
1.1.4
Ejercicios............................................................................................................... 10
1.2
Una nueva forma de calcular áreas ............................................................................... 11
1.2.1
El problema del triangulo ...................................................................................... 11
1.2.2
Un problema más general ..................................................................................... 14
1.2.3
Ejemplos ............................................................................................................... 15
1.2.4
Ejercicios............................................................................................................... 18
Una última nota ................................................................................................................... 18
1.3
Suma de Riemann ......................................................................................................... 18
1.3.1
Ejemplo ................................................................................................................ 19
Una última nota ................................................................................................................... 21
1.3.2
2
La integral, ¿Qué es ese símbolo tan raro? ........................................................................... 23
2.1
Integral definida ........................................................................................................... 23
2.1.1
2.2
3
Ejercicios............................................................................................................... 21
Ejemplos ............................................................................................................... 24
Una pequeña pero gran diferencia, la integral indefinida. ............................................. 25
Teoremas de integrales, los que debes de saber ................................................................... 26
3.1
La integral de un diferencial ......................................................................................... 26
3.1.1
3.2
La integral de una constante......................................................................................... 26
3.2.1
3.3
Ejemplos ............................................................................................................... 27
Integrales trigonométricas, las básicas. ......................................................................... 28
3.5.1
3.6
Ejemplos ............................................................................................................... 27
Integral de la función inversa ....................................................................................... 27
3.4.1
3.5
Ejemplos ............................................................................................................... 26
Integral de una función de grado n ............................................................................... 27
3.3.1
3.4
Ejemplos ............................................................................................................... 26
Ejemplos ............................................................................................................... 28
Integrales exponenciales y logarítmicas ........................................................................ 28
2
3.6.1
3.7
Ejemplos ............................................................................................................... 29
Suma y resta de funciones, la única operación que se puede integrar ........................... 29
3.7.1
Ejemplos ............................................................................................................... 30
Una última nota ................................................................................................................... 30
4
Métodos de integración y ¡más tablas ¡ ................................................................................ 31
4.1
Técnica de integración No. 1 (Método de sustitución o cambio de variable) ................. 32
4.1.1
Integración de binomios con una potencia. (Ejemplo) ........................................... 32
4.1.2
Integración de funciones polinómicas. (Ejemplos) ................................................. 33
4.1.3
Multiplicación de funciones trigonométricas con otras funciones. (Ejemplos) ....... 38
4.1.4
Integrales “directas”, mas tablas de integrales trigonométricas ............................ 42
4.1.5
Ahora las trigonométricas inversas y ejemplos ...................................................... 45
4.1.6
Ejercicios............................................................................................................... 48
4.2
Técnica de integración No. 2 (Integración por partes o la fórmula de la vaca) ............... 49
4.2.1
El problema del logaritmo ..................................................................................... 49
4.2.2
Algunos ejemplos .................................................................................................. 50
4.2.3
Ejercicios............................................................................................................... 53
Una última nota ................................................................................................................... 54
5
Bibliografía ........................................................................................................................... 55
¡Libros recomendados en la Bibliografía ¡
3
1 Introducción, contexto del cálculo integral.
Revisemos algunos conceptos antes de entrar de lleno a lo que es el cálculo integral.
1.1 Notación sigma, recordando un poco como sumar
Posiblemente tengas una idea de lo que es el área, es la
superficie encerrada por una figura, y muy posiblemente
conozcas las formas de obtener el área de algunas figuras
geométricas.
Bueno pues ahora veremos cómo se relaciona este concepto del
Ilustración 1-1 Figura
geométrica
área para dar paso
al concepto de integral.
Pero no nos adelantemos, antes tenemos que saber que para ello tenemos que
realizar sumas de varios términos por lo que tendremos que ocupar la
notación sigma o notación de suma (∑ ).
La cual se define de la siguiente forma
𝑛
𝑛
∑
𝑖=1
𝑖=1
𝑛
𝑛
∑
𝑎𝑖 = ∑ 𝑎𝑖 = 𝑎1 + 𝑎2 + 𝑎3 + ⋯ + 𝑎𝑛 (𝟏. 𝟏)
𝐹(𝑖) = ∑ 𝐹(𝑖) = 𝐹 (1) + 𝐹 (2) + 𝐹(3) + ⋯ + 𝐹(𝑛) (𝟏. 𝟐)
𝑖=1
𝑖=1
A (1.1) y (1.2) es a lo que se le conoce como notación sigma. La variable i
se denomina índice de suma. Podemos ver del lado izquierdo dos de las
formas que puede tener esta notación, son solo formas, pero el significado
es el mismo.
De esta manera tenemos que:
∑ es el símbolo que indica la suma de ai o F(i), que empieza desde el valor
indicado i y termina con el valor de k.
1.1.1 Ejemplos
1. La suma de los 10 primeros números enteros pares podemos
representarla de la siguiente forma:
10
2 + 4 + 6 + ⋯ + 18 + 20 = ∑
2𝑖
𝑖=1
2.
5
∑ 𝑖 2 = 12 + 22 + 32 + 42 + 52 = 1 + 4 + 9 + 16 + 25 = 55
𝑖=1
4
3. En algunos casos la suma no necesariamente puede iniciar desde 1 y
también el índice puede cambiar, pero sin afectar en nada a la suma.
7
7
7
7
∑ 2𝑖 = ∑ 2 𝑗 = ∑ 2𝑘 = ∑ 2𝑚 = 23 + 24 + 25 + 26 + 27
𝑖=3
𝑗=3
𝑘=3
𝑚=3
4.
4
∑ 𝐹(𝑥𝑖 )∆𝑥 = 𝐹(𝑥1 )∆𝑥 + 𝐹(𝑥2 )∆𝑥 + 𝐹(𝑥3 )∆𝑥 + 𝐹(𝑥4 )∆𝑥
𝑖=1
1.1.2 Teoremas
La notación sigma también tiene ciertos teoremas que ayudan a la
resolución de ejercicios de este tipo:
Donde c es cualquier constante
I.
𝑛
∑ 𝑐 = 𝑐𝑛
𝑖=1
II.
𝑛
∑ 𝑐 = 𝑐 [(𝑛 − 𝑚) + 1]
𝑖=𝑚
III.
𝑛
𝑛
∑ 𝑐 ∙ 𝐹(𝑖) = 𝑐 ∑ 𝐹(𝑖)
𝑖=𝑚
𝑖=𝑚
IV.
𝑛
𝑛
𝑛
∑ [𝐹(𝑖 ) ± 𝐺(𝑖)] = ∑ 𝐹(𝑖) ± ∑ 𝐺(𝑖)
𝑖=𝑚
𝑖=𝑚
𝑖=𝑚
V.
𝑛
𝑛+𝑐
∑ 𝐹(𝑖) = ∑ 𝐹(𝑖 − 𝑐)
𝑖=𝑚
𝑖=𝑚+𝑐
𝑛
𝑛−𝑐
VI.
∑ 𝐹(𝑖) = ∑ 𝐹(𝑖 + 𝑐)
𝑖=𝑚
𝑖=𝑚−𝑐
VII.
𝑛
∑ 𝐹 (𝑖 ) − 𝐹(𝑖 − 1) = 𝐹 (𝑛) − 𝐹(0)
𝑖=1
VIII.
𝑛
𝑚
𝑛
∑ 𝐹(𝑖) = ∑ 𝐹(𝑖) + ∑ 𝐹(𝑖)
𝑖=1
𝑖=1
𝑖=𝑚+1
5
IX.
En este teorema veremos 4 formulas. Si n es un numero
entero, entonces
𝑛
∑𝑖 =
𝑖=1
𝑛
𝑛(𝑛 + 1)(2𝑛 + 1)
(IX. II)
6
∑ 𝑖2 =
𝑖=1
𝑛(𝑛 + 1 )
(IX. I)
2
𝑛
𝑛 2 (𝑛 + 1 )2
∑𝑖 =
(IX. II)
4
3
𝑖=1
𝑛
𝑛(𝑛 + 1)(2𝑛 + 1)(3𝑛2 + 3𝑛 − 1)
∑𝑖 =
(IX. IV)
30
4
𝑖=1
1.1.3 Ejemplos
*nota al alumno: los colores en los procesos son simplemente para resaltar los pasos de
cada suma y ver cómo va “evolucionando” esta misma.
1. Del teorema (I) y (II) tenemos estos dos ejemplos,
5
∑ 8 = (8)(5) = 40
𝑖=1
10
∑ 8 = (8)[(10 − 3) + 1] = 8(8) = 64
𝑖=3
2. En el siguiente ejemplo hacemos uso del teorema (IV)
6
6
6
∑(4 − 3𝑖 ) = ∑ 4 − ∑ 3𝑖
𝑖=2
𝑖=2
𝑖=2
Ocupemos el teorema (II) para la primera suma y el teorema
(III)
6
6
6
∑ 4 − ∑ 3𝑖 = 4[(6 − 2) + 1] − 3 ∑ 𝑖
𝑖=2
𝑖=2
𝑖=2
Por el teorema (VI) la última suma la podemos transformar,
6−1
5
4(5) − 3 ∑ (𝑖 + 1) = 20 − 3 ∑(𝑖 + 1)
𝑖=2−1
𝑖=1
Ocupemos de nuevo el teorema (IV)
5
5
5
5
20 − 3 [∑ 𝑖 + ∑ 1] = 20 − 3 ∑ 𝑖 − 3 ∑ 1
𝑖=1
𝑖=1
𝑖=1
𝑖=1
Ocupemos el teorema (IX.I) y el teorema (I)
6
20 − 3 (
5(5 + 1)
2
) − 3[1(5)]
5(6)
) − 15
2
30
= 20 − 3 ( ) − 15
2
= 20 − 3(15) − 15 = 20 − 45 − 15 = −40
= 20 − 3 (
3.
Ocupemos el teorema (IV) para el siguiente ejercicio
10
10
10
𝑖=4
𝑖=4
𝑖=4
𝑖 − 𝑖2
𝑖
𝑖2
∑(
)=∑ −∑
3
3
3
Ahora ocupemos el teorema (III)
10
10
10
10
𝑖=4
𝑖=4
𝑖=4
𝑖=4
𝑖
𝑖2 1
1
∑ − ∑ = ∑ 𝑖 − ∑ 𝑖2
3
3 3
3
Por el teorema (VI)
10−3
10−3
𝑖=4−3
7
𝑖=4−3
7
𝑖=1
𝑖=1
1
[ ∑ ( 𝑖 + 3) − ∑ (𝑖 + 3)2 ]
3
1
= [∑(𝑖 + 3) − {∑(𝑖 + 3)2 }]
3
Desarrollemos el binomio en la segunda suma y aplicamos el
teorema (IV)
7
7
1
[∑(𝑖 + 3) − ∑ 𝑖 2 + 6𝑖 + 9]
3
7
𝑖=1
7
𝑖=1
7
7
7
𝑖=1
𝑖=1
𝑖=1
𝑖=1
1
= [∑ 𝑖 + ∑ 3 − ∑ 𝑖 2 − ∑ 6𝑖 − ∑ 9]
3
𝑖=1
Desarrollemos cada suma,
Por el teorema (IX.I)
7
∑𝑖 =
𝑖=1
7(7 + 1)
2
=
56
2
= 28
Por el teorema (I)
7
∑ 3 = 3(7) = 21
𝑖=1
Por el teorema (IX.II)
7
∑ 𝑖2 =
𝑖=1
7(7 + 1)(2(7) + 1)
6
=
7(8)(15)
6
=
840
6
= 140
7
Por el teorema (III) y (IX.I)
7
7
7(7 + 1)
∑ 6𝑖 = 6 ∑ 𝑖 = 6 [
𝑖=1
𝑖=1
2
] = 6(28) = 168
Por el teorema (I)
7
∑ 9 = 9(7) = 63
𝑖=1
Sustituimos cada resultado y realizamos las operaciones:
1
1
322
[28 + 21 − 140 − 168 − 63] = [−322] = −
3
3
3
4. No siempre tendremos sumas con valores numéricos, por
ejemplo
𝑛
∑[(3−𝑘 − 3𝑘 )2 − (3𝑘−1 − 3−𝑘+1 )2 ] =
𝑘=1
Desarrollemos cada binomio cuadrático que se encuentra en
la suma
𝑛
= ∑{(3−𝑘 )2 − 2(3−𝑘 )(3𝑘 ) + (3𝑘 )2 − [(3𝑘−1 )2 − 2(3𝑘−1 )(3−𝑘+1 ) + (3−𝑘+1 )2 ]}
𝑘=1
Apliquemos ley de los exponentes
𝑛
= ∑{3−2𝑘 − 2(3−𝑘+𝑘 ) + 32𝑘 − [32(𝑘−1) − 2(3𝑘−1−𝑘+1 ) + 32(−𝑘+1) ]}
𝑘=1
𝑛
= ∑{3−2𝑘 − 2(30 ) + 32𝑘 − 32(𝑘−1) + 2(30 ) − 32(−𝑘+1) }
𝑘=1
𝑛
= ∑{3−2𝑘 − 2(1) + 32𝑘 − 32(𝑘−1) + 2(1) − 32(−𝑘+1) }
𝑘=1
𝑛
= ∑{3−2𝑘 + 32𝑘 − 32(𝑘−1) − 32(−𝑘+1) }
𝑘=1
𝑛
= ∑{9−𝑘 + 9𝑘 − 9(𝑘−1) − 9(−𝑘+1) }
𝑘=1
Hagamos un pequeño paréntesis aquí, dentro de los términos
de la suma podemos identificar que hay términos que se
“parecen”, no confundir con términos semejantes. La idea
es aplicar teoremas, pero ¿Cuáles?
