resolver integrales

Métodos de Integración
Contenido
1
Introducción
1
2
Integrales Simples
3
3
Dos Métodos Fundamentales
3.1 Sustitución o Cambio de Variable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2 Integración por Partes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4
Integración de Funciones
4.1 Integrales de la forma
4.2 Integrales de la forma
4.3 Integrales de la forma
4.4 Integrales de la forma
4.5 Integrales de la forma
4.6 Integrales de la forma
4.7
5
5
8
Trigonométricas
11
n
n
cos x dx. . . . . . . . . . . . . . . 11
sen x dx y
sen m x cosn x dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
tann x dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
secn x dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
tanm x secn x dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
sen nx cos mx dx con n = m. . . . . . . . . . . . 17
Integrales de la forma sen nx sen mx dx o
cos nx cos mx dx con n = m. . . . . . . . . . . . 18
5
Integración por Sustituciones Trigonométricas
19
6
Integración de Funciones Racionales
25
7
Funciones Hiperbólicas y Sustituciones Hiperbólicas
33
8
Integrandos Racionalizables
8.1 Funciones racionales de potencias fraccionarias
8.2 Funciones racionales de senos y cosenos
. . . .
√
8.3 Funciones racionales del tipo R(x, √1 − x2 ) . .
8.4 Funciones racionales del tipo R(x, x2 − 1) . .
v
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
37
37
38
39
40
vi
Contenido
8.5
9
√
Funciones racionales del tipo R(x, x2 + 1) . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
103 Integrales
10 Respuestas
43
47
1. Introducción
La definición de la integral de una función continua f en un intervalo [a, b] como el lı́mite
de las sumas parciales de particiones rectangulares, en sı́mbolos
b
n
f (x) dx = lim
f (αi )∆xi ,
a
n→∞
i=1
no nos provee de un conjunto de reglas operativas para resolver integrales de manera tan
precisa como lo son el conjunto de reglas para resolver derivadas. Es el Teorema Funda b
mental del Cálculo que nos da una mejor heurı́stica para calcular el valor de
f (x) dx,
a
la cual es el punto de partida de los métodos expuestos aqui: hállese una función g tal que
b
g (x) = f (x); luego
f (x) dx = g(b)−g(a). La función g es única salvo constante aditiva
a
y está definida para todos los valores de x donde f (x) está definida. Por todo esto y por
ser nuestro objetivo en estas notas elaborar métodos para hallar g, obviaremos los lı́mites
b
de integración a y b (por lo que tampoco nos interesará calcular el valor de
f (x) dx) y,
a
en general, trabajaremos con la integral indefinida
f (x) dx
cuya solución tiene la forma g(x) + C, donde g es una función que satisface
g (x) = f (x)
(y es esta última condición la que utilizamos para verificar que, en efecto, g es una solución
de la integral.)
El proceso de hallar una solución para una integral es lo que se denomina integrar
una función o simplemente integración. En la expresión
f (x) dx = g(x) + C, la función
f (x) se llama integrando, la función g(x) se llama primitiva o antiderivada de f y C es
la constante de integración, la cual olvidaremos escribir en general (y muchas veces por
razones de espacio). Sin embargo, se debe tener siempre presente que son infinitas las
soluciones de una integral indefinida y cualquier par de ellas difieren en una constante.
b
El sı́mbolo
f (x) dx se atribuye a la inventiva de Leibniz (1646–1716), quien quiso
a
representar con éste una suma infinita de rectángulos, cada uno de altura dada por el
1
2
Introducción
valor de la función f y base infinitamente pequeña o de valor infinitesimal dx. El uso
que Leibniz dio a estos dx fue más que notacional: él consideró dx como una variable
a valores infinitesimales positivos (en el sentido de ser un número positivo menor que
cualquier número finito positivo) y operó con éste de igual manera que con cualquier otra
cantidad numérica para obtener muchas de las fórmulas del cálculo diferencial e integral
que conocemos hoy1 . Este uso de dx como cantidad infinitesimal, si bien como recurso
notacional resulta ser tremendamente clarificador de muchas fórmulas del Cálculo, fue controversial por que en su época, y hasta mediados del siglo XX, careció de fundamentación
matemática. Es en el año 1965 cuando se logra reconciliar la consideración de dx como
cantidad infinitesimal con el rigor de las matemáticas: el matemático Abraham Robinson
(1918–1974) demostró formalmente la posibilidad de extender el conjunto de los números
reales a un conjunto que incluya las cantidades infinitas e infinitesimales2 .
En vista de estos resultados podemos tranquilamente considerar dx a la manera de
Leibniz, y es ası́ como lo haremos aqui. Esto es, consideramos dx como una variable que
toma valores infinitesimales positivos, y su uso en la deducción de fórmulas para integrar
queda matemáticamente justificado (por ejemplo, en la sección 3.1 cuando escribimos
du = g (x) dx, o los du y dv en las integrales por partes en la sección 3.2). Como bono
extra, esperamos que del conocimiento de este avance de la matemática moderna, el lector
pueda librarse del trauma que le resulta al intentar responder la pregunta: ¿Por qué
dx
= 1?3 . Respuesta: ¡Muy simple! porque se está dividiendo una cantidad infinitesimal
dx
no nula por sı́ misma.
Otro punto que merece ser aclarado es el siguiente. Cuando hablamos de “resolver
la integral para una función f ”, lo que se está pidiendo en realidad es hallar una primitiva g para f que se exprese en términos de funciones elementales (e.g. composiciones
finitas de funciones aritméticas, trigonométricas, logarı́tmicas, exponenciales, radicales y
otras de igual estilo). El que esto sea posible no está garantizado por ningún teorema
para funciones continuas y, más aún, se ha demostrado que existen funciones continuas
elementales que no admiten primitivas en términos elementales; por ejemplo, la función
2
f (x) = e−x . Estas razones establecen la filosofı́a directriz de los métodos de integración:
se clasifican las funciones conocidas que admiten primitivas elementales en clases según
un patrón general que sabemos resolver mediante una operación especı́fica; cualquier otra
función que no presente las caracterı́sticas de los elementos de alguna de las clases establecidas, se intenta transformar en un elemento de alguna de estas mediante un número
finito de manipulaciones. Pero, por lo antes dicho, el éxito de este procedimiento no está
garantizado y depende en gran medida de la destreza que sólo se adquiere con la práctica.
En este sentido integrar es un arte.
1
Véase la obra de C. Boyer, The History of the Calculus and its Conceptual Development, Dover 1959,
para un excelente recuento de esta parte de la historia de la matemática.
2
Ver A. Robinson, Non-standard Analysis, North–Holland, Amsterdam, 1966.
3
Esta es una pregunta que consuetudinariamente me hacen los estudiantes de cálculo.
2. Integrales Simples
Comenzamos con una lista de las funciones que admiten una primitiva simple; estas son
las que podemos obtener como una aplicación inmediata del Teorema Fundamental del
Cálculo y nada más. (Esto es una verdad a medias: las integrales 12 a 15 no entran dentro
de este patrón; pero las incluimos aqui para completar la lista de integrales cuyo integrando
es una función simple. En la sección 3.1, ejemplo 3.1.6, daremos una justificación de ellas.)
1. k dx = kx + C, para todo número real k.
α+1
2. xα dx = xα+1 + C, para todo número real α = −1.
3. x1 dx = ln |x| + C
kx
4. ekx dx = ek + C, para todo número k = 0.
kx
5. akx dx = kaln a + C, para a = 1 y k = 0.
6. sen x dx = − cos x + C.
7. cos x dx = sen x + C
8. sec2 x dx = tan x + C
9. csc2 x dx = − cot x + C
10. (sec x)(tan x) dx = sec x + C
11. (csc x)(cot x) dx = − csc x + C
12. tan x dx = ln | sec x| + C = − ln | cos x| + C
13. cot x dx = − ln | csc x| + C = ln | sen x| + C
14. sec x dx = ln | sec x + tan x| + C
15. csc x dx = − ln | csc x + cot x| + C
1
dx = arcsen x + C = − arccos x + C, para |x| < 1
16. √1−x
2
17.
1
1+x2
dx = arctan x + C = − arccot x + C
3
4
Simples
18.
19.
20.
21.
22.
23.
24.
25.
√1
x x2 −1
dx = arcsec |x| + C = − arccsc |x| + C, para |x| > 1
senh x dx = cosh x + C
cosh x dx = senh x + C
sech 2 x dx = tanh x + C
csch 2 x dx = − coth x + C
√ 1
1+x2
dx = arcsenh + C = ln(x +
√1
± x2 −1
1
1−x2
√
1 + x2 ) + C
dx = arccosh x + C = ln(x ±
dx =

 arctanh x =

arccoth x =
√
x2 − 1 ) + C, para |x| > 1.
1
2
ln 1+x
1−x , si |x| < 1
1
2
ln x+1
x−1 , si |x| > 1
Anexo a esta tabla de integrales se tienen las siguientes propiedades de la integral que
deben saber manejarse también.
Propiedad 1:
[f (x) ± g(x)] dx =
f (x) dx ±
g(x) dx
Ejemplo 2.1
[e2x + x3 ] dx =
Propiedad 2:
e2x dx +
e2x x4
+
+C
2
4
f (x) dx, para todo k ∈ R.
kf (x) dx = k
Ejemplo 2.2
x3 dx =
3
dx = 3
1 + x2
1
dx = 3 arctan x + C
1 + x2
3. Dos Métodos Fundamentales
Los métodos de sustitución e integración por partes son la base de todos los demás métodos.
Aquellos son, en esencia, una combinación de uno de estos dos, o ambos, más algún truco
algebraico.
3.1
Sustitución o Cambio de Variable
Si una integral tiene la forma
f (g(x))g (x) dx
el método de sustitución o cambio de variable consiste en tomar
u = g(x)
de donde
Se resuelve
du = g (x) dx.
f (u) du y luego de hallada la solución (llamémosla F (u) + C) se vuelve a
poner todo en términos de x sustituyendo u por g(x); es decir,
f (g(x))g (x) dx = F (g(x)) + C.
(3.1)
La justificación de éste método se basa en la regla de la cadena para la derivada de
funciones compuestas: Si f y g son derivables y la composición de f con g está bien
definida, entonces, si F es una primitiva de f , se tiene
(F (g(x))) = F (g(x))g (x) = f (g(x))g (x),
por lo tanto, F (g(x)) es una primitiva de f (g(x))g (x), de donde se obtiene (3.1).
√
3
Ejemplo 3.1.1
1 + 3 sen x cos x dx. Hacemos la sustitución: u = 1 + 3 sen x, y ası́
du = 3 cos x dx. La integral nos queda:
1
1
1 4
u 3 du = u 3 + C
3
4
5
6
Métodos Fundamentales
y, por lo tanto,
√
3
4
(1 + 3 sen x) 3
1 + 3 sen x cos x dx =
+ C.
4
x3
dx. Hacemos la sustitución u = x4 + 6 y du = 4x3 dx. Ası́
4
x +6
4
−1
5 4
5
x3
1
1
1
√
√
du =
u 5 du = u 5 + C = (x4 + 6) 5 + C.
dx =
5
5
4
4
16
16
u
x4 + 6
√
5
Ejemplo 3.1.2
Ejemplo 3.1.3
√
√
x x − 5 dx. Hacemos la sustitución: u = x − 5, de donde x = u2 + 5
y dx = 2u du. La integral nos queda:
2
10
2
(u + 5)u2u du = 2 (u4 + 5u2 ) du = u5 + u3 + C.
