Observaciones sobre la notación y terminología usuales 428
ejercicios propuestos y de otros nuevos.
8.6.2. Observaciones sobre la notación y terminología usuales
Para representar una primitiva de una función f , suele usarse la notación f .x/ dx . Así,
por ejemplo, se escribe 1 dx D log jx aj. Esta notación es algo imprecisa porque no
xa
especifica el intervalo en que se considera definida f . En el ejemplo anterior hay que interpretar
que la función 1 está definida en uno de los intervalos 1; aŒ o a; C1Œ y elegir la primitiva
xa
correspondiente. Estos pequeños inconvenientes están compensados por la comodidad en los
cálculos que proporciona esta notación. Es frecuente también, aunque no lo haremos en lo que
sigue (pero mira el ejercicio (392)), añadir una constante arbitraria, C , y escribir 1 dx D
xa
log jx aj C C .
La integral de una función en un intervalo, b f .x/ dx , se llama a veces “integral de-
a
finida” de f (y es un número), y al símbolo f .x/ dx se le llama “integral indefinida” o,
simplemente, “integral” de f (y representa una primitiva cualquiera de f ). Aunque esto pue-
de ser confuso, no olvides que, cuando hablamos de calcular la integral f .x/ dx lo que
realmente queremos decir es que queremos calcular una primitiva de f .
Como ya sabes, en los símbolos f .x/ dx o b f .x/ dx la letra “x” puede sustituirse por
a
cualquier otra y el símbolo “ dx ” (que se lee “diferencial x”) sirve para indicar la variable
de integración. Esto es muy útil si la función f contiene parámetros. Por ejemplo, son muy
diferentes las integrales xy dx y xydy.
Te recuerdo también que, si y D y.x/ es una función de x, suele usarse la notación
dy D y0 dx que es útil para mecanizar algunos cálculos pero que no tiene ningún significado
especial: es una forma de indicar que y0 es la derivada de y respecto a x.
Finalmente, si ' es una función, usamos la n'o.txa/cˇˇixxó!!n 'ab .pxa/rˇˇaxxDDindcdiocasrimxlpKı!mlebm'e.nxt/e, '.x/ˇˇcd para
indicar el número ' .d / '.c/, y la notación lKım '.x/.
x!a
Esta notación es cómoda para las integrales impropias.
8.6.3. Primitivas inmediatas
Para calcular primitivas debes ser capaz de reconocer inmediatamente las siguientes pri-
mitivas inmediatas. Como ya se ha indicado antes, se omite, por brevedad, la constante de
integración. Te recuerdo que:
tg x D sen x ; cotg x D cos x ; sec x D 1 ; cosec x D 1
cos x sen x cos x sen x
senh x D ex C e x ; cosh x D ex C e x ; tgh x D senh x
2 2 cosh x 1
p p xD1 C x
1
argsenh xDlog x C x2 C 1 ; argcosh xDlog x C x2 ; argtgh log
2 1x
En la siguiente lista de primitivas inmediatas se supone que a > 0 y que las raíces cuadradas
toman valores reales, es decir, las funciones radicando son positivas.
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Primitivas inmediatas 429
Tabla de primitivas inmediatas
f .x/˛f 0.x/ dx D f .x/˛C1 .˛ 2 R; ˛ ¤ 1/
˛C1
f 0.x/ log.f .x//; si f .x/ > 0;
dx D log. f .x//; si f .x/ < 0.
D log.jf .x/j/
f .x/
ef .x/ f 0.x/ dx D ef .x/
sen.f .x//f 0.x/ dx D cos.f .x//
cos.f .x//f 0.x/ dx D sen.f .x//
sec.f .x//f 0.x/ dx D log ˇˇ sec.f .x// C tg.f .x//ˇˇ
cosec.f .x//f 0.x/ dx D log ˇˇ cosec.f .x// cotg.f .x//ˇˇ
sec2.f .x//f 0.x/ dx D tg.f .x//
cosec2.f .x//f 0.x/ dx D cotg.f .x//
tg2.f .x//f 0.x/ dx D tg.f .x// f .x/
cotg2.f .x//f 0.x/ dx D cotg.f .x// f .x/
f 0.x/ 1 f .x/
f .x/2 C a2 dx D a arc tg a
p f 0.x/ dx D arc sen f .x/
a2 f .x/2 a
f 0.x/ q
p dx D log f .x/ C f .x/2 C a2
f .x/2 C a2
q
p f 0.x/ dx D log f .x/ C f .x/2 a2
f .x/2 a2
f 0.x/ 1 1 q
f a2
p dx D arc tg .x/2
f .x/ f .x/2 a2 a a
p !
pf 0.x/ 1 a C a2 f .x/2
dx D log
f .x/ a2 f .x/2 a f .x/
p!
f 0.x/ 1 a C a2 C f .x/2
p dx D log
f .x/ f .x/2 C a2 a f .x/
p x2 dx D 1 x p x2 C a2 arc sen x
a2 a2
2 2a
p p p p
x2 C a2 dx D 1 x x 2 C a2 C a2 log x C x2 C a2 D 1 x x2 C a2 C a2 argsenh x
22 p 2 2a
p p x C x2
x2 a2 dx D 1 x x 2 a2 a2
log a2
22
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Integración por partes 430
8.6.4. Integración por partes
Si u y v son funciones con derivada primera continua en un intervalo, por la regla de
derivación para un producto sabemos que: .u.x/v.x//0 D u0.x/v.x/ C u.x/v0.x/. Deducimos
que la función producto uv es una primitiva de la función u0v C v 0u, es decir:
.u0.x/v.x/Cu.x/v0.x// dx Du.x/v.x/÷ u.x/v0.x/ dx Du.x/v.x/ v.x/u0.x/ dx :
Lo que suele escribirse en la forma:
u dv D uv v du : (8.18)
Por supuesto, esta igualdad podemos usarla para calcular integrales definidas:
b u.x/v 0.x/ dx D u.x/v.x/ˇˇxxDDab b (8.19)
a v.x/u0.x/ dx :
a
Finalmente, si u y v están definidas en un intervalo abierto de extremos 1 6 a < b 6 C1
y existen los límites lKım u.x/v.x/ y lKım u.x/v.x/, entonces la igualdad (8.19) nos dice que
x!a x!b
las integrales b v.x/u 0.x / dx y b u.x /v 0.x/ dx ambas convergen o ninguna converge y,
a a
cuando son convergentes se verifica que:
b u.x/v 0.x/ dx D u.x/v.x/ˇˇxx!!ba b (8.20)
a v.x/u0.x/ dx
a
Naturalmente, si queremos usar este método para calcular una integral f .x/ dx lo primero
que hay que hacer es expresar f .x/ D u.x/w.x/ de forma que el cálculo de v.x/ por la condi-
ción, v 0.x/ D w.x/, es decir la integral v.x/ D w.x/ dx , sea inmediata. Tenemos entonces
f .x/ dx D u.x/w.x/ dx D u.x/v 0.x/ dx D u.x/v.x/ v.x/u0.x/ dx (8.21)
Veamos algunas situaciones en las que este método puede aplicarse con éxito.
Cuando la integral v.x/u0.x/ dx es inmediata. Por ejemplo, para calcular una integral
f .x/ dx en la que la derivada de f .x/ es más sencilla que la propia función, como es el
caso de log x, arc sen x, arc tg x. Entonces conviene tomar u.x/ D f .x/ y v 0.x/ D w.x/ D 1
en (8.21), con ello resulta que:
f .x/ dx D xf .x/ xf 0.x/ dx :
8.37 Ejemplo. x
2 13 1 C x2 dx D
arc tg x dx D 4 u D arc tg x ! du D 1 C x2 dx 5 D x arc tg x
dv D dx ! v D x
x arc tg x C 1 log.1 C x2/
2
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Integración por partes 431
Cuando la integral v.x/u0.x/ dx es del mismo tipo que la integral de partida, pero
más sencilla, de manera que reiterando el proceso se llega a una integral inmediata. Este es el
caso cuando f .x/ es de la forma P .x/ eax, P .x/ sen.ax/, P .x/ cos.ax/, donde P .x/ es una
función polinómica. En todos los casos se elige u.x/ D P .x/, y v 0.x/ D eax, v 0.x/ D sen.ax/,
v 0.x/ D cos.ax/.
8.38 Ejemplo.
2 u D P .x/ ! du D P 0.x / dx 3 eax 1 P 0.x/eax dx
D4 dv D eax dx ! v D eax 5 a a
P .x/ eax dx D P .x/
a
La última integral es del mismo tipo que la primera pero con el grado del polinomio rebajado
en una unidad. El proceso se repite tantas veces como sea necesario.
Cuando la integral v.x/u0.x/ dx es parecida a la de partida, de forma que al volver a
aplicar el proceso la integral de partida se repite y es posible despejarla de la igualdad obtenida.
8.39 Ejemplo.
2 13
cos.log x/ dx D 4 u D cos.log x/ ! du D x sen.log x/ dx 5 D
dv D dx ! v D x 3
2 5D
D x cos.log x/ C sen.log x/ dx D 4 u D sen.log x/ ! du D 1 cos.log x/ dx
x
dv D dx ! v D x
D x cos.log x/ C x sen.log x/ cos.log x/ dx
deducimos que cos.log x/ dx D x
2 cos.log x/ C sen.log x/ .
8.6.4.1. Integración por recurrencia
La técnica de integración por partes permite en algunas ocasiones relacionar una integral
de la forma In D f .x; n/ dx en la que interviene un parámetro n (con frecuencia un número
natural) con otra del mismo tipo en la que el parámetro ha disminuido en una o en dos unidades.
Las expresiones así obtenidas se llaman fórmulas de reducción o de recurrencia y permiten el
cálculo efectivo de la integral cuando se particularizan valores del parámetro. Los siguientes
ejemplos son ilustrativos de esta forma de proceder.
8.40 Ejemplo.
2 u D .log x/n ! du D n .log x/n 13 n .log x/n 1 dx
.log x/n dx D4 x dx 5Dx.log x/n
dv D dx ! v D x
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Integración por partes 432
8.41 Ejemplo.
In D xn eax dx 2 u D xn ! du D nxn 1 3 1 .xn eax nIn 1/
D4 dv D eax dx ! v D eax 5D a
dx
a
8.42 Ejemplo (Fórmulas de Wallis y de Stirling).
"#
u D senn 1 x ! du D .n 1/ senn 2 x cos x dx
Jn D senn x dx D dv D sen x dx ! v D cos x D
D cos x senn 1 x C .n 1/ senn 2 x cos2x dx D
D cos x senn 1 x C .n 1/ senn 2 x dx .n 1/Jn
Y deducimos fácilmente que senn x dx D 1 cos x senn 1 x C n 1 senn 2 x dx . En
nn
particular:
=2 n 1 =2 2 x dx n1 2:
D D n In
In D senn x dx n senn
00
Como I0 D =2 e I1 D 1, se deducen fácilmente las igualdades:
2 4 6 .2n/ 1 3 5 .2n 1/ n D 1; 2; : : :
I2nC1 D ; I2n D 2 (8.22)
3 5 7 .2n C 1/ 2 4 6 .2n/
Como la sucesión fIng es decreciente, tenemos que I2nC1< I2n< I2n 1, de donde:
1 < I2n < I2n 1 D 2n C 1
I2nC1 I2nC1 2n
Por el principio del as sucesiones encajadas, deducimos que lKım I2n D 1. Puesto que:
n!1 I2nC1
1 I2n D 1 3 5 .2n 1/ 3 5 7 .2n 1/.2n C 1/ D
I2nC1 2 2 4 6 .2n/ 2 4 6 .2n/
1/ 2 1/ 2
D 2n C 1 3 5 7 .2n 3 5 7 .2n
n
2 2 4 6 .2n/ 2 4 6 .2n/
Deducimos la llamada fórmula de Wallis:
D lKım 1 2 4 6 .2n/ 2 (8.23)
:
n!1 n 3 5 7 .2n 1/
Teniendo en cuenta que:
.n!/222n 2 4 6 .2n/ 2 D p1 2 4 6 .2n/ ;
p Dp 1/ n 3 5 .2n 1/
n.2n/! n 2 4 .2n/ 3 5 .2n
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Integración por partes 433
deducimos que:
p .n!/222n
D lKım p : (8.24)
n!1 n.2n/!
Definamos: an D nnn!penn :
Es de comprobación inmediata que:
.n!/222n D pa2n
p
n.2n/! 2a2n
Supongamos que la sucesión fang converge a un número L > 0 (lo que probaremos después).