Supongamos que tenemos una función
𝐹 (𝑘 ) = 9𝑘
8
Por lo tanto
𝐹 (𝑘 − 1) = 9(𝑘−1)
Por otro lado, también podemos tener
𝐹 (𝑘) = 9(−𝑘+1)
Por lo tanto
𝐹 (𝑘 − 1) = 9−𝑘
Reacomodando términos
𝑛
∑{−9−(𝑘−1) + 9−𝑘 + 9𝑘 − 9(𝑘−1) } =
𝑘=1
𝑛
∑{−(9(−𝑘+1) − 9−𝑘 ) + 9𝑘 − 9(𝑘−1) } =
𝑘=1
Sustituyendo en la suma
𝑛
= ∑ {−(𝐹(𝑘) − 𝐹(𝑘 − 1)) + 𝐹(𝑘) − 𝐹(𝑘 − 1)}
𝑘=1
Podemos aplicar el teorema IV y VII
𝑛
𝑛
= − ∑ 𝐹(𝑘) − 𝐹(𝑘 − 1) + ∑ 𝐹(𝑘) − 𝐹(𝑘 − 1)
𝑘=1
𝑘=1
= −(𝐹(𝑛) − 𝐹(0)) + 𝐹(𝑛) − 𝐹(0)
= −(9−𝑛+1 − 91 ) + 9𝑛 − 1
1
= −9−𝑛+1 + 91 + 9𝑛 − 1 = − 9𝑛−1 + 9 + 9𝑛 − 1
1
= 9𝑛 − 𝑛−1 + 8
9
5. El siguiente ejercicio puede ser algo confuso, pero no es
imposible. Es obvio que tenemos que usar teoremas, pero el
límite de la suma bueno… ¡Imagina hacer 100 sumas!
100
1
1
∑[ −
]
𝑘 𝑘+1
𝑘=1
Supongamos que tenemos una función
1
𝐹 (𝑘 ) =
𝑘+1
Por lo tanto
1
1
𝐹 (𝑘 − 1) =
=
𝑘−1+1 𝑘
Sustituyendo en la suma
100
100
∑ [𝐹(𝑘 − 1) − 𝐹(𝑘)] = − ∑ [𝐹(𝑘 ) − 𝐹(𝑘 − 1)]
𝑘=1
𝑘=1
9
Ahora podemos ocupar el teorema VII
100
= − ∑ [𝐹 (𝑘) − 𝐹(𝑘 − 1)]
𝑘=1
= −[𝐹(100) − 𝐹(0)]
=−
1
1
1
100
+
=−
+1 =
100 + 1 0 + 1
101
101
1.1.4 Ejercicios
Desarrolle cada suma
9
∑ (𝑖 2 − (𝑖 − 1)2 )
𝑖=1
5
∑
𝑘=1
6
∑
𝑗=3
3
𝑘𝜋
sin ( 2 )
𝑘
2
𝑗 (𝑗 + 2)
∑
𝑘=−2
4
𝑘
𝑘+3
(−1)𝑘+1
∑
𝑘
𝑘=1
𝑛
∑ [10𝑘+1 − 10𝑘 ]
𝑘=1
𝑛
∑ 2𝑖(1 + 𝑖 2 )
𝑖=1
20
∑ 3𝑗(𝑗 2 + 2)
𝑗=1
400
∑(√𝑖 − √𝑖 − 1)
𝑖=1
∑𝑛𝑘=1[(𝑘 + 1)2 − 𝑘 2 ]
10
1.2 Una nueva forma de calcular áreas
1.2.1 El problema del triangulo
En la sección anterior adelantamos que la notación
sigma nos ayudaría a calcular áreas, pero ¿Como es
posible esto?
Bueno supongamos que no conocemos forma
alguna de calcular el área un triángulo (Ilustración
1-2), pues bien podemos llevar ese triangulo a un
plano cartesiano (Ilustración 1-3), el ejercicio
consiste en hallar el área acotada por las rectas 𝑦 =
ℎ
𝑏
𝑥, 𝑦 = 0 (el eje x) y 𝑥 = 𝑏. En otras palabras,
deseamos hallar el área bajo
ℎ
𝑦 = 𝑏 𝑥 sobre el intervalo
Ilustración 1-2 Triangulo con área A
la grafica de
[0, 𝑏].
Una forma de aproximar el
dividiendo el intervalo [0, 𝑏]
subintervalos (Ilustración 1𝑏
ancho es de ∆𝑥 = 𝑛 mientras
Área
en
4),
que la altura
𝑓 (𝐶𝑖 ).
de cada rectángulo es de
Por lo tanto el Área de cada
en (Ilustración 1-4) es:
Ilustración 1-3 Triangulo rectangulo en
sistema de coordenadas
es
n
cuyo
rectangulo
𝑎𝑖 = ∆𝑥 ∙ 𝑓(𝐶𝑖 ) (𝟏. 𝟑)
Esto quiere decir que la suma de todas las áreas de
cada
rectángulo
será
aproximada
ℎ
al área bajo la gráfica 𝑦 = 𝑏 𝑥
sobre
el
intervalo [0, 𝑏], es decir
𝐴 ≈ ∆𝑥𝑓(𝐶1 ) + ∆𝑥𝑓(𝐶2 ) + ⋯
+ ∆𝑥 ∙ 𝑓(𝐶𝑛 )
Que en notación sigma seria
𝑛
𝐴 ≈ ∑ 𝑓(𝐶𝑖 )∆𝑥 (𝟏. 𝟒)
Ilustración 1-4 Aproximación del área A
usando rectángulos, abajo las
dimensiones de un rectángulo
𝑖=1
Como podemos ver esta área es mucho mayor que el
área
del
este error
triángulo, pero podemos reducir
si dividimos en más y más
𝑓(𝐶𝑖 )
11
rectángulos es decir que el número de rectángulos
tiende a infinito (𝑛 → ∞), y por consecuencia el ancho
de los rectángulos tiende a cero (∆𝑥 → 0).
12
Como planteamos anteriormente la función que limita el área del triángulo es
𝑦 = 𝑓(𝑥) =
ℎ
𝑥
𝑏
𝑏
Y el valor de cada intervalo es 𝐶𝑖 = 𝑖 (𝑛), entonces
𝑓(𝐶𝑖 ) =
ℎ 𝑏
ℎ
𝑖( ) = 𝑖( )
𝑏 𝑛
𝑛
Sustituimos ∆𝑥, 𝑓 (𝐶𝑖 ) en (1.4)
𝑛
𝑛
𝑛
𝑖=1
𝑖=1
𝑖=1
ℎ 𝑏
𝑏ℎ
𝐴 ≈ ∑ 𝑓(𝐶𝑖 )∆𝑥 = ∑ 𝑖 ( ) ( ) = ( 2 ) ∑ 𝑖
𝑛 𝑛
𝑛
Apliquemos el teorema IX.I
𝑛
𝑏ℎ
𝑏ℎ 𝑛(𝑛 + 1)
𝑏ℎ 𝑛(𝑛 + 1)
𝑏ℎ 𝑛 + 1
( 2) ∑ 𝑖 = ( 2) (
) = ( )(
)
=
(
)(
)
𝑛
𝑛
2
2
𝑛2
2
𝑛
𝑖=1
=(
𝑏ℎ
1
) (1 + )
2
𝑛
Por lo tanto
𝐴≈(
𝑏ℎ
1
) (1 + )
2
𝑛
Pero nosotros necesitamos el área exacta por lo que debemos de obtener el
límite cuando (𝑛 → ∞), que es lo mismo a hacer una suma infinita.
𝑏ℎ
1
) (1 + )
𝑛→∞ 2
𝑛
𝐴 = lim (
Por teorema de limites
𝑏ℎ
1
𝑏ℎ
1
𝑏ℎ
𝑏ℎ
) (1 + ) = ( ) (1 + ) = ( ) (1) =
𝑛→∞ 2
𝑛
2
∞
2
2
𝐴 = lim (
¡Y listo!, eh ahí la formula del área de un triangulo
A lo mejor era más sencillo buscar en internet el área de un rectángulo y
evitarnos todo este mundo de ecuaciones, pero desde ahora veremos que
sucede cuando tenemos curvas.
Trata de imaginar como Arquímedes (287-212 a.C.) halló el área encerrada
por un arco de parábola y la cuerda correspondiente, cosa realmente difícil
en aquel tiempo, ya que no disponía del álgebra formalizada ni de la
geometría analítica. ¡Una completa locura!
13
1.2.2 Un problema más general
Partamos de la siguiente definición:
Definición del área de una región plana: Suponga una función f que
es continua en el intervalo [𝑎, 𝑏], con 𝑓(𝑥) ≥ 0 para toda x en el
intervalo [𝑎, 𝑏] y A la región limitada por la curva 𝑦 = 𝑓(𝑥), el eje x
y las rectas 𝑥 = 𝑎 y 𝑥 = 𝑏. Por lo cual el área A bajo la gráfica de f
sobre el intervalo se define como:
𝑛
𝐴 = lim ∑ 𝑓(𝐶𝑖 )∆𝑥 (𝟏. 𝟓)
𝑛→∞
𝑖=1
Antes de entrar a los ejemplos veamos las dos formas de obtener el
área a
base de
sumas:
Ilustración 1-5 Rectángulos inscritos sumas
inferiores
Ilustración 1-6 Rectángulos circunscritos
sumas superiores
La ecuación (1.5) tiene dos formas que nos ayudarán a la resolución
de problemas, estas formas dependerán del tipo de rectángulos que
usemos para hallar el Área:
Rectángulos inscritos: para hallar el área con este método usamos la
siguiente ecuación
𝑛
𝐴 = lim ∑ (
𝑛→∞
𝑖=1
𝑏−𝑎
𝑏−𝑎
) 𝑓 (𝑎 + (𝑖 − 1) (
)) (𝟏. 𝟔)
𝑛
𝑛
Rectángulos circunscritos: para hallar el área con este método
usamos la siguiente ecuación
𝑛
𝐴 = lim ∑ (
𝑛→∞
𝑖=1
𝑏−𝑎
𝑏−𝑎
) 𝑓 (𝑎 + 𝑖 (
)) (𝟏. 𝟕)
𝑛
𝑛
14
1.2.3 Ejemplos
Hallar el área de la región limitada por 𝑦 = 𝑥 2 , el eje x y la recta
𝑥 = 2, usando rectángulos inscritos. Dibuja la figura que muestre la
región.
Antes que nada, analicemos la figura descrita:
La función ya la conocemos: 𝑓(𝑥) = 𝑥 2 y la región o el intervalo
que se va a analizar es de [0, 2], por lo cual 𝑎 = 0 𝑦 𝑏 = 2.
Usando la ecuación 1.6
𝑛
𝐴 = lim ∑ (
𝑛→∞
𝑖=1
2−0
2−0
) 𝑓 (0 + (𝑖 − 1) (
))
𝑛
𝑛
𝑛
2
2
= lim ∑ ( ) 𝑓 ((𝑖 − 1) ( ))
𝑛→∞
𝑛
𝑛
𝑖=1
𝑛
𝑛
2
2[ 𝑖 − 1]
2 2[ 𝑖 − 1]
= lim ∑ ( ) 𝑓 (
) = lim ∑ ( ) (
)
𝑛→∞
𝑛→∞
𝑛
𝑛
𝑛
𝑛
𝑖=1
2
𝑖=1
𝑛
2 4
= lim ∑ ( ) ( 2 ) (𝑖 − 1)2
𝑛→∞
𝑛 𝑛
𝑖=1
𝑛
𝑛
8
8
= lim ∑ ( 3 ) (𝑖 − 1)2 = lim ( 3 ) ∑(𝑖 − 1)2
𝑛→∞
𝑛→∞ 𝑛
𝑛
𝑖=1
𝑖=1
𝑛
8
= lim ( 3 ) ∑ 𝑖 2 − 2𝑖 + 1
𝑛→∞ 𝑛
𝑖=1
Usamos el teorema VI
𝑛
𝑛
𝑛
𝑖=1
𝑖=1
𝑖=1
8
lim ( 3 ) [∑ 𝑖 2 − 2 ∑ 𝑖 + ∑ 1]
𝑛→∞ 𝑛
Usemos el teorema IX. I, IX.II y I
8 𝑛(𝑛 + 1)(2𝑛 + 1)
𝑛(𝑛 + 1)
] + 𝑛]
lim ( 3 ) [
− 2[
𝑛→∞ 𝑛
6
2
8 𝑛(𝑛 + 1)(2𝑛 + 1)
= lim ( 3 ) [
− 𝑛(𝑛 + 1) + 𝑛]
𝑛→∞ 𝑛
6
8 2𝑛3 + 3𝑛2 + 𝑛
= lim ( 3 ) [
− 𝑛2 + 2𝑛]
𝑛→∞ 𝑛
6
15
8 𝑛3 𝑛2 𝑛
= lim ( 3 ) [ + + − 𝑛2 + 2𝑛]
𝑛→∞ 𝑛
3
2
6
Realizando las operaciones de los términos semejantes
8 𝑛3 𝑛2
𝑛
= lim ( 3 ) [ + − 𝑛2 + + 2𝑛]
𝑛→∞ 𝑛
3
2
6
8 𝑛3
𝑛2 2𝑛2
𝑛 12𝑛
= lim ( 3 ) [ + ( −
)+( +
)]
𝑛→∞ 𝑛
3
2
2
6
6
8 𝑛3
1−2
1 + 12
= lim ( 3 ) [ + 𝑛2 (
)+𝑛(
)]
𝑛→∞ 𝑛
3
2
6
8 𝑛3
−1
13
= lim ( 3 ) [ + 𝑛2 ( ) + 𝑛 ( )]
𝑛→∞ 𝑛
3
2
6
8 𝑛3 𝑛2 13𝑛
]
= lim ( 3 ) [ − +
𝑛→∞ 𝑛
3
2
6
Multiplicamos y aplicando ley de exponentes
8 𝑛3 𝑛2 13𝑛
8 4
52
] = lim ( − + 2 )
= lim ( 3 ) [ − +
𝑛→∞ 𝑛
𝑛→∞ 3
3
2
6
𝑛 3𝑛
Realizamos el limite
8
4
52
3
𝑛
3𝑛
= lim ( − +
𝑛→∞
2) =
8
3
Como hablamos de área necesitamos usar unidades cuadráticas por lo
cual el área de la región descrita es:
𝐴=
8 2
𝑢
3
También podemos hallar el área de funciones especiales, por
ejemplo:
Hallar el área de la siguiente función
𝑓 (𝑥 ) = {
𝑥 2,
𝑥 + 2,
0≤𝑥≤1
1≤𝑥≤3
Dibujemos la función
Para hallar el área de la región debemos de sumar el área de
ambas regiones, debido a que se trata de una función a
trozos.