5
3
Retornando a la variable x se concluye que
5
3
√
2
10
x x − 5 dx = (x − 5) 2 + (x − 5) 2 + C.
5
3
A continuación tenemos tres fórmulas generales de integración que son consecuencia
inmediata del método de sustitución o cambio de variable. (En todos los casos considere
u = f (x).)
Fórmula general 1:
f n (x)f (x) dx =
f n+1 (x)
+ C, para n = −1
n+1
Ejemplo 3.1.4
sen 3 x cos x dx =
(a)
sen 4 x
+C
4
1
( arcsen x)2
arcsen x
√
dx =
arcsen x √
dx =
+C
(b)
2
1 − x2
1 − x2
1
ln−2 x
1
−3
x)
dx
=
(ln
dx
=
+C
(c)
x
−2
(ln3 x)x
Fórmula general 2:
Ejemplo 3.1.5
(a)
ef (x) f (x) dx = ef (x) + C
1
e x dx =
2
x2
1 2
2
ex 2x dx = ex + C
2
7
Sustitución
(b)
√
e x
√ dx = 2
x
√
e
x
√
1
√ dx = 2e x + C
2 x
Fórmula general 3:
f (x)
dx = ln |f (x)| + C
f (x)
e−x
−e−x
Ejemplo 3.1.6 (a)
dx
=
(−1)
dx = − ln |e−x + 1| + C
e−x + 1
e−x + 1
1
x x + (1) ln x
1 + ln x
(b)
dx =
dx = ln |3 + x ln x| + C
3 + x ln x
3 + x ln x
− sen x
sen x
dx = (−1)
dx = − ln | cos x| + C
(c)
tan x dx =
cos x
cos x
(De manera análoga se resuelve la integral de cot x.)
(d)
sec x + tan x
dx =
sec x dx =
sec x
sec x + tan x
= ln | sec x + tan x| + C
sec x tan x + sec2 x
dx
sec x + tan x
La solución anterior es la que se enseña con más frecuencia en los cursos de cálculo para la
integral de sec x, y es la que más rápidamente se olvida. A mi parecer esto es ası́ porque el
truco de multiplicar y dividir el integrando por sec x + tan x es muy poco natural. Por eso
daré a continuación otra solución más natural de esta integral, aunque tal vez al lector no
le resulte en este momento ası́ puesto que se utiliza la siguiente separación de una fracción
de polinomios en otras más simples:
1
1
1
1
=
+
(1 + a)(1 − a)
2 1+a 1−a
Sin embargo, luego de leer el capı́tulo 6, el lector podrá juzgar mejor sobre la naturalidad
de esta solución.
Ejemplo 3.1.7
1
cos x
cos x
sec x dx =
dx =
dx =
dx
2
cos x
cos x
1 − sen 2 x
cos x
cos x
1
cos x
=
dx =
+
dx
(1 + sen x)(1 − sen x)
2
1 + sen x 1 − sen x
1
1 + sen x
1
(ln |1 + sen x| − ln |1 − sen x|) + C = ln
+C
=
2
2
1 − sen x
1
1 + sen x 1 + sen x
1
(1 + sen x)2
ln
·
=
+ C = ln
+C
2
1 − sen x 1 + sen x
2
1 − sen 2 x
8
Métodos Fundamentales
1 + sen x
1
(1 + sen x)2
+ C = ln
+C
ln
2
cos2 x
cos x
= ln | sec x + tan x| + C.
=
Una nota histórica: Esta última solución de la integral de la secante apareció publicada
por primera vez en la obra Geometrical Lectures de Isaac Barrow (1630–1677). El interés
suscitado en la época de Barrow por resolver esta integral se debió a su utilidad en el
trazado de mapas geográficos, descubierta por Edward Wright (1561–1615), quien determinó que para trazar con exactitud en un mapa el paralelo de latitud θ, se debe tomar
como distancia de este al ecuador la integral de la secante de θ. 1
Ejercicio 3.1.1 Halle las primitivas de cosecante y cotangente.
3.2
Integración por Partes
La fórmula de derivación para el producto de dos funciones nos proporciona de una fórmula
útil para resolver integrales cuyo integrando es el producto de dos funciones de naturaleza
distintas. Sean f y g funciones sobre la misma variable x y derivables. Entonces
(f (x)g(x)) = f (x)g(x) + f (x)g (x),
por lo que f g es una primitiva de f g + f g ; es decir,
f (x)g(x) = (f (x)g(x)) dx = f (x)g(x) dx + f (x)g (x) dx,
de donde se obtiene la siguiente fórmula, que es lo que se conoce como la regla de integración por partes,
f (x)g (x) dx = f (x)g(x) − f (x)g(x) dx.
Esta fórmula nos dice que la integral de un producto de dos funciones, una f (x) y la otra la
derivada de una g(x), no es mas que el producto de f por g menos la integral del producto
de la derivada de f por la función g. Una manera de desglosar los cálculosy recordar esta
regla de integración consiste en lo siguiente: dado el problema de resolver
f (x)g (x) dx,
hacemos
u = f (x) y dv = g (x) dx, por lo que
du = f (x) dx y v = g(x)
Luego
u dv = u · v − v · du
= f (x) · g(x) − g(x)f (x) dx
f (x)g (x) dx =
1
Ver V. F. Rickey, P. M. Tuchinsky, An application of geography to mathematics: history of the integral
of the secant, Math. Magazine, 53 3 (162–166) 1980
9
Por Partes
x2 e2x dx. Hacemos
Ejemplo 3.2.1
u = x2 ⇒ du =2x dx
1
dv = e2x dx ⇒ v = e2x dx = e2x
2
Ası́
1
v · du = x2 e2x −
2
dx = u · v −
xe2x dx
Volvemos a integrar por partes
xe2x dx tomando u = x y dv = e2x dx (en consecuencia
2 2x
x e
du = dx y v = 12 e2x ). Tenemos
1
1 2x
1
1
xe2x dx = xe2x −
e dx = xe2x − e2x
2
2
2
4
Finalmente,
1 2 2x
x e −
2
2x 1 2
= e
x −
2
x2 e2x dx =
Ejemplo 3.2.2
xe2x dx
1
1
+C
x+
2
4
ex cos x dx. Tomemos
u = cos x ⇒ du =− sen x dx
dv = ex dx ⇒ v = ex dx = ex
Entonces
x
x
e cos x dx = e cos x + ex sen x dx
Volvemos a integrar por partes ex sen x dx tomando
u = sen x ⇒ du = cos x dx
dv = ex dx ⇒ v = ex
para luego obtener
ex cos x dx = ex cos x +
ex sen x dx
= ex cos x + ex sen x − ex cos x dx
Hemos obtenido, en el lado derecho de la igualdad,
la misma integral que deseábamos
calcular pero con signo opuesto. Sumando
ex cos x dx a ambos lados de la igualdad y
dividiendo entre 2 obtenemos
1
ex cos x dx = ex (cos x + sen x) + C
2
10
Métodos Fundamentales
Ejemplo 3.2.3
cos(ln x) dx. Sea
1
u = cos(ln x) ⇒ du = − sen (ln x) dx
x
dv = dx ⇒ v = x
Luego
cos(ln x) dx = x cos(ln x) +
sen (ln x) dx
Integrando nuevamente por partes con u = sen (ln x) y dv = dx se obtiene
cos(ln x) dx = x cos(ln x) + x sen (ln x) − cos(ln x) dx
Otra vez se presenta el fenómeno que observamos en el ejemplo anterior: aparece en el
lado derecho de la igualdad la integral que comenzamos a integrar . . . y ya sabemos que
hacer. Ası́,
1
cos(ln x) dx = (x cos(ln x) + x sen (ln x)) + C.
2
En este momento podrı́amos preguntarnos si importa cómo se eligen u y dv, cuando se
intenta resolver una integral por la fórmula de integración por partes. Si nos tomásemos
la molestia de integrar en el ejemplo 3.2.2 tomando u = ex y dv = cos x dx, entonces
obtendrı́amos la misma solución. Intente ahora integrar en el ejemplo 3.2.1 tomando
u = ex y dv = x2 dx; se verá entonces que el proceso de integración ¡no tiene fin! Para
auxiliar al lector en la correcta elección de quién debe ser u y quién dv existen diversos
recursos mnemotécnicos en forma de poemas o rezos, para ninguno de los cuales conozco
una demostración matemática de su infalibilidad y, por eso, me limitaré a recomendar que
use su ingenio y practique el método de integración por partes lo suficiente como para
desarrollar su propio criterio de elección.
Un tipo de funciones que invitan a ser integradas por partes son las inversas de funciones trigonométricas y las logarı́tmicas, ya que sus derivadas son funciones algebraicas.
Ejemplo 3.2.4 En estos ejemplos u es todo el integrando y dv = dx.
x
(a)
arctan x dx = x arctan x −
dx (sustitución w = 1 + x2 )
1 + x2
1
= x arctan x − ln(1 + x2 ) + C
2
x
(b)
arcsen x dx = x arcsen x − √
dx (sustitución w = 1 − x2 )
1 − x2
= x arcsen x + 1 − x2 + C
1
(c)
ln x dx = x ln x − x dx = x ln x − x + C
x
4. Integración de Funciones
Trigonométricas
En este capı́tulo estudiaremos métodos para resolver integrales de productos y potencias
de funciones trigonométricas. Todos consisten, esencialmente, en el método de sustitución
junto con algunas identidades trigonométricas. Las identidades trigonométricas fundamentales que debemos recordar son
sen 2 x + cos2 x = 1
(4.1)
sen (−x) = − sen x (seno es una función impar)
(4.2)
cos(−x) = cos x
(coseno es una función par)
(4.3)
y las identidades de la suma de dos ángulos
sen x · cos y + sen y · cos x
(4.4)
cos(x + y) = cos x · cos y − sen x · sen y
(4.5)
sen (x + y) =
Cualquier otra identidad que sea necesaria se deduce a partir de estas, y asi lo veremos
en la medida que se necesite. El lector debe esforzarse por aprender la manera de obtener
las nuevas identidades a partir de (4.1)–(4.5) en vez de memorizarlas. Por ejemplo (y a
manera de calentamiento), las fórmulas para la resta de dos ángulos se pueden deducir asi:
sen (x − y) =
=
sen (x + (−y)) = sen x · cos(−y) + sen (−y) · cos x (por (4.4))
sen x · cos y − sen y · cos x (por (4.2) y (4.3))
y
cos(x − y) = cos(x + (−y)) = cos x · cos(−y) − sen x · sen (−y)
= cos x · cos y + sen x · sen y
(por (4.2) y (4.3))
4.1
Integrales de la forma
(por (4.5))
n
sen x dx y
cosn x dx.
Caso 4.1.1 n es par. Usamos las identidades
sen 2 x =
1 − cos 2x
2
y
11
cos2 x =
1 + cos 2x
2
(4.6)
12
Funciones Trigonométricas
las cuales se deducen combinando las identidades:
cos 2x = cos2 x − sen 2 x (tome x = y en (4.5)) y
sen 2 x + cos2 x = 1
de la siguiente manera
cos 2x = cos2 x − sen 2 x = (1 − sen 2 x) − sen 2 x = 1 − 2 sen 2 x
y
cos 2x = cos2 x − sen 2 x = cos2 x − (1 − cos2 x) = 2 cos2 x − 1.