Entonces también será fa2ng ! L y de la igualdad anterior y la (8.24) se deduce que:
p lKım D pan2 L2 L
D n!1 2a2n Dp Dp :
2L 2
p
Por tanto L D 2 . Obtenemos así la fórmula de Stirling:
n! en p
lKım nnpn D 2 :
n!1
Que suele escribirse en la forma:
lKım p n! D 1: (8.25)
n!1 2 n nn e n
Se trata de un límite muy útil porque proporciona la equivalencia asintótica para el factorial:
p nn n p n n
2 D 2
n! n e n e (8.26)
Nos que probar que la sucesión fang converge a un número positivo. Probaremos que es decre-
ciente. C 1/nC1pn C nC 1
.n C 1/! enC1 1 2
an nnn!penn .n 1 1 1
anC1 D D e C
n
Tomando logaritmos:
log an D 1 log 1 1:
nC 1C
anC1 2 n
Usaremos ahora el teorema de Taylor Young. El polinomio de Taylor de orden 3 de la función
log.1 C x/ en 0 es x x2=2 C x3=3. Por tanto.
log.1 C x/ D x x2 C x3 C o.x3/: (8.27)
23
Te recuerdo que usamos la notación de Landau o.x3/ simplemente para indicar que:
o.x3/ log.1 C x/ xC x2 x3
lKım x3 D lKım x3 2
3 D 0:
x!0
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Integración por partes 434
En particular, si fxng ! 0 se verificará que:
lKım o.xn/ D 0: (8.28)
xn3
n!1
Usando la igualdad (8.27), deducimos que:
1
log an D n C 1 1 2n2 1
anC1 2n C 3n3 C o.n 3/ 1D
1 1 C no.n 3/ C 1 o.n 3/ D 1 C o.n 2/:
D 12n2 C 6n3 2 12n2
Teniendo en cuenta (8.28), deducimos que:
lKım n2 log an D 1 C lKım o.n 2/ D 1
anC1 12 n :
n!1 n!1 2
12
Por tanto, existe un n0 2 N tal que para todo k > n0 se verifica que:
0 < k2 log ak < 2 D 1 ÷0 < log ak < 1
ak C1 12 6 ak C1 6k2 :
Sumando estas desigualdades desde k D n0 hasta k D n 1 > n0 obtenemos que:
log.an0 / log.an/ nX1 ak < 1 nX1 1 6 1 nX1 1
D log ak C1 6 k2 6 k2 :
k Dn0 k D1
k Dn0
Xn 1
La sucesión k2 está mayorada porque:
k D1
1 n1 nX1 kC1 1 nX1 1
1 D x2 dx D x2 dx > .k C 1/2 :
n
1 kD1 k k D1
Xn 1
De donde se sigue que k2 6 2. En consecuencia:
k D1
log.an/ > log.an0/ 1 ÷ an > apn0 :
3 3e
El número ap3n0e es una constante positiva independiente de n, y esta desigualdad es válida para
todo n > n0. Por otra parte, teniendo en cuenta que para k > n0 se tiene que:
0 < log ak D log.ak / log.akC1/
ak C1
lo que nos dice que la sucesión flog.anCn0/g es decreciente y, por tanto, también es decreciente
la sucesión fanCn0g, concluimos que esta sucesión, y por tanto también fang, converge a un
número positivo.
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Ejercicios propuestos 435
8.6.5. Ejercicios propuestos
390. Calcula las integrales:
2 s2 e2s ds ; 4p e
arc sen x dx ; t log t dt ;
log x dx ; .log x/2 dx
1 11
x3ex2 dx ; log.x2 C 1/ dx ; =4 # d #; e
cos2 #
0 x2 sen x dx ; cos2.log x/ dx
1
En los ejercicios de cálculo de primitivas es una buena práctica comprobar los resultados.
Además es muy sencillo: basta derivar la primitiva que has obtenido.
391. Calcula las primitivas eax cos.bx/ dx ; y eax sen.bx/ dx . Supuesto que a > 0,
C1 C1
calcula el valor de las integrales e ax cos.bx/ dx y e ax sen.bx/ dx .
00
392. Explica la aparente contradicción
1 dx D cotg x cotg x tg 0x dx D cotg x tg x tg x cotg 0x dx
sen x cos x cos2x dx D
D1C tg x dx D1C 1
sen2x dx :
sen x cos x
393. Calcula, haciendo uso de los resultados anteriores, las integrales
.log x/3 dx ; x4 ex dx ; =2 sen5 x dx
sen4 x dx ;
0
393. Prueba las siguientes relaciones de recurrencia
a) In D cosn x dx D 1 cosn 1 x sen x C .n
b) In D n 1/In 2 :
tgn x dx D 1 tgn 1 x In 2:
n1
394. Prueba la igualdad:
1 x 2n 3 (8.29)
In D .1 C x2/n dx D .2n 2/.1 C x2/n 1 C 2n 2 In 1
.1 C x2/ x2 x2
Sugerencias: In D .1 C x2/n dx D In 1 .1 C x2/n dx . Ahora:
2 uDx ! du D dx 3
x !
.1 x2 dx D 4 1 1 5D
C x2/n dv D .1 C x2/n dx v D 2.n 1/ .1 C x2/n 1
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Integración por sustitución o cambio de variable 436
395. Estudia la convergencia de la integral
In D C1 x2n 1 .n > 1/
.1 C x2/.nC3/ dx
0
n1
Prueba que para n > 2 es In D n C 2 In 1. Calcula I1, I2 e I3.
8.6.6. Integración por sustitución o cambio de variable
Sean g W J ! R una función con derivada primera continua en un intervalo J y que toma
valores en un intervalo I , y f una función continua en I . Sea F una primitiva de f en I ,
y pongamos H D F ı g. Tenemos, por la regla de la cadena, que H 0.t / D F 0.g.t //g 0.t / D
f .g.t //g 0.t /, es decir, la función H es una primitiva en J de la función h.t / D f .g.t //g 0.t /.
Si c, d son puntos de J , deducimos que:
d g.d /
f .g.t //g 0.t / dt D H .d / H .c/ D F.g.d // F.g.c// D f .x/ dx
c g.c/
Esta igualdad se conoce con el nombre de “fórmula de integración por sustitución o cambio
de variable”. En ella se supone que queremos calcular, por ejemplo, la integral b f .x/ dx y
a
lo que hacemos es la sustitución x D g.t /, con lo que dx D g 0.t / dt y se eligen c y d por
la condición de que g.c/ D a, g.d / D b. Naturalmente, esto tiene interés cuando la función
f .g.t //g 0.t / es más fácil de integrar que la función f . Simbólicamente este proceso suele
representarse en la forma:
b " dx # d (8.30)
x D g.t/; D g 0.t / dt
f .x/ dx f .g.t //g 0.t / dt
D D
a D g.c/; b D g.d /
a c
Para el caso de integrales indefinidas este proceso de sustitución de representa de forma menos
precisa y se escribe simplemente
"#
x D g.t/
f .x/ dx D dx D g 0.t / dt D f .g.t //g 0.t / dt
En este contexto, es frecuente calcular f .g.t //g 0.t / dt D H .t /, y escribir f .x/ dx D H .t /,
igualdad que no tiene mucho sentido si no se especifica también la relación entre las variables
t y x, escribiendo “ f .x/ dx D H .t/ donde x D g.t/”. Desde luego, el conocimiento de H .t/
y de la relación x D g.t/ es suficiente para calcular integrales definidas de f , pero también
podemos “deshacer el cambio” para obtener una primitiva de f . Para eso la función g debe
ser una biyección de J sobre I con derivada no nula. En tal caso, la función F.x/DH .g 1.x//
es una primitiva de f en I . En efecto:
F 0.x/ D H 0.g 1.x//.g 1/0.x/ D f .g.g 1.x///g 0.g 1.x//.g 1/0.x/D
D f .x/g 0.g 1.x// g 0.g 1 D f .x/:
1.x//
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Ejercicios propuestos 437
No olvides que la fórmula del cambio de variables puede usarse en un sentido (de izquierda a
derecha) o en otro (de derecha a izquierda) según convenga.
Puede ocurrir que al hacer un cambio de variable en una integral corriente obtengamos
una integral impropia. No hay que preocuparse porque para estudiar la convergencia de una
integral pueden hacerse cambios de variable biyectivos: ello no altera la eventual convergencia
de la integral ni su valor.
8.43 Ejemplo. Con frecuencia se hacen cambios de variable para quitar radicales.
21 2 23 1 =4 cos t
x D 2 tg t; dx D cos2 t 4 sen2 t
p dx D4 p 5D dt D
p x2 x2 C 4 =6
2= 3 D 2 tg. =6/; 2 D 2 tg. =4/
2= 3 p
22
1 =4
1
DD
4 sen t =6 4
8.44 Ejemplo. Un cambio de variable en una integral impropia. Consideremos la integral:
b 1 dx
p
a .x a/.b x/
Suponemos que a < b. El cambio que hacemos consiste en llevar el intervalo 1; 1Œ al a; bŒ
por una biyección del tipo g.t/ D ˛t C ˇ. Las condiciones g. 1/ D a, g.1/ D b nos dan que
˛ D .b a/=2, ˇ D .b C a/=2. Con ello: a3
2 5
b1 D 4 x D g.t/; dx D b 1 dt
p p
a .x a/.b x/ dx 2 D 1 1 t2 D
a D g. 1/; b D g.1/
8.6.7. Ejercicios propuestos
396. Calcula las siguientes integrales utilizando el cambio de variable indicado.
=4 sen3 x =4 sen2x C1 dx
cos4 x dx x D arc cos t I cos4 x dx x D arc tg t I ex C1 x D log t
0 =4 1
397. Calcula las integrales:
p dx e4 dx 4 r 1 ex C3 e2x
p 1 2 C ex dx
3p x2 dx ; x x2 ; p; 1 C dx ;
1 x log x x2 x
4 e 1
p
3
398. Sea a > 0. Prueba que si f es impar, es decir, f . x/D f .x/, entonces Daa2f0.atf/ d.tt D0.
a / dt .
Y si f es una función par, es decir, f . x/ D f .x/, entonces a f .t / dt
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Integración de funciones racionales 438
8.6.8. Integración de funciones racionales
Dadas dos funciones polinómicas P .x/ y Q.x/, queremos calcular P .x/ dx . Si el grado
Q.x/
de P es mayor o igual que el de Q, podemos dividir los dos polinomios obteniendo
P .x/ D H .x/ C G.x/ ;
Q.x/ Q.x/
donde H .x/ y G.x/ son polinomios y el grado de G es menor que el grado de Q. Por tanto,
supondremos siempre que el grado de P es menor que el grado de Q. Supondremos también
que el coeficiente líder del polinomio Q es 1. La técnica para calcular la integral consiste en
descomponer la fracción P .x/ en otras más sencillas llamadas “fracciones simples”. Estudia-
Q.x/
remos dos formas de hacerlo: el método de los coeficientes indeterminados y una variante del
mismo conocida como Método de Hermite.
Paso 1. Descomposición del denominador en factores irreducibles
Descomponemos el denominador, Q.x/, como producto de factores de grado uno y de
factores de grado dos irreducibles:
Q.x/ D .x a1/˛1 .x an/˛n .x2 C b1x C c1/ˇ1 .x2 C bmx C cm/ˇm (8.31)
8.45 Observaciones.
Esto se dice muy pronto, pero puede ser muy difícil de hacer si no imposible. Afortunada-
mente, en los casos prácticos esta descomposición o se conoce o es muy fácil de realizar.
En la descomposición (8.31) cada aj es una raíz real de orden ˛j del polinomio Q, y los
factores cuadráticos del tipo .x2 C bj x C cj /ˇj corresponden a raíces complejas conjugadas
de orden ˇj . Tales factores cuadráticos son irreducibles, es decir, su discriminante es negativo
o, lo que es igual, x2 C bj x C cj > 0 para todo x 2 R.
Paso 2. Descomposición en fracciones
8.6.8.1. Método de los coeficientes indeterminados
Escribimos el cociente P .x/ como suma de fracciones de la siguiente forma:
Q.x/
Por cada raíz real aj de orden ˛j escribimos ˛j fracciones cuyos numeradores son cons-
tantes Akj que hay que determinar, y los denominadores son de la forma .x aj /kj donde kj
toma valores de 1 hasta ˛j .
Por cada factor cuadrático irreducible .x2 C bj x C cj /ˇj escribimos ˇj fracciones cuyos
numeradores son de la forma Bkj x C Ckj siendo Bkj y Ckj constantes que hay que determinar,
y los denominadores son de la forma .x2 C bj x C cj /kj donde kj toma valores de 1 hasta ˇj .
La descomposición es de la forma: 3
2 32
Xn X˛j Xm Xˇj
P .x/ D4 Akj 5C 4 Bkj x C Ckj 5 (8.32)
Q.x/ aj /kj .x2 C bj x C cj /kj
j D1 kj D1 .x j D1 kj D1
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Integración de funciones racionales 439
8.6.8.2. Método de Hermite
Escribimos el cociente P .x/ de la siguiente forma:
Q.x/
P .x/ D A1 C C x An C B1x C C1 C C Bmx C Cm C
Q.x/ x a1 an x2 C b1x C c1 x2 C bmx C cm
(8.33)
d F.x/
C
dx .x a1/˛1 1 .x an/˛n 1.x2 C b1x C c1/ˇ1 1 .x2 C bmx C cm/ˇm 1
donde A1; : : : ; An; B1; : : : ; Bm; C1; : : : ; Cm son coeficientes que tenemos que determinar y,
en la fracción que aparece con una derivada, F.x/ es un polinomio genérico de grado uno
menos que el denominador. En resumen, se trata de escribir P .x/ como suma de fracciones
Q.x/
simples, una por cada factor de Q.x/, más la derivada de un cociente que tiene por denominador
Q.x/ con sus factores disminuidos en una unidad y como numerador un polinomio genérico
con coeficientes indeterminados de grado uno menos que el denominador. Observa que en
ambos métodos hay que calcular tantos coeficientes como el grado de Q.