16
Antes que nada, analicemos la figura descrita:
La primera parte de la función esta descrita de la siguiente manera:
𝑓1 (𝑥) = 𝑥 2 y la región o el intervalo que se va a analizar es de [0, 1],
por lo cual 𝑎 = 0 𝑦 𝑏 = 1.
La segunda parte de la función esta descrita de la siguiente manera:
𝑓2 (𝑥 ) = 𝑥 + 2 y la región o el intervalo que se va a analizar es de
[1, 3], por lo cual 𝑎 = 1 𝑦 𝑏 = 3.
Usando la ecuación 1.7
𝑛 ,
𝑛
𝑖=1
𝑖=1
1−0
1−0
1
𝑖
𝐴1 = lim ∑ (
) 𝑓1 (0 + 𝑖 (
)) = lim ( ) ∑ 𝑓1 ( )
𝑛→∞
𝑛→∞ 𝑛
𝑛
𝑛
𝑛
𝑛
𝑛
𝑖=1
𝑖=1
3−1
3−1
2
2𝑖
𝐴2 = lim ∑ (
) 𝑓2 (1 + 𝑖 (
)) = lim ( ) ∑ 𝑓2 (1 + )
𝑛→∞
𝑛→∞ 𝑛
𝑛
𝑛
𝑛
El área total de la figura estará dada por
𝐴 𝑇 = 𝐴1 + 𝐴2
𝑛
𝑛
𝑖=1
𝑖=1
1
𝑖
2
2𝑖
𝐴 𝑇 = lim ( ) ∑ 𝑓1 ( ) + lim ( ) ∑ 𝑓2 (1 + )
𝑛→∞ 𝑛
𝑛→∞ 𝑛
𝑛
𝑛
𝑛
𝑛
𝑖=1
𝑖=1
1
𝑖2
2
2𝑖
= lim [( ) ∑ 2 + ( ) ∑ + 3]
𝑛→∞
𝑛
𝑛
𝑛
𝑛
𝑛
𝑛
𝑛
𝑖=1
𝑖=1
𝑖=1
1
4
2
= lim [( 3 ) ∑ 𝑖 2 + ( 2 ) ∑ 𝑖 + ( ) ∑ 3]
𝑛→∞
𝑛
𝑛
𝑛
Haciendo uso de los teoremas (I), (IX.I) y (IX.II) y simplificando
términos
1 𝑛(𝑛 + 1)(2𝑛 + 1)
4 𝑛(𝑛 + 1)
2
= lim [( 3 )
+ ( 2)
+ ( ) 3𝑛]
𝑛→∞
𝑛
6
𝑛
2
𝑛
Realizamos las operaciones algebraicas
1 2𝑛3 + 3𝑛2 + 𝑛
2
= lim [( 3 ) (
) + ( 2 ) (𝑛2 + 𝑛) + 6]
𝑛→∞
𝑛
6
𝑛
1 𝑛3 𝑛2 𝑛
2
= lim [( 3 ) ( + + ) + 2 + + 6]
𝑛→∞
𝑛
3
2
6
𝑛
Realizamos el siguiente limite
17
1
1
3
2𝑛
= lim [ +
𝑛→∞
+
1
2 +2+
6𝑛
2
1
25
+ 6] = + 2 + 6 =
𝑛
3
3
El área de la figura es:
𝐴𝑇 =
25 2
𝑢
3
1.2.4 Ejercicios
Hallar el área de las siguientes regiones usando rectángulos inscritos
o circunscritos.
1
𝑓 (𝑥 ) = 3 − 𝑥 2 ; [0, 3]
3
𝑓 (𝑥 ) = 𝑥 3 − 4𝑥; [0, 3]
𝑓 (𝑥 ) = (𝑥 − 2)3 + 1; [2, 5]
𝑓 (𝑥 ) = 5𝑥 4 ; [2, 6]
Una última nota
Podemos ver que todas las funciones que analizamos anteriormente tienen ciertas
características:
•
•
El intervalo en el que se calculara el área no puede tener valores negativos,
es decir que tanto el valor de a y b siempre serán positivos.
Que la función sea continua en el intervalo [𝑎, 𝑏].
Ahora veremos el mismo proceso que dará las bases para el concepto de integral.
1.3 Suma de Riemann
Este proceso es análogo al anterior con la diferencia de que ahora tendremos
subintervalos específicos, es decir que dentro del intervalo [𝑎, 𝑏] tendremos
subintervalos específicos.
Como podemos ver los puntos 𝑥𝑛 son valores que se encuentran entre [𝑎, 𝑏],
el espacio entre estos puntos no es necesariamente el mismo, a esta distancia
se le llamará partición (∆𝑥𝑛 ) y estará dada por la siguiente ecuación
Para el primer subintervalo:
∆𝑥1 = 𝑥1 − 𝑥0
Para el segundo subintervalo:
18
∆𝑥2 = 𝑥2 − 𝑥1
Para cualquier subintervalo:
∆𝑥𝑛 = 𝑥𝑛 − 𝑥𝑛−1 (𝟏. 𝟖)
∆𝑥𝑛 tendrá valores numéricos y al valor más alto se le llamará norma de la
partición (‖𝑃‖).
A los puntos (𝑥𝑛∗ ) se les denomina puntos muestra que como vemos son
valores que se encontraran siempre entre los subintervalos [𝑥𝑛−1 , 𝑥𝑛 ] no hay
ecuación para estos puntos son escogidos aleatoriamente la única condición es
que este en un subintervalo.
Con todos estos elementos podemos construir la siguiente suma
𝑛
∑ 𝑓 (𝑥𝑖∗ )∆𝑥𝑖 (𝟏. 𝟗)
𝑖=1
Esta última expresión se le conoce como Suma de Riemann.
1.3.1 Ejemplo
1. Calculemos la suma de Riemann para la función 𝑓(𝑥 ) = 𝑥 2 + 1
en el intervalo [1,3] usando la siguiente partición
3
5
5
7
∆: 𝑥0 = 1, 𝑥1 = 2 , 𝑥2 = 2 , 𝑥3 = 3 y 𝑥1∗ = 4 , 𝑥2∗ = 4 , 𝑥3∗ = 3.
Especifique ‖𝑃‖
Evaluemos la función en cada punto muestra (𝑥𝑖∗ )
5
5 2
25
41
∗)
(
𝑓 𝑥1 = 𝑓 ( ) = ( ) + 1 =
+1=
4
4
16
16
7
7 2
49
65
𝑓 (𝑥2∗ ) = 𝑓 ( ) = ( ) + 1 =
+1=
4
4
16
16
𝑓 (𝑥3∗ ) = 𝑓 (3) = (3)2 + 1 = 9 + 1 = 10
Ahora calculemos el ancho de cada subintervalo
∆𝑥1 = 𝑥1 − 𝑥0 =
3
1
−1 =
2
2
∆𝑥2 = 𝑥2 − 𝑥1 =
5 3
− =1
2 2
∆𝑥3 = 𝑥3 − 𝑥2 = 3 −
5 1
=
2 2
Aquí podemos ver que ‖𝑃‖ = 1
19
Usemos la ecuación (1.9)
3
∑ 𝑓(𝑥𝑖∗ )∆𝑥𝑖 = 𝑓(𝑥1∗ )∆𝑥1 + 𝑓 (𝑥2∗ )∆𝑥2 + 𝑓(𝑥3∗ )∆𝑥3
𝑖=1
Sustituimos los valores que anteriormente obtuvimos
3
∑ 𝑓 (𝑥𝑖∗ )∆𝑥𝑖 = (
𝑖=1
41 1
65
1
) ( ) + ( ) (1) + (10) ( )
16 2
16
2
41
65
41 + 130 + 175 346
)+( )+5 =
=
32
16
32
32
= 10.8125
=(
*Nota al alumno: Todos estos cálculos se hicieron de manera directa con calculadora, los
resultados si se ven muy afectados si empezamos a redondear decimales durante el
proceso, recomendación redondea hasta el final¡¡¡
1
2. Calculemos la suma de Riemann para la función 𝑓(𝑥 ) = (𝑥+2) en el
intervalo [−1,3] usando la siguiente partición
∆: 𝑥0 = −1, 𝑥1 = −0.25, 𝑥2 = 0, 𝑥3 = 0.5, 𝑥4 = 1.25, 𝑥5 = 2
𝑥6 = 2.25, 𝑥7 = 2.75, 𝑥8 = 3 y
𝑥1∗ = −0.75, 𝑥2∗ = 0, 𝑥3∗ = 0.25, 𝑥4∗ = 1, 𝑥5∗ = 1.5, 𝑥6∗ = 2, 𝑥7∗ = 2.5, 𝑥8∗ = 3.
Especifique ‖𝑃‖
Evaluemos la función en cada punto muestra (𝑥𝑖∗ ) y calculemos el
ancho de cada subintervalo
𝑓(𝑥1∗ ) = 𝑓(−0.75) =
1
= 0.8
(−0.75 + 2)
∆𝑥1 = 𝑥1 − 𝑥0 = −0.25 − (−1) = 0.75
1
∆𝑥2 = 𝑥2 − 𝑥1 = 0 − (−0.25) = 0.25
= 0.5
(0 + 2)
1
4
∆𝑥3 = 𝑥3 − 𝑥2 = 0.5 − 0 = 0.5
𝑓(𝑥3∗ ) = 𝑓(0.25) =
=
(0.25 + 2) 9
1
1
∆𝑥4 = 𝑥4 − 𝑥3 = 1.25 − 0.5 = 0.75
𝑓(𝑥4∗ ) = 𝑓(1) =
=
(1 + 2) 3
1
2
∆𝑥5 = 𝑥5 − 𝑥4 = 2 − 1.25 = 0.75
𝑓(𝑥5∗ ) = 𝑓(1.5) =
=
(1.5 + 2) 7
1
∆𝑥6 = 𝑥6 − 𝑥5 = 2.25 − 2 = 0.25
𝑓(𝑥6∗ ) = 𝑓(2) =
= 0.25
(2 + 2)
1
2
∆𝑥7 = 𝑥7 − 𝑥6 = 2.75 − 2.25 = 0.5
𝑓(𝑥7∗ ) = 𝑓(2.5) =
=
(2.5 + 2) 9
1
∆𝑥8 = 𝑥8 − 𝑥7 = 3 − 2.75 = 0.25
𝑓(𝑥8∗ ) = 𝑓(3) =
= 0.2
(3 + 2)
Aquí podemos ver que ‖𝑃‖ = 0.75
𝑓(𝑥2∗ ) = 𝑓(0) =
20
Usemos la ecuación (1.9)
8
∑ 𝑓 (𝑥𝑖∗ )∆𝑥𝑖 = 𝑓 (𝑥1∗ )∆𝑥1 + 𝑓 (𝑥2∗ )∆𝑥2 + 𝑓 (𝑥3∗ )∆𝑥3 + 𝑓(𝑥4∗ )∆𝑥4 + 𝑓(𝑥5∗ )∆𝑥5
𝑖=1
+ 𝑓 (𝑥6∗ )∆𝑥6 + 𝑓(𝑥7∗ )∆𝑥7 + 𝑓(𝑥8∗ )∆𝑥8
Sustituimos nuestros valores
8
4
1
∑ 𝑓 (𝑥𝑖∗ )∆𝑥𝑖 = (0.8)(0.75) + (0.5)(0.25) + ( ) (0.5) + ( ) (0.75)
9
3
𝑖=1
2
2
+ ( ) (0.75) + (0.25)(0.25) + ( ) (0.5) + (0.2)(0.25)
7
9
≈ 1.635
*Nota al alumno: Todos estos cálculos se hicieron de manera directa con calculadora, los
resultados si se ven muy afectados si empezamos a redondear decimales durante el
proceso, recomendación redondea hasta el final¡¡¡
Una última nota
Podemos ver que todas las funciones que analizamos anteriormente tienen ciertas
características:
•
•
El intervalo en el que se calculara el área tiene valores negativos, es decir
que tanto el valor de a y b pueden ser negativos y positivos.
Que la función sea continua en el intervalo [𝑎, 𝑏].
1.3.2 Ejercicios
1. Calculemos la suma de Riemann para la función 𝑓 (𝑥 ) = 𝑥 2 en el
intervalo [0,3] usando la siguiente partición
∆: 𝑥0 = 0, 𝑥1 = 0.75, 𝑥2 = 1.25, 𝑥3 = 2, 𝑥4 = 2.75, 𝑥5 = 3 𝑦
∗
𝑥1 = 0.5, 𝑥2∗ = 1, 𝑥3∗ = 1.75, 𝑥4∗ = 2.25, 𝑥5∗ = 2.75.
Especifique ‖𝑃‖
1
2. Calculemos la suma de Riemann para la función 𝑓(𝑥 ) = en el intervalo
𝑥
[1,3] usando la siguiente partición
∆: 𝑥0 = 1, 𝑥1 = 1.67, 𝑥2 = 2.25, 𝑥3 = 2.67, 𝑥4 = 3 𝑦
𝑥1∗ = 1.25, 𝑥2∗ = 2, 𝑥3∗ = 2.5, 𝑥4∗ = 2.75.