Luego de realizada la sustitución trigonométrica adecuada, se desarrolla el polinomio de
senos o cosenos y se resuelven cada uno de los sumandos: los de potencia par por este
método y los de potencia impar por el método que se explica en el caso 4.1.2.
Ejemplo 4.1.1
sen x dx =
=
=
=
=
Ejemplo 4.1.2
4
2
2
1 − cos 2x
2
2
( sen x) dx =
dx
1
(1 − 2 cos 2x + cos2 2x) dx
4
1
1
1
dx −
cos 2x dx +
cos2 2x dx
4
2
4
1
1
1
1 + cos 4x
x − sen 2x +
dx
4
4
4
2
1
1
1
1
x − sen 2x + x +
sen 4x + C
4
4
8
32
cos2 x dx =
1 + cos 2x
1
1
dx = x + sen 2x + C
2
2
4
Caso 4.1.2 n es impar. Descomponemos la función trigonométrica en dos factores: uno
de potencia n−1 y el otro de potencia 1. Luego empleamos la identidad sen 2 x+cos2 x = 1
y el método de cambio de variable.
Ejemplo 4.1.3
sen x sen x dx = (1 − cos2 x) sen x dx
= − cos x − cos2 x sen x dx
3
sen x dx =
2
La última integral la resolvemos con el cambio de variable u = cos x y du = − sen x dx:
u3
cos3 x
2
− cos x sen x dx =
u2 du =
=
+C
3
3
Ası́
sen 3 x dx = − cos x +
cos3 x
+C
3
13
Funciones Trigonométricas
Ejemplo 4.1.4
5
4
cos x dx =
cos x cos x dx = (1 − sen 2 x)2 cos x dx
=
(1 − 2 sen 2 x + sen 4 x) cos x dx
2
sen 4 x cos x dx
= sen x − 2
sen x cos x dx +
tomando u = sen x y du = cos x dx concluimos
5
2
cos x dx = sen x − 2 u du + u4 du
=
=
2
1
sen x − u3 + u5 + C
3
5
2
1
sen x − sen 3 x + sen 5 x + C
3
5
4.2
Integrales de la forma
sen m x cosn x dx.
Caso 4.2.1 n y m son pares. Utilizamos simultáneamente las dos identidades (4.6)
deducidas en 4.1.1 para obtener integrales sólo de cosenos y proceder con cada una con el
método que convenga de la sección 4.1.
Ejemplo 4.2.1
1 − cos 2x
1 + cos 2x
2
2
dx
sen x cos x dx =
2
2
1
1
1
2
=
(1 − cos 2x) dx =
dx −
(1 + cos 4x) dx
4
4
8
1
1
x−
sen 4x + C
=
8
32
Ejemplo 4.2.2
1 − cos 2x
1 + cos 2x 2
2
4
sen x cos x dx =
dx
2
2
1
=
(1 − cos 2x)(1 + 2 cos 2x + cos2 2x) dx
8
1
2
3
=
dx + cos 2x dx − cos 2x dx − cos 2x dx
8
1
1
1 + cos 4x
2
x + sen 2x −
=
dx − (1 − sen 2x) cos 2x dx
8
2
2
1
1
1
x−
sen 4x +
sen 3 2x + C.
=
16
64
48
14
Funciones Trigonométricas
Observación 4.2.1 Alternativamente estas integrales pueden resolverse expresando seno en
términos de coseno (o coseno en términos de seno) mediante la identidad sen 2 x + cos2 x = 1,
se transforma ası́ a una suma de integrales de una sola de las funciones trigonométricas que se
consideran y se resuelven según los casos de la sección 4.1. En la práctica esto resulta ser más
ineficiente que la sustitución simultánea explicada antes, puesto que aumenta las potencias en vez
de disminuirlas.
Caso 4.2.2 n o m impar. Se realizan las operaciones expuestas en el caso 4.1.2 para la
función de potencia impar.
Ejemplo 4.2.3
3
5
cos2 x cos x sen 5 x dx
cos x sen x dx =
sen 6 x
sen 8 x
=
(1 − sen 2 x) cos x sen 5 x dx =
−
+C
6
8
(complete usted los pasos intermedios).
Ejemplo 4.2.4
3
2
sen 2 x sen x cos2 x dx
sen x cos x dx =
cos5 x cos3 x
=
(1 − cos2 x) sen x cos2 x dx =
−
+ C.
5
3
4.3
Integrales de la forma
tann x dx.
Para todo n ≥ 2, realizamos la descomposición
tann x = tan2 x tann−2 x,
sustituimos tan2 x por sec2 x − 1 y resolvemos por el método de cambio de variable. (Recuerde que tan2 x + 1 = sec2 x, la cual se obtiene dividiendo (4.1) por cos2 x.)
Ejemplo 4.3.1
tan3 x dx =
=
tan2 x tan x dx =
(sec2 x − 1) tan x dx
tan2 x
+ ln | cos x| + C.
2
Ejemplo 4.3.2
tan2 x tan2 x dx = (sec2 x − 1) tan2 x dx
tan4 x dx =
tan3 x
2
2
=
tan x sec x dx − (sec2 x − 1) dx =
− tan x + x + C.
3
15
Funciones Trigonométricas
4.4
secn x dx.
Integrales de la forma
Caso 4.4.1 n es par. Se realiza la descomposición
secn x = sec2 x secn−2 x,
se utiliza la identidad sec2 x = tan2 x + 1 y el método de cambio de variable.
Ejemplo 4.4.1
sec4 x dx =
sec2 x sec2 x dx = (1 + tan2 x) sec2 x dx
tan3 x
2
=
sec x dx + tan2 x sec2 x dx = tan x +
+ C.
3
Caso 4.4.2 n es impar. Se realiza la descomposición
secn x = sec2 x secn−2 x
y se integra por partes.
Ejemplo 4.4.2 (La siguiente es una de las integrales más populares en cualquier curso
de Cálculo.)
3
sec x dx = sec x sec2 x dx.
Sean
u = sec x
2
dv = sec x dx
⇒
du = sec x tan x dx
⇒
v = tan x
entonces
sec x dx = sec x tan x −
3
tan2 x sec x dx
(sec2 x − 1) sec x dx
3
= sec x tan x − sec x dx + sec x dx
= sec x tan x −
sumando
sec3 x dx a ambos lados de la igualdad y dividiendo entre 2 concluimos:
sec3 x dx =
1
(sec x tan x + ln | sec x + tan x|) + C.
2
16
Funciones Trigonométricas
Las integrales de la forma
n
cscn x dx
cot x dx y
se resuelven de manera análoga a los casos 4.3 y 4.4, empleando por supuesto las identidades trigonométricas apropiadas y recordando que
(cot x) = − csc2 x y (csc x) = − csc x cot x.
Por ejemplo, resuélvase
cot4 3x dx y csc6 x dx.
Nota: En el capı́tulo 7 se deduce una fórmula general para
secn x dx utilizando otros métodos.
4.5
tanm x secn x dx.
Integrales de la forma
Caso 4.5.1 n es par. Hacemos la siguiente descomposición
secn x = secn−2 x sec2 x = (sec2 x)
= (tan2 x + 1)
n−2
2
n−2
2
sec2 x
sec2 x
y luego realizamos un cambio de variable
z = tan x
de manera que la integral original se transforma en una integral polinómica sencilla.
Ejemplo 4.5.1
2
4
tan2 x sec2 x sec2 x dx
tan x sec x dx =
=
tan2 x(tan2 x + 1) sec2 x dx.
Sea z = tan x, por lo tanto, dz = sec2 x dx. Entonces,
z5 z3
2
4
tan x sec x dx =
z 2 (z 2 + 1) dz =
+
+C
5
3
tan5 x tan3 x
=
+
+ C.
5
3
Caso 4.5.2 m es impar. Hacemos la siguiente descomposición
tanm x secn x = tanm−1 x secn−1 x tan x sec x
= (tan2 x)
m−1
2
= (sec2 x − 1)
secn−1 x tan x sec x
m−1
2
secn−1 x tan x sec x
17
Funciones Trigonométricas
y luego realizamos un cambio de variable
u = sec x
de manera que la integral original se transforma en una integral polinómica sencilla.
Ejemplo 4.5.2
3
3
tan2 x sec2 x tan x sec x dx
tan x sec x dx =
(sec2 x − 1) sec2 x tan x sec x dx.
=
Sea u = sec x; por lo tanto du = sec x tan x dx. Luego
u5 u3
(u2 − 1)u2 du =
−
+C
tan3 x sec3 x dx =
5
3
sec5 sec3 x
=
−
+ C.
5
3
Caso 4.5.3 n es impar y m es par. Expresamos la integral original en términos de
sec x sólamente por medio de la transformación
m
m
tanm x = (tan2 x) 2 = (sec2 x − 1) 2
para luego resolver por el método de integración por partes como se hizo en 4.4.2.
Ejemplo 4.5.3
2
2
3
(sec x − 1) sec x dx = sec x dx − sec x dx
tan x sec x dx =
=
=
Ejercicio 4.5.1 Resolver
1
(sec x tan x + ln | sec x + tan x|) − ln | sec x + tan x| + C
2
1
(sec x tan x − ln | sec x + tan x|) + C.
2
tan4 x sec3 x dx.
4.6
Integrales de la forma
sen nx cos mx dx con n = m.
Utilizamos la identidad
1
sen nx cos mx = ( sen (n + m)x + sen (n − m)x)
2
la cual se obtiene al sumar las identidades
sen (n + m)x =
sen nx cos mx + sen mx cos nx
sen (n − m)x =
sen nx cos mx − sen mx cos nx.
18
Funciones Trigonométricas
Ejemplo 4.6.1
1
( sen 9x + sen (−1)x) dx
2
1
cos 9x
cos x −
+ C.
2
9
sen 4x cos 5x dx =
=
4.7
Integrales de la forma
sen nx sen mx dx o
cos nx cos mx dx con n = m.
Utilizamos las identidades
sen nx sen mx =
cos nx cos mx =
1
(cos(n − m)x − cos(n + m)x)
2
1
(cos(n − m)x + cos(n + m)x).
2
(4.7)
(4.8)
las cuales se obtienen de las identidades básicas
cos(n + m)x = cos nx cos mx − sen mx sen nx
(4.9)
cos(n − m)x = cos nx cos mx + sen mx sen nx.
(4.10)
Sumando (4.9) + (4.10) obtenemos (4.8), restando (4.10) − (4.9) obtenemos (4.7).
Ejemplo 4.7.1
sen 10x sen 2x dx =
=
1
(cos 8x − cos 12x) dx
2
1 sen 8x
sen 12x
−
+ C.
2
8
12
Ejemplo 4.7.2
cos(−5)x cos 3x dx =
=
1
(cos(−2)x + cos 8x) dx
2
1 sen 2x
sen 8x
+ C.
+
2
2
8
5. Integración por Sustituciones
Trigonométricas
Si un integrando contiene una expresión de la forma
a2 − b2 x2 ,
a2 + b2 x2 o
b2 x2 − a2
donde a > 0 y b > 0, una sustitución trigonométrica adecuada transforma la integral
original en una que contiene funciones trigonométricas, más fácil de resolver en general.