Paso 3. Determinación de los coeficientes
Tanto en un caso como en otro, se reducen todas las fracciones a común denominador
(que será Q.x/), y se iguala a P .x/ el numerador resultante. Esto nos producirá un sistema
de ecuaciones lineales cuyas incógnitas son los coeficientes Aj ; Bj ; Cj (y en el método de
Hermite también los coeficientes de F.x/), cuya resolución nos dará el valor de todos ellos.
Naturalmente, en el método de Hermite hay que efectuar la derivada antes de reducir a común
denominador.
8.46 Observaciones.
En ambos métodos tenemos que calcular el mismo número de coeficientes pero en el mé-
todo de Hermite la obtención del sistema de ecuaciones es más trabajosa debido a la presencia
de la derivada.
A pesar de lo dicho en el punto anterior, cuando hay raíces imaginarias múltiples, lo que da
lugar a factores cuadráticos de orden elevado, puede ser interesante aplicar el método de Her-
mite porque las fracciones simples que aparecen en dicho método son muy fáciles de integrar.
Paso 4. Integración de las fracciones simples
P .x/
En el método de Hermite, una vez escrita la función racional Q.x/ de la forma 8.33, es
fácil calcular su integral:
P .x/ A1 dx C C B1x C C1 dx C C
dx D x a1 x2 C b1x C c1
Q.x/
C F .x /
.x
a1/˛1 1 .x an/˛n 1.x2 C b1x C c1/ˇ1 1 .x2 C bmx C cm/ˇm 1
Sólo nos queda calcular las integrales de las fracciones simples.
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Integración de funciones racionales 440
A
dx D A log jx aj.
xa
Bx C C
I D x2 C bx C c dx .
Donde se supone que el trinomio x2 C bx C c no tiene raíces reales. En general, esta
integral es igual a un logaritmo más un arcotangente aunque, dependiendo de los valores de los
parámetros, puede reducirse a uno de ellos. Si B ¤ 0, lo primero que debemos hacer es lograr
que en el numerador figure la derivada del denominador. Para ello, basta poner Bx C C D
B .2x C b/ C C B b. Con lo que, llamando K D C B b, tenemos:
2 2 2
I D B log.x2 C bx C c/ C K 1
2 x2 C bx C c dx :
La integral que nos queda es un arcotangente. Para calcularla escribimos el trinomio x2CbxCc
en la forma x2 C bx C c D .x ˛/2 C ˇ2. Esto es muy fácil de hacper, pues la elección de
˛ es obligada ya que debe ser ˛ D b=2, de donde se sigue que ˇ D 4c b2=2. En otros
términos, ˛ ˙ iˇ son las raíces complejas del trinomio x2 C bx C c. Tenemos que:
1 11 1
x2 C bx C c dx D .x ˛/2 C ˇ2 dx D ˇ
ˇ dx D
x˛ 2
ˇ
C 1
D 1 arc tg x ˛
ˇˇ :
Por tanto:
I D B log.x2 C bx C c/ C p2C Bb p2x C b
2 arc tg :
4c b2 4c b2
En el método de los coeficientes indeterminados aparecen también, cuando hay raíces múlti-
ples, otros dos tipos de fracciones elementales:
Fracciones del tipo A a/k donde k 2 N y k > 2, correspondientes a raíces reales
.x
múltiples, las cuales no ofrecen dificultad pues:
A A1
.x a/k dx D k 1 .x a/k 1 :
Bx C C
Fracciones del tipo .x2 C bx C c/k donde k 2 N y k > 2, correspondientes a raíces
imaginarias múltiples. La integración de de estas fracciones puede hacerse usando la fórmu-
la de reducción 8.29. Previamente debe hacerse un pequeño ajuste. Escribamos el trinomio
x2 C bx C c en la forma x2 C bx C c D .x ˛/2 C ˇ2.
"#
x ˛ D ˇt
Bx C C Bx C C
.x2 C bx C c/k dx D .x ˛/2 C ˇ2 k dx D D
dx D ˇ dt
1 Bˇt C B˛ C C B˛ C C 1
D ˇ2k .1 C t 2/k ˇ dt D ˇ2k 1 .1 C t 2/k dt C
B1 1
C 2ˇ2k 2 1 k .1 C t 2/k 1 :
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Integración de funciones racionales 441
Ahora ya podemos usar la fórmula de reducción 8.29 para calcular la integral 1 dt .
.1Ct 2/k
x2 2
8.47 Ejemplo. Se trata de calcular x3.x2 C 1/2 dx . Como hay raíces imaginarias múltiples
aplicaremos el método de Hermite.
x2 2 A Bx C C d !
x3.x2 C 1/2 D x C x2 C 1 C dx ax3 C bx2 C cx C d
x2.x2 C 1/
Realizando la derivada y reduciendo a común denominador, obtenemos un sistema de ecuacio-
nes cuya solución es
a D 0; b D 5=2; c D 0; d D 1; A D 5; B D 5; C D 0I
por lo tanto
x2 2 dx D .5=2/x2 C 1 C 5 log x 5 log.x2 C 1/:
x3.x2 C 1/2 x2.x2 C 1/ 2
C1 x C 1
8.48 Ejemplo. Queremos calcular la integral impropia x.x 1/.x2 C 1/ dx .
2
Pongamos f .x/ D xC1 , Observa que f .x/ > 0 para todo x > 2. Además,
x.x 1/
1/.x2 C
se verifica la equivalencia asintótica:
1
f .x/ x3 .x ! C1/:
Como la integral C1 1 dx es convergente, se sigue, por el criterio límite de comparación,
2 x3
que la integral 2C1f .x/ dx también es convergente.
Para calcular la integral hallaremos una primitiva de f .x/ aplicando el método de los coe-
ficientes indeterminados.
xC1 A B Cx C D
1/.x2 C 1/ D x C x C x2 C 1 :
x.x 1
Reduciendo a común denominador obtenemos:
xC1 D A C .A C B D/x C . A C C D/x2 C .A C B C C /x3 :
1/.x2
x.x C 1/ x.x 1/.x2 C 1/
Identificando coeficientes resulta el sistema de ecuaciones lineales:
ACBCC D0 9
A C CD D0 =>>
ACB D D1 ;>> AD 1 BD1
D1 ) C D0 DD 1
A
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Ejercicios propuestos 442
Deducimos que:
t xC1 t dx t dx t dx t
1/.x2 C 1/ x1 x 2C 2 1
x.x dx D D log arc tg t C arc tg 2:
x 1 t
2 22 2
Por tanto: C1
x.x xC1 C 1/ dx D log 2 C arc tg 2:
1/.x2 2
2
8.49 Observación. Cuando se calculan integrales impropias convergentes de funciones racio-
nales, hay que escribir la primitiva obtenida de forma conveniente para que el límite pueda
calcularse fácilmente. Observa cómo hemos escrito la primitiva en el ejemplo anterior: he-
mos agrupad o los logaritmos de forma apropiada para calcular el límite. No da igual escribir
t 1
log 2 t , que escribir log.t 1/ C log 2 log t. En el primer caso, el límite para t ! C1
resulta inmediato, mientras que, en el segundo caso, puedes equivocarte y creer que dicho límite
no existe. Este tipo de ajustes hay que hacerlos con frecuencia.
8.6.9. Ejercicios propuestos
399. Calcular las siguientes integrales
2 x2 x4 C 6x3 7x2 4x 3 1=2 dx dx
a/ x3 3x2 dx ; b/ x3 2x2 C x 2 dx ; c/ 1
x4
1=2
C1 x1 C1 dx 1 dx
d/ x3 3x2 C x C 5 dx ; e/ .x2 2x C 2/2 dx ; f / 1 C x4 dx
0
1 1
x2 dx 3x2 C 30
g/ .x4 1/2 dx ; h/ x.1 C x4/ ; i/ dx
x4 C 2x2 8
8.6.10. Integración por racionalización
Acabamos de ver que la primitiva de una función racional siempre puede expresarse me-
diante funciones elementales. Nos vamos a ocupar ahora de algunos tipos de funciones no
racionales cuyas integrales se pueden transformar, por medio de un cambio de variable, en in-
tegrales de funciones racionales. Se dice entonces que la integral de partida se ha racionalizado
y esta técnica se conoce como “integración por racionalización”. Conviene advertir que los
cambios de variable que siguen son los que la práctica ha confirmado como más útiles en ge-
neral, pero que en muchas ocasiones la forma concreta de la función que queremos integrar
sugiere un cambio de variable específico que puede ser más eficaz.
En lo que sigue, representaremos por R D R.x; y/ una función racional de dos variables, es
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Integración por racionalización 443
decir, un cociente de funciones polinómicas de dos variables. Te recuerdo que una función
polinómica de dos variables es una función de la forma P .x; y/ D Xn Xm cij xiyj .
iD0 j D0
8.6.10.1. Integración de funciones del tipo R.sen x; cos x/
Las integrales del tipo R.sen x; cos x/ dx donde R D R.x; y/ una función racional de
dos variables, se racionalizan con el cambio de variable t D tg.x=2/. Con lo que:
2t 1 t2 dx D 2 dt (8.34)
sen x D 1 C t 2 ; cos x D 1 C t 2 ; 1 C t2
Con ello resulta: !
2t 1 t 2 2 dt
R 1 C t2; 1 C t2 1 C t2
R.sen x; cos x/ dx D t D tg.x=2/ D
8.50 Ejemplo.
dx cos x dx t2 1
sen x x cos x 2t 3 dt
tg x D sen sen x D tg x=2 D t D D
1 log t 1 1
D 4t 2 C 2 D 4 tg2.x=2/ C 2 log j tg.x=2/j:
Casos particulares
Cuando R. sen x; cos x/ D R.sen x; cos x/ se dice que “R es par en seno y coseno”.
En este caso es preferible el cambio tg x D t. Con lo que
sen x D p t ; cos x D p 1 ; dt
dx D 1 C t 2
1 C t2 1 C t2
En el caso particular de tratarse de una integral del tipo:
senn x cosm x dx ;
con n y m números enteros pares, es preferible simplificar la integral usando las identidades
cos2x D 1 C cos 2x sen2x D 1 cos 2x :
2 2
Cuando R. sen x; cos x/ D R.sen x; cos x/ se dice que “R es impar en seno” y el
cambio cos x D t suele ser eficaz.
Cuando R.sen x; cos x/ D R.sen x; cos x/ se dice que “R es impar en coseno” y el
cambio sen x D t suele ser eficaz.
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Integración por racionalización 444
8.51 Ejemplo. Calcular I D sen2x cos2x dx . Tenemos:
I D .1 cos2x/ cos2x dx D cos2x dx cos4 x dx D
D 1 C cos 2x dx C cos 2x 2
2 1
dx D
2
D x C sen 2x 1 .1 C 2 cos 2x C cos2 2x/ dx D
24 4
D x C sen 2x x1 cos 2x dx 1 1 C cos 4x dx D
4 4 2
42
x C sen 2x sen 2x x sen 4x 1 sen 4x
D 4 8 32 D 8 x 4
4
8.52 Ejemplo.
cos3 x .1 sen2x/ cos x dx t D sen x 1 t2
sen2x dx D sen2x dt D cos x dx D t 2 dt
D
D 1 t D 1 sen t:
t sen t
8.53 Ejemplo. Sea I D sen2x cos x dx . Se trata de una función par en seno y en coseno.
sen x C cos x
Haciendo t D tg x, obtenemos:
t2
I D .t C 1/.t 2 C 1/2 dt
Aplicando el método de Hermite escribimos:
t2
A Bt C C d ˛t C ˇ
.t C 1/.t 2 C 1/2 D t C 1 C t 2 C 1 C dx t 2 C 1
Haciendo la derivada y reduciendo a común denominador obtenemos:
t2 2˛ C ˇ/t C .2A C B C C 2˛ ˇ/t2 C .B C C ˇ/t3 C .A C B/t4
.t C 1/.t2 C 1/2 D .t C 1/.t2 C 1/2
D A C C C ˇ C .B C C
Identificando coeficientes resulta el sistema de ecuaciones lineales:
ACC Cˇ D0 9
B C C 2˛ C ˇ D0 >>=>>
8
< A D 1=4 B D 1=4
2A C B C C 2˛ ˇ D1 >>>>; ÷ : C D0 DD 1
BCC ˇ D0 ˛ D 1=4 ˇ D 1=4
ACB D0
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Integración por racionalización 445
Deducimos que: 1 log.t 2 C 1/ 1 1Ct D 1 log j sen x C cos xj 1
1 8 4 1 C t2 4 4 cos x.sen x C cos x/
I D 4 log jt C 1j
Cuando la función R.sen x; cos x/ sea de la forma:
sen.ax C b/ sen.cx C d /; sen.ax C b/ cos.cx C d /; cos.ax C b/ cos.cx C d /
puede resolverse la integral usando las fórmulas:
sen ˛ cos ˇ D sen.˛ C ˇ/ C sen.˛ ˇ/ cos.˛ ˇ/ cos.˛ C ˇ/
2 ; sen ˛ sen ˇ D 2
cos ˛ cos ˇ D cos.˛ ˇ/ C sen.˛ C ˇ/
2
8.54 Ejemplo.
sen.3x/ cos.2x/ dx D 1 sen.5x/ dx C 1 sen x dx D 1 1
2 2 cos.5x/ cos x
10
2
Integrales de la forma tgn x dx o cotgn x dx . Se reducen a una con grado inferior
separando tg2x o cotg2x y sustituyéndola por sec2x 1 o cosec2x 1.