Especifique ‖𝑃‖
21
22
2 La integral, ¿Qué es ese símbolo tan raro?
Bueno aquí empieza lo raro, anteriormente definimos el área de una región plana de la
siguiente manera:
𝑛
𝐴 = lim ∑ 𝑓(𝑥𝑖∗ )∆𝑥𝑖 (𝟐. 𝟏)
𝑛→∞
𝑖=1
Pero como vimos también representa un proceso muy laborioso (y desgastante), pero
¿Y si hubiera una forma distinta de ver este límite?, bueno si la hay y es que este limite
abre la puerta a lo que conoceremos como integral.
Veremos dos formas de ver este concepto de área, pero ahora lo lameremos integral
2.1 Integral definida
En la anterior sección cuando trabajamos con sumas de Riemann, se recalcó
que trabajamos en un intervalo cerrado [𝑎, 𝑏] sin importar que estos valores
sean negativos o positivos, bueno (2.1) se puede ver da a siguiente manera:
𝑛
𝑏
𝐴 = lim ∑ 𝑓(𝑥𝑖∗ )∆𝑥𝑖 = ∫ 𝑓(𝑥 ) 𝑑𝑥
𝑛→∞
𝑖=1
𝑎
*Nota: el como se transforma la suma en lo de la derecha es simple notación y
también con ayuda de algunos teoremas que no se toman en cuenta en esta guía de
ejercicios.
𝑏
∫ 𝑓 (𝑥 ) 𝑑𝑥 (𝟐. 𝟐)
𝑎
Esto es lo que se conoce como integral.
Cada parte de la integral tiene un significado
∫ : este símbolo se le conoce como signo de integración
𝒂: es el límite inferior, en este documento tendrá valores numéricos, aunque
no siempre es así.
𝒃: es el límite inferior, en este documento tendrá valores numéricos, aunque
no siempre es así.
Muy bien ahora lo complicado, más o menos, es explicar que significa
𝑓 (𝑥 ) 𝑑𝑥, esta claro que estamos hablando de una función el problema es aquel
dx qué acompaña a la función. La dx se le conoce como diferencial de x, y si
tiene que ver con el Cálculo Diferencial.
23
Por lo regular cuando tenemos una función acompañado del diferencial de x,
decimos que es la derivada de una función, es decir que 𝑓 (𝑥 ) 𝑑𝑥 es la
derivada de una función desconocida 𝐹(𝑥).
Es decir que
𝐹′(𝑥) = 𝑓 (𝑥 ) 𝑑𝑥
Y nuestro trabajo consiste en hallar a la función 𝐹(𝑥) original, es decir la
función que se derivó para transformarse en 𝑓 (𝑥 ), a la cual llamaremos
función primitiva de 𝒇(𝒙), y para ello haremos uso de la integral, pero ¿Qué
no se supone que debemos hallar áreas?, pues si ese aún es nuestro objetivo.
Sin embargo para calcular áreas necesitamos saber quien es la primitiva de
nuestra integral.
Por lo cual siempre que queramos calcular la integral de una función 𝑓(𝑥 ) en
el intervalo [𝑎, 𝑏] usaremos:
𝑏
𝑏
∫ 𝑓(𝑥 ) 𝑑𝑥 = 𝐹(𝑥 ) | = 𝐹(𝑏) − 𝐹(𝑎) (𝟐. 𝟑)
𝑎
𝑎
𝑏
A la parte de 𝐹(𝑥) | podemos verlo como la función primitiva ahora va a ser
𝑎
evaluada en los valores a y b.
2.1.1 Ejemplos
1. Calculemos la derivada de la siguiente función:
𝐹 (𝑥 ) = 3𝑥 2
𝐹 ′ (𝑥 ) = 6𝑥 𝑑𝑥
Podemos ver que 3𝑥 2 es la función primitiva de 6𝑥 𝑑𝑥 por lo tanto
usando (2.3) tenemos que:
7
∫ 6𝑥 𝑑𝑥 = 3𝑥
7
2|
= 3(7)2 − 3(5)2 = 147 − 75 = 72
5
Esto de aquí es un ejemplo muy convencional ya que se conoce la
función primitiva.
5
2. Pero que pasa con integrales donde no conocemos la primitiva.
3
∫ 1 𝑑𝑥
−1
En este caso no resulta difícil conocer la primitiva ya que la única
derivada que da como resultado 1 es:
𝐷𝑥 (𝑥 ) = 1 𝑑𝑥
Por lo que la primitiva 𝐹(𝑥) de esta integral es 𝑥:
24
𝐹 (𝑥 ) = 𝑥
Usando (2.3)
3
3
∫ 1 𝑑𝑥 = 𝑥 |
= (3) − (−1) = 3 + 1 = 4
−1
−1
Viendo estos ejemplos resultaría complicado hallar integrales del tipo
𝑏
𝑏
𝑏
𝑏
𝑏
∫ 𝑥 𝑛 𝑑𝑥 , ∫ ln 𝑥 𝑑𝑥 , ∫ 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 , ∫ sen 𝑥 𝑑𝑥 , ∫ cos 𝑥 𝑑𝑥 , 𝑒𝑡𝑐
𝑎
𝑎
𝑎
𝑎
𝑎
Para este tipo de integrales existen tablas/formularios que nos ayudaran a
realizar este tipo de integrales.
2.2 Una pequeña pero gran diferencia, la integral indefinida.
Antes de hablar sobre los teoremas/formularios tratemos una pequeña
diferencia, la integral definida e indefinida, ¿Cuál es su diferencia?
Como ya hemos dicho antes la integral definida se usa para calcular áreas en
el caso de la integral indefinida no necesariamente, se dice esto por que se
da por echo de que siempre que calcules una integral estas calculando el área
bajo una curva.
Escritos tienen la siguiente forma:
Integral definida
7
7
∫ 6𝑥 𝑑𝑥 = 3𝑥 2 | = 3(7)2 − 3(5)2 = 147 − 75 = 72
5
5
Integral indefinida
∫ 6𝑥 𝑑𝑥 = 3𝑥 2 + 𝐶
Tomando el ejemplo anterior podemos notar que la integral indefinida no
tiene valores numéricos para evaluar el resultado, se limita a sumar una
constante C, llamada constante de integración, al final.
Esa es la única diferencia, aunque en algunos métodos de integración se ven
afectados los limites inferior y superior, pero eso se verá más adelante.
25
3 Teoremas de integrales, los que debes de saber
Solo se presentan algunos teoremas, “tablas”, de las funciones que involucran la
variable x. estos teoremas son el primer paso para ir conociendo las formas en que se
desarrollan las integrales.
Todos los teoremas/tablas de integrales se darán a partir de aquí como integrales
indefinidas. Pero funcionan de igual forma. De cualquier manera, se agrega un
ejemplo con integral definida.
3.1 La integral de un diferencial
∫ 𝑑𝑥 = 𝑥 + 𝐶 (𝟑. 𝟏)
La integral de un diferencial lo que importa aquí la verdad es solo ver que
variable, “letra”, tiene el diferencial.
3.1.1 Ejemplos
∫ 𝑑𝑦 = 𝑦 + 𝐶
5
5
∫ 𝑑𝑦 = 𝑦 | = (5) − (2) = 3
2
2
Vemos que solo cambia la letra, pero el teorema es el mismo.
Observa que en la definida ya no se pone la constante C, así será con
los siguientes teoremas
3.2 La integral de una constante
∫ 𝑎 𝑑𝑥 = 𝑎 [∫ 𝑑𝑥] = 𝑎(𝑥 + 𝐶 ) = 𝑎𝑥 + 𝑎𝐶 = 𝑎𝑥 + 𝑪
∫ 𝑎 𝑑𝑥 = 𝑎𝑥 + 𝑪 (𝟑. 𝟐)
Vemos que es una variante del teorema anterior solamente que al final se
multiplica por la constante a el resultado de la integral, la multiplicación de la
contante a por la constante C no tiene relevancia en cualquier caso al final la
multiplicación de dos números nos da otro número.
3.2.1 Ejemplos
∫ 4 𝑑𝑥 = 4𝑥 + 𝐶
20
20
∫ 7 𝑑𝑥 = 7𝑥 | = 7(20) − 7(9) = 140 − 63 = 77
9
9
26
3.3 Integral de una función de grado n
𝑥 𝑛+1
∫ 𝑥 𝑑𝑥 =
+ 𝑪 (𝟑. 𝟑)
𝑛+1
𝑛
Lo que suceda con este tipo de integral dependerá únicamente del exponente.
3.3.1 Ejemplos
∫ 2𝑥 3 𝑑𝑥 = 2 [∫ 𝑥 3 𝑑𝑥] = 2 (
4
𝑥 3+1
𝑥4
𝑥4
+ 𝑪) = 2 ( + 𝑪) =
+𝑪
3+1
4
2
4
∫ 5𝑥 2 𝑑𝑥 = 5 [∫ 𝑥 2 𝑑𝑥 ] = 5 [(
1
1
𝑥 2+1 4
𝑥3 4
) | ] = 5 [( ) | ]
2+1
3
1
1
(4)3 (1)3
] = 2(21) = 105
= 5[
−
3
3
3.4 Integral de la función inversa
Usemos el teorema anterior.
∫𝑥
−1
𝑥 −1+1
𝑥0
𝑑𝑥 =
+𝑪 =
+𝑪
−1 + 1
0
Notemos que hay un error sabemos que la división entre 0 no existe, entonces
¿Significa que esta integral no existe?, pues no la verdad es que, si existe,
pero su solución emplea ver la integral de la siguiente forma.
∫ 𝑥 −1 𝑑𝑥 = ∫
1
𝑑𝑥
𝑥
1
La parte de la integral 𝑥 𝑑𝑥 es la derivada de la función (ln 𝑥 ) es decir que es
1
la primitiva de la función 𝑥 𝑑𝑥. Por lo tanto, tenemos que:
𝐹 (𝑥 ) = ln 𝑥
1
𝐹 ′ (𝑥 ) = 𝑑𝑥
𝑥
∫ 𝑥 −1 𝑑𝑥 = ∫
1
𝑑𝑥 = ln 𝑥 + 𝐶 (𝟑. 𝟒)
𝑥
3.4.1 Ejemplos
5
1
∫ 𝑑𝑥 = 5 [∫ 𝑑𝑥] = 5(ln 𝑥 + 𝑪) = 5 ln 𝑥 + 𝑪
𝑥
𝑥
4
1
1 41
1
1
∫
𝑑𝑥 = [∫
𝑑𝑥 ] = [ln 𝑥 | ] = [ln 4 − ln 1]
5 1 𝑥
5
5
1 5𝑥
1
1
= (ln 4 − 0) ≈ 0.277
5
4
27
3.5 Integrales trigonométricas, las básicas.
∫ sen 𝑥 𝑑𝑥 = − cos 𝑥 + 𝑪 (𝟑. 𝟓. 𝟏)
∫ cos 𝑥 𝑑𝑥 = sen 𝑥 + 𝑪 (𝟑. 𝟓. 𝟐)
∫ tan 𝑥 𝑑𝑥 = ln|sec 𝑥| + 𝑪 (𝟑. 𝟓. 𝟑)
∫ cot 𝑥 𝑑𝑥 = ln|sen 𝑥| + 𝑪 (𝟑. 𝟓. 𝟒)
∫ sec 𝑥 𝑑𝑥 = ln|sec 𝑥 + tan 𝑥| + 𝑪 (𝟑. 𝟓. 𝟓)
∫ csc 𝑥 𝑑𝑥 = ln|csc 𝑥 + cot 𝑥| + 𝑪 (𝟑. 𝟓. 𝟔)
Estas son las principales integrales trigonométricas.
3.5.1 Ejemplos
∫ 5 sec 𝑥 𝑑𝑥 = 5 [∫ sec 𝑥 𝑑𝑥] = 5[ln|sec 𝑥 + tan 𝑥| + 𝑪 ]
= 5ln|sec 𝑥 + tan 𝑥| + 𝑪
𝜋
1
1 𝜋
1
sen 𝑥 𝑑𝑥 = [∫ sen 𝑥 𝑑𝑥 ] = [−cos 𝑥 | ]
5 0
5
0 5
0
1
1
= [−cos 𝜋 − (− cos 0)] = (−(−1) − (−1))
5
5
1
2
= (2) =
5
5
𝜋
∫
Antes de continuar cabe aclarar que cuando se trabaja con integrales
trigonométricas definidas los valores por lo regular estarán siempre
dados en radianes. Es por eso por lo que en el ejemplo anterior:
cos 𝜋 = −1
cos 0 = 1
3.6
Integrales exponenciales y logarítmicas
∫ 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑒 𝑥 + 𝐶 (𝟑. 𝟔. 𝟏)
∫ ln 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥 ln 𝑥 − 𝑥 + 𝐶 (𝟑. 𝟔. 𝟐)
28
∫ 𝑎 𝑥 𝑑𝑥 =
𝑎𝑥
+ 𝐶 ; 𝑎 > 0, 𝑎 ≠ 1 (𝟑. 𝟔. 𝟑)
ln 𝑎
Estas son las principales integrales que debes de conocer.
3.6.1 Ejemplos
∫ 5 ln 𝑥 𝑑𝑥 = 5 [∫ ln 𝑥 𝑑𝑥] = 5[𝑥 ln 𝑥 − 𝑥 + 𝐶 ] = 5𝑥 ln 𝑥 − 5𝑥 + 𝑪
2𝑥 𝜋
2𝜋
20
∫ 2 𝑑𝑥 =
| =
−
≈ 11.289
ln 2 0 ln 2 ln 2
0
𝜋
𝑥
3.7 Suma y resta de funciones, la única operación que se puede
integrar
Hemos visto de cálculo diferencial que cuando tenemos dos funciones,
𝑓 (𝑥 ) 𝑦 𝑔(𝑥) estas las podemos derivar independientemente de que, si estas
funciones se suman, restan, dividen o multiplican. Pero con las integrales solo
se pueden integrar funciones que se suman o restan, cumpliendo las
siguientes propiedades.