Las sustituciones adecuadas son:
Si se tiene
√
(i) a2 − b2 x2 hacemos x = ab sen t;
√
(ii) a2 + b2 x2 hacemos x = ab tan t;
√
(iii) b2 x2 − a2 hacemos x = ab sec t.
Para devolver el cambio hacemos uso de la definición geométrica de las funciones trigonométricas: en un triángulo rectángulo si t es la medida del ángulo de uno de los catetos
cateto adyacente
cateto opuesto
, cos t =
, y las demás
a la hipotenusa, entonces sen t =
hipotenusa
hipotenusa
funciones trigonométricas se definen combinando adecuadamente estas dos (e.g. tan t =
sen t
cateto opuesto
=
). Los detalles se ilustran en los siguientes ejemplos.
cos t
cateto adyacente
Ejemplo 5.1
√
9 − x2
dx.
x
Sea x = 3 sen t; en consecuencia, dx = 3 cos t dt. Luego,
√
√
9 − x2
9 − 9 sen 2 t
dx =
3 cos t dt
x
3 sen t
√
1 − sen 2 t
cos2 t
= 3
cos t dt = 3
dt
sen t
sen t
1 − sen 2 t
= 3
dt = 3 (csc t − sen t) dt
sen t
= 3(cos t − ln | csc t + cot t|) + C.
19
20
Sustituciones Trigonométricas
Ahora retornamos a la variable original de la siguiente manera: Si x = 3 sen t entonces
x
3 = sen t; por lo tanto, en un triángulo rectángulo con uno de sus ángulos de medida t
el cateto opuesto al ángulo t tiene longitud x y la hipotenusa
longitud 3. El otro cateto,
√
de acuerdo con el Teorema de Pitágoras, es entonces 9 − x2 . Ası́ se tiene la siguiente
figura:
3 x
t
√
9 − x2
Este es el triángulo corrrespondiente
√ a la ecuación x = 3 sen t.
√ A partir de éste se deducen
2
9−x2
3
. Concluimos entonces
las siguientes igualdades: cos t = 3 , csc t = x y cot t = 9−x
x
que
√
√
√
9 − x2
9 − x2
9 − x2
3
+ C.
dx = 3
− ln
+
x
3
x
x
Ejemplo 5.2
dx
.
x 4 + x2
√
Sea x = 2 tan t; en consecuencia, dx = 2 sec2 tdt. Luego,
dx
x 4 + x2
√
1
sec2 tdt
√
2
2
tan
t
1 + tan
t
sec t
1
1
dt =
csc tdt
=
2
tan t
2
1
= − ln | csc t + cot t| + C.
2
=
Retornamos a la variable original: si x = 2 tan t entonces
pondiente a esta ecuación es
x
2
= tan t. El triángulo corres-
21
Sustituciones Trigonométricas
√
4 + x2 x
t
2
√
por lo tanto csc t =
4+x2
x
y cot t = x2 . Finalmente,
1
dx
√
= − ln
2
2
x 4+x
Ejemplo 5.3
√
4 + x2
2
+ C.
+
x
x
dx
.
− 25
Sea x = 5 sec t , entonces dx = 5 sec t tan t dt. Ası́
5 sec t tan t
dx
√
√
=
dt
2
2 t − 25
x − 25
25
sec
=
sec t dt = ln | sec t + tan t| + C.
√
x2
Volvemos a la variable original: si x = 5 sec t entonces
2
sec2 t − 1 = x25 − 1. Por lo tanto,
x
dx
√
= ln
+
2
5
x − 25
√
x
5
= sec t. Por otra parte, tan2 t =
x2 − 25
+ C.
5
(Observe que no fue necesario dibujar el triángulo rectángulo correspondiente a la ecuación
x = 5 sec t para expresar la solución final en términos de la variable x ; simplemente
utilizamos una conocida identidad que relaciona la tangente con la secante. Debe entonces
quedar claro que dibujar el triángulo, correspondiente a la sustitución trigonométrica
realizada, es un artificio eficaz pero no único y, a veces, no es el mejor auxilio para devolver
los cambios.)
Si la expresión en el radical es un polinomio de segundo grado, ax2 + bx + c, lo transformamos en una resta de cuadrados mediante la completación de cuadrados:
2
b 2
b − 4ac
2
.
ax + bx + c = x +
−
2a
4a2
22
Sustituciones Trigonométricas
Ejemplo 5.4
3 − 2x − x2 dx.
Completamos cuadrados:
−x2 − 2x + 3 = −(x2 + 2x − 3) = −((x + 1)2 − 4) = 4 − (x + 1)2
Por lo tanto,
3 − 2x − x2 dx =
4 − (x + 1)2 dx
y esta última tiene la forma de las integrales estudiadas previamente. Hacemos la sustitución
x + 1 = 2 sen θ ⇒ dx = 2 cos θ dθ.
Luego,
4 − (x +
1)2 dx
4 − 4 sen 2 θ2 cos θ dθ
2
= 4 cos θ dθ = 2 (1 + cos 2θ)dθ = 2θ + sen 2θ + C.
=
Regresamos a la variable original. Tenemos sen θ =
Por otra parte, sen 2θ = 2 sen θ cos θ y
cos θ =
1 − sen 2 θ =
x+1
2
, por lo que θ = arcsen
x+1
2
.
4 − (x + 1)2
2
(a esta identidad se pudo también haber llegado utilizando el triángulo rectángulo correspondiente a la ecuación x + 1 = 2 sen θ ). En consecuencia,
1
x+1
2
+ (x + 1) 4 − (x + 1)2 + C.
3 − 2x − x dx = 2 arcsen
2
2
Ejemplo 5.5
dx
(5 + 2x + x2 )3
Completamos cuadrados: x2 + 2x + 5 = (x + 1)2 + 4 y trabajamos con la integral
dx
((x + 1)2 + 4)3
Sea x + 1 = 2 tan θ, por lo tanto, dx = 2 sec2 θdθ. Entonces
2 sec2 θ
1
dx
dθ
=
dθ =
2
2
3
3
4
sec θ
((x + 1) + 4)
(4 tan θ + 4)
1
1
=
cos θ dθ = sen θ + C.
4
4
Volvemos a la variable original. El triángulo rectángulo correspondiente a la ecuación
es
tan θ = x+1
2
23
Sustituciones Trigonométricas
(x + 1)2 + 4
x+1
θ
2
del cual se deduce que sen θ =
x+1
(x + 1)2 + 4
dx
(5 + 2x +
x2 )3
=
1
4
. Finalmente
x+1
(x + 1)2 + 4
+ C.
24
Sustituciones Trigonométricas
6. Integración de Funciones
Racionales
Nos ocuparemos ahora de la integral de funciones de la forma
p(x)
, donde
q(x)
p(x) = xm + βm−1 xm−1 + · · · + β0 y
q(x) = xn + αn−1 xn−1 + · · · + α0 (con αi , βj ∈ R);
es decir, p(x) es un polinomio de grado m y q(x) es un polinomio de grado n. Observe
que, en ambos polinomios, se asume el coeficiente del término de mayor grado es 1; esto
siempre puede tenerse mediante una simple factorización. Además el caso interesante se
presenta cuando m < n; porque si m ≥ n, efectuamos la división de polinomios para
expresar p(x)/q(x) como s(x) + r(x)/t(x), donde r(x) es un polinomio de menor grado
que t(x).
Para dividir polinomios utilice el método que más le convenga (siempre que sea matemáticamente válido); uno que a mı́ me agrada consiste en factorizar el denominador
y, sucesivamente, construir en el numerador los factores del denominador, uno a uno,
haciendo las cancelaciones necesarias, hasta obtener un numerador de menor grado que el
denominador. Los siguientes ejemplos sencillos ilustran esta situación.
x
Ejemplo 6.1
dx. Observamos que
x+1
x+1−1
1
x
=
=1−
x+1
x+1
x+1
Por lo tanto,
Ejemplo 6.2
x
dx =
x+1
dx
= x − ln |x + 1| + C
x+1
dx −
x3 + 1
dx. Resolvemos ası́
x−2
x3 + 1
x−2
2x(x − 2) + 4x + 1
x2 (x − 2) + 2x2 + 1
= x2 +
x−2
x−2
4(x
−
2)
+
8
+
1
9
= x2 + 2x +
= x2 + 2x + 4 +
x−2
x−2
=
25
26
Funciones Racionales
Luego
x3 + 1
x3
dx =
+ x2 + 4x + 9 ln |x − 2| + C.
x−2
3
Ahora, si m < n, descomponemos
p(x)
q(x)
=
+
+
p(x)
en una suma de fracciones simples, esto es
q(x)
A1,l1
Ak,lk
Ak,1
A1,1
+
·
·
·
+
+
·
·
·
+
+
·
·
·
+
l
l
(x − a1 )
(x − a1 )
(x − a1 ) 1
(x − ak ) k
B1,r x + C1,r1
B1,1 x + C1,1
+ ··· + 2 1
+ ···
(x2 + 2b1 x + c1 )r1
(x + 2b1 x + c1 )
Bs,r x + Cs,rs
Bs,1 x + Cs,1
+ ··· + 2 s
2
r
s
(x + 2bs x + cs )
(x + 2bs x + cs )
donde los denominadores de cada fracción son los factores lineales o cuadráticos (y potencias de estos) que resultan de la factorización de q(x) (siendo li y rj las multiplicidades
respectivas de estos factores en q(x)). Que tal descomposición es posible siempre es un
importante teorema del álgebra cuya demostración dejamos para el final de éste capı́tulo,
y que utiliza, a su vez, el no menos importante teorema fundamental del álgebra (que no
demostraremos aqui1 ) según el cual todo polinomio, con coeficientes reales, puede factorizarse en un producto de polinomios de grado 1 o 2, irreducibles y con coeficientes
reales.
De acuerdo con lo antes escrito, estamos asumiendo entonces que nuestro polinomio
q(x) viene dado en la forma
q(x) = (x − a1 )l1 · · · (x − ak )lk (x2 + 2b1 x + c1 )r1 · · · (x2 + 2bs x + cs )rs
donde los factores de grado 2 son irreducibles en R.
Observación 6.1 La irreducibilidad en R de x2 + 2bx + c se deduce verificando la desigualdad
c − b2 > 0.
Se tienen cuatro casos.
Caso 6.1 Los factores de q(x) son todos lineales y ninguno se repite. Es decir,
q(x) = (x − a1 )(x − a2 ) · · · (x − an ), con ai = aj , siempre que i = j.
En ese caso escribimos
p(x)
q(x)
=
=
A2
An
A1
+
+ ··· +
x − a1 x − a2
x − an
A1 (x − a2 ) · · · (x − an ) + · · · + An (x − a1 ) · · · (x − an−1 )
(x − a1 )(x − a2 ) · · · (x − an )
(6.1)
donde A1 , A2 , . . . , An son números reales que se determinan igualando numeradores y
resolviendo las ecuaciones que se obtienen, para distintos valores arbitrarios de x, como
se ilustra en el siguiente ejemplo.