8.55 Ejemplo.
tg5x dx D tg3x tg2x dx D tg3x.sec2x 1/ dx D tg3x sec2x dx tg3x dx
tg4x tg3x dx D tg4x tg x tg2x dx D tg4x tg x.sec2x 1/ dx
D 4 4
4 tg x sec2x dx C tg4x 1 tg2x C log j cos xj
tg4x tg x dx D
D 42
4
8.6.10.2. Integrales del tipo R x; ŒL.x/r ; ŒL.x/s; : : : dx
Donde L.x/ D ˛x C ˇ ; ˛; ˇ;
; ı 2 R con ˛ı ˇ
¤ 0 y r; s; : : : son números racionales.
x Cı
Se racionalizan con el cambio t q D L.x/ donde q es el mínimo común denominador de
las fracciones r; s; : : :. Pues entonces tenemos que:
ıtq ˇ
xD
t q D r .t / (8.35)
˛
y la integral se transforma en
R.r .t /; t rq; t sq ; : : :/r 0.t / dt
en la que el integrando es una función racional de t.
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Integración por racionalización 446
8.56 Ejemplo. Sea I D C 1 1=3 1 dx . El cambio de variable x C 1 D t 3 racionaliza
x
x 1 1Cx x1
la integral pues se tiene que x D t3 C 1 , con lo que:
t3 1
!
t2 C t C 1 p 2t C 1
1 dt D t C2 11 .t 1/2 C 3 arc tg p
ID 3 1 t2 C t C 1 dt D log
t3 t1 2 3
r xC1
.
donde t D 3
x1
8.6.10.3. Integrales binomias
Se llaman así las de la forma
x˛.a C bxˇ/
dx
donde ˛, ˇ,
son números racionales y a, b números reales todos ellos distintos de cero.
Haciendo la sustitución 11
tˇ
xˇ D t; 1 dx D 1
x Dtˇ; ˇ
la integral se transforma en
1 ˛C1 1.a C bt /
dt
ˇ tˇ
que es de la forma t r .a C bt /
dt donde r D ˛ C 1 1. Esta integral es del tipo de las
ˇ
consideradas en el apartado anterior cuando el número:
es entero, pues es de la forma R.t; t r / dt
r es entero, pues es de la forma R t; .a C bt /
dt
C bt
a
C r es entero, pues es de la forma t
Cr dt
t
El matemático P.L. Chebyshev probó que si no se da ninguna de estas circunstancias la integral
no puede expresarse por medio de funciones elementales.
8.57 Ejemplo. Sea ID p C 2 dx . En este caso es ˛ D1, ˇ D2=3,
D1=2 y ˛ C 1 D3.
x x2=3
ˇ
Deducimos que la primitiva buscada puede expresarse por funciones elementales. Haciendo
x2=3 D t obtenemos I D 3 t 2pt C 2 dt , la cual se racionaliza haciendo t C 2 D s2 (s > 0),
2
con lo que I D 3 .s2 2/2s ds que es inmediata.
8.6.10.4. Integrales del tipo R.ex/ dx
Se racionalizan con el cambio x D log t. Un caso particular de este es el de las integrales
de la forma R.cosh x; senh x/ dx que también admiten un tratamiento parecido al de las
trigonométricas.
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Integración por racionalización 447
8.58 Ejemplo. Sea I D 2 dx . Desarrolla los cálculos para comprobar que
senh x C tgh x
2.1 C t 2/ x 1
1/.1 C t /3 tgh 1 C cosh x
I D Œx D log t D .t dt D log 2
Por otra parte, como la función 2 es impar en senh x, también podemos proceder
senh x C tgh x
como sigue
2t 11 1
IDŒtDcosh xD . 1 C t /.1 C t /2 dt D C log. 1Ccosh x/ log.1Ccosh x/
1 C cosh x 2 2
Por supuesto, puedes comprobar que las dos primitivas encontradas son de hecho iguales.
p
8.6.10.5. Integración de funciones del tipo R.x; ax2 C bx C c/
p
Una integral de la forma R.x; ax2 C bx C c / dx puede racionalizarse por medio de las
sustituciones siguientes.
Si el trinomio ax2 C bx C c tiene dos raíces reales ˛ y ˇ distintas, entonces se hace:
p ˛/.x ˇ/1=2 D .x a.x ˇ/ 1=2
ax2 C bx C c D Œa.x ˛/
x˛
Donde, por comodidad, hemos supuesto que x ˛ > 0. Deducimos que la sustitución:
a.x ˇ/ D t 2 .t > 0/; ˛t2 aˇ D r .t/; (8.36)
x ˛ x D t2 a
transforma la integral en R r .t/; .r .t/ ˛/t 0.t / dt donde el integrando es una función
racional de t. r
Si el trinomio ax2 C bx C c no tiene raíces reales, entonces debe ser ax2 C bx C c > 0 para
todo x 2 R, en particular c > 0. La sustitución:
p C bx Cc D tx p p (8.37)
ax2 C c; b 2t c
x D t 2 a D g.t /;
transforma la integral en R g.t /; tg.t / C p 0.t / dt donde el integrando es una función
cg
racional de t.
Las sustituciones anteriores se conocen como sustituciones de Euler.
xx
8.59 Ejemplo. Calcula x2/3=2 dx . Observa que, si R.x; y/ D y3 , la integral
p.7x 10
que nos piden es R.x; 7x 10 x2/ dx del tipo que acabamos de considerar.
Como 7x 10 x2 D .x 2/.5 x/, tenemos que
"# 2 5
5 C 2t2 5 C 2t2
x x2/3=2 dx D x D 1 C t 2 6 t 2 dt D C 2t
D
.7x 10 27 9t
donde t D .7x 10 x2/1=2 .
x2
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Integración por racionalización 448
8.60 Ejemplo. p1 dx .
.1 C x/ 1 C x C x2
Haciendo la sustitución p C x C x2 D x C t, es decir x D t2 1
1 tenemos:
1 2t
"#
t2 1
p1 dx D x D D 2 dt D 11
2t t C t 2 dt D
.1 C x/ 1 C x C x2 1 2t t2
D log t C log jt 2j:
p
Donde t D 1 C x C x2 x.
p
También es posible transformar una integral del tipo R.x; ax2 C bx C c / dx en otra
de la forma F.sen x; cos x/ dx donde F es una función racional de dos variables las cuales
ya hemos estudiado. Para ello se sigue el siguiente procedimiento.
Con un primer cambio de vpariable, de la forma x D ˛t C ˇ que después explicaremos, se
transforma la integral R.x; ax2 C bx C c / dx en otra de alguna de las formas:
p pp
a) G.t; t 2 1/ dt ; b) G.t; 1 t 2/ dt ; c) G.t; 1 C t 2/ dt
donde G es una función racional de dos variables. Los cambios de variable respectivos
a) x D sec u; b) x D sen u; c) x D tg u
convierten las integrales anteriores en otras de la forma F.sen x; cos x/ dx donde F es una
función racional de dos variables.
Alternativamente, en el caso a) puede hacerse también xDcosh u, y en el caso c) xDsenh u,
lo que transforma dichas integrales en otras del tipo T .ex/ dx donde T es una función
racional de una variable, que ya han sido estudiadas.
Nos queda por explicar cómo se hace el primer cambio de variable.
Si el trinomio h.x/ D ax2 C bx C c tiene dos raíces reales ˛ < ˇ, lo que se hace es
transformar dicho trinomio en otro que tenga como raíces 1 y 1. Para ello llevamos 1 a ˛ y
1 a ˇ mediante una función de la forma '.t/ D t C . Las condiciones '. 1/ D ˛, '.1/ D ˇ,
determinan que D ˇ˛ , D ˇC˛ . Con el cambio
22
x D '.t/ D ˇ ˛ C ˇ C ˛
t
22
.ˇ 4 ˛/2 .t 2 1/. Ahora, si a > 0, deducimos que:
tenemos que h.'.t// D a
p p .ˇ ˛/ p 2
R.x; ax2 C bx C c / dx D Œx D '.t / D R '.t/; a t ˇ˛
2
1 dt
2
que es del tipo a) anterior. Si a < 0, entonces: p .ˇ ˛/p ˇ ˛
p dt
R '.t/; a 2 1 t2 2
R.x; ax2 C bx C c / dx D Œx D '.t / D
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Integración por racionalización 449
que es del tipo b) anterior.
Si el trinomio ax2 C bx C cpno tiene raíces reales, entonces debe ser d D 4ac b2 > 0 y
d
también a > 0. Poniendo
D p , podemos escribir:
2a
ax2 C bx C c D p C pb 2 b2 p pb 2
ax Cc D ax C C
2D
" p 2 a 4a # " 2 a
ab 2 C1 2a xC b 2 #
xC p p p C1 :
D
2
2 a
D
2 dd
El cambio p
p2a x C pb D t; esto es , x D d t b D .t/
dd 2a
transforma la integral en
p R p C p dt
R.x; ax2 C bx C c / dx D Œx D .t / D .t /;
t 2 d
1
2a
que es del tipo c) anterior.
Casos particulares P .x/
Las integrales de la forma p dx donde P .x/ es una función polinómica
ax2 C bx C c
pueden resolverse con facilidad por el método de reducción. Se procede de la siguiente forma.
Escribimos:
p P .x/ d p C
D Q.x/ ax2 C bx C c C p ;
ax2 C bx C c dx ax2 C bx C c
donde Q.x/ es un polinomio, cuyos coeficientes hay que calcular, de grado una unidad menos
que el polinomio P .x/ y C es una constante que también hay que calcular. Observa que la
igualdad anterior puede escribirse:
P .x/ D Q 0 .x /.ax 2 C bx C c/ C 1 C b/ C C
Q.x/.2ax
2
y a la derecha queda un polinomio de igual grado que P .x/ lo que permite identificar coefi-
cientes. Una vez calculados el polinomio Q y la constante C tenemos que:
p P .x/ p 1 dx
dx D Q.x/ ax2 C bx C c C C p
ax2 C bx C c ax2 C bx C c
con lo que todo se reduce a calcular una integral de la forma p 1 dx . Haciendo
ax2 C bx C c
uso de los cambios antes visto, esta integral, salvo constantes, puede escribirse de alguna de las
formas:
1 p 1 dt D argsenh.t/; 1
p dt D arc sen.t/; 1 C t2 p dt D argcosh.t/
1 t2 t2 1
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Ejercicios propuestos 450
Finalmente, las integrales de la forma
1
p dx
.x ˛/k ax2 C bx C c
1
se reducen a las del tipo anterior con el cambio x ˛ D t .
8.6.11. Ejercicios propuestos
400. Calcula las integrales:
1 1 1 2 cos x dx
a C b cos x dx ; dx ; 5 4 cos x
dx cos x C 2 sen x C 3 dx
; sen2x cos2x
0
cos x sen2x cos3x dx
1
dx
4 pcos.3x C 4/ dx ; sen x cos x
0 1 C tg2.x C 2/
1
dx ;
.1 C sen x/ cos x
401. Calcula, suponiendo que p y q son números enteros, las integrales:
sen px cos qx dx ; sen px sen qx dx ; cos px cos qx dx :
Para x 2 R, y n 2 N, definamos F.x/ D ao C Xn .ak cos kx C bk sen kx/. Prueba que
2
402.
kD n
k ¤0
para n 6p6 n se verifica que:
1 1
ap D F.x/ cos px dx y bp D F.x/ sen px dx
403. Calcula la primitivas: x2 1
p x C 3 dx ; p dx ; p dx
x2 C 2x C 2 x2 x2 x C 1
p 2x x2
2ax x2 dx ; 1
1 p dx
p dx ; x2 3 .4 C x3/5
.p1 x2/ 1 C x2
x2 C 9x 1
x7=2.1 x3/ 2 dx ; dx ; 2 senh x cosh x dx
p x2
p3 x.1 p 5 8x 4x2 pdx
C x / 2 dx ; x C 5=2 dx ; x4 1 C x2
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Ejercicios resueltos 451
8.6.12. Ejercicios resueltos
¡Antes de ver la solución de un ejercicio debes intentar resolverlo!
