Integrales indefinidas

Integrales indenidas
Adriana G. Duarte
27 de agosto de 2014
Resumen
Antiderivación. Integrales indenidas, propiedades. Técnicas de integración: inmediatas,por sustitución, por partes. Ejemplos y ejercicios
1.
Antiderivación
Sabiendo que g es derivable y h es su derivada ¾es posible a partir de h encontrar la función g ?. Efectivamente, es posible a través de un proceso inverso a la derivación, denominado
antiderivación.
g
Se dice que g es la
Derivación
Antiderivación
h
antiderivada de h, porque
al derivar g se obtiene h.
O bien, si llamamos primitiva a la antiderivada,
tenemos que g es una primitiva de h porque
derivando g se obtiene h.
Si hacemos g = F y h = f , diremos entonces que F es una primitiva de f , porque derivando F
hallamos f .
Suponiendo que x es la variable independiente de las funciones y que ambas están denidas en
un conjunto D, se tiene la siguiente denición:
Def : F
Ejemplo 1.
es primitiva de f en D ⇔ ∀x ∈ D : F 0 (x) = f (x)
Dadas tan(x) y sec2 (x), estudiar quién es la primitiva de quién.
p
En este caso, F (x) = tan(x) es una primitiva de f (x) = sec2 (x) porque
F 0 (x) = (tan(x))0 = sec2 (x) = f (x)
y
1
La función F1 (x) = tan(x) + 1 es una primitiva de sec2 (x), porque
F10 (x) = (tan(x) + 1)0 = sec2 (x) = f (x)
√
La función F2 (x) = tan(x) − 2 es una primitiva de sec2 (x),porque
√ 0
F20 (x) = tan(x) − 2 = sec2 (x) = f (x)
Podemos ver que numerosas funciones tienen por derivada a f , y que todas dieren en una
constante. En la gura 1, se presentan los grácos de las primitivas (en azul), (en verde) y (en
rojo):
Y
1
π
−π
√
− 2
Figura 1: F , F1
y
F2 ,
primitivas de
X
2π
f (x)
Se observa que en un mismo punto del dominio, todas poseen recta tangente con la misma
pendiente (gura 2).
Y
Y
tan(x)
1
1 + tan(x)
1
Figura 2:
√
− 2 + tan(x)
1
X
√
− 2
Y
X
√
− 2
Las pendientes son iguales
X
√
− 2
F 0 (0) = F10 (0) = 1 = F20 (0) = 1
Además, esto es así para todo punto del dominio de las funciones dadas.
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Teorema 1. [No unicidad] Si F es una primitiva de f en D, entonces existen
innitas primitivas de f , de la forma F + k , siendo k un número real.
Demostración. nada
Denimos una función Fk (x) = F (x)+k , x ∈ R, derivamos miembro a miembro:
Fk0 (x) = F 0 (x) + 0, por ser F una primitiva de f , entonces ∀x ∈ D : F 0 (x) = f (x).
Por propiedad transitiva, se tiene que: Fk0 (x) = f (x), cumpliéndose la denición de
primitiva, se deduce que Fk = f + k es primitiva de f .
Notación: Podríamos usar el símbolo A como operador para la Antiderivación, y se expresaría, por ejemplo, A (sec2 (x)) = tan(x), o bien A (5 x3 ) =
función: A(f ) = F + k .
5
4
x4 y en general para cualquier
Sin embargo, es utilizado universalmente como operador de este proceso, el símbolo
deformación de la letra S que se conoce con el nombre de símbolo de
entendiendo integración como equivalente a antiderivación.
Z
integración
Entonces, las expresiones anteriores se pueden escribir:
Z
2
sec (x) = tan(x),
Z
5
5 x = x4
4
3
Z
···
f =F +k
Se dice que: f es la función integrando, y que F es la integral de f . Es así que los términos
primitiva, antiderivada o integral son equivalentes.
Es usual explicitar la variable independiente de la función, acompañando a la función integrando
con el diferencial de la variable independiente, entonces:
Z
f (x) dx = F + k
La presencia de la constante k indica que se trata de una integral indenida, para diferenciarla
de la integral denida, que se estudiará más adelante.