Integrales definidas (suma)
𝑏
𝑏
𝑏
𝑏
𝑏
∫[𝑓(𝑥) + 𝑔(𝑥)] 𝑑𝑥 = ∫ 𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 + ∫ 𝑔(𝑥) 𝑑𝑥 = 𝐹 (𝑥 ) | + 𝐺 (𝑥) |
𝑎
𝑎
𝑎
𝑎
𝑎
[
(
)
(
)]
[
(
)
(
)]
= 𝐹 𝑏 −𝐹 𝑎 + 𝐺 𝑏 −𝐺 𝑎
= [𝐹(𝑏) + 𝐺 (𝑏)] − [𝐹(𝑎) + 𝐺 (𝑎)] (𝟑. 𝟕. 𝟏)
Integrales indefinidas (suma)
∫[𝑓(𝑥) + 𝑔(𝑥)] 𝑑𝑥 = ∫ 𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 + ∫ 𝑔(𝑥) 𝑑𝑥
= 𝐹(𝑥 ) + 𝐺 (𝑥 ) + 𝐶 (𝟑. 𝟕. 𝟐)
Integrales definidas (resta)
𝑏
𝑏
𝑏
𝑏
𝑏
∫[𝑓(𝑥) − 𝑔(𝑥)] 𝑑𝑥 = ∫ 𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 − ∫ 𝑔(𝑥 ) 𝑑𝑥 = 𝐹 (𝑥 ) | − 𝐺 (𝑥) |
𝑎
𝑎
𝑎
𝑎
𝑎
= [𝐹(𝑏) − 𝐹(𝑎)] − [𝐺 (𝑏) − 𝐺 (𝑎)]
= [𝐹(𝑏) − 𝐺 (𝑏)] − [𝐹(𝑎) − 𝐺 (𝑎)] (𝟑. 𝟕. 𝟑)
Integrales indefinidas (resta)
∫[𝑓(𝑥) − 𝑔(𝑥)] 𝑑𝑥 = ∫ 𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 − ∫ 𝑔(𝑥 ) 𝑑𝑥
= 𝐹(𝑥 ) − 𝐺 (𝑥 ) + 𝐶 (𝟑. 𝟕. 𝟒)
29
3.7.1 Ejemplos
𝜋
2
𝜋
2
𝜋
2
∫ sen(𝑥 ) + cos(𝑥 ) 𝑑𝑥 = ∫ sen(𝑥 ) 𝑑𝑥 + ∫ cos(𝑥) 𝑑𝑥
−
𝜋
2
𝜋
−
2
−
𝜋
2
Usando (3.5.1), (3.5.2) y (3.7.1)
𝜋
𝜋
𝜋
𝜋
= [−cos ( ) + sen ( )] − [−cos (− ) + sen (− )]
2
2
2
2
Nosotros sabemos por propiedades de ángulos negativos:
sen(−𝑥 ) = − sen(𝑥)
También como estamos usando radianes
𝜋
𝜋
cos ( ) = cos (− ) = 0
2
2
𝜋
𝜋
𝜋
𝜋
𝜋
= [0 + sen ( )] − [0 − sen ( )] = sen ( ) + sen ( ) = 2 sen ( )
2
2
2
2
2
= 2 (1) = 2
∫(𝑥 − 1)2 𝑑𝑥 = ∫ 𝑥 2 − 2𝑥 + 1 𝑑𝑥 = ∫ 𝑥 2 𝑑𝑥 − ∫ 2𝑥 𝑑𝑥 + ∫ 1 𝑑𝑥
Usando (3.2) y (3.3)
=
𝑥 2+1
𝑥1+1
𝑥3
𝑥2
𝑥3
−2(
)+𝑥 =
− 2( ) +𝑥 =
− 𝑥2 + 𝑥
2+1
1+1
3
2
3
Una última nota
Estas integrales son muy básicas en realidad este apartado es solamente para que
conozcas los teoremas y alguna propiedad. No existen ejercicios tan simples como
los anteriormente vistos la principal idea es que veas como se respeta el mismo
teorema independientemente de que hablemos de una integral definida o una
integral indefinidas. Aunque a partir de ahora trabajaremos con integrales
indefinidas.
30
4 Métodos de integración y ¡más tablas ¡
Los teoremas anteriores solo involucraban una función del tipo 𝑓(𝑔(𝑥)) donde siempre
𝑔(𝑥 ) = 𝑥, pero que pasaría si ahora cambian las cosas, es decir que por ejemplo ahora
tengamos funciones del tipo:
𝑏
𝑏
𝑏
𝑛
∫(𝑎𝑥 + 𝑏)𝑛 𝑑𝑥 , ∫ ln(sen(𝑎𝑥 + 𝑏)) 𝑑𝑥 , ∫ 𝑒 (𝑎𝑥+𝑏) 𝑑𝑥 ,
𝑎
𝑎
𝑏
𝑎
𝑏
∫ 𝑐 sen(𝑎𝑥 + 𝑏) 𝑑𝑥 , ∫ cos(tan(𝑎𝑥 + 𝑏)) 𝑑𝑥
𝑎
𝑎
Las integrales se vuelven una locura con estas combinaciones, pero afortunadamente se
siguen usando los teoremas que vimos anteriormente, pero con una pequeña
modificación.
∫ 𝑎 𝑑𝑢 = 𝑎𝑢 + 𝑪 (𝑰)
∫ 𝑢𝑛 𝑑𝑢 =
∫
𝑢𝑛+1
+ 𝑪 (𝑰𝑰)
𝑛+1
1
𝑑𝑢 = ln 𝑢 + 𝑪 (𝑰𝑰𝑰)
𝑢
∫ sen 𝑢 𝑑𝑢 = − cos 𝑢 + 𝑪 (𝑰𝑽)
∫ cos 𝑢 𝑑𝑢 = sen 𝑢 + 𝑪 (𝑽)
∫ tan 𝑢 𝑑𝑢 = ln|sec 𝑢| + 𝑪 (𝑽𝑰)
∫ cot 𝑢 𝑑𝑢 = ln|sen 𝑢| + 𝑪 (𝑽𝑰𝑰)
∫ sec 𝑢 𝑑𝑢 = ln|sec 𝑢 + tan 𝑢| + 𝑪 (𝑽𝑰𝑰𝑰)
∫ csc 𝑢 𝑑𝑢 = ln|csc 𝑢 − cot 𝑢| + 𝑪 (𝑰𝑿)
∫ 𝑒 𝑢 𝑑𝑢 = 𝑒 𝑢 + 𝑪 (𝑿)
∫ ln 𝑢 𝑑𝑢 = 𝑢 ln 𝑢 − 𝑢 + 𝑪 (𝑿𝑰)
31
∫ 𝑎𝑢 𝑑𝑢 =
𝑎𝑢
+ 𝑪 ; 𝑎 > 0, 𝑎 ≠ 1 (𝑿𝑰𝑰)
ln 𝑎
Aquí la letra u va a representar una función cual sea y, de cualquier forma y tipo. Por
ejemplo:
∫(2𝑥 + 7)9 𝑑𝑥
Sería una locura desarrollar el polinomio y hacer ¡10 integrales ¡
Afortunadamente existen técnicas de integración las cuales nos ayudaran con algunas
integrales, también de paso veremos que estas mismas técnicas de integración dan paso
a tablas más específicas, estas tablas son de integrales que se usan con mas
frecuencia.
Spoiler: ¡son más de 120 fórmulas de integrales ¡
4.1 Técnica de integración No. 1 (Método de sustitución o cambio de
variable)
La forma más rápida de entender este tipo de técnica es usando ejemplos así
que veamos algunos.
4.1.1 Integración de binomios con una potencia. (Ejemplo)
Tomemos la siguiente integral:
∫(2𝑥 + 7)9 𝑑𝑥
Ya hemos visto lo tedioso de hacer estas integrales por lo tanto el
método de sustitución propone los siguientes pasos.
1. Llamemos a nuestra variable u y le daremos como valor lo
que este dentro del paréntesis, es decir
𝑢 = 2𝑥 + 7
2. Derivemos ambos lados de la expresión de arriba de forma
que quede de la siguiente manera
𝑑𝑢 = 2 𝑑𝑥
*recuerda que siempre que derives debes de agregar el
diferencial 𝑑𝑥.
3. Despejemos 𝑑𝑥
𝑑𝑢
𝑑𝑥 =
2
𝑑𝑢
4. Sustituyamos 𝑢 = 2𝑥 + 7 y 𝑑𝑥 = 2 en nuestra integral
original
∫(𝑢)9
𝑑𝑢
𝑢9
= ∫ 𝑑𝑢
2
2
32
Este si es una integral que podemos resolver, así que,
resolviendo, usando (I) y (II)
𝑢9
1 𝑢10
𝑢10
∫ 𝑑𝑢 = [
+ 𝐶] =
+𝑪
2
2 10
20
5. Pero nosotros empezamos con x, entonces ahora sustituimos
𝑢 = 2𝑥 + 7 en nuestro resultado anterior.
(2𝑥 + 7)10
𝑢10
+𝑪=
+𝑪
20
20
Por lo tanto
∫(2𝑥 + 7)9 𝑑𝑥 =
(2𝑥 + 7)10
+𝑪
20
Y listo¡¡¡ eh ahí nuestra integral
4.1.2 Integración de funciones polinómicas. (Ejemplos)
1. Veamos la siguiente integral
∫(4𝑥 − 4)(𝑥 2 − 2𝑥 + 3) 𝑑𝑥
Cuando tengamos este tipo de integrales siempre veamos que
polinomio es el de mayor grado en nuestro caso es (𝑥 2 −
2𝑥 + 3) a esta función le vamos a llamar u, es decir:
𝑢 = 𝑥 2 − 2𝑥 + 3
Repitiendo el procedimiento anterior, derivamos ambos lados
de la expresión anterior:
𝑑𝑢 = 2𝑥 − 2 𝑑𝑥
Y despejamos 𝑑𝑥
𝑑𝑥 =
𝑑𝑢
2𝑥 − 2
Nuevamente sustituimos u y dx en nuestra integral original,
∫(4𝑥 − 4)𝑢
𝑑𝑢
2𝑥 − 2
Podemos simplificar los términos 4𝑥 − 4 y 2𝑥 − 2 ya que:
4𝑥 − 4 = 2(2𝑥 − 2)
Por lo cual nuestra integral queda de la siguiente forma
∫
2(2𝑥 − 2)
𝑢 𝑑𝑢 = ∫ 2𝑢 𝑑𝑢
2𝑥 − 2
Usando (I) y (III)
33
𝑢1+1
𝑢2
∫ 2𝑢 𝑑𝑢 = 2 [
] = 2 [ ] = 𝑢2 + 𝐶
1+1
2
Pero como iniciamos con x entonces ahora sustituimos
𝑢 = 𝑥 2 − 2𝑥 + 3
en nuestro resultado anterior
𝑢2 + 𝐶 = (𝑥 2 − 2𝑥 + 3)2 + 𝐶
Por lo tanto
∫(4𝑥 − 4)(𝑥 2 − 2𝑥 + 3) 𝑑𝑥 = (𝑥 2 − 2𝑥 + 3)2 + 𝐶
Y listo¡¡¡ eh ahí nuestra integral
2. Veamos la siguiente integral
∫(𝑥 2 − 2)√𝑥 3 − 6𝑥 + 3 𝑑𝑥
Aquí nuestra u será:
𝑢 = 𝑥 3 − 6𝑥 + 3
Derivamos
𝑑𝑢 = 3𝑥 2 − 6 𝑑𝑥
Y despejamos 𝑑𝑥
𝑑𝑢
3𝑥 2 − 6
Sustituimos u y dx en nuestra integral original:
𝑑𝑢
∫(𝑥 2 − 2)√𝑢 2
3𝑥 − 6
𝑑𝑥 =
Podemos simplificar los términos (𝑥 2 − 2) y 3𝑥 2 − 6ya que:
(3𝑥 2 − 6) = 3(𝑥 2 − 2)
Por lo cual nuestra integral queda de la siguiente forma
∫
1
(𝑥 2 − 2 )
1
1
√𝑢
𝑑𝑢 = ∫ √𝑢 𝑑𝑢 = ∫ 𝑢2 𝑑𝑢
√𝑢 𝑑𝑢 = ∫
2
3(𝑥 − 2 )
3
3
3
Usando (II) tenemos que
1
3
3
1
1
1 𝑢2+1
1 𝑢2
1 2𝑢2
∫ 𝑢2 𝑑𝑢 = [
+ 𝐶] = [ + 𝐶] = [
+ 𝐶] =
3
3 1+1
3 3
3 3
2
2
3
2𝑢2
=
+𝐶
9
Volvemos a nuestra variable x sustituyendo 𝑢 = 𝑥 3 − 6𝑥 + 3
34
3
3
2𝑢2
2(𝑥 3 − 6𝑥 + 3)2
+𝐶 =
+𝐶
9
9
Finalmente, nuestra integral es
3
2(𝑥 3 − 6𝑥 + 3)2
2
3
∫(𝑥 − 2)√𝑥 − 6𝑥 + 3 𝑑𝑥 =
+𝐶
9
3. Uno mas
(2𝑥 − 3)
∫ 2
𝑑𝑥
(𝑥 − 3𝑥 + 6)2
Aquí nuestra u será:
𝑢 = 𝑥 2 − 3𝑥 + 6
Derivamos
𝑑𝑢 = 2𝑥 − 3 𝑑𝑥
Y despejamos 𝑑𝑥
𝑑𝑢
2𝑥 − 3
Sustituimos u y dx en nuestra integral original:
𝑑𝑥 =
∫
(2𝑥 − 3) 𝑑𝑢
𝑑𝑢
∫
=
= ∫ 𝑢−2 𝑑𝑢
(𝑢)2 2𝑥 − 3
𝑢2
Usando (II) tenemos que
𝑢−2+1
𝑢−1
1
∫ 𝑢−2 𝑑𝑢 = [
+ 𝐶] =
+𝐶 =− +𝐶
−2 + 1
−1
𝑢
Volvemos a nuestra variable x sustituyendo 𝑢 = 𝑥 2 − 3𝑥 + 6
1
1
− +𝐶 = − 2
+𝐶
(𝑥 − 3𝑥 + 6)
𝑢
Finalmente, nuestra integral es
(2𝑥 − 3)
1
∫ 2
𝑑𝑥
=
−
+𝐶
(𝑥 − 3𝑥 + 6)2
(𝑥 2 − 3𝑥 + 6)
Puede ver ocasiones en donde el cambio de variable no sea tan obvio
y tengamos que ingeniárnosla en otros pasos, como en los siguientes
casos
4. Veamos la siguiente integral
∫(𝑥)√𝑥 − 2 𝑑𝑥
Podemos ver que ambos polinomios son del mismo grado
entonces, ¿Cuál escogemos para llamarlo u?