Ejercicio resuelto 197 Calcula las integrales:
1 x2 C1 x ap
a/ p dx ; b/ 3 C x4 dx c/ a2 x2 dx
0 1 x6
0 a
C1 dx C1 dx C1 dy
d/ 1 C x2 C y2 e/ .1 C y/.1 C yx2/ f / .1 C y/.1 C yx2/
0
0 0
C1 1
g/ x˛.log x/n dx h/ x3 x1 2 dx
3x2 C x C 5 dx
1 i/ p
0 20 C 8x x2
j / cos2.log x/ dx 1=2 dx C1 dx
m/ p dx l/ x.log x/
k/ p
x 2x C 1 0 20 C 8x C x2 e
2 dx C1 dx
n/ p/ x.x2 C x C 1/
2 C cos x 1
0
En c) se supone que a > 0, en e) que y > 0, en f) que x > 1, en g) que ˛ 2 R y n 2 N,
en l) que > 1.
Solución. a) Esta primitiva es inmediata como puedes comprobar haciendo la sustitución
x3 D t . Pero debes reconocerla sin necesidad de efectuar dicha sustitución.
1 x2 dx D 1 arc sen.x3/ˇˇxxDD10 D
0 p 3 6:
1 x6
©
b) Esta primitiva es inmediata como puedes comprobar haciendo la sustitución x2 D t .
Pero debes reconocerla sin necesidad de efectuar dicha sustitución. ˇˇˇˇˇx!C1
C1 x 1 C1 p2x 1 x2 xD0
3 C x4 p p p p:
dx D 23 3 2 dx D 23 arc tg D 43
0 3
0 1 C px2
3
©
c) Se hace con el cambio de variable x D a sen t. Tenemos que:
23
ap p
x D a sen t; dx D a cos t dt 2
a2 x2 dx D4 5D a2 a2 sen2 t a cos t dt D
a D a sen ; a D a sen
a 22
2
p
2 2 =2 6 x 6 =2 ) cos t > 0 D
D a2 cos2 t cos t dt D a2 jcos t j cos t dt D
22
2 2 1 C cos.2t/ D a2 :
dt
D a2 cos2 t dt D a2 2 2
22
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Ejercicios resueltos 452
8.61 Observación. Al realizar un cambio de variable es importante elegir de forma apro-
piada el nuevo intervalo de integración. Con frecuencia, hay varias posibilidades. Por
ejemplo, en la integral anterior podríamos haber procedido como sigue:
ap 2 3 p
a2 x2 dx D4 2
x D a sen t; dx D a cos t dt
a 3 5D a2
a D a sen ; a D a sen a2 sen2 t a cos t dt D
22
3
2
p
2 2 =2 6 x 6 3 =2 ) cos t 6 0 D
D a2 cos2 t cos t dt D a2 jcos t j cos t dt D
3 3
22
3
2 2 1 C cos.2t/ D a2 :
dt
D a2 cos2 t dt D a2 22
3
22
pp
Si en los cálculos anteriores te olvidas de que ˛2 D j˛j, y pones cos2 t D cos t el
resultado que hubiéramos obtenido es el siguiente:
ap 3
a2 2
2 1 C cos.2t/ a2 :
a x2 dx Da2 cos2 t dt D dt 2
a2 2 D
3
2 2
Evidente disparate, porque la integral de una función positiva aapa2 x2 dx no puede
ser un número negativo.
p ©
d) Pongamos ˛ D 1 C y2. Tenemos que:
C1 dx C1 dx 1 C1 1 1 x ˇˇˇx!C1 D p :
x2 C ˛2 ˛ ˛ ˛ xD0 2 1 C y2
D D ˛ 2 dx D arc tg
0
1 C x2 C y2 0 1 C x
˛
0
e) En esta integral la variable de integración es x, por lo que tratamos a y como un
parámetro (una constante que puede tomar distintos valores). Tenemos:
C1 dx D 1 C1 py dx D
.1 C y/.1 C yx2/ .1 C y/py .pyx/2 2.1 C y/py :
1C
00
©
f) En esta integral la variable de integración es y, por lo que tratamos a x como un
parámetro. Es la integral de una función racional en y. La descomposición en fracciones
simples corresponde a dos raíces reales simples:
.1 C 1 C yx2/ D 1 A y 1 B D A.1 C yx2/ C B.1 C y/
y/.1 C C yx2 .1 C y/.1 C yx2/ :
Por tanto debe verificarse la identidad:
1 D A.1 C yx2/ C B.1 C y/:
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Ejercicios resueltos 453
Haciendo y D 1, obtenemos 1 D A.1 x2/÷A D 1
1 x2 .
Igualando términos independientes, obtenemos A C B D 1÷B D x2
1 x2.
Tenemos para t > 0:
t dy 1 t dy x2 t dy
y/.1 C x2 1Cy 1 x2 C yx2
.1 C yx2/ D 1 1 D
00 0
D 1 x2 log.1 C t / 1 log.1 C tx2/ D 1 1Ct
1 x2 x2 log 1 C tx2 :
1 1
Por tanto:
C1 dy t dy 2 log x
.1 C y/.1 C yx2/ .1 C y/.1 C yx2/
D lKım D x2 :
1
t !C1
00
©
g) Pongamos I.˛; n/ D x˛.log x/n dx . Si ˛ D 1 entonces:
I. 1; n/ D 1 .log x/n dx D 1 .log x/nC1:
x nC1
Supondremos que ˛ ¤ 1. Para calcular esta primitiva lo que haremos será obtener una
fórmula de recurrencia que permita calcular dicha primitiva para valores concretos de ˛
y de n. Tenemos que:
2 du D n .log x/n 13
D466uD .log x/n x˛C1 x
I.˛; n/ ! dx577D x˛C1 .log x/n n x˛.log x/n 1dx
dv D x˛ dx ! vD ˛C1 ˛C1
˛C1
D x˛C1 .log x/n n
I.˛; n 1/:
˛C1 ˛C1
Esta relación de recurrencia permite calcular I.˛; n/ en n pasos, pues I.˛; 0/ es conoci-
do. ©
C1 x 1
h) Para calcular la integral x3 3x2 C x C 5 dx usaremos la regla de Barrow. Para
1
ello, debemos obtener una primitiva de la función x3 x1 . Se trata de una
5
3x2 C x C
función racional. Una raíz del denominador es x D 1. Dividiendo el denominador por
x C1 tenemos que x3 3x2 Cx C5D.x C1/.x2 4x C5/. Como el trinomio x2 4x C5
no tiene raíces reales, la descomposición en fracciones simples es de la forma:
x3 x 1 x C 5 D x A 1 C Bx C C 5 ÷x 1DA.x2 4xC5/C.BxCC /.xC1/
3x2 C C x2 4x C
Haciendo x D 1 obtenemos que 2 D 10A, luego A D 1 .
5
Igualando coeficientes en x2 obtenemos que A C B D 0, luego B D 1 .
5
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Ejercicios resueltos 454
Igualando términos independientes obtenemos 1 D 5A C C D 1 C C , luego C D 0.
t x1 1t 1 1t x
3x2 C x C 5 dx D 5 x C 1 dx C 5 dx D
x3 x2 4x C 5
0 00
11 t 1 .2x 4/ C 2
5 log.1 C t/ C 5 2 4x C 5 dx D
D
x2
0
1 1 t 2x 4 2t 1
D log.1 C t/ C dx C dx D
5 10 x2 4x C 5 5 x2 4x C 5
00
D 1 1 log.t 2 4t C 5/ 1 2t 1
log.1 C t/ C log 5 C 2/2 C 1 dx D
5 10
10 5 .x
p0
1 t2 4t C 5 1
D log 2 2
5 p 1Ct log 5 C arc tg.t 2/ arc tg. 1/D
10 5 5
1 t2 4t C 5 1 2
D log log 5 C arc tg.t 2/ C :
5 1Ct 10 5 10
Deducimos que:
C1 x1 t x1 1
3x2 C x C 5 dx D log 5 C C D
x3 3x2 C x C 5 dx D lKım x3
10 5 10
0 t !C1 0
1
D .3 log 5/:
10
Observa la forma de escribir la primitiva, introduciendo una raíz cuadrada en el loga-
ritmo con la finalidad de poder calcular el límite fácilmente. Sabemos, de entrada, que
dicho límite tiene que existir y ser finito porque se trata de una integral impropia con-
vergente. En efecto, poniendo f .x/ D x3 x1 , se tiene que f es continua en
C5
3x2 C x
Œ0; C1Œ. Para todo x > 1 se tiene que f .x/ > 0 y se verifica la equivalencia asintótica
C1
f .x/ 1 para x ! C1. Como la integral 1 1 dx es convergente, también lo es
x2 0C1f .x/ x2
C1 ©
1 f .x/ dx , es decir, la integral dx es convergente.
1
2 dx . El trinomio 20 C 8x x2 tiene raíces reales que
i) Pongamos I D p
0 20 C 8x x2
son las soluciones de x2 8x 20 D 0, las cuales son 2 y 10, por tanto:
x2 8x 20 D .x 10/.x C 2/÷20 C 8x x2 D .10 x/.x C 2/:
Deducimos que 20 C 8x x2 > 0 ” 2 < x < 10. Podemos optar por racionalizar
la integral con la sustitución de Euler 8.36 en la que a D 1, ˛ D 2, ˇ D 10. Con ello,
dicha sustitución viene dada por:
2t 2 C 10 .t > 0/:
x D r .t / D t 2 C 1
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Ejercicios resueltos 455
Tenemos que: 24t p r
r 0.t / D .1 C t 2/2 ; r .t / D 0 ) t D 1 19
5; r .t/ D ) t D
2 5
Haciendo los cálculos, se obtiene:
" # q p 51
x D r .t/;
19
dx D r 0.t / dt 5 t2
ID p p D 2 dt D 2 1 C t 2 dt D
r . 5/ D 0; r . 19=5/ D 1=2 .1 C t 2/3
p q
5 19
5
r
p 19
D 2 arc tg. 5/
2 arc tg
5
Otra forma de calcular esta integral, quizás más sencilla, se basa en una idea vista en el
ejemplo 8.44. Hagamos un cambio de variable de la forma x D t C por la condición
de que dicho cambio lleve el intervalo Œ 2; 10 al Œ 1; 1. Deberá ser 2 D C ,
10 D C . Deducimos que el cambio buscado es x D 6t C 4. Tenemos que:
1 2 x D 6t C 4; dx D 6 dt ; .10 x/.x C 2/ D 36.1 t 2/3
2 x D 0) 1 ) 7 5D
dx C 2/ D4 tD 2 x D 2 t
p x/.x ; D 12
0 .10 3
7
12 1 dt D arc sen 2 7
Dp arc sen 12 :
2 1 t2 3
3
No te quepa duda de que se trata en ambos casos del mismo resultado expresado de
diferente forma.
8.62 Observación. Un error frecuente en este tipo de ejercicios consiste en cambiar el
trinomio por su opuesto. Las ecuacionesp20 C 8x x2 D 0py 20 8x C x2 D 0, son
la misma ecuación, pero las funciones 20 C 8x x2 y 20 8x C x2 no son la
misma función. ©
j) Esta primitiva es de las que se calculan integrando por partes, procurando que la inte-
gral se repita. Tenemos que:
cos2.log x / dx D uDcos2.log x/ D x cos2 .log x / C 2 cos.log x/ sen.log x/dxD
dv D dx ! vDx
u D sen.2 log x/
D x cos2.log x/ C sen.2 log x/ dx D dv D dx ! v D x D
D x cos2.log x/ C x sen.2 log x/ 2 cos.2 log x/ dx D
D x cos2.log x/ C x sen.2 log x/ 4 cos2.log x/ dx C 2x:
Donde hemos usado la igualdad cos.2t / D 2 cos2 t 1. Deducimos que: ©
cos2.log x/ dx D 1 x cos2.log x/ C x sen.2 log x/ C 2x
5
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Ejercicios resueltos 456
1=2 dx . El trinomio 20 C 8x C x2 no tiene raíces reales.
k) Pongamos I D p
0 20 C 8x C x2
Tenemos que:
x C 4 2
4 1:
20 C 8x C x2 D .x C 4/2 C 4 D 2 C
Por tanto:
1=2 dx 1=2 1 x C 4 ˇˇˇˇxD 1 9
2 2 :
p 2
I D C x2 D r xC4 2 D argsenh D argsenh 4
0 20 C 8x 0 C1 xD0
2
C1 dx ©
l) Pongamos I. / D x.log x/ . Como ¤
1
e 1, la función f .x/ D x.log x/ D
1 , tiene como primitiva F.x/ D 1 .log x/1 . La función f .x/ es positiva
.log x/
x 1
y continua en Œe; C1Œ. Tenemos que
I. / D C1 dx D F .x /ˇˇxxD!eC1 D lKım F .x / F.e/ D 1 :
x.log x/ 1
e x!C1
m) Pongamos I D p dx ©
x 2x C 1
. Esta integral se racionaliza con el cambio 8.35, esto es,
haciendo 2x C 1 D t 2, (t > 0). Tenemos:
ID p dx D D t2 D 2t dt D2 dt D
x 2x 2x C 1 t dt 1/t 1
C 1 dx D .t 2 t2
p
D dt dt D log t 1 D log p2x C 1 1 :
t 1 tC1 t C1 2x C 1 C 1
2 dx ©
n) Pongamos I D 2 C cos x . Esta integral se racionaliza con el cambio t D tg.x=2/
0
(8.34). Para aplicar la regla de Barrow, calcularemos primero una primitiva de f .x/ D
1
.