1.1. Propiedades de las integrales indenidas
1. Si
Z
f (x) dx = F (x) + k , entonces
Z
d
f (x) dx = f (x) dx
Demostración
Diferenciando miembro a miembro la primera igualdad, tenemos:
Z
d f (x) dx = d [F (x) + k] = [F (x) + k]0 dx = F 0 (x) dx
por hipótesis, se tiene que F es primitiva de f , o sea F 0 (x) = f (x), entonces la expresión
anterior resulta:
Z
d f (x) dx = f (x) dx
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, y el teorema queda demostrado.
Z
Ejemplo :
d
sen(x) dx = sen(x) dx
2. Si
Z
f (x) dx = F (x) + k , entonces
Z
dF (x) = F (x) + k
Demostración
Diferenciamos la primitiva, d[F (x)] = F 0 (x) dx = f (x) dx, integrando miembro a miembro:
Z
Z
d[F (x)] = f (x) dx = F (x) + k
, por lo tanto se obtiene que:
Z
dF (x) = F (x) + k
y queda demostrado.
Z
Ejemplo :
d (ex ) = ex + k
3. Sean F y G primitivas de f y g respectivamente, entonces (F + G) es primitiva de (f + g)
o bien (F − G) es primitiva de (f − g).
Demostración :
Derivamos la primitiva, (F + G)0 = F 0 + G0 . Por hipótesis sabemos que F 0 = f y que
G0 = g , entonces: (F + G)0 = f + g , por lo tanto (F + G) es primitiva de (f + g), y el
teorema se demuestra.
De manera similar se demuestra para
R la diferencia Rde las funciones.
Como también se cumple que F = f y que G = g , es habitual que esta propiedad se
simbolice así:
Z
Z
Z
(f ± g) = F ± G = f ± g
Ejemplo :
Z
x
Z
(sen(x) + e ) =
Z
sen(x) +
ex
4. Sea c una constante y F la primitiva
Z de f , entonces (c · F )Zes primitiva de (c · f ).
O bien, se puede simbolizar:
c · f (x) = c · F (x) = c f (x)
Z
Z
Ejemplo :
6 · ln(x) = 6 ln(x)
5. Si f (x) = xn , con n ∈ R, entonces su primitiva es F (x) =
Z
Ejemplos :
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xn dx =
xn+1
+ k . O bien:
n+1
xn+1
+k
n+1
Z
Z
3
1
x4
z2
3
a) x dx =
+ k,
b)
x 2 dz = 3 + k ,
4
2
Z
4
√
5
dt
t
55 4
c) √
= 4 +k =
t +k
5
4
t
5
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La combinación de las propiedades 3), 4) y 5) permite encontrar primitivas o integrales de
funciones más complejas, por ejemplo:
Z
Z
Z
−3
−3
4
3x + 2x dx = 3x dx + 2x4 dx
Z
Z
3 −2 2 5
−3
= 3 x dx + 2 x4 dx =
x + x +k
−2
5
Ejercicios
1. ¾Pueden las funciones F (x) =
f (x) =
1
(x + 1)2
x
1
y G(x) = −
ser primitivas de la función
x+1
x+1
2. En la propiedad 5) ¾puede ser n = −1?
R
3. ¾Cuál es el resultado de 0 dx ?
4. Hallar las integrales siguientes:
Z 1
x
a)
e +
dx
x
b)
Z
3
1
2 x2 − x2
dx
x2
5. Para un móvil con movimiento rectilíneo uniforme ¾Quién es la primitiva de la velocidad?
¾la función posición o la función aceleración? Exprese simbólicamente el resultado
1.2. Integrales inmediatas
Son aquellas que resultan de interpretar una tabla de derivadas de forma inversa, y en las cuales
para hallar el resultado no es necesario aplicar ninguna propiedad.
Por ejemplo, son inmediatas:
Z
Z
Z
x
cos(x) dx ,
e dx ,
Z
dx
,
sen(x) dx ,
x
Z
Z
Sh(x) dx ,
1
dx ,
1 + x2
Z
√
1
x2
+1
dx, etc....
1.3. Integración por sustitución
Este método de integración se utiliza cuando la función integrando es función compuesta.