1
Ver M. Spivak, Calculus, editorial Reverté S.A., 1978, para una demostración de ese resultado
27
Funciones Racionales
Ejemplo 6.3
x+1
dx. Factorizamos el denominador:
x2 − 4
q(x) = x2 − 4 = (x − 2)(x + 2) (factores lineales distintos)
De acuerdo con lo explicado escribimos
x+1
A
B
A(x + 2) + B(x − 2)
=
+
=
x2 − 4
x−2 x+2
(x − 2)(x + 2)
Como los denominadores son iguales, igualamos numeradores
x + 1 = A(x + 2) + B(x − 2)
y asignando valores arbitrarios a x (preferiblemente que anulen algún factor) obtenemos
1
4
3
para x = 2 ⇒ A =
4
para x = −2 ⇒ B =
por lo tanto
x+1
dx =
x2 − 4
=
A
dx +
x−2
B
3
dx =
x+2
4
dx
1
+
x−2 4
dx
x+2
3
1
ln |x − 2| + ln |x + 2| + C
4
4
Observación 6.2 Otra manera de calcular los coeficientes A1 , . . . , An se basa en la siguiente
observación sobre la derivada de q(x). Puesto que
q(x) = (x − a1 )(x − a2 ) · · · (x − an )
donde ninguno de los factores se repite, su derivada tiene la forma
q (x)
(x − a2 ) · · · (x − an ) + (x − a1 ) · · · (x − an ) + · · · + (x − a1 ) · · · (x − an−1 )
n =
(x − aj )
=
i=1 j=i
Por otra parte, si
A1
A2
An
+
+ ··· +
x − a1
x − a2
x − an
=
p(x)
q(x)
entonces, multiplicando ambos lados por q(x), tenemos
A1
(x − aj ) + A2
(x − aj ) + · · · + An
(x − aj ) = p(x)
j=1
j=2
j=n
28
Funciones Racionales
Observando que, para cada i = 1, . . . , n, el producto de factores lineales que acompaña a Ai es
exactamente el i–ésimo sumando de q (x), concluimos que, para cada i = 1, . . . , n,
Ai
=
p(ai )
p(ai )
= (ai − aj )
q (ai )
(6.2)
j=i
es decir, el valor de Ai es igual al cociente de p sobre q , ambos evaluados en ai , la i–ésima raı́z del
polinomio q. Esta fórmula para calcular los coeficientes Ai puede ser más ventajosa que resolver
sistemas de ecuaciones lineales, en particular si q(x) es un polinomio de grado muy grande. Como
ejemplo calculemos los coeficientes A y B del ejemplo anterior utilizando esta fórmula. Tenemos
que q (x) = 2x y, por lo tanto, A = p(2)/q (2) = 3/4 y B = p(−2)/q (−2) = 1/4. Finalmente,
téngase en cuenta que en la deducción de la fórmula (6.2) se utilizó el que q(x) es un producto de
factores lineales todos distintos y, por lo tanto, esta fórmula no sirve para calcular los Ai de los
casos que siguen a continuación.
Caso 6.2 Los factores de q(x) son todos lineales y algunos se repiten. Supongamos que
(x − a) es un factor que se repite k veces. Entonces, correspondiente a ese factor habrá,
en la descomposición (6.1), la suma de las k fracciones simples
A1
A2
Ak−1
Ak
+
+ ··· +
+
2
k
k−1
(x − a)
(x − a)
(x − a)
(x − a)
donde A1 , . . . , Ak son números reales. Luego se procede como en el caso anterior.
x3 + 1
Ejemplo 6.4
dx. Escribimos
(x + 2)(x − 1)3
x3 + 1
(x + 2)(x − 1)3
=
=
A
D
B
C
+
+
+
x + 2 x − 1 (x − 1)2 (x − 1)3
A(x − 1)3 + B(x + 2)(x − 1)2 + C(x + 2)(x − 1) + D(x + 2)
(x + 2)(x − 1)3
igualamos numeradores
x3 + 1 = A(x − 1)3 + B(x + 2)(x − 1)2 + C(x + 2)(x − 1) + D(x + 2)
y observamos que fácilmente se obtienen A = 7/27 y D = 2/3 si evaluamos la ecuación
anterior en x = −2 y x = 1 respectivamente. Para obtener los otros dos coeficientes
evaluamos x en 0 y en 1 (y damos los valores hallados a A y D), lo cual da las ecuaciones
2
27
19
2B − C =
27
de estas últimas se obtiene B = 7/9 y C = 23/27. Por lo tanto,
x3 + 1
7
2
dx
7
dx
23
dx
dx
dx =
+
+
+
3
2
(x + 2)(x − 1)
27
x+2 9
x − 1 27
(x − 1)
3
(x − 1)3
2
1
1
1
7
7
23
−
=
+C
ln |x + 2| + ln |x − 1| −
27
9
27 x − 1
3 x−1
B−C = −
29
Funciones Racionales
Observación 6.3 En este caso también los coeficientes A1 , . . . , Ak , que acompañan a las fracciones simples correspondientes a cada potencia del factor (x − a) que se repite k veces, pueden
calcularse por una fórmula que envuelve la derivada de una función. Veamos como. Si q(x) se
descompone en (x − a)k h(x), con h(a) = 0, entonces
p(x)
A2
Ak
p(x)
A1
r(x)
+
+ ··· +
=
=
+
.
k
k
k−1
q(x)
(x − a) h(x)
(x − a)
(x − a)
(x − a) h(x)
Multiplicando por (x − a)k obtenemos:
p(x)
r(x)
= A1 + A2 (x − a) + · · · + Ak (x − a)k−1 + (x − a)k
.
h(x)
h(x)
p(a)
p(a)
d p(a)
1
dk−1
De aqui se deduce que A1 =
, A2 =
, . . . , Ak =
.
h(a)
dx h(a)
(k − 1)! dxk−1 h(a)
Caso 6.3 La factorización de q(x) contiene factores cuadráticos irreducibles que no se
repiten. En este caso al descomponer p(x)/q(x) en una suma de fracciones simples, por
cada factor cuadrático irreducible de q(x), digamos x2 + 2bx + c, corresponde una fracción
cuyo denominador es el factor cuadrático y numerador un polinomio de grado 1 con coeficientes indeterminados; es decir, una fracción de la forma:
x2
Ax + B
+ 2bx + c
Luego se procede a igualar numeradores y resolver las ecuaciones correspondientes para
determinar los coeficientes reales, como en el caso anterior.
3
x +x+1
Ejemplo 6.5
dx. Descomponemos el integrando en fracciones simples
x4 − 81
x3 + x + 1
x4 − 81
=
x3 + x + 1
A
B
Cx + D
=
+
+ 2
2
(x − 3)(x + 3)(x + 9)
x−3 x+3
x +9
y obtenemos
x3 + x + 1 = A(x + 3)(x2 + 9) + B(x − 3)(x2 + 9) + (Cx + D)(x2 − 9)
Para x = 3, x = −3, x = 0 y x = 1 se tiene, respectivamente, A = 31/108, B = 29/108,
D = (27A − 27B − 1)/9 = −1/18 y C = (40A − 20B − 8D − 3)/8 = 4/9. Por lo tanto
3
x +x+1
31
dx
29
dx
4
x dx
1
dx
dx =
+
+
−
4
2
2
x − 81
108
x − 3 108
x+3 9
x + 9 18
x +9
1
31
29
2
x
=
ln |x − 3| +
ln |x + 3| + ln |x2 + 9| −
arctan + C
108
108
9
54
3
(Para la integración de x2x+9 hágase la sustitución u = x2 + 9; y para la de x21+9 utilice
el método de sustitución trigonométrica o vea la tabla de integrales simples en el capı́tulo
2.)
30
Funciones Racionales
Caso 6.4 La factorización de q(x) contiene factores cuadráticos irreducibles que se repiten.
Supongamos que x2 + 2bx + c es un factor de q(x) que se repite k veces, entonces en la
descomposición de p(x)/q(x) en suma de fracciones simples debe tenerse, correspondiente
al factor (x2 + 2bx + c)k , la suma de las siguientes k fracciones:
A1 x + B1
A2 x + B2
Ak x + Bk
+ 2
+ ··· + 2
k
k−1
x + 2bx + c
+ 2bx + c)
(x + 2bx + c)
(x2
donde A1 , B1 , . . . , Ak , Bk son números reales a ser determinados como en los casos
anteriores.
x−1
dx. Reducimos a fracciones simples
Ejemplo 6.6
2
x(x + 2x + 3)2
x(x2
x−1
A
Dx + E
Bx + C
= + 2
+ 2
2
2
+ 2x + 3)
x
(x + 2x + 3)
x + 2x + 3
igualando numeradores se sigue que
x − 1 = A(x2 + 2x + 3)2 + (Bx + C)x + (Dx + E)x(x2 + 2x + 3)
= x4 (A + D) + x3 (4A + 2D + E) + x2 (10A + B + 3D + 2E)
+ x(12A + C + 3E) + 9A
igualando coeficientes y resolviendo simultáneamente obtenemos A = −1/9, B = 1/3,
C = 1/3, D = 1/9 y E = 2/9. Por lo tanto,
1
1
x−1
dx 1
x+1
x+2
dx = −
dx +
+
dx
2
2
2
2
2
x(x + 2x + 3)
9
x
3
(x + 2x + 3)
9
x + 2x + 3
x+1
dx, multiplicamos numerador y denominador por 2 y hacePara resolver
(x2 + 2x + 3)2
mos la sustitución u = x2 + 2x + 3 (por lo tanto du = (2x + 2) dx). Ası́
1
1
2x + 2
du
x+1
dx =
dx =
2
2
2
2
(x + 2x + 3)
2
(x + 2x + 3)
2
u2
1
1
= −
=−
2
2u
2(x + 2x + 3)
y para resolver
x+2
dx =
2
x + 2x + 3
x+2
dx
(x + 1)2 + 2
utilizamos el método de sustitución trigonométrico, tomando x + 1 =
√
2 sec2 θ dθ, lo cual nos da el resultado final
√
2
arctan
2
x+1
√
2
√
− ln
2
(x + 1)2 + 2
√
2 tan θ y dx =
31
Funciones Racionales
Finalmente
1
x−1
1
1
dx = − ln |x| −
x(x2 + 2x + 3)2
9
6 x2 + 2x + 3
√
√
1
2
2
x+1
+C
+
− ln
arctan √
18
9
(x + 1)2 + 2
2
Nota adicional Veamos una demostración del teorema que fundamenta los métodos de este
capı́tulo; a saber
p(x)
una función racional, donde
q(x)
p(x) y q(x) son polinomios con coeficientes reales, grado de p(x) < grado de q(x) y q(x) tiene la
siguiente factorización en factores lineales y cuadráticos irreducibles con multiplicidades respectivas
lj (1 ≤ j ≤ k) y rj (1 ≤ j ≤ s):
Teorema de Descomposición en Fracciones Simples: Sea
q(x)
=
(x − a1 )l1 · · · (x − ak )lk (x2 + 2b1 x + c1 )r1 · · · (x2 + 2bs x + cs )rs
(6.3)
p(x)
se puede expresar como la suma de todas las expresiones obtenidas de la siguiente
q(x)
manera: por cada factor (x − a)l de q(x) se tiene una expresión de la forma
Entonces
A1
A2
Al
+
+ ··· +
(x − a)l
(x − a)l−1
(x − a)
(6.4)
con A1 ,. . . , Al , números reales; y por cada factor (x2 + 2bx + c)r se tiene una expresión de la forma
B1 x + C1
B2 x + C2
Br x + Cr
+ 2
+ ··· + 2
(x2 + 2bx + c)r
(x + 2bx + c)r−1
(x + 2bx + c)
(6.5)
(Los dos tipos de fracciones que constituyen las expresiones generales anteriores se llaman simples.)