2 C cos x
23
t D tg.x=2/ tpg x2
dx 64 75 dt 2 t 2 3
2 C cos x D dx D 2 dt D 2 C t2 D p arc tg p D p arc tg :
1Ct 2
1 t2 3 3 3 3
cos x D 1Ct 2
2 arc tg tpg x2 a la primitiva calculada. Tenemos que:
Llamemos F.x/ D p 33
2 dx F .x /ˇˇxxDD20
C cos x
I D 2 D D F .2 / F.0/ D 0:
0
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Ejercicios resueltos 457
Resultado claramente erróneo porque la integral de una función continua y positiva debe
ser un número positivo. ¿Dónde está el error? Pues en que la primitiva que hemos cal-
culado no está definida en todo el intervalo Œ0; 2 pues el valor de F.x/ para x D no
está, en principio, definido. De hecho, se tiene que:
2 2
lKım F.x/ D p D p ; lKım F.x/ D p D p :
x! 32 3 x! 32 3
0<x< <x<2
Por tanto, la función F tiene una discontinuidad de salto en , lo que implica que no es
derivable en . Es decir, la función F.x/ no es una primitiva de f .x/ en Œ0; 2 . Pero
F.x/ sí es una primitiva de f .x/ en Œ0; y en Œ ; 2 (definiendo en cada caso F en
como el correspondiente límite lateral para que F resulte continua en cada uno de dichos
intervalos). Luego:
I D 2 dx C 2 2 dx D F .x /ˇˇxx!D0 C F.x/ˇˇxx!D2 C D
0 C cos x C cos x
2
D lKım F.x/ lKım F.x/ D p :
x! x! 3
0<x< <x<2
8.63 Observaciones. Al hacer un cambio de variable para calcular una integral defini-
da hay que tener presente la correspondencia entre intervalos. La función que realiza el
cambio de variable debe ser continua en su intervalo. En el ejemplo anterior, el cambio
realizado es t D tg.x=2/, pero la función x !7 tg.x=2/ no está definida en todo el inter-
valo Œ0; 2 . Cuando x recorre Œ0; 2 , x=2 recorre Œ0; y la tangente no está definida
en 2 Œ0; .
2
También se evitan errores siguiendo el procedimiento usual para realizar cambios de
variable en integrales definidas. En el ejemplo anterior debemos calcular los valores de t
que corresponden a x D 0 y a x D 2 lo que nos daría los nuevos límites de integración
c y d . Así obtendríamos que para x D 0 es c D tg 0 D 0, y para x D 2 es d D tg. / D 0.
Ya vemos que aquí hay algo que no va bien.
Estos errores están propiciados porque la notación que usamos para las integrales indefi-
nidas (las primitivas) no tiene en cuenta el intervalo en que trabajamos, y ese es un dato
muy importante que no se debe olvidar cuando calculamos integrales definidas.
Para calcular integrales de funciones trigonométricas puede ser útil tener en cuenta que
dichas funciones son periódicas. Supongamos que h W R ! R es una función continua y
periódica con período ˛, es decir, h.x C ˛/ D h.x/ para todo x 2 R. Entonces se verifica
que la integral de h en cualquier intervalo de longitud ˛ es la misma. Es decir, para todo
xC˛ ˛
x 2 R es x h.t / dt D 0 h.t / dt . La comprobación de esta igualdad es inmediata
porque la función H .x/ D xC˛ h.t / dt es derivable con derivada H 0.x/ D h.x C ˛/
x
h.x/ D 0, luego H es una función constante.
Aplicando esto en el ejemplo anterior, y teniendo en cuenta que el coseno tiene período
2 y es una función par, tenemos que:
2 dx dx 0 dx dx dx
D 2 C cos x D 2 C cos x C 0 D2
0 2 C cos x 2 C cos x 2 C cos x
0
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Ejercicios resueltos 458
Esta última integral sí puede calcularse directamente con el cambio t D tg.x=2/. Aunque
dicho cambio convierte la integral en otra integral impropia porque el intervalo Œ0;
se transforma biyectivamente, por la función x 7! tg.x=2/, en el intervalo Œ0; C1Œ.
Tenemos que:
2 dx D Œt D tg.x=2/ D 2 C1 dt D p2 arc tg pt ˇˇˇˇt !C1 D p :
0 C cos x C t2 3 3 3
3 t D0
0
©
t1
p) Para calcular la integral x.x2 C x C 1/ dx usaremos la regla de Barrow. Para ello,
1
debemos obtener una primitiva de la función 1 . Se trata de una función
C 1/
x.x2 C x
racional. Como el polinomio x2 C x C 1 no tiene raíces reales, la descomposición en
fracciones simples es de la forma:
1 A Bx C C
x.x2 C x C 1/ D x C x2 C x C 1
Multiplicando e identificando numeradores:
1 D A.x2 C x C 1/ C .Bx C C /x
Haciendo x D 0 obtenemos A D 1. Igualando coeficientes de x2 se tiene A C B D 0, por
lo que B D 1. Igualando coeficientes de x se tiene A C C D 0, luego C D 1.
t1 t1 t xC1
x.x2 C x C 1/ dx D dx x2 C x C 1 dx D
11 x
1
1 t 2x C 1 1t 1
2 x2 C x C 2 x2 C x C 1 dx D
D log t 1 dx
1
1
D log t 1 log.t 2 C t C 1/ C 1 log 3 1t 1
22 2 .x C 1=2/2 C 3=4 dx D
1
! p
1t 2= 3
D log p t C log 3 p 2 dx D
t2 C t C 1 2 31 C1
p2x C p1
33
D log p t ! 1 p
log 3 1
2t 1
C p arc tg p C p C p arc tg 3D
t2 C t C 1 2 3 33 3
!
log 3 1 t 1 2t 1
D C p C log p p arc tg p C p
2 33 t2 C t C 1 3 33
Como: !
lKım log
pt D0 2t 1
t !C1 lKım arc tg p C p D :
t2 C t C 1 t !C1 3 32
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Ejercicios resueltos 459
Concluimos que:
C1 1 log 3 p D log 3 p
x.x2 C x C 1/ dx D Cp 23 2 3
1 2 33 :
18
©
Ejercicio resuelto 198 Calcula las primitivas eax cos.bx/ dx ; y eax sen.bx/ dx . Su-
C1 C1
puesto que a < 0, calcula las integrales eax cos.bx/ dx y eax sen.bx/ dx .
00
Solución. Pongamos F.x/ D eax cos.bx/ dx y G.x/ D eax sen.bx/ dx . Integrando
por partes se obtiene:
1 b 9
u D cos.bx/ a a G.x/=>>>
F.x/ D dv D eax dx D eax cos.bx/ C
D 1 eax sen.bx/ b >>>; ÷
u D sen.bx/ a a
G.x/ D dv D eax dx F .x /
F .x / D 1 eax cos.bx/ C b eax sen.bx/ b2 ÷
a a2 a2 F.x/
eax
F.x/ D a2 C b2 a cos.bx/ C b sen.bx/
eax
G.x/ D a2 C b2
b cos.bx/ C a sen.bx/
Como jeax cos.bx/j 6 eax, jeax sen.bx/j 6 eax y, para a < 0, la integral impropia
C1
0 eax dx es convergente, se sigue, por el criterio de comparación que las integrales
0C1eax cos.bx/ dx y 0C1eax sen.bx/ dx son absolutamente convergentes. Sus valo-
res viene dados por:
C1 D F.x/ˇˇxx!D0C1 D lKım F.x/ a
F.0/ D F.0/ D a2 C b2
eax cos.bx/ dx x!C1
b
0 G.0/ D G.0/ D a2 C b2
C1 D G.x/ˇˇxxD!0C1 D lKım G.x/
eax sen.bx/ dx x!C1
0
Otra forma de calcular las primitivas F y G es usando la exponencial compleja como
sigue:
F.x/ C iG.x/ D eax e.aCib/x dx D
cos.bx/ C i sen.bx/ dx D
D a 1 ib e.aCib/x a ib eax
C D a2 C b2 cos.bx/ C i sen.bx/ D
D eax a cos.bx/ C b sen.bx/ C i
a2 C b2 b cos.bx/ C a sen.bx/ :
E igualando partes real e imaginaria volvemos a obtener el mismo resultado anterior. ©
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Ejercicios resueltos 460
Ejercicio resuelto 199 Estudia la convergencia de la integral
In D C1 x2n 1 .n 2 N/
.1 C x2/.nC3/ dx
0
n1
Prueba que para n > 2 es In D n C 2 In 1. Calcula I1, I2 e I3.
x2n 1
Solución. Pongamos f .x/ D .1 C x2/.nC3/ . La función f es continua y positiva en
Œ0; C1Œ. Además, como f es un cociente de dos polinomios de grados 2n 1 y 2n C 6
con coeficiente líder iguales a 1, se verifica la equivalencia asintótica f .x/ 1 para
x5
C1 1
x ! C1. Como la integral impropia 1 x5 dx es convergente, deducimos por el
criterio límite de comparación, que In es convergente para todo n 2 N.
Para obtener la fórmula de recurrencia del enunciado debemos hacer una integración por
partes. La elección de las funciones u y v es obligada:
C1 x2n 1 "#
In D .1 C x2/.nC3/ dx D u D x2n 2 ! du D .2n 2/x2n 3 D
0 dv D x !vD 1 1 .1 C x2/ n 2
.1Cx2 /nC3 nC2 2
D
1 4 .1 x2n 2 ˇˇˇˇx!C1C n 1 n1 1:
2n C C x2/nC2 n C 2 In 1 D n C 2 In
xD0
Tenemos que:
C1 x 1 .1 C x2/ 3ˇˇx!C1 D 1
I1 D .1 C x2/4 dx D 6 :
xD0
6
0
Con ello: 11 21
I3 D 5 I2 D 60 :
I2 D 4 I1 D ;
24
©
Ejercicio resuelto 200 Sea f continua en un intervalo I y sea a 2 I . Prueba que para todo
x 2 I se verifica la igualdad:
x xt !
.x t/f .t/ dt D f .s/ ds dt
a aa
Solución. Pongamos:
xx x
F.x/ D .x t/f .t/ dt D x f .t/ dt tf .t/ dt
a !a a
xt
G.x/ D f .s/ ds dt :
aa
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Ejercicios resueltos 461
Como f es continua, las funciones F y G son derivables en I y sus derivadas están
dadas por:
xx
F 0.x/ D f .t / dt C xf .x/ xf .x/ D f .s/ ds D G 0.x/:
aa
Como, además F.a/ D G.a/ D 0, concluimos que F y G coinciden en todo punto de
I. ©
Ejercicio resuelto 201 Sea f W RCo ! R una función de clase C 1, estrictamente creciente
y tal que f .0/ D 0. Sea g D f 1 la función inversa de f y sea a > 0.
a) Prueba que:
f .a/ a a
g.y/ dy D xf 0.x/ dx D af .a/ f .x/ dx :
00 0
b) Sea J D f .RCo / el intervalo imagen de f . Prueba que la función h W J ! R dada
para todo t 2 J por:
t
h.t/ D at g.y/ dy ;
0
alcanza un máximo absoluto en J y deduce que para todo b 2 J se verifica:
ab
ab 6 f .x/ dx C g.y/ dy
00
¿Cuándo se da la igualdad?
Solución. a) Haciendo primero un cambio de variable y después integrando por partes:
f .a/ Df .x/; dy D f 0.x/ dx a a
y 0D f .0/; f .a/ D f .a/
g.y/ dy D D g.f .x//f 0.x/ dx D xf 0.x/ dx D
0 00
D dv u D x; du D dx .x / D xf .x /ˇˇxxDD0a a a
D f 0.x/ dx ;v Df
f .x/ dx D af .a/ f .x/ dx
00
b) Tenemos que h0.t / D a g.t /. La función g es estrictamente creciente en J D f .RCo /.
Sea c D f .a/ > 0. Entonces c 2 J y g.c/ D a. Deducimos que h0.x/ > 0 para 0 6 x < c
y h0.x/ < 0 para c < x. Por tanto h es estrictamente creciente en Œ0; c y estrictamente
decreciente en Œc; C1Œ, luego h.t/ < h.c/ para todo t 2 J n fcg, y h alcanza en c D f .a/
un máximo absoluto en J . Deducimos que para todo b 2 J es h.b/ 6 h.f .a//, es decir:
b f .a/ a ab
ab g.y/ dy 6 af .a/ g.y/ dy D f .x/ dx ÷ab 6 f .x/ dx C g.y/ dy :
0 00 00
La igualdad se da si, y sólo si, b D f .a/. ©
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Ejercicios resueltos 462
Ejercicio resuelto 202 Estudia para qué valores de ˛ 2 R es convergente la integral
1
I.˛/ D x˛ arc tg x dx :
0
Calcula su valor para ˛ D 3=2.