Aquí empieza nuestro problema entonces debemos de llamar
a la intuición, si nosotros hacemos:
𝑢=𝑥
35
La verdad es que nada va a cambiar entonces queda
descartado ese cambio, pero ¿Qué pasaría? si ahora hacemos
lo siguiente:
𝑢 = 𝑥−2
Entonces podemos hacer lo siguiente
𝑥 =𝑢+2
Derivando la primera expresión
𝑑𝑢 = 𝑑𝑥
Y sustituimos u, x y dx en nuestra integral original:
∫(𝑢 + 2)√𝑢 𝑑𝑢 = ∫ 𝑢√𝑢 + 2√𝑢 𝑑𝑢
Podemos simplificar
exponentes:
los
términos
3
1
usando
leyes
de
∫ 𝑢2 + 2𝑢2 𝑑𝑢
Este si es ahora una integral con la que podamos trabajar a
gusto.
Entonces, usando (3.7.2) y (II) nuestra integral queda de la
siguiente forma
3
1
3
1
∫ 𝑢2 + 2𝑢2 𝑑𝑢 = ∫ 𝑢2 𝑑𝑢 + ∫ 2𝑢2 𝑑𝑢
3
1
𝑢2+1
𝑢2+1
=[
]+2[
]+𝐶
3
1
+
1
+
1
2
2
5
3
5
3
𝑢2
𝑢2
2𝑢2
2𝑢2
= [ ]+2[ ] +𝐶 = [
]+ 2[
]+𝐶
3
5
5
3
2
2
5
3
2𝑢2 4𝑢2
=
+
+𝐶
5
3
Volvemos a nuestra variable x sustituyendo 𝑢 = 𝑥 − 2
5
3
5
3
2𝑢2 4𝑢2
2(𝑥 − 2)2 4(𝑥 − 2)2
+
+𝐶 =
+
+𝐶
5
3
5
3
Usando ley de radicales
5
3
2(𝑥 − 2)2 4(𝑥 − 2)2
+
+𝐶
5
3
2
4
= √(𝑥 − 2)5 + √(𝑥 − 2)3 + 𝐶
5
3
36
Finalmente, nuestra integral es:
2
4
∫(𝑥)√𝑥 − 2 𝑑𝑥 = √(𝑥 − 2)5 + √(𝑥 − 2)3 + 𝐶
5
3
5. Una mas
3
∫ 𝑥 2 √𝑥 + 4 𝑑𝑥
Tenemos el mismo problema que antes, como una pista del
ejemplo anterior es que en la raíz solo quede un término por
lo tanto podemos hacer lo siguiente.
𝑢 = 𝑥+4
Entonces podemos hacer lo siguiente
𝑥 =𝑢−4
Derivando la primera expresión
𝑑𝑢 = 𝑑𝑥
Y sustituimos u, x y dx en nuestra integral original:
∫(𝑢 − 4)2 3√𝑢 𝑑𝑢 = ∫(𝑢2 − 8𝑢 + 16) 3√𝑢 𝑑𝑢
1
= ∫(𝑢2 − 8𝑢 + 16)𝑢3 𝑑𝑢
Podemos simplificar
exponentes:
los
términos
7
4
usando
leyes
de
1
∫ 𝑢3 − 8𝑢3 + 16𝑢3 𝑑𝑢
Este si es ahora una integral con la que podamos trabajar a
gusto.
Entonces, usando (3.7.2), (3.7.4), (I) y (II) nuestra integral
queda de la siguiente forma
7
4
1
7
4
1
∫ 𝑢3 − 8𝑢3 + 16𝑢3 𝑑𝑢 = ∫ 𝑢3 𝑑𝑢 − 8 ∫ 𝑢3 𝑑𝑢 + 16 ∫ 𝑢3 𝑑𝑢
7
4
10
7
1
10
7
4
𝑢3+1
𝑢3+1
𝑢3+1
𝑢3
𝑢3
𝑢3
=[
]− 8[
] + 16 [
]+𝐶 =[
] − 8 [ ] + 16 [ ] + 𝐶
7
4
1
10
7
4
+
1
+
1
+
1
3
3
3
3
3
3
4
10
7
4
3𝑢 3
3𝑢3
3𝑢3
3𝑢 3 24𝑢3
=[
]−8[
] + 16 [
]+𝐶 =
−
+ 12𝑢3 + 𝐶
10
7
4
10
7
Volvemos a nuestra variable x sustituyendo 𝑢 = 𝑥 + 4
10
7
4
3𝑢 3 24𝑢3
−
+ 12𝑢3 + 𝐶 =
10
7
37
10
7
4
3(𝑥 + 4) 3 24(𝑥 + 4)3
=
−
+ 12(𝑥 + 4)3 + 𝐶
10
7
Usando leyes de los radicales
10
7
4
3(𝑥 + 4) 3 24(𝑥 + 4)3
−
+ 12(𝑥 + 4)3 + 𝐶 =
10
7
3 3
24
3
3
=
√(𝑥 + 4)10 −
√(𝑥 + 4)7 + 12√(𝑥 + 4)4 + 𝐶
10
7
Finalmente, nuestra integral es
3
∫ 𝑥 2 √𝑥 + 4 𝑑𝑥 =
=
4.1.3
3 3
24 3
3
√(𝑥 + 4)10 −
√(𝑥 + 4)7 + 12√(𝑥 + 4)4 + 𝐶
10
7
Multiplicación de funciones trigonométricas con otras funciones.
(Ejemplos)
1. Veamos la siguiente integral
5 cos(4𝑥 + 3)
∫
𝑑𝑥
3
En este caso el ángulo de la función trigonométrica es una
función de primer grado, 4𝑥 + 3.
Así que ahora nuestra u será:
𝑢 = 4𝑥 + 3
Derivamos
𝑑𝑢 = 4 𝑑𝑥
Y despejamos 𝑑𝑥
𝑑𝑢
4
Sustituimos u y dx en nuestra integral original:
5 cos(𝑢) 𝑑𝑢
5
5
∫
∫ cos 𝑢 𝑑𝑢
= ∫ cos 𝑢 𝑑𝑢 =
3
4
12
12
Usando (V) tenemos que
5
5
5
[sen 𝑢 + 𝐶 ] =
∫ cos 𝑢 𝑑𝑢 =
sen 𝑢 + 𝐶
12
12
12
Volvemos a nuestra variable x sustituyendo 𝑢 = 4𝑥 + 3
5
5
sen 𝑢 + 𝐶 =
sen(4𝑥 + 3) + 𝐶
12
12
Finalmente, nuestra integral es
5 cos(4𝑥 + 3)
5
∫
𝑑𝑥 =
sen(4𝑥 + 3) + 𝐶
3
12
2. Que pasa ahora si tenemos una multiplicación con otras
funciones.
𝑑𝑥 =
38
∫
cot(√𝑥)
√𝑥
𝑑𝑥
Este ejercicio tiene un pequeño problema y es que tenemos
que
el ángulo de la función cotangente es igual a la función
que está afuera y por si fuera poco solo se trata de una raíz de
un término. Nuevamente no es obvio el cambio de variable.
Propongamos el siguiente cambio:
1
𝑢 = √𝑥 = 𝑢 2
Derivamos
1 1
1
𝑑𝑢 = 𝑥 −2 𝑑𝑥 =
𝑑𝑥
2
2√𝑥
Y despejamos 𝑑𝑥
𝑑𝑥 = 2√𝑥 𝑑𝑢
Antes de seguir veamos la integral de nuevo
∫
cot(√𝑥)
√𝑥
𝑑𝑥
Si nos damos cuenta los términos resaltados ya los tenemos en
la derivada por lo que no es necesario despejar del todo a dx
y simplemente dejarlo como:
𝑑𝑥
= 2 𝑑𝑢
√𝑥
Ve viendo este tipo de despejes como una opción de poder
resolver integrales, hay que ser muy observadores.
Ahora si sustituimos u y dx en nuestra integral original
∫ cot(𝑢) 2 𝑑𝑢 = ∫ 2 cot 𝑢 𝑑𝑢
Ahora podemos usar (I) y (VII)
∫ 2 cot 𝑢 𝑑𝑢 = 2 ∫ cot 𝑢 𝑑𝑢 = 2[ln sen 𝑢 + 𝐶 ]
Volvemos a nuestra variable x sustituyendo 𝑢 = √𝑥
2[ln sen 𝑢 + 𝐶 ] = 2[ln sen √𝑥 + 𝐶] = 2ln sen √𝑥 + 𝐶
Finalmente, nuestra integral es
cot(√𝑥)
∫
𝑑𝑥 = 2ln|sen √𝑥| + 𝐶
√𝑥
39
3. Ahora con funciones exponenciales
∫ 𝑒 𝑥+1 tan(𝑒 𝑥+1 ) 𝑑𝑥
Nuevamente el cambio de variable no es obvio
Si nosotros tomamos a 𝑢 = 𝑥 + 1 la realidad es que no
cambia en nada la integral.