Teorema 2. [función compuesta] Si F es primitiva
de f , entonces
Z
f [g(x)] · g 0 (x) dx = F [g(x)] + k
Demostración. nada
Derivando la primitiva F [g(x)] + k tenemos:
(F [g(x)] + k)0 = (F [g(x)])0 + 0 = F 0 [g(x)] · g 0 (x)
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como F es primitiva de f , queda
(F [g(x)] + k)0 = f [g(x)] · g 0 (x)
y queda demostrado que
(F [g(x)] + k) es primitiva de f [g(x)] · g 0 (x)
Ejemplo 2.
se desea conocer la primitiva de f (x) = cos [ln(x)] · x−1 .
p
La función integrando es el producto de una función compuesta (f ◦ g) por la
derivada de la primera función en la composición. Por lo tanto, la primitiva es otra
función compuesta (F ◦ g), siendo F la función seno. Entonces, la integral se expresa:
Z
cos [ln(x)] · x−1 dx = sen [ln(x)] + k
Ejemplo
Efectivamente, si controlamos el resultado derivando la primitiva, tenemos que por
la regla de la cadena se obtiene la función integrando.
y
R
3.
Resolver (5x + 3)9 dx.
p
En este caso las funciones de la composición (f ◦ g) son g(x) = 5x + 3 y f (x) = x9
y se observa que no aparece g 0 (x) = 5. ¾se podrá resolver por sustitución?
Como el nombre lo dice, se realiza una sustitución, o bien un cambio de variables.
Este cambio de variables debe favorecer que la función integrando sea más sencilla
y poder resolverla utilizando propiedades de integrales o que sea una integral inmediata.
En efecto, hacemos el siguiente cambio de variables: u = g(x), siendo du = g 0 (x) dx
du
, de donde dx = 0 .
g (x)
du
En este ejemplo: u = g(x) = 5x + 3, diferenciando queda: du = 5 dx ⇒ dx =
.
5
Sustituimos en la integral y queda una función que se puede integrar aplicando las
propiedades 4) y 5):
Z
Z
1
1 u10
9 du
u
=
u9 du =
+k
5
5
5 10
Se observa que la primitiva quedó en función a la variable u, entonces hay que volver
para expresarla en función a x:
Z
1 (5x + 3)10
9
(5x + 3) dx =
+k
5
10
y ya está
y
Ejercicios: Resolver las siguientes integrales
1.
Z
2.
R
6x2 − 3
dx
2x3 − 3x
tan(x) dx
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1.3.1. Una sustitución especial
Sea la integral
Z
2ax + b
dx
ax2 + bx + c
La función integrando es racional cociente de funciones polinómicas, y la función del numerador es la derivada del denominador. Se resuelve como sigue:
u = ax2 + bx
Z + c, diferenciando queda: du = (2ax + b) dx. Sustituimos y queda una integral
1
du = ln(u) + k = ln ax2 + bx + c + k .
inmediata:
u
En el caso de que la función del numerador no sea igual a la derivada del denominador, primero se procede sustituyendo al polinomio del numerador por una nueva expresión equivalente
en la cual sí aparece la derivada del denominador:
R
x−5
Ejemplo 4.
Resolver
dx.
2
x + 3x + 3
p
Hacemos u = x2 + 3x + 3 ⇒ u0 = 2x + 3. Tomando el polinomio del numerador:
x − 5 ≡ m(2x + 3) + n ⇒ x − 5 ≡ m2x + m3 + n. Para que dos polinomios sean
equivalentes, los coecientes de los términos semejantes deben ser iguales, y esto
resulta cuando m = 1/2 y n = −13/2. La integral queda:
Z 1
Z
Z 1
13
(2x + 3) + −13
(2x + 3)
2
2
2
2
dx
=
dx
−
dx
[1]
x2 + 3x + 3
x2 + 3x + 3
x2 + 3x + 3
Para resolver la segunda integral del segundo miembro, se completa cuadrados en el
denominador:
2
x2 + 3x + 3 = x2 + 3x + 94 − 94 + 3 = x + 23 + 43 .