Solución. Pongamos f .x/ D x˛ arc tg x. La función f es continua y positiva en 0; 1.
Como arc tg x x para x ! 0, se sigue que f .x/ x˛C1 para x ! 0. Como la
integral 1 xs dx converge si, y sólo si, s > 1, deducimos, por el criterio límite de
0
comparación, que la integral 01f .x/ dx converge si, y sólo si, ˛C1 > 1, o sea, ˛ > 2.
Para calcular I. 3=2/ integramos por partes para eliminar la función arc tg x y después
hacemos un cambio de variable.
1 3 2 dx 3
2 u D arc tg x ! du 1Cx2 5D
3=2/ D x
I. arc tg x dx D 4 dv D x 3 ! v D 2
2 p
0x
D 2 arpc tg x ˇˇˇˇxD1 C 1 p 2 dx x2/ D
x 0 x.1 C
x!0
1 2 dx 11
2 .1 C x >0 D
D C p x 2/ D D t 2; t C4 1 C t 4 dt :
x 2
00
Para calcular la integral I D 11 dt lo primero es calcular las raíces del denominador
0 1Ct 4
que, evidentemente, son todas complejas e iguales a las raíces complejas cuartas de la
unidad. Como 1 D ei , dichas raíces son los números:
xk D ei ei 2k D ei ei k k D 0; 1; 2; 3:
4 4 4 2
Sabemos que dichas raíces vienen en pares de complejos conjugados. Luego deben ser
x0; x0 y x1; x1, donde:
x0 D ei 1 1 x1 D x0 ei Di x0 D 11
4 Dp Cip ; 2 p Cip :
22 22
Luego:
x4 C1 D1.=xp2/x20C/.x1=2 x0./x.xC 1=xp1/2.x/2 Cx11=/2D Djx.x2x0jp2 j2xx x1j2 D C p C 1/:
D .x C 1/.x2 2x
Si no sabes calcular las raíces complejas cuartas de 1 (lo que sería bastante lamentable),
puedes obtener la anterior descomposición utilizando el hecho de que corresponde a dos
factores cuadráticos irreducibles y, por tanto, debe ser de la forma (los coeficientes de x2
deben ser, claramente, iguales a 1):
x4 C 1 D .x2 C ax C b/.x2 C cx C d /
Desarrollando esta igualdad e identificando coeficientes se vuelve a obtener la descom-
posición anterior.
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Aplicaciones de la integral 463
La descomposición en fracciones simples es de la forma:
1 Ax C B C x C D
.xA4xDCxB2/.xp2 2CxpC21x C p”
1 C C x2 C 2x C 1
1 D 1/ C .C x C D/.x2 p C 1/ ”
2x
p pp p
1DB C D C .A C 2B C C 2D/x C . 2A C B 2C C D /x 2 C .A C C /x3
Identificando coeficientes resulta el sistema de ecuaciones:
p pp p
B C D D 1; A C 2B C C 2D D 0; 2A C B 2C C D D 0; A C C D 0
que se resuelve con mucha facilidad resultando A D C D p1 , B D C D 1 . Ahora sola-
2
22
mente queda calcular las correspondientes primitivas. Esto lo dejo para que lo completes
tú. Es algo que ya debes saber hacer y que se hizo en general al estudiar la integración
de funciones racionales. El resultado final es:
1 C logp.3 C 2 p 2/
2 2
3 C
x 2 arc tg x dx D
0
8.7. Aplicaciones de la integral
Con una integral puedes calcular magnitudes tan diversas como áreas, volúmenes, longitu-
des de curvas, el trabajo realizado por una fuerza, la masa de un sólido, momentos de inercia,
el campo eléctrico, el flujo de un fluido a través de una superficie y muchas más. Es nota-
ble, sin embargo, que la forma de proceder sea casi siempre la misma, y consiste en expresar
el valor exacto de la magnitud que se quiere calcular como un límite de sumas de Riemann,
para deducir, a partir de ellas, la integral cuyo cálculo proporciona la solución del problema.
Podrás comprobar en lo que sigue que esta técnica es bastante sencilla e intuitiva. Con un po-
co de práctica tú mismo podrás aplicarla con éxito en situaciones distintas de las que aquí se
consideran.
8.7.1. Cálculo de áreas planas
Te recuerdo que si f W Œa; b ! R es una función continua, representamos por G.f; a; b/
la región del plano comprendida entre la curva y D f .x/, el eje de abscisas y las rectas x D a,
x D b. Como sabes, el área de dicha región viene dada por
b
.G.f; a; b// D jf .x/j dx
a
Es interesante interpretar la integral que proporciona el área de la siguiente forma. Observa
que jf .x/j es la longitud del segmento intersección de G.f; a; b/ con la recta vertical que pa-
sa por .x; 0/, es decir, jf .x/j es la longitud de la sección vertical de G.f; a; b/ por el punto
.x; 0/, y el área de la región G.f; a; b/ es igual a la integral de las longitudes de sus secciones.
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Cálculo de áreas planas 464
Intuitivamente: integrando longitudes obtenemos áreas. Como el área es invariante por rotacio-
nes, este resultado es también válido si consideramos secciones por rectas paralelas a una recta
cualquiera dada. Deducimos así el siguiente resultado.
8.64 Teorema (Principio de Cavalieri). El área de una región plana es igual a la integral de
las longitudes de sus secciones por rectas paralelas a una recta dada.
Veamos cómo se aplica este principio en algunos casos concretos.
8.7.1.1. Regiones de tipo I
Supongamos que f , g son funciones continuas y llamemos a la región del plano com-
prendida entre las curvas yDf .x/ e yDg.x/ para a6x6b. Se dice que es una región de tipo
I. Es evidente que las longitudes de las secciones verticales de son iguales a jf .x/ g.x/j
por lo que su área viene dada por
b (8.38)
./ D jf .x/ g.x/j dx
a
Observa que esta integral expresa el área de como límite de las sumas de Riemann
Xn g.tk /j .xk xk 1/
jf .tk/
k D1
lo que tiene una sencilla interpretación que puedes ver en la siguiente figura.
Figura 8.7. Aproximación al área de una región de tipo I
Cuando la función f g no tiene signo constante en el intervalo Œa; b, para calcular la
integral (8.38) se descompone dicho intervalo en intervalos en los que la función f g es
siempre positiva o siempre negativa, lo que permite quitar el valor absoluto en el integrando.
A veces interesa expresar una región de tipo I como unión de dos o más regiones de tipo
I disjuntas y más sencillas, entonces su área es la suma de las áreas de cada una de dichas
regiones.
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Cálculo de áreas planas 465
8.65 Ejemplo. Vamos a calcular el área de la región comprendida entre la parábola y2 D x
y la recta y D x 2.
Calculamos los puntos de corte de la recta y la parábola resolviendo la ecuación xD.x 2/2,
cuyas soluciones son a D 1, b D 4. Puedes ver representada la región en amarillo en la
siguiente figura.
p
yD x
01 yDx 2
4
p
yD x
Figura 8.8. Ejemplo de región de tipo I
Podemos /cDonpsidxe.raLrafucnocmióno una región de tipo I. La función cuya gráfica limita a por
arriba es g.x cuya gráfica limita a por abajo viene dada por
(p
x 06x61
f .x/ D
x 2 16x64
En consecuencia
4 1p p 4p 9
./ D jg.x/ f .x/j dx D . x . x// dx C . x .x 2// dx D 2
0 01
Observa que podemos ver como unión de dos regiones de tipo I como se indica en la siguiente
figura.
p
yD x
01 yDx 2
4
p
yD x
Y lo que hemos hecho antes ha sido calcular el área de cada una de estas dos regiones.
8.7.1.2. Regiones de tipo II
Supongamos que f , g son funciones continuas y llamemos a la región del plano com-
prendida entre las curvas x D f .y/ y x D g.y/ para a 6 y 6 b. Se dice que es una región
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Cálculo de áreas planas 466
de tipo II. Es evidente que las longitudes de las secciones horizontales de son iguales a
jf .y/ g.y/j por lo que su área viene dada por
b (8.39)
jf .y/ g.y/j dy
a
lo que tiene una sencilla interpretación que puedes ver en la figura 8.9.
Figura 8.9. Aproximación al área de una región de tipo II
Es importante advertir que la distinción entre regiones de tipo I y de tipo II es tan sólo
una cuestión de conveniencia. No son conjuntos de distinta naturaleza sino formas distintas
de describir un conjunto. En la práctica te vas a encontrar con regiones que puedes considerar
tanto de tipo I como de tipo II y deberás elegir la descripción que más facilite el cálculo de la
correspondiente integral.
De todas formas, no debes olvidar que basta cambiar la variable x por la variable y para
convertir una región de tipo II en otra de tipo I. Geométricamente, lo que hacemos es una
simetría respecto a la recta y D x, lo que deja invariante el área. Por tanto, si en un ejercicio
resulta conveniente considerar la región cuya área quieres calcular como una región de tipo
II y te encuentras más cómodo trabajando con regiones de tipo I, basta con que cambies los
nombres de las variables.
Salvo por factores de escala, las figuras (8.7) y (8.9) son simétricas respecto de la recta
y D x.
8.66 Ejemplo. La región del ejemplo (8.8) puedes considerarla como una región de tipo II.
La curva que limita esta región por la derecha es la gráfica de la recta x D y C 2 y la curva
que limita esta región por la izquierda es la gráfica de la parábola x D y2. La variable y está
comprendida entre 1 y 2.
no
D .x; y/ W y2 6 x 6 y C 2; 1 6 y 6 2
También puedes transformar directamente en una región de tipo I más sencilla que la
anteriormente considerada en la figura 8.8 mediante una simetría respecto de la recta y D x, tal
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Ejercicios propuestos 467
2 Tenemos que:
x D y2
x Dy C2 2 y2/ dy D 9
./ D .y C 2 2
0
1 1
Figura 8.10. Ejemplo de región de tipo II
como se muestra en la figura 8.11. Aunque la región así obtenida,s , no es la misma tiene,
sin embargo, igual área que .
2 x2/ dx D 9 :
2
.s/D ./D .xC2
yDxC2 1
s
y D x2
10 2
Figura 8.11. Simétrica de la figura 8.8
8.7.2. Ejercicios propuestos
404. Calcula el área de las dos partes en que la parábola y2D4x divide al círculo x2Cy2D8.
405. Calcula para qué valor de la curva y D cos x divide en dos partes de igual área la
región limitada por la curva y D sen x y el eje de abscisas cuando 0 6 x 6 =2.
406. Calcula el área encerrada por el bucle de la curva y2 D x.x 1/2.
C1
407. a) Calcula f .t / D sen.xt / e x dx .
0
b) Calcula el área limitada por la gráfica de f y el eje OX .
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Ejercicios propuestos 468
408. Calcula el área de las regiones del plano limitadas por las siguientes curvas.
1. y D x.x 1/.x 2/ y el eje OX .
2. x D 12y2 12y3; x D 2y2 2y.
3. y D x2 2x; y D x2 4; 3 6 x 6 1.
4. y D x2; x C y D 2; x > 0; y > 0.
5. x C y2 D 3; 4x C y2 D 4.
6. y D sec2 x; y D tg2 x; =4 6 x 6 =4.
x2 y2
7. a2 C b2 D 1, a > 0, b > 0.
8. .y x/2 D x 3; x D 7.
9. y D .log x/2; 0 < x 6 e.
10. y2 D 1 x x D 1.
;
1Cx
11. y D x e x; y D x2 e x; x > 0.
409. Calcula a > 0 por la condición de que el sec- B y D x2
A D .a; a2/
tor parabólico OAB de la figura de la derecha
tenga área mínima. El punto B es la intersec-
ción de la parábola y D x2 con su normal en el
punto A D .a; a2/.
410. Con un disco de radio R queremos hacer, O
recortando un disco concéntrico de radio A
r , una arandela como la de la figura de la
derecha. Se pide calcular el radio r por la R
condición de que el área de la parte de la ˛
arandela que queda a la izquierda de la rec-
ta x D r (sombreada en gris) sea máxima. O
Sugerencia. Tomar ˛ como variable. r
B
pp
411. Una corona circular de radio interior 2 y radio exterior 6 se corta con la parábola de
ecuación x D y2. Calcula el área de cada una de las dos regiones resultantes.
412. Se considera la hipérbola de ecuación x2 y2 D 1 .x0; y0/
y un punto .x0; y0/ de la misma .x0 > 1/. Se pide x0
calcular el área, !0, de la región sombreada en gris
en la figura, y deducir que: O
x0 D cosh.!0/; y0 D senh.!0/:
x2 y2 D 1
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Ejercicios resueltos 469
8.7.3. Ejercicios resueltos
¡Antes de ver la solución de un ejercicio debes intentar resolverlo!