Demostración: Lo primero que haremos es extender la descomposición (6.3) de q(x) al conjunto
de los números complejos2 . En ese caso cada factor cuadrático irreducible x2 + 2bx + c tiene por
raı́ces un número complejo α + iβ y su conjugado α − iβ y, en consecuencia, q(x) se descompone
en factores lineales asi:
q(x)
=
(x − a1 )l1 · · · (x − ak )lk (x − (α1 + iβ1 ))r1 (x − (α1 − iβ1 ))r1 · · ·
(6.6)
· · · (x − (αs + iβs )) (x − (αs − iβs ))
rs
rs
Veamos ahora que, para cada uno de los factores de q(x) en (6.6), se tiene una expresión de la forma
(6.4). Sea (x−ξ) uno de estos factores lineales y m su multiplicidad. Entonces q(x) = (x−ξ)m h(x)
con h(ξ) = 0 y escribimos
p(x)
q(x)
2
=
p(ξ)
p(x)h(ξ) − p(ξ)h(x)
+
m
(x − ξ) h(ξ)
h(ξ)(x − ξ)m h(x)
Asumiré que el lector conoce los números complejos y sus propiedades; pero, en caso de duda, puede
hallar en M. Spivak, op. cit., todo lo necesario para demostrar las afirmaciones que haré sobre estos
números aqui.
32
Funciones Racionales
h(x)
Claramente ξ es una raı́z del polinomio p(x)h(ξ) − p(ξ)h(x) = h(ξ) p(x) −
y, por lo tanto,
h(ξ)
p(x)h(ξ) − p(ξ)h(x) = h(ξ)(x − ξ)p1 (x), donde p1 (x) es un polinomio de grado menor que el grado
de q(x) menos 1 (ya que
h(x)
1
p1 (x) =
p(x) −
(6.7)
(x − ξ)
h(ξ)
y el polinomio de la derecha es de grado menor que el grado de q(x)/(x − ξ)).
Luego
p(x)
q(x)
=
p1 (x)
p(ξ)/h(ξ)
+
(x − ξ)m
(x − ξ)m−1 h(x)
Sea A1 = p(ξ)/h(ξ) y asi tenemos la primera fracción simple de la expresión correspondiente al
factor (x − ξ)m . Repetimos el procedimiento anterior con los polinomios p1 (x) y (x − ξ)m−1 h(x)
para obtener la siguiente fracción simple, y asi sucesivamente hasta obtenerlas todas.
El próximo paso es analizar la descomposición en fracciones simples, obtenida anteriormente,
correspondiente a las raı́ces complejas de q(x). Sea α + iβ una raı́z compleja de q(x) con multiplicidad r. Vimos que el conjugado de α + iβ, el número α − iβ, es también raı́z de q(x) con
igual multiplicidad r y (x − (α + iβ))(x − (α − iβ)) = x2 + 2bx + c, con b = −α y c = α2 + β 2 ,
es el correspondiente factor cuadrático, con coeficientes reales, cuyas raı́ces son α + iβ y α − iβ.
Pongamos ξ = α + iβ y ξ¯ = α − iβ. Entonces, según lo hecho anteriormente, el factor (x − ξ)r da
origen a la expresión
A1
A2
Ar
+
+ ··· +
r
r−1
(x − ξ)
(x − ξ)
(x − ξ)
¯ r da origen a la expresión
y el factor (x − ξ)
B1
B2
Br
+
+ ··· +
r
r−1
¯
¯
¯
(x − ξ)
(x − ξ)
(x − ξ)
Afirmamos que, para cada j = 1, . . . , r, el número Bj es el conjugado de Aj , en notación Bj = Āj .
Esto es asi puesto que, para cada j, Aj y Bj se obtienen al evaluar el mismo cociente de polinomios
pj−1 (x)
¯ respectivamente (y donde p0 = p, p1 se obtiene como en (6.7), etc.). Luego
en ξ y ξ,
h(x)
Aj
Āj
gj (x)
+
¯ j = (x2 + 2bx + c)j
(x − ξ)j
(x − ξ)
donde gj (x) es de grado ≤ j y con coeficientes reales. En consecuencia gj (x) = (x2 +2bx+c)gj1 (x)+
s(x), donde s(x) es un polinomio de grado 1 con coeficientes reales. Sea entonces s(x) = Dj x + Ej ,
con Dj y Ej reales; en consecuencia,
Aj
Āj
Dj x + E j
gj1 (x)
+
= 2
+ 2
j
j
j
¯
(x − ξ)
(x + 2bx + c)
(x + 2bx + c)j−1
(x − ξ)
Si repetimos las cuentas esta vez con la fracción gj1 /(x2 + 2bx + c)j−1 (y esto para cada j) obtenemos la descomposición asociada a los factores cuadráticos de q(x) deseada. Esto concluye la
demostración del teorema. 2
7. Funciones Hiperbólicas y
Sustituciones Hiperbólicas
Las funciones seno y coseno hiperbólicos se definen por
senh x =
ex − e−x
2
y cosh x =
ex + e−x
2
(7.1)
Por analogı́a con las funciones trigonométricas se definen la tangente, la cotangente, la
secante y la cosecante, respectivamente, como
ex − e−x
ex + e−x
2
sech x = x
e + e−x
tanh x =
,
y
ex + e−x
,
ex − e−x
2
csch x = x
e − e−x
coth x =
(7.2)
(7.3)
A partir de estas definiciones se pueden verificar las siguientes fórmulas de diferenciación:
d senh x
= cosh x ,
dx
d tanh x
= sech 2 x y
dx
d cosh x
= senh x ,
dx
d coth x
= − csch 2 x
dx
De estas ecuaciones se obtienen las integrales inmediatas
cosh x dx = senh x ,
senh x dx = cosh x ,
csch 2 x dx = − coth x
sech 2 x dx = tanh x y
También utilizando las fórmulas (7.1) se verifican identidades fundamentales como
cosh2 x − senh 2 x = 1
(7.4)
cosh(x + y) = cosh x cosh y + senh x senh y
(7.5)
senh (x + y) = senh x cosh y + senh y cosh x
(7.6)
Estas identidades se pueden combinar de igual manera que se hizo con sus análogas
trigonométricas para obtener otras identidades como
cosh2 x =
cosh 2x + 1
2
y
33
senh 2 x =
cosh 2x − 1
2
34
Funciones y Sustituciones Hiperbólicas
y utilizar estas últimas para resolver integrales de la forma
n
cosh x dx y
senh n x dx
o
coshn x senh m x dx
Podemos proseguir ası́ y desarrollar métodos paralelos a los desarrollados en las secciones
(4.1) a la (4.7) del capı́tulo 4 para resolver todo tipo de integrales de funciones hiperbólicas.
No lo haremos aqui y sugerimos al lector que desarrolle esos métodos como ejercicio.
Téngase en cuenta, sin embargo, que muchas veces es más efectivo sustituir las funciones
hiperbólicas que aparecen en una integral por sus definiciones en términos de ex , obteniendose asi integrales de polinomios en ex que resultan fáciles de resolver.
Ejemplo 7.1
x
−x
1 + e −e
1 + senh x
(2 + ex − e−x )ex
2
dx
=
dx
dx =
x
−x
1 + cosh x
(2 + ex + e−x )ex
1 + e +e
2
(2 + ex − e−x )ex
=
dx (sustitución u = ex )
2ex + e2x + 1
2u + u2 − 1
=
du
u(u + 1)2
y esta última es una integral que podemos resolver usando los métodos expuestos en el
capı́tulo 6.
La analogı́a de las funciones hiperbólicas con las trigonométricas resulta de mejor
utilidad no para calcular integrales de funciones hiperbólicas (por todo lo antes dicho)
sino, más bien, para calcular integrales de otras funciones (e.g. radicales) cuyas formas sugieren alguna identidad de funciones hiperbólicas y la consecuente sustitución hiperbólica
adecuada.
√
Para ilustrar lo que queremos decir considere, por ejemplo, integrar b2 x2 − a2 . La
expresión b2 x2 − a2 sugiere utilizar la sustitución x = ab cosh u junto con la identidad (7.4)
para eliminar la raı́z y obtener
a
a2
2
2
2
2
2
2
b x − a dx =
senh u a cosh u − a du =
senh 2 u du
b
b
a2
a2 senh 2u u
=
=
−
( senh u cosh u − u)
b
4
2
2b
a2 x x2 − 1 − arccosh x + C
=
2b
√
recordando que arccosh x = ln(x + x2 − 1) podemos expresar la solución anterior como
a2 b2 x2 − a2 dx =
x x2 − 1 − ln(x + x2 − 1) + C
2b
35
Funciones y Sustituciones Hiperbólicas
√
Análogamente, para integrar b2 x2 + a2 considere el cambio x = ab senh u, y para
√
integrar a2 − b2 x2 considere x = ab tanh u (para esta última se usa 1−tanh2 u = sech 2 u).
Los detalles los puede desarrollar el lector guiándose con lo realizado en el capı́tulo 5.
1 1+x
(Recuerde también que arcsenh x = ln(x + x2 + 1); arctanh x = ln
, si −1 <
2 1−x
1 1+x
, si −1 < x < 1. Todas estas fórmulas se deducen fácilmente
x < 1; arccoth x = ln
2 1−x
de las definiciones de las funciones hiperbólicas en términos de la función exponencial.)
Ilustraremos lautilidad de las sustituciones hiperbólicas hallando una fórmula para
integrales del tipo secn x dx, para cualquier entero n ≥ 1.
Ejemplo 7.2 Comencemos con n = 1, es decir
sec x dx. Tomamos u = sec x, por lo
√
que du = sec x tan x dx = u u2 − 1 dx y se tiene
du
senh v dv
u=sec x
u=cosh v
√
=
=
sec x dx
2
u −1
cosh2 v − 1
=
dv = v = arccosh u = ln(u + u2 − 1) = ln(sec x + tan x)
Generalizamos a continuación para cualquier entero n.
Ejemplo 7.3 Al igual que en el ejemplo anterior, hacemos sec x = u seguida de la sustitución hiperbólica u = cosh v para obtener
un−1
sec x=u
u=cosh v
n
√
sec x dx
=
coshn−1 vdv
du =
u2 − 1
n−1
n − 1
1
1
v
−v n−1
ekv e−(n−1−k)v dv
(e + e )
dv = n−1
=
2n−1
2
k
k=0
n−1
1 n−1
=
(7.7)
ev(2k−n+1) dv
n−1
2
k
k=0
Sea α = 2k − n + 1. Si n es par, entonces 2k = n − 1 y, por lo tanto, α = 0 cualquiera sea
k. Esto significa que (7.7) es, en efecto, una suma de integrales de la función exponencial
y en ese caso resulta ser igual a
1
2n−1
n−1
k=0
pero arccosh u = ln(u +
nos queda igual a
√
n−1 n − 1 eαv
1 n − 1 eα arccosh u
= n−1
α
2
α
k
k
k=0
u2 − 1) = ln(sec x + tan x) y, por lo tanto, la última ecuación
1
2n−1
n−1
k=0
n − 1 (sec x + tan x)2k−n+1
2k − n + 1
k
(7.8)
36
Funciones y Sustituciones Hiperbólicas
Si n es impar, entonces k = (n − 1)/2 es un entero para el cual α es 0. En este caso
(7.7) nos queda


n−1
n−1
n − 1 eαv 
1 
(7.9)
v
+


2n−1
α
(n − 1)/2
k
k=0
2k=n−1
=
1
2n−1


n−1
2k−n+1
n−1
n − 1 (sec x + tan x)


ln(sec x + tan x) +


2k
−
n
+
1
(n − 1)/2
k
k=0
2k=n−1
Tenemos asi una fórmula general para secn x dx deducida con auxilio de las funciones
hiperbólicas: si n es par,
secn x dx se calcula mediante la ecuación (7.8); y, si n es
impar, utilizamos la ecuación en (7.9). Observe
quen también se tiene entre las lı́neas de
u
√
du que el lector podrı́a intentar
la demostración anterior una fórmula para
u2 − 1
escribir explı́citamente.