Luego hacemos t = x + 23 y dt = 1 · dx
Por lo tanto, la expresión [1] se escribe:
Z
Z
13
1
du
dt
[1']
−
√ 2
2
u
2
3
2
t + 2
Teniendo en cuenta que
Z
inicial es:
Z
1
1
dt
=
· arctan
t2 + a2
a
t
, la solución de la integral
a
13 2
1
x−5
2
x
+
3x
+
3
−
dx
=
·
ln
· √ · arctan
x2 + 3x + 3
2
2
3
x + 3/2
√
3/2
+k
y ya está
y
1.4. Integración por partes
En general, las propiedades de integrales estudiadas no son útiles para integrar productos de
funciones, entonces se recurre al siguiente método:
Por denición, el diferencial de un producto de funciones u y v que dependen de x es:
d(u · v) = v · du + u · dv , integrando miembro a miembro:
Z
Z
d(u · v) = (v · du + u · dv)
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despejando la segunda integral queda:
Z
Z
u dv = u · v − v du
[2]
R
Supóngase que se quiere hallar la siguiente integral: f (x) · g(x) · dx,
entonces se podrá decir que:
primera posibilidad) f (x) = u y g(x) dx = dv o segunda posibilidad) g(x) = u y f (x) dx = dv
Si tomamos la primera posibilidad, se observa que en el segundo miembro de la igualdad en [2]
solicita conocer v y du. Por lo tanto:
u = f (x)
du = f 0 (x) dx
dv = g(x) dx
v=
R
dv =
R
g(x) dx
[3]
Se espera que [3] sea una integral más sencilla, que se pueda resolver por propiedades, por
sustitución o que sea inmediata. Una vez hallada v , se reemplaza siguiendo la expresión [2].
R
De igual modo, al hacer este reemplazo, la integral v du deberá ser más simple que la integral
dada, o que se pueda resolver por otros métodos ya estudiados. Si eso no ocurre, hay que probar
utilizando la segunda posibilidad.
R
Ejemplo 5.
Hallar ex x dx.
p
u = ex
Hacemos
du = ex dx
dv = x dx
v=
R
x dx = x2 /2
(*)
(*) Observe que se omite la constante de integración dado que ésta aparecerá al nal
de todo el proceso.
Utilizando la expresión [2], tenemos:
Z
Z 2
2
x x
x
x x
e x dx = e
−
e dx
[3]
2
2
Se observa que en el segundo miembro de la expresión [3] la integral obtenida es de
mayor complejidad que la que se intenta resolver. Por ello,
u=x
dv = ex dx
intentaremos con la segunda posibilidad:
du = 1 dx
Utilizando la expresión [2], tenemos:
Z
Z
x
x
e x dx = x · e − ex dx
v=
R
ex dx = ex
[4]
En la expresión [4] la integral obtenida es inmediata!!, por lo tanto:
Z
ex x dx = x · ex − ex + k
y
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En ocasiones, el método se debe repetir dos o más veces, hasta encontrar en el segundo miembro
una integral sencilla de resolver.
R
Ejemplo 6.
Hallar e2x sen(x) dx
p
u = e2x
Hacemos
dv = sen(x) dx
v=
R
e sen(x) dx = −e
2x
du = 2 e2x dx
sen(x) dx = − cos(x)
Entonces:
Z
2x
Z
cos(x) + 2
[5]
cos(x) e2x dx
Ésta última integral presenta la misma complejidad que la dada es un producto
entre una función exponencial y una trigonométrica, entonces en ella se aplica el
método nuevamente.
u = e2x
Hacemos:
dv = cos(x) dx
du = 2 e2x dx
v=
R
cos(x) dx = sen(x)
Entonces:
Z
2
cos(x) e
2x
Z
2x
2x
dx = 2 · e sen(x) − 2 sen(x) e dx
sacando paréntesis y sustituyendo en [4]:
Z
Z
2x
2x
x
e sen(x) dx = −e cos(x) + 2 e sen(x) − 4 e2x sen(x) dx
Reuniendo las integrales en el 1er miembro:
Z
5 e2x sen(x) dx = −e2x cos(x) + 2e2x sen(x)
⇓
Z
1
2
e2x sen(x) dx = − e2x cos(x) + e2x sen(x) + k
5
5
y
Ejemplo 7.
Encontrar
R
arctan(x) dx
p
u = arctan(x)
En este caso la única posibilidad es hacer:
du =
1
dx
1 + x2
dv = 1 dx
v=
R
dx = x
¾cuál es el resultado?
y
versión LATEX /pdf: colaboración de Jorge Omar Morel
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