Así que tomemos
𝑢 = 𝑒 𝑥+1
Derivamos
𝑑𝑢 = 𝑒 𝑥+1 𝑑𝑥
Si observamos de nuevo la integral podemos observar que
∫ 𝑒 𝑥+1 tan(𝑒 𝑥+1 ) 𝑑𝑥
Ya tenemos du en la integral por lo que simplemente toca
sustituir u en nuestra integral original:
∫ tan 𝑢 𝑑𝑢
Así que solo simplemente usamos (VI)
∫ tan 𝑢 𝑑𝑢 = ln|sec 𝑢| + 𝐶
Volvemos a nuestra variable x sustituyendo 𝑢 = 𝑒 𝑥+1
ln|sec 𝑢| + 𝐶 = ln|sec(𝑒 𝑥+1 )| + 𝐶
Finalmente, nuestra integral es
∫ 𝑒 𝑥+1 tan(𝑒 𝑥+1 ) 𝑑𝑥 = ln|sec(𝑒 𝑥+1 )| + 𝐶
4. Polinomios y funciones trigonométricas
∫ 2(𝑥 2 − 3) csc(𝑥 3 − 9𝑥 ) 𝑑𝑥
Tenemos un problema similar a los de funciones polinómicas
aquí si es claro que el cambio de variables debe ser el
siguiente
𝑢 = 𝑥 3 − 9𝑥
Derivamos
𝑑𝑢 = 3𝑥 2 − 9 𝑑𝑥
Despejamos dx
𝑑𝑥 =
𝑑𝑢
3𝑥 2 − 9
Sustituyendo u y dx en nuestra integral original
𝑑𝑢
∫ 2(𝑥 2 − 3) csc(𝑢) 2
3𝑥 − 9
40
Podemos simplificar los términos (𝑥 2 − 3) y 3𝑥 2 − 9 ya que:
3𝑥 2 − 9 = 3(𝑥 2 − 3)
Por lo cual nuestra integral queda de la siguiente forma
𝑑𝑢
2(𝑥 2 − 3)
2
∫ 2(𝑥 − 3) csc(𝑢) 2
=∫
csc(𝑢) 𝑑𝑢
3𝑥 − 9
3(𝑥 2 − 3)
2
2
∫ csc(𝑢) 𝑑𝑢 = ∫ csc(𝑢) 𝑑𝑢
3
3
Usando (IX)
2
2
∫ csc(𝑢) 𝑑𝑢 = (ln|csc 𝑢 − cot 𝑢| + 𝑪)
3
3
Volvemos a nuestra variables x sustituyendo 𝑢 = 𝑥 3 − 9𝑥
2
(ln|csc 𝑢 − cot 𝑢| + 𝑪)
3
2
= (ln|csc(𝑥 3 − 9𝑥 ) − cot(𝑥 3 − 9𝑥)| + 𝑪)
3
Finalmente, nuestra integral es
∫ 2(𝑥 2 − 3) csc(𝑥 3 − 9𝑥 ) 𝑑𝑥
2
= (ln|csc(𝑥 3 − 9𝑥 ) − cot(𝑥 3 − 9𝑥)| + 𝑪)
3
5. Funciones
trigonométricas
con
otras
funciones
trigonométricas
∫(4𝑥 − 4) csc(𝑥 2 − 2𝑥 + 3) cot(𝑥 2 − 2𝑥 + 3) 𝑑𝑥
Este tipo de integrales puede ser confusa ya que se nos podría
ocurrir hasta 3 cambios de variable
El primero puede ser: 𝑢 = cot(𝑥 2 − 2𝑥 + 3)
Derivamos
𝑑𝑢 = −(2𝑥 − 2)csc 2 (𝑥 2 − 2𝑥 + 3) 𝑑𝑥
Despejamos dx
𝑑𝑥 = −
𝑑𝑢
(2𝑥 − 2)csc 2 (𝑥 2 − 2𝑥 + 3)
Sustituyendo u y dx en nuestra integral original
∫ 2(2𝑥 − 2) csc(𝑥 2 − 2𝑥 + 3) 𝑢 −
=∫
𝑑𝑢
(2𝑥 − 2)csc 2 (𝑥 2 − 2𝑥 + 3)
=
−2𝑢
𝑑𝑢
2
(
csc 𝑥 − 2𝑥 + 3)
Este cambio no me serviría ya que no es posible usar más de
dos variables, (u y x), en una integral
El segundo puede ser: 𝑢 = csc(𝑥 2 − 2𝑥 + 3)
Derivamos
41
𝑑𝑢 = −(2𝑥 − 2) csc(𝑥 2 − 2𝑥 + 3) cot(𝑥 2 − 2𝑥 + 3) 𝑑𝑥
Despejamos dx
𝑑𝑥 = −
𝑑𝑢
(2𝑥 − 2) csc(𝑥 2 − 2𝑥 + 3) cot(𝑥 2 − 2𝑥 + 3)
Sustituyendo u y dx en nuestra integral original
∫ 2(2𝑥 − 2) cot(𝑥 2 − 2𝑥 + 3) 𝑢 −
=∫
𝑑𝑢
(2𝑥 − 2) csc(𝑥 2 − 2𝑥 + 3) cot(𝑥 2 − 2𝑥 + 3)
−2𝑢
csc(𝑥 2 − 2𝑥 + 3)
𝑑𝑢
Este cambio no me serviría ya que no es posible usar más de
dos variables, (u y x), en una integral
El ultimo puede ser: 𝑢 = 𝑥 2 − 2𝑥 + 3
Derivamos
𝑑𝑢 = 2𝑥 − 2 𝑑𝑥
Despejamos dx
𝑑𝑥 =
𝑑𝑢
2𝑥 − 2
Sustituyendo u y dx en nuestra integral original
𝑑𝑢
∫(4𝑥 − 4) csc(𝑢) cot(𝑢)
2𝑥 − 2
= ∫ 2(2𝑥 − 2) csc(𝑢) cot(𝑢)
𝑑𝑢
2𝑥 − 2
= ∫ 2 csc(𝑢) cot(𝑢) 𝑑𝑢
En esta integral el termino csc(𝑢) cot(𝑢) 𝑑𝑢 es la derivada de
la función 𝐷𝑥 (csc 𝑢)
Entonces si nosotros obtenemos la integral de una derivada
tenemos que
∫ 2 csc(𝑢) cot(𝑢) 𝑑𝑢 = 2 ∫ 𝐷𝑥 (csc 𝑢)𝑑𝑢 = 2 csc 𝑢 + 𝐶
Volvemos a nuestra variables x sustituyendo 𝑢 = 𝑥 2 − 2𝑥 +
3
2 csc 𝑢 + 𝐶 = 2 csc(𝑥 2 − 2𝑥 + 3) + 𝐶
Finalmente, nuestra integral es
∫(4𝑥 − 4) csc(𝑥 2 − 2𝑥 + 3) cot(𝑥 2 − 2𝑥 + 3) 𝑑𝑥
= 2 csc(𝑥 2 − 2𝑥 + 3) + 𝐶
4.1.4 Integrales “directas”, mas tablas de integrales trigonométricas
En el último ejemplo observamos como por medio del método de
sustitución obtuvimos una función trigonométrica que ya era el
42
resultado de derivar otra función, y es que va a ver casos similares
en el caso de las integrales trigonométricas en el que las integrales
representen ya derivadas de funciones trigonométricas. Es por eso
por lo que presentamos las siguientes “tablas”
∫ sec 2 𝑢 𝑑𝑢 = tan 𝑢 + 𝐶 (𝑿𝑰𝑰𝑰)
∫ csc 2 𝑢 𝑑𝑢 = −cot 𝑢 + 𝐶 (𝑿𝑰𝑽)
∫ sec 𝑢 tan 𝑢 𝑑𝑢 = sec 𝑢 + 𝐶 (𝑿𝑽)
∫ csc 𝑢 cot 𝑢 𝑑𝑢 = −csc 𝑢 + 𝐶 (𝑿𝑽𝑰)
Ahora veamos 4 integrales que pertenecen a este grupo
∫ sen2 𝑢 𝑑𝑢 , ∫ cos 2 𝑢 𝑑𝑢 , ∫ tan2 𝑢 𝑑𝑢 , ∫ cot 2 𝑢 𝑑𝑢
1. Estas integrales tienen solución que igual implica el método
de cambio de variable y también el uso de las identidades
trigonométricas.
∫ sen2 𝑢 𝑑𝑢
Por ejemplo, para esta integral haremos uso de a siguiente
identidad
sen2 𝜃 =
1−cos 2𝜃
2
, sustituyendo en la integral:
1 − cos 2𝑢
1
𝑑𝑢 = ∫ 1 − cos 2𝑢 𝑑𝑢
2
2
1
= [∫ 1 𝑑𝑢 − ∫ cos 2𝑢 𝑑𝑢]
2
∫ sen2 𝑢 𝑑𝑢 = ∫
La primera integral es sencilla, la segunda se resuelve por
cambio de variable
𝑧 = 2𝑢
Derivando
𝑑𝑧 = 2 𝑑𝑢
Despejando du
43
𝑑𝑢 =
𝑑𝑧
2
Sustituimos z y du
∫ cos 2𝑢 𝑑𝑢 = ∫ cos 𝑧
𝑑𝑧 1
= ∫ cos 𝑧 𝑑𝑧
2 2
Usando (V)
1
1
∫ cos 𝑧 𝑑𝑧 = sen 𝑧 + 𝐶
2
2
volviendo a nuestra variable u
1
1
sen 𝑧 + 𝐶 = sen 2𝑢 + 𝐶
2
2
Por lo tanto
∫ cos 2𝑢 𝑑𝑢 =
1
sen 2𝑢 + 𝐶
2
Entonces nuestra integral original:
1
∫ sen2 𝑢 𝑑𝑢 = [∫ 1 𝑑𝑢 − ∫ cos 2𝑢 𝑑𝑢]
2
1
1
= [𝑢 − sen 2𝑢 + 𝐶]
2
2
Finalmente
1
1
∫ sen2 𝑢 𝑑𝑢 = 𝑢 − sen 2𝑢 + 𝐶 (𝑿𝑽𝑰𝑰)
2
4
2. Ahora para
∫ cos 2 𝑢 𝑑𝑢
La identidad es casi la misma, solo cambia por un signo
cos 2 𝜃 =
1+cos 2𝜃
2
, por lo tanto realizando el mismo proceso
anterior
1
1
∫ cos 2 𝑢 𝑑𝑢 = 𝑢 + sen 2𝑢 + 𝐶 (𝑿𝑽𝑰𝑰𝑰)
2
4
3. Ahora revisemos
∫ tan2 𝑢 𝑑𝑢
44
Para esta integral debemos de usar la siguiente identidad
tan2 𝜃 = sec 2 𝜃 − 1
Por lo cual nuestra integral se transforma en,
∫ tan2 𝑢 𝑑𝑢 = ∫ sec 2 𝑢 − 1 𝑑𝑢
Usando (I) y (XIII)
∫ sec 2 𝑢 𝑑𝑢 − ∫ 1 𝑑𝑢 = tan 𝑢 − 𝑢 + 𝐶
Finalmente
∫ tan2 𝑢 𝑑𝑢 = tan 𝑢 − 𝑢 + 𝐶 (𝑿𝑰𝑿)
4. Por último, revisemos
∫ cot 2 𝑢 𝑑𝑢
Para esta integral debemos de usar la siguiente identidad
cot 2 𝜃 = csc 2 𝜃 − 1
Por lo cual nuestra integral se transforma en,
∫ cot 2 𝑢 𝑑𝑢 = ∫ csc 2 𝑢 − 1 𝑑𝑢
Usando (I) y (XIV)
∫ csc 2 𝑢 𝑑𝑢 − ∫ 1 𝑑𝑢 = −cot 𝑢 − 𝑢 + 𝐶
Finalmente
∫ cot 2 𝑢 𝑑𝑢 = −cot 𝑢 − 𝑢 + 𝐶 (𝑿𝑿)
4.1.5 Ahora las trigonométricas inversas y ejemplos
Ahora el mismo fenómeno anterior sucede con integrales que
directamente son una derivada de las funciones trigonométricas
inversas, veamos;
∫
∫
𝑑𝑢
√1 − 𝑢2
= sen−1 𝑢 + 𝐶
𝑑𝑢
= tan−1 𝑢 + 𝐶
1 + 𝑢2
45
∫
𝑑𝑢
= sec −1 𝑢 + 𝐶
𝑢√𝑢2 − 1
De manera un poco más general podemos tener
∫
∫
∫
𝑑𝑢
√𝑎2 − 𝑢2
𝑑𝑢
𝑎2 + 𝑢2
= sen−1
=
𝑑𝑢
𝑢√𝑢2 − 𝑎2
𝑢
+ 𝐶 (𝑿𝑿𝑰) 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑎 > 0
𝑎
1
𝑢
tan−1 + 𝐶 (𝑿𝑿𝑰𝑰) 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑎 ≠ 0
𝑎
𝑎
=
1
𝑢
sec −1 + 𝐶 (𝑿𝑿𝑰𝑰𝑰) 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑎 > 0
𝑎
𝑎
Veamos algunos ejemplos
1.
𝑑𝑥
9𝑥 2 + 16
Esta integral tiene la forma de (XXII), bueno si la vemos de la
siguiente forma:
𝑑𝑥
𝑑𝑥
∫ 2
=∫
(4)2 + (3𝑥 )2
9𝑥 + 16
Hacemos el siguiente cambio de variable:
𝑢 = 3𝑥
Derivamos
𝑑𝑢 = 3 𝑑𝑥
Despejamos dx
𝑑𝑢
𝑑𝑥 =
3
Sustituimos en nuestra integral original
𝑑𝑢
𝑑𝑥
𝑑𝑢
3
∫
=∫
=∫
2
2
2
2
2
(4) + (3𝑥 )
(4 ) + (𝑢 )
3[(4) + (𝑢)2 ]
1
𝑑𝑢
= ∫
2
3 (4 ) + (𝑢 )2
Usando (XXII)
1
𝑑𝑢
1 1
𝑢
1
𝑢
∫
= [ tan−1 + 𝐶] =
tan−1 ( ) + 𝐶
2
2
3 (4) + (𝑢 )
3 4
4
12
4
Volviendo a nuestra variable x sustituyendo 𝑢 = 3𝑥
1
𝑢
1
3𝑥
tan−1 + 𝐶 =
tan−1 ( ) + 𝐶
12
4
12
4
De modo que nuestra integral es,
𝑑𝑥
1
3𝑥
∫ 2
=
tan−1 ( ) + 𝐶
9𝑥 + 16 12
4
∫
46
2. Revisemos la siguiente integral
𝑑𝑥
∫
√2𝑥 − 𝑥 2
Esta integral es algo particular ya que no es fácil de ver una
forma en la que se parezca a las “tablas” que tenemos, pero ya
veremos que con “mate-magia” esto queda.
Empecemos por “sumar un 0” dentro de la raíz de la siguiente
forma 1 − 1 = 0
𝑑𝑥
∫
√2𝑥 − 𝑥 2 + 1 − 1
Factoricemos dentro de la raíz un (-1) de la siguiente forma
𝑑𝑥
∫
√−(−2𝑥 + 𝑥 2 − 1 + 1)
*recuerda que no se puede sacar el negativo de una raíz, al menos por
ahora que trabajamos en el campo de los números reales.
De esta forma dentro de la raíz podemos ver claramente un
trinomio cuadrado perfecto,
𝑑𝑥
𝑑𝑥
∫
=∫
√−(𝑥 2 − 2𝑥 + 1 − 1)
√−[(𝑥 − 1)2 − 1]
Ocupamos el signo negativo
𝑑𝑥
𝑑𝑥
∫
=∫
√−[(𝑥 − 1)2 − 1]
√1 − (𝑥 − 1)2
Esta integral sí que ya tiene, más o menos, la forma de (XXI),
solo hagamos un pequeño cambio de variable.
𝑢 =𝑥−1
Derivamos
𝑑𝑢 = 𝑑𝑥
Sustituimos en nuestra integral original
𝑑𝑢
∫
√1 − 𝑢2
Usemos directamente (XXI)
𝑑𝑢
∫
= sen−1 𝑢 + 𝐶
√1 − 𝑢2
Volviendo a nuestra variable x sustituyendo 𝑢 = 𝑥 − 1
sen−1 𝑢 + 𝐶 = sen−1 (𝑥 − 1) + 𝐶
Finalmente, nuestra integral queda de la siguiente forma
𝑑𝑥
∫
= sen−1 (𝑥 − 1) + 𝐶
√2𝑥 − 𝑥 2
3. Una ultima
𝑑𝑥
∫ 2
𝑥 + 2𝑥 + 10
47
La idea de estas integrales es hallar un binomio al cuadrado,
es por eso por lo que resulta conveniente “descomponer” el
termino constante.
𝑑𝑥
𝑑𝑥
𝑑𝑥
∫ 2
=∫ 2
=∫ 2
𝑥 + 2𝑥 + 10
𝑥 + 2𝑥 + 2 + 8
𝑥 + 2𝑥 + 2 + 8
𝑑𝑥
=∫
(𝑥 − 1)2 + 8
Esta integral sí que ya tiene, más o menos, la forma de
(XXII), solo hagamos un pequeño cambio de variable.