Ejercicio 7.1 Halle una fórmula para
cscn x dx análoga a la fórmula anterior para
potencias enteras de la secante
Las sustituciones hiperbólicas se verán otra vez en el capı́tulo 8.
8. Integrandos Racionalizables
En este capı́tulo estudiamos algunas integrales de funciones que, mediante un cierto cambio
de variable, pueden reducirse a integrales de funciones racionales que resolvemos luego
utilizando los métodos expuestos en el capı́tulo 6.
p(x)
Recordemos que una función racional es un cociente de polinomios
. Si denotaq(x)
mos esta función por R(x) y si f (x) es cualquier otra función, entonces R(f (x)) es una
función racional de la función f ; esto es, un cociente de polinomias en la variable f (x).
Análogamente, R(f (x), g(x)) denota una función racional en las dos variables f (x) y g(x);
es decir, un cociente de dos polinomios que toman por variables las funciones f y g, y, en
general, R(f1 (x), . . . , fn (x)) denota una función racional de las funciones f1 , . . . , fn . El
problema que nos interesa resolver es el siguiente: dada una función racional de una o más
funciones, R(f1 (x), . . . , fn (x)), transformarla mediante alguna sustitución en una función
racional R(u), es decir, un cociente de polinomios.
8.1
Funciones racionales de potencias fraccionarias
Si se tiene una función racional de la forma R(x1/n1 , x1/n2 , . . . , x1/nk ), un cociente de
potencias fraccionarias de la variable x, entonces la sustitución
x = zm
donde m es el mı́nimo común múltiplo (m.c.m.) de los denominadores de los exponentes,
transforma la función en un cociente de polinomios en z. Este hecho es fácil de verificar
(¡verifı́quelo!).
Ejemplo 8.1.1
x
√ dx =
3+ x
x1/1
dx (m.c.m. de los denominadores = 2)
3 + x1/2
Sea x = z 2 , por lo tanto, dx = 2z dz. Luego
27
2z 3
x
2
√ dx =
dz = 2
z − 3z + 9 −
dz
3+z
3+z
3+ x
3
3 2
z
− z + 9z − 27 ln |3 + z| + C (retornamos z = x1/2 )
= 2
3
2
37
38
Integrandos Racionalizables
= 2
8.2
x3/2 3
− x + 9x1/2 − 27 ln |3 + x1/2 |
3
2
+C
Funciones racionales de senos y cosenos
Si se tiene una función racional de la forma R( sen x, cos x), se lleva a una función racional
mediante la sustitución
x
z = tan
2
Esto resulta asi ya que se tendrá
x = 2 arctan z y, en consecuencia, dx =
2
dz
1 + z2
Utilizando la identidad cos 2y = 2 cos2 y − 1 y tomando y = x/2 tenemos
x
2
2
−1
−1=
−1=
2
2
sec (x/2)
1 + tan2 (x/2)
2
1 − z2
−
1
=
1 + z2
1 + z2
cos x = 2 cos2
=
Análogamente, a partir de la identidad sen 2y = 2 sen y cos y y tomando y = x/2 tenemos
sen x = 2 sen (x/2) cos(x/2) =
2 sen (x/2) cos2 (x/2)
1
= 2 tan(x/2) 2
cos(x/2)
sec (x/2)
2z
2 tan(x/2)
=
2
1 + z2
1 + tan (x/2)
=
En resumen, si se tiene una función racional de la forma R( sen x, cos x), entonces con
la sustitución z = tan(x/2) se obtiene lo siguiente:
2z
2
1 − z2
R( sen x, cos x) dx = R
,
dz
2
2
1+z
1+z
1 + z2
Ejemplo 8.2.1
2 dz
dx
2 dz
2 dz
1+z 2
=
=
=
2
2
5 + 4 cos x
9−z
(3 − z)(3 + z)
5 + 4 1−z
1+z 2
(complete los pasos de la descom1
dz
1
dz
=
+
3
3−z 3
3 + z posición en fracciones simples)
3+z
1
1
1
+C
= − ln |3 − z| + ln |3 + z| + C = ln
3
3
3
3−z
devolviendo el cambio se concluye
dx
1
3 + tan(x/2)
= ln
+C
5 + 4 cos x
3
3 − tan(x/2)
39
Integrandos Racionalizables
Ejemplo 8.2.2 Volvemos a integrar una de nuestras funciones favoritas:
dx
(1 + z 2 )2 dz
2 dz
sec x dx =
=
=
2
2
cos x
(1 − z )(1 + z )
1 − z2
1
1+z
1
dz = ln
+C
=
+
1+z 1−z
1−z
1 + tan(x/2)
= ln
+C
1 − tan(x/2)
Pero
1 + tan(x/2)
cos(x/2) + sen (x/2)
=
1 − tan(x/2)
cos(x/2) − sen (x/2)
(cos(x/2) + sen (x/2))(cos(x/2) + sen (x/2))
=
(cos(x/2) − sen (x/2))(cos(x/2) + sen (x/2))
1 + 2 cos(x/2) sen (x/2)
1 + sen x
=
=
= sec x + tan x
2
2
cos (x/2) − sen (x/2)
cos x
por lo tanto
sec x dx = ln | sec x + tan x| + C.
8.3
Funciones racionales del tipo R(x,
√
1 − x2 )
√
Una función racional de la forma R(x, 1 − x2 ) se puede llevar a una función racional de
dos maneras:
(a) Mediante la sustitución trigonométrica
x = cos z,
1 − x2 = sen z, dx = − sen z dz;
lo cual nos da
R(x,
1−
x2 ) dx
=−
R(cos z, sen z) sen z dz
una integral de función racional de senos y cosenos que resolvemos por el método
explicado en 8.2.
1−x
2
(b) Si escribimos 1 − x = (1 + x)
, esto sugiere la sustitución:
1+x
1−x
2
−4z
1 − z2
, 1+x=
y dx =
dz.
, de donde x =
z=
2
2
1+x
1+z
1+z
(1 + z 2 )2
40
Integrandos Racionalizables
Luego
R(x,
1 − x2 ) dx =
=
R
R x, (1 + x)
2z
1 − z2
,
2
1 + z 1 + z2
1−x
1+x
dx
−4z
dz
(1 + z 2 )2
una función racional.
Ejemplo 8.3.1 La forma de la siguiente integral inmediatamente sugiere utilizar el
método (b)
√
1 − x2
1−x
1−x
(1 + x)
1 1−x
dx =
dx =
dx
sea z =
x(1 + x)
x(1 + x) 1 + x
x 1+x
1+x
2
2
2
1+z
−4z
(un integrando racional que resolz
=
dz = −4
dz
2
2
2
4
1 − z (1 + z )
1−z
vemos por los métodos del cap. 6)
8.4
Funciones racionales del tipo R(x,
√
x2 − 1)
√
Una función racional de la forma R(x, x2 − 1) se puede llevar a una función racional de
tres maneras:
(a) Mediante la sustitución hiperbólica
x2 − 1 = senh z, dx = senh z dz;
x = cosh z,
obteniéndose asi,
x2
R(x,
− 1) dx =
R(cosh z, senh z) senh z dz
Esta última integral se resuelve colocando las definiciones de senh z y cosh z en
términos de ez y haciendo la sustitución y = ez (recordemos lo visto en el capı́tulo
7).
x−1
2
(b) Si escribimos x − 1 = (x + 1)
, esto sugiere la sustitución:
x+1
x−1
2
4z
1 + z2
, 1+x=
y dx =
dz.
z=
, de donde x =
x+1
1 − z2
1 − z2
(1 − z 2 )2
Luego
R(x,
x2
=
una función racional.
R
− 1) dx =
R x, (x + 1)
1 + z2
2z
,
2
1 − z 1 − z2
4z
dz
(1 − z 2 )2
x−1
x+1
dx
41
Integrandos Racionalizables
(c) Mediante la sustitución trigonométrica
x2 − 1 = tan z y dx = tan z sec z dz.
x = sec z, por lo que
Asi,
R(x,
x2
− 1) dx =
R(sec z, tan z) tan z sec z dz
la cual es una integral de función racional de senos y cosenos que se resuelve por el
método explicado en 8.2.
Ejemplo 8.4.1 Resolvemos la siguiente integral por el método (c)
sec z dz
tan z sec z
dx
√
dz =
=
3
2
2
3/2
2
2
2
sec z tan z − tan z
sec z − tan2 z
x x − 1 − (x − 1)
=
sec z dz = ln | sec z + tan z| + C
= ln |x +
x2 − 1| + C
(Para obtener la última igualdad utilice el triángulo trigonométrico correspondiente a
x = sec z - ver capı́tulo 5 - o utilice la identidad tan2 z + 1 = sec2 z.)
8.5
Funciones racionales del tipo R(x,
√
x2 + 1)
√
Una función racional de la forma R(x, x2 + 1) se puede llevar a una función racional de
dos maneras:
(a) Mediante la sustitución trigonométrica
x2 + 1 = sec z, dx = sec2 z dz
x = tan z, por lo que
para luego obtener
R(x,
R(tan z, sec z) sec2 z dz
x2 + 1) dx =
una integral del tipo 8.2.
(b) Mediante la sustitución hiperbólica
x = senh z,
x2 + 1 = cosh z, dx = cosh z dz;
obteniéndose asi,
R(x,
x2 + 1) dx =
R( senh z, cosh z) cosh z dz,
que se resuelve como se explica en 8.4 (a).
42
Ejemplo 8.5.1
Integrandos Racionalizables
senh 2 z
cosh z dz =
senh 2 z dz
cosh z
cosh 2z − 1
1 senh 2z
=
dz =
−z +C
2
2
2
1
(x x2 + 1 − arcsenh x) + C
=
2
1
=
(x x2 + 1 − ln(x + x2 + 1)) + C
2
x2
√
dx =
x2 + 1
9. 103 Integrales
Resolver
sen xesec x
dx
cos2 x
1.
arcsen x
√
dx
1 − x2
4.
x7 + x3
dx
x4 − 1
7.
cos x
dx
1 + sen 2 x
10.
1 + ex
dx
1 − ex
13.
√
16.
19.
22.
cos 2x
dx
1 + sen 2x
tan x
dx
cos2 x
5.
8.
1 − 4x + 8x2 − 8x3
dx
x4 (2x2 − 2x + 1)2
14.
cos
1 − sen x dx
e2x
√
dx
3
1 + ex
dθ
1 − tan2 θ
du
u
(e − e−u )2
cot θ
dθ
ln( sen θ)
11.
17.
26.
cos x
dx
1 + sen x
√
6.
9.
(3x − 7) dx
− 6x2 + 11x − 6
x3
x2/3 (x5/3 + 1)2/3 dx
12.
x dx
dx
sen x cos x
15.
18.
sen x dx
− 5 cos x + 4
cos2 x
dx
x(x2 + 1)2
24.
(x + 1)
dx
x3 − x2
27.
4 dx
3
x + 4x
dx
x2 + 2x + 2
21.
43
√
3.
dx
6
x −1
20.
29.
√
dx
2
(a − x2 )3/2
x2/3 − 2x1/3 + 1
dx 23.
x+1
25.
28.
2.
dy
y(2y 3 + 1)2
√
ln x − 1 dx
x2
x
dx
+ 4x + 3
30.
5x2
dx
+ 8x + 5
44
103 Integrales
√
31.
dx
√
x(1 + 3 x)
34.
x2 − a2
dx
x
e4t
dt
(1 + e2t )2/3
37.
x
e cos 2x dx
32.
38.
x1/5
x arcsen x dx
43.
x dx
(x − 1)2
44.
dy
y2
(2y + 1)
+y
47.
(2e2x − ex ) dx
√
3e2x − 6ex − 1
dx
√
x2 a2 − x2
52.
55.
58.
36.
du
4u
e + 4e2u + 3
arcsec x dx
61.
dx
1 + cos2 x
54.
√
x ln x + 2 dx
57.
x sen (1 − x) dx
ln(x +
√
− 1) dx 68.
x) dx
71.
arctan x
dx
x2
4 + 3x
dx
4 − 3x
(x + 1)2 ex dx
x dx
x4 − 16
60.
dx
x3
dx
(x2 + 1)2
ln(x +
3 x2
x e
65.
x2
8 dx
x4 + 2x3
2
64.
59.
(1 − x2 )3/2 dx
48.
x cos2 x dx
62.
(x + 1) dx
(x2 + 2x − 3)2/3
45.
51.
53.
56.
x3 + 1
dx
x3 − 1
42.
z 5 dz
√
1 + z2
x sec2 x dx
39.
x tan2 x dx
1 + x2 ) dx 50.
√
x+ x+1
dx
x+2
70.
ln(x +
67.
1+
x4/5
(x3 + x2 ) dx
x2 + x − 2
41.
dx
√
x(3 x + 1)
33.
dx
40.
49.
cot θ
dθ
1 + sen 2 θ
35.
46.
dt
√
t − 1 − t2
x
dx
1 − x4
√
63.
66.
cos x dx
4 − cos2 x
√
x 2x + 1 dx
69.
arcsen
72.
√
√
x dx
t2
dt
1 + t6
45
103 Integrales
√
73.
ex
dx
74.
x sen 2 (2x) dx
77.
e2x − 1
76.
1
(1 + x)2
79.
85.
88.
97.
100.
103.
√
tan x dx
tan x + sec x
dx
sen x − cos x
80.
dx
x(2 + ln x)
83.
86.
e2x dx
√
4 x
e +1
t
dt
2t3 + 11t + 8
dt
t3 + 4t2 + 4t
94.
1−x
dx
1+x
dx
3
x +1
e
91.
3
x3 dx
√
1 − x2
82.
arccosh x
dx
x2 − 1
dx
4
x −x
√
arcsen 2θ dθ
√
1 − 2θ
(2x2 − x + 2) dx
x5 + 2x3 + x
2 + 2 cosh x − senh x
dx
2 + cosh x + senh x
89.
sen
92.
95.
1 − x2 arcsen x dx
75.
√
78.
dt
e2t + 1
sec x dx
(cos2 x + 4 sen x − 5)
81.
84.
cos 2x − 1
dx
cos 2x + 1
2 cos x − 5 sen x
dx
3 cos x + 4 sen x
87.
x + 1 dx
sen 4 3x cos2 3x dx
90.
dr
√
3 − 4r − r2
93.
cot2 3x
dx
sen 4 3x
96.
√
98.
101.
√
(2y 2 + 1) dy
y 3 − 6y 2 + 12y − 8
cot 3t dt
sen 2 3t − 1/4
tan x dx
dx
2
9 cos x − 16 sen 2 x
xn ln x dx, n ∈ R
99.
102.
dx
cosh x + senh x
46
103 Integrales
10. Respuestas
(Todas las respuestas deben estar seguidas del término + C; éste se omite para ahorrar
espacio.)
√
2 1 + sen x
1.
esec x
2.
1
ln |1 + sen 2x|
2
4.
1
( arcsen x)2
2
5.
1
tan2 x
2
7.
x4 1
+ ln |x4 − 1|
4
2
8.
− 3x13 − 2x24x−2
−2x+1
−4 arctan(2x − 1)
9.
10.
arctan( sen x)
11.
ln | ln sen θ|
12.
9 5/3
(x + 1)5/3
25
13.
−2 ln(1 − ex ) + x
14.
√
√
√
2 x sen x + 2 cos x
15.
ln | tan x|
16.
2 cos x
√
1 − sen x
19.
3(1 + ex )2/3
10(2ex − 3)−1
3(x2/3 −4x1/3 )
2
(x1/3 +1)4
ln √
22.
√3
3
25.
28.
x2/3 −x1/3 +1
1
−
2
1
2u
e −1
ln
x2 + 2x + 2|
(x − 2)(x − 3)
(x − 1)2
1
ln
3
1 − cos x
4 − cos x
17.
20.
2 (x2 −x+1)
1
ln (x−1)
2 +x+1) −
12 √
(x+1)2 (x
√ 3
x 3
arctan
6
1−x2
21.
23.
x2
1
x2
−
)
(ln
2
1 + x2 1 + x2
24.
√
x
(x − 1) ln x − 1 −
2
26.
1
1
+ 2 ln 1 −
x
x
27.
1
(x + 3)3
ln
2
x+1
29.
x
ln √
2
x +4
arctan( √23 (x1/3 − 12 ))
1
1
1 + tan θ
+ θ
ln
4
1 − tan θ
2
6. ln |x + 1 +
x
√
2
a a2 − x2
+
+
3.
47
18.
30.
1
3
2y 3
+
2y 3 +1
(6y 3 + 3)−1
ln
1
arctan
3
5x + 4
3
48
Respuestas
√
2
a2 − x −√
2
2
a arctan x a−a
31.
34.
ln
(1 +
x
√
3
x)3
√
3 3 1 + e2t
8(e2t − 3)−1
37.
1
4(
(2x2
40.
√
x 1 − x2 +
− 1) arcsen x )
1
ln |x − 1| −
x−1
43.
ex
(cos 2x + 2 sen 2x)
5
32.
33.
ln
35.
ln √
| sen θ|
1 + sen 2 θ
36.
8 − 4z 2 + 3z 4
15(1 + z 2 )−1/2
38.
5
(1 + x4/5 )1/2
2
39.
x tan x + ln | cos x|
41.
x2
+ ln((x + 2)4/3 (x − 1)2/3 )
2
42.
ln |ex − 1 + e2x − 2ex − 13 | +
√
2
2x
x
3 3e − 6e − 1
45.
44.
√1
3
√
46.
49.
arctan(2
y2
+ y)
√
x ln(x √
+ 1 + x2 ) −
1 + x2
50.
52.
53.
55.
1
3 + e2u
+ 4u)
(ln
12
(1 + e2u )3
56.
58.
x arcsec
√ x| −
ln(|x| + x2 − 1)
59.
62.
61.
tan x
√
2
64.
67.
√
x ln(x √
+ x2 − 1) −
x2 − 1
70. ln
x tan x −
65.
68.
√
√
(x + x)x )
√
− x + x 71.
1+ x
x2
+ ln | cos x|
2
x2
x−1
x
3 2
(x + 2x − 3)1/3
2
48.
1
8 (5x
51.
ln √
8
3
√
− 2x3 ) 1 − x2 +
3
8 arcsen x
arctan x
|x|
−
2
x
1+x
arctan
4+3x
4−3x
−
54.
− 4) ln(x + 2) −
x2
x
8 + 2
57.
(x2 + 1)ex
2(x−1 − x−2 )
ln |x/(x + 2)|
60.
1
x2 − 4
ln 2
16
x +4
1 2
2
(x − 1)ex
2
63.
ln | sen x| +
√
3 + sen 2 x|
66.
1
(3x − 1)(2x + 1)3/2
15
1 2
4 (x
1
2
x + ln
x sen 2x cos 2x
+
+
4
4
8
(x2 − 2) cos(1 − x) +
2x sen (1 − x)
a2 − x2
−
a2 x
47.
√
x+1+2 x+1
− 2 ln |x√
+ 1|
− 2 arctan x + 1
1
√ arctan
2
|x|
√
(1 + 3 x)2
1
ln(x + 1) + 2
x +1
2
1
2
√
ln |t − 1 − t2 | −
1
2 arcsen t
1
arctanh x2
2
69.
72.
4−3x
3
1
2 (1
4+3x
4−3x
√
x − x2 −
√
− 2x) arcsen x
1
2
1
arcsenh t3
3
49
Respuestas
73.
76.
79.
arccosh ex
74.
2
( arccosh x)3/2
3
75.
1
2 x − x2 +
4 arcsen
4
√
1
2
2 x 1 − x arcsen x
− 18 sen 4x −
1
32 cos 4x
77.
sec x − tan x + x
78.
ln( e2t + 1 − 1) − t
81.
ln[(1 − sen x)1/2 (1 +
sen x)−1/10 (2 −
sen x)−4/9 ]
+ 1/(6 − 3 sen x)
x − tan x
1 2
4x
−
3
8
1−x
1+x
4/3
√1
2
80.
ln | csc(x −
−
π
cot(x − 4 )|
π
4)
82.
1
− (1 − x2 )1/2 (2 + x2 )
3
83.
ln |2 + ln x|
84.
85.
√
3
x+1
√
+
6 2
x −x+1
1
2x−1
√ arctan √
3
3
86.
4 x
(e + 1)3/4 (3ex − 4)
21
87.
ln
√
2e ( t − 1)
√
88.
91.
94.
97.
99.
101.
t
2t2 +4t−15
+
t+2
t2
ln (t+2)10
1
1
ln 1 − 3
3
x
√
√
− 1 − 2θ √
arcsen 2θ
+ 2θ
xn+1 ln x
n+1
89.
1
4 + 3 tan x
ln
24
4 − 3 tan x
ln |3 cos x + 4 sen x|
− (2/5)x
90.
12x
− sen
192
− ( sen 3 6x)/144
x
16
92.
r+2
arcsen √
7
93.
8
2 ln |y − 2| − y−2
− 9/2(y − 2)2
95.
1
− 15
(cot 3x)5
1
− 9 (cot 3x)3
96.
2
arcsec |2 sen 3t|
3
√
2
4
98.
n+1
x
− (n+1)
2
si n = 1
√
2
sen
x +√1 −
√
2 x + 1 cos x + 1
3
5
o
102.
√
tan x−√2 tan x+1
tan √
x+ 2 tan x+1
+
√
2/2 tan( √
2 tan x − 1) +
√
2/2 tan( 2 tan x + 1)
ln
ln2 x
si n = 1
1
2
−2
1 + tanh(x/2)
100.
ln
x2
x2 +1
x
2(x2 +1)
− 1/2 arctan x
2
7 [8 ln |3
103.
−
− tanh x2 |
− 3 ln |1 − tanh x2 |
+ 5 ln |1 + tanh x2 |
− 4/(1 + tanh x2 )]
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