𝑢 =𝑥−1
Derivamos
𝑑𝑢 = 𝑑𝑥
Sustituimos en nuestra integral original
𝑑𝑢
∫
2
𝑢2 + (√8)
Usamos directamente (XXII)
𝑑𝑥
1
𝑢
−1
∫
=
tan
+𝐶
2
√8
√8
𝑢2 + (√8)
Volviendo a nuestra variable x sustituyendo 𝑢 = 𝑥 − 1
(𝑥 − 1)
1
𝑢
1
tan−1
+𝐶 =
tan−1
+𝐶
√8
√8
√8
√8
Finalmente, nuestra integral queda de la siguiente forma
(𝑥 − 1)
𝑑𝑥
1
∫ 2
=
tan−1
+𝐶
𝑥 + 2𝑥 + 10 √8
√8
4.1.6 Ejercicios
5𝑥
∫
𝑑𝑥
√3𝑥 2 + 4
𝑑𝑥
∫
√9 − 𝑥 2
1
∫(2 + 𝑥 )(4𝑥 + 𝑥 2 + 5)3 𝑑𝑥
∫
∫
∫
5𝑥 2 + 6𝑥
𝑑𝑥
10𝑥 + 3
𝑑𝑥
√4 − 2𝑥 − 𝑥 2
𝑑𝑥
√−4𝑥 2 + 12𝑥
(𝑥 + 3)
∫
𝑑𝑥
√3 − 2𝑥 2
(𝑥 + 2)
∫
𝑑𝑥
5 + 2𝑥 2
48
4.2 Técnica de integración No. 2 (Integración por partes o la fórmula
de la vaca)
Un día vi una vaca menos flaca vestida de uniforme, una frase muy famosa
en este curso que ayuda a resumir la siguiente propiedad,
∫ 𝑢 𝑑𝑣 = 𝑢 ∙ 𝑣 − ∫ 𝑣 𝑑𝑢 (𝟒. 𝟏)
Este método de integración podemos verla con un ejemplo sencillo
4.2.1 El problema del logaritmo
La integral de logaritmo ya la vimos en ejemplos anteriores, pero si
observamos la formula no es claro como es que en realidad esa es su
solución,
∫ ln 𝑥 𝑑𝑥
Así que con ayuda de (4.1) podemos recuperar la solución a esta
integral a parte de que nos servirá como es que funciona este método.
1. Identificar u, dv, du y v: estas variables siempre serán
tomadas de la integral en turno en nuestro caso
∫ ln 𝑥 𝑑𝑥 = ∫ 𝑢 𝑑𝑣
Para u tenemos
𝑢 = ln 𝑥
Derivamos en ambos lados para obtener du
𝑑𝑢 = 𝐷𝑥 ln 𝑥
1
𝑑𝑢 = 𝑑𝑥
𝑥
Para dv tenemos
𝑑𝑣 = 𝑑𝑥
Integramos ambos lados para obtener v
∫ 𝑑𝑣 = ∫ 𝑑𝑥
𝑣=𝑥
2. Sustituimos en (4.1) u, dv, du y v:
∫ 𝑢 𝑑𝑣 = 𝑢 ∙ 𝑣 − ∫ 𝑣 𝑑𝑢
1
∫ ln 𝑥 𝑑𝑥 = ln(𝑥 ) ∙ 𝑥 − ∫ 𝑥 𝑑𝑥
𝑥
3. Desarrollamos la integral del lado derecho
1
∫ 𝑥 𝑑𝑥 = ∫ 𝑑𝑥 = 𝑥 + 𝐶
𝑥
49
4. Finalmente tenemos que:
∫ ln 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥 ln(𝑥 ) − 𝑥 + 𝐶
y listo eh ahí nuestra integral de logaritmo natural.
Este método es usado principalmente en el siguiente tipo de
integrales
∫ 𝑢 sen(𝑢) 𝑑𝑢 , ∫ 𝑢 cos(𝑢) 𝑑𝑢 , ∫ 𝑢𝑒 𝑢 𝑑𝑢
Afortunadamente ya existen soluciones, “tablas”, a estas integrales
Las cuales serían las siguientes:
∫ 𝑢 sen(𝑢) 𝑑𝑢 = sin 𝑢 − 𝑢 cos 𝑢 + 𝐶
∫ 𝑢 cos(𝑢) 𝑑𝑢 = cos 𝑢 + 𝑢 sen 𝑢 + 𝐶
∫ 𝑢𝑒 𝑢 𝑑𝑢 = 𝑒 𝑢 (𝑢 − 1) + 𝐶
¿Existen más combinaciones?, pues sí, pero este tipo de integrales
son mucho mas comunes tanto en problemas físicos como
matemáticos, esto incluye cualquier campo relacionado a ingenierías
o finanzas.
4.2.2 Algunos ejemplos
1.
∫ sen(𝑥 ) ln(cos 𝑥 ) 𝑑𝑥
Identifiquemos u, dv, du y v:
∫ sen(𝑥 ) ln(cos 𝑥 ) 𝑑𝑥 = ∫ 𝑢 𝑑𝑣
* como pista se recomiendo siempre derivar la función “mas” difícil
Para u tenemos
𝑢 = ln(cos 𝑥 )
Derivamos en ambos lados para obtener du
𝑑𝑢 = 𝐷𝑥 ln(cos 𝑥 )
𝑑𝑢 =
−sen 𝑥
𝑑𝑥
cos 𝑥
Para dv tenemos
𝑑𝑣 = sen(𝑥 ) 𝑑𝑥
Integramos ambos lados para obtener v
50
∫ 𝑑𝑣 = ∫ sen(𝑥 ) 𝑑𝑥
𝑣 = −cos(𝑥 )
Sustituimos en (4.1) u, dv, du y v:
∫ 𝑢 𝑑𝑣 = 𝑢 ∙ 𝑣 − ∫ 𝑣 𝑑𝑢
∫ sen(𝑥 ) ln(cos 𝑥 ) 𝑑𝑥
= [ln(cos 𝑥 )][−cos(𝑥)] − ∫ [−cos(𝑥 )]
−sen 𝑥
𝑑𝑥
cos 𝑥
= −cos(𝑥 ) ln(cos 𝑥 ) − ∫ sen(𝑥 ) 𝑑𝑥
Resolviendo la integral
−cos(𝑥 ) ln(cos 𝑥 ) − ∫ sen(𝑥 ) 𝑑𝑥 = −cos(𝑥) ln(cos 𝑥 ) − (−cos(𝑥 ) + 𝐶 )
= −cos(𝑥 ) ln(cos 𝑥 ) + cos(𝑥 ) + 𝐶
= cos(𝑥 ) [1 − ln(cos 𝑥 )] + 𝐶
Finalmente, nuestra integral queda
∫ sen(𝑥 ) ln(cos 𝑥 ) 𝑑𝑥 = cos(𝑥 ) [1 − ln(cos 𝑥 )] + 𝐶
2.
∫ sen(ln(𝑥 )) 𝑑𝑥
Identifiquemos u, dv, du y v:
∫ sen(ln(𝑥 )) 𝑑𝑥 = ∫ 𝑢 𝑑𝑣
Para u tenemos
𝑢 = sen(ln(𝑥 ))
Derivamos en ambos lados para obtener du
𝑑𝑢 = 𝐷𝑥 [sen(ln(𝑥 ))]
𝑑𝑢 =
cos 𝑥
𝑑𝑥
𝑥
Para dv tenemos
𝑑𝑣 = 𝑑𝑥
Integramos ambos lados para obtener v
∫ 𝑑𝑣 = ∫ 𝑑𝑥
𝑣=𝑥
51
Sustituimos en (4.1) u, dv, du y v:
∫ 𝑢 𝑑𝑣 = 𝑢 ∙ 𝑣 − ∫ 𝑣 𝑑𝑢
∫ sen(ln(𝑥 )) 𝑑𝑥 = [sen(ln(𝑥 ))][𝑥] − ∫ 𝑥
cos 𝑥
𝑑𝑥 = 𝑥 sen(ln(𝑥)) − ∫ cos 𝑥 𝑑𝑥
𝑥
Resolviendo la integral
𝑥 sen(ln(𝑥 )) − ∫ cos 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥 sen(ln(𝑥 )) − sen(𝑥 ) + 𝐶
Finalmente, nuestra integral queda de la siguiente forma:
∫ sen(ln(𝑥 )) 𝑑𝑥 = 𝑥 sen(ln(𝑥 )) − sen(𝑥 ) + 𝐶
3.
∫ csc 3 (5𝑥) 𝑑𝑥
En este caso, y casi en cualquiera que implique funciones
trigonométricas con exponentes mayores a 3, debemos de
descomponer la función en un producto de dos funciones
como haremos a continuación:
∫ csc 3 (5𝑥 ) 𝑑𝑥 = ∫ csc 2 (5𝑥) csc(5𝑥) 𝑑𝑥
De esta forma sí que ya podemos trabajar.
Identifiquemos u, dv, du y v:
∫ csc 2 (5𝑥 ) csc(5𝑥) 𝑑𝑥 = ∫ 𝑢 𝑑𝑣
Para u tenemos
𝑢 = csc(5𝑥 )
Derivamos en ambos lados para obtener du
𝑑𝑢 = 𝐷𝑥 [csc(5𝑥)]
𝑑𝑢 = −5 csc(5𝑥 ) cot(5𝑥 ) 𝑑𝑥
Para dv tenemos
𝑑𝑣 = csc 2 (5𝑥) 𝑑𝑥
Integramos ambos lados para obtener v
∫ 𝑑𝑣 = ∫ csc 2 (5𝑥 ) 𝑑𝑥
𝑣=−
cot(5𝑥 )
5
52
Sustituimos en (4.1) u, dv, du y v:
∫ 𝑢 𝑑𝑣 = 𝑢 ∙ 𝑣 − ∫ 𝑣 𝑑𝑢
∫ csc 2 (5𝑥) csc(5𝑥 ) 𝑑𝑥 = [csc(5𝑥 )] [−
=−
cot(5𝑥 )
cot(5𝑥)
] − ∫ [−
] [−5 csc(5𝑥) cot(5𝑥 )] 𝑑𝑥
5
5
csc(5𝑥) cot(5𝑥)
− ∫ csc(5𝑥) cot 2 (5𝑥 ) 𝑑𝑥
5
Usamos la siguiente identidad
cot 2 (5𝑥 ) = csc 2 (5𝑥) − 1
Resolvemos la integral
−
csc(5𝑥) cot(5𝑥 )
− ∫ csc(5𝑥) cot 2 (5𝑥) 𝑑𝑥
5
csc(5𝑥) cot(5𝑥 )
=−
− ∫ csc(5𝑥 ) [csc 2 (5𝑥 ) − 1] 𝑑𝑥
5
csc(5𝑥) cot(5𝑥 )
=−
− ∫ csc 3 (5𝑥) 𝑑𝑥 + ∫ csc(5𝑥 ) 𝑑𝑥
5
¡Un momento¡, volvemos a encontrarnos con nuestra integral
original ¿Acaso hicimos algo mal en nuestro proceso?, la
realidad es que no es así la verdad es que estamos bien
simplemente tenemos que hacer o siguiente:
csc(5𝑥 ) cot(5𝑥 )
∫ csc 3 (5𝑥 ) 𝑑𝑥 = −
− ∫ csc 3 (5𝑥 ) 𝑑𝑥 + ∫ csc(5𝑥) 𝑑𝑥
5
Si nos damos cuenta podemos despejar la integral y sumarla a
la otra, no es nada raro es algo permitido y muy común en
muchos ejercicios de integrales.
csc(5𝑥) cot(5𝑥)
2 ∫ csc 3 (5𝑥) 𝑑𝑥 = −
+ ∫ csc(5𝑥 ) 𝑑𝑥
5
Resolvemos la integral del lado derecho
csc(5𝑥 ) cot(5𝑥 ) ln|csc 5𝑥 − cot 5𝑥|
+
5
5
Finalmente, si despejamos el 2 del lado izquierdo nuestra
integral queda:
csc(5𝑥) cot(5𝑥 ) ln|csc 5𝑥 − cot 5𝑥|
∫ csc 3 (5𝑥) 𝑑𝑥 = −
+
10
10
Estos son algunos ejemplos de integrales que se resuelven por el método de
integración por partes, o como algunos lo llaman la ecuación de la vaca.
2 ∫ csc 3 (5𝑥 ) 𝑑𝑥 = −
4.2.3 Ejercicios
∫(𝑥 + 1)2 𝑒 𝑥 𝑑𝑥
53
∫ 𝑥 sec 2 𝑥 𝑑𝑥
∫ sen(ln 𝑥 ) 𝑑𝑥
∫
𝑥 ln 𝑥
√𝑥 2 − 4
𝑑𝑥
Una última nota
Las integrales que hemos visto hasta aquí y los métodos que usamos son algo complicados
cuando se inicia en el mundo del Cálculo Integral y es que muchas veces estas integrales
no siguen un patrón como lo siguen las derivadas en el que la forma de una derivada
siempre va a seguir una regla especifica, aquí no, son muchos los conocimientos previos
que hay que tener para resolver integrales desde el Algebra hasta el Cálculo Diferencial,
esto por la cantidad de “trucos” que podemos usar durante el desarrollo. Estos dos
métodos no son los únicos que existen hay dos más que se pueden usar como el uso de
fracciones parciales y la sustitución trigonométrica, sin embargo, los dos métodos que
vimos son los que más comúnmente se usan.
54
5 Bibliografía
Louis Leithold. (1994). The Calculus 7. England: OXFORD UNIVERSITY PRESS.
Colegio Nacional de Matematicas. (2009). Matematicas simplificadas. Mexico: PEARSON
EDUCACION.
Elsie Hernandez S. (2009). CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL, CON APLICACIONES. Costa Rica:
Revista digital Matemática Educación e Internet.
55