Ejercicio resuelto 203 Calcula el área de las dos partes en que la parábola y2 D 4x divide
al círculo x2 C y2 D 8.
Solución.
Hay que calcular los puntos de intersección
de la parábola y de la circunferencia. Para
ello calculamos la raíz positiva de la epcuación
x2 C 4x 8 D 0 que es ˛ D 2 C 2 3.pLos
puntos depintersección son, por tanto, .˛; 2 ˛/
y .˛; 2 ˛/. Teniendo en cuenta la simetría,
para calcular el área de la parte azul del círculo O˛
es suficiente calcular el área de la región com-
prendida entre la circunferencia y la parábola
cuando x 2 Œ0; ˛, es decir, el área de la región
coloreada en rojo. Se trata de una región de tipo
I cuya área viene dada por:
˛p x2 p ˛p x2 dx ˛ ˛p x2 dx 4 ˛3=2:
8 2x1=2 dx D 8 3
2 x dx D 8
00
00
Calculemos la integral que falta.
˛p arc sen. p˛ / arc sen. p˛ /
8 p p 8 p 81 C cos.2t /
x2 dx D x D 8 sen t D 8 D2 2 dt D
0 cos2 t dt 2
00
p p p1 p
D 2 arc sen ˛= 8 C 2 sen 2 arc sen.˛= 8/ :
Por tanto, el área,S , de la región en rojo es igual a:
p p p1 p 4 ˛3=2
S D 2 arc sen ˛= 8 C 2 sen 2 arc sen.˛= 8/ 3
La solución obtenida puede simplificarse más usando que sen.2x/ D 2 sen x cos x pero,
tal como está, puede considerarse correcta.
El área de la parte del círculo interior a la parábola (coloreada en azul) es igual 4 2S ,
y el área de la parte del círculo exterior a la parábola (zonas amarilla y roja) es igual a
4 C 2S .
Otras formas de hacer este ejercicio son las siguientes.
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Ejercicios resueltos 470
Teniendo en cuenta la simetría, el área de la par- p
te azul del círculo es igual a: .˛; 2 ˛/
˛p p 8p p
8
2 2 xC2 8 x2 dx
O˛
0˛
p
que se calcula como antes. .˛; 2 ˛/
También puedes hacer este ejercicio cambiando los ejes (convirtiendo una región de tipo
II en otra de tipo I) como en la siguiente figura obtenida simetrizando la anterior respecto
de la bisectriz del primer y tercer cuadrantes.
El área de la parte azul del disco es igual a:
p ˛
8 x2 x2=4 dx
2 ˛ p O
p p p
2˛ 2˛ 2˛
que se calcula igual que antes. ©
Ejercicio resuelto 204
Calcula a > 0 por la condición de que el sec- B y D x2
A D .a; a2/
tor parabólico OAB de la figura de la derecha
tenga área mínima. El punto B es la intersec-
ción de la parábola y D x2 con su normal en el
punto A D .a; a2/.
Solución. O
Sabemos que la normal a una curva de ecuación yDf .x/ en un punto .a; f .a// es la rec-
ta de ecuación y D f .a/ 1 a/. En nuestro caso la curva es la parábola y D x2
f 0.a/ .x
cuya normal en el punto .a; a2/ es la recta y D a2 1
.x a/. La intersección de dicha
2a
recta con la parábola se obtiene resolviendo la ecuación
x2 D a2 1 .x a/, esto es, 2ax2 C x a 2a3 D 0, cuyas soluciones son:
2a
p pp
1 ˙ 1 C 4.a C 2a3/22a D 1 ˙ 1 C 8a2 C 16a4 D 1 ˙ .1 C 4a2/2 D
4a 8 4a
4a
D 1 ˙ .1 C 4a2/ <a
4a D : 1 C 2a2
2a
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Ejercicios resueltos 471
Pongamos x0 D 1 C 2a2 . Tenemos que B D .x0; x02/. El área del sector parabólico de
2a
la figura viene dada por
a 1 1 1 xDa
G.a/ D a2 .x .x x3
a/ x2 dx D a2x a/2 D
x0 2a 4a 3 xDx0
4 a3 C a C 1 C 1
3 4a 48a3
Para calcular el mínimo de esta función se procede de la forma usual. Calculemos los
ceros de la derivada.
1 1
1 16a4 4a2 1
G 0.a/ D 4a2 C 1 4a2 D 0” 4a2 C 1 D 1 C 4a2 D
D 1 .4a2 C 1/ ” 16a4 D 1 ” a4 D 1
16a4 16
Como a > 0, la única solución es a D 1=2. Teniendo en cuenta que para todo a > 0:
G 00.a/ D 8a C 1 C 1 > 0;
2a3 4a5
y que lKım G 0.a/ D 1, lKım G 0.a/ D C1, deducimos que para 0 < a < 1 es
a!0 a!C1 2
G 0.a/ < 0, y para 1 < a es G 0.a/ > 0. De aquí se sigue que G decrece en 0; 1=2 y
2
crece en Œ1=2; C1Œ, por lo que alcanza un mínimo absoluto en a D 1=2. ©
Ejercicio resuelto 205
Con un disco de radio R queremos hacer, re- A
cortando un disco concéntrico de radio r , una R
arandela como la de la figura de la derecha. Se
pide calcular el radio r por la condición de que ˛
el área de la parte de la arandela que queda a la O
izquierda de la recta x D r (sombreada en gris)
sea máxima. r
Sugerencia. Tomar ˛ como variable.
B
Solución.
Todo lo que hay que hacer es calcular el área de la parte sombreada de la arandela.
Podemos hacer esto de forma completamente elemental introduciendo como variable la
medida en radianes, , del ángulo indicado en la figura.
Con ello tenemos que r D R cos . El área buscada es igual al área del disco grande
( R2) menos el área del disco pequeño ( .R cos /2), menos el área del sector circular
OBA ( R2) más el área del triángulo OAB (R cos R sen ). Por tanto, la función a
maximizar es:
f . / D R2 .R cos /2 R2 CR cos R sen D R2 cos2 Ccos sen
D
C cos sen ;
D R2 sen2
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Ejercicios resueltos 472
definida para 0 6 6 =2. Calculamos la derivada:
f 0. / D 2R2 sen . cos sen /:
Se sigue que el único cero de la derivada en el intervalo donde está definida f es es 0 D
arc tg 20; =2Œ. Como sen > 0, el signo de la derivada es igual al signo de cos
sen . Deducimos que f 0. / > 0 para 0 < < 0 y f 0. / < 0 para 0 6 < =2.
En consecuencia, f es creciente en Œ0; 0 y decreciente en Œ 0; =2. Por tanto el valor
máximo absoluto de f en Œ0; =2 se alcanza en 0. El valor de r correspondiente es:
r D R cos 0 D p R :
1 C 2
Alternativamente, podemos calcular directamente, en función de r , el área del segmento
circular determinado por la cuerda AB, que viene dado por:
Rp x2 dx
2 R2
r
En consecuencia, el área de la parte sombreada de la arandela viene dada por:
Rp
g.r / D R2 r 2 2 R2 x2 dx
r
donde 0 6 r 6 R. Por el Teorema Fundamental del Cálculo, la derivada de g viene dada
por p
g 0.r / D 2 r C 2 R2 r 2
R
Cuyo único cero es r0 D p . Se justifica fácilmente que dicho valor corresponde
al máximo absoluto de g 1 C 2
©
en Œ0; R.
Ejercicio resuelto 206
Calcula para qué valor de la curva y D cos x
divide en dos partes de igual área la región limi-
tada por la curva y D sen x y el eje de abscisas
cuando 0 6 x 6 =2. y D sen x
Solución. y D cos x
El área limitada por la función seno entre x D 0
a
y x D =2, es igual 2 sen x dx D 1. Por tan-
2
0
to, debemos calcular por la condición de que
el área de la región , en amarillo en la figura
de la derecha, sea igual a 1=2. Llamando a al O
único punto de corte de las gráficas y D sen x,
y D cos x en el intervalo Œ0; =2, el cual vie-
ne dado por la igualdad cos a D sen a, dicha
área es igual a:
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Ejercicios resueltos 473
a
2
sen x dx C cos x dx D 1 C cos a sen a:
0a
Deberá verificarse que 1 C cos a sen a D 1=2. Teniendo en cuenta que:
cos a D sen a ) tg a D ) 1 D 1 C 2 ) cos a D p 1 ;
cos2a
1 C 2
donde hemos tenido en cuenta que como 0 < a < =2, cos a > 0. Sustituyendo ahora
en la igualdad anterior y teniendo en cuenta que debe ser > 0, obtenemos:
1 C cos a sen a D 1 , 1 C 2 D 2 cos a C 2 sen a D 2.1 C 2/ cos a ,
2
p
1 C 2 D 2.1 C 2/ p 1 D 2 1 C 2 , .1 C 2 /2 D 4.1 C 2/ , D 3
:
1 C 2 4
©
Ejercicio resuelto 207 Calcula el área encerrada por el bucle de la curva y2 D x.x 1/2.
Solución. En problemas de cálculo de areas debemos hacer, siempre que no sea compli-
cado, una representación gráfica para visualizar la región del plano cuya área queremos
calcular, de esta forma se evitan posibles errores. La curva de ecuación y2 D x.x 1/2
es simétrica respecto al eje de abscisas, pues ppara cada valor de xptenemos dos valo-
res opuestos de y, que vienen dados por y D xjx 1j, y D xjx 1j. Observa
que esta curva está definida para x > 0. Los puntos de corte de la curva con el eje OX
son x D 0 y x D 1. El bucle del enunciado debe estar comprendido entre ellos dos.
Para 0 6 x 6 1 la parte de arriba de la curva
p x/. Tenemos que y 0 D 1 p3x .
es y D x.1 2x
Deducimos que es creciente para 0 6 x 6 1=3
y decreciente para 1=3 6 x 6 1. Además, la de- O 1
rivada segunda es negativa, por lo que se trata
de una curva cóncava (la parte de arriba del bu-
cle). Con estos datos ya podemos representar la
curva.
Teniendo en cuenta la simetría, el área pedida viene dada por:
1p 8
2 x.1 x/ dx D
15
0
©
Ejercicio resuelto 208 Calcula el área de una elipse de semiejes a y b.
Solución. Por medio de un giro y de una traslación (que son movimientos del plano que
conservan el área), la ecuación de la elipse puede escribirse de la forma:
x2 C y2 D 1 ” y D ˙ b p x2
a2 b2 a2
a
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Curvas en el plano 474
El área pedida viene dada por la integral:
b ap x2 dx D ab:
2 a2
aa
Donde, para evaluar la integral hemos usado la tabla de primitivas inmediatas. Para el
caso en que a D b D r , es decir, la elipse es un círculo de radio r , obtenemos la conocida
©
fórmula r 2 para el área de un círculo.
8.7.4. Curvas en el plano
Seguramente te imaginas una curva en el plano como una línea continua que puede dibujar-
se de un trazo, sin levantar el lápiz del papel. Esa idea es esencialmente correcta. Las circunfe-
rencias, las elipses, las cardioides son todas ellas curvas. Faltaría más. Ninguna de ellas puedes
representarla por una igualdad de la forma y D f .x/. Las curvas que pueden representarse por
una ecuación cartesiana del tipo y Df .x/ son curvas muy particulares pues son gráficas de fun-
ciones. No olvides que cuando dices “sea la curva dada por la ecuación y D f .x/” te estás refi-
riendo a la curva cuya imagen es el conjunto de puntos del plano f.x; y/ W x 2 Œa; b; y D f .x/g
es decir, a la gráfica de f .
Si lo piensas un momento, verás que muy pocas curvas son gráficas. Para que una curva
sea una gráfica es necesario que cualquier recta vertical la corte a lo más en un solo punto;
ninguna curva cerrada cumple esta condición. Precisamente entre las curvas cerradas se en-
cuentran algunas de las curvas más interesantes, a ellas pertenecen los distintos tipos de óvalos
y lemniscatas, las astroides, las cardioides y muchas más.
Vamos a ver ahora una forma de representar curvas planas mucho más general que las
ecuaciones cartesianas del tipo y D f .x/ que sólo sirven para representar curvas que también
son gráficas. Para empezar, consideremos una curva que viene dada por una ecuación cartesiana
de la forma y D f .x/ donde x 2 Œa; b. Nuestra curva es, por tanto, la imagen de la aplicación
W Œa; b ! R2 definida por
.x/ D .x; f .x// para todo x 2 Œa; b. Intuitivamente, cuando x
recorre el intervalo Œa; b, el punto .x; f .x// recorre la curva. Es fácil generalizar esta situación
sin perder la idea intuitiva de curva. Lo esencial es que podamos describir las coordenadas de
los puntos de la curva como funciones continuas de un parámetro. En la situación que estamos
considerando se tiene que y D f .x/, es decir, la segunda coordenada es función continua de la
primera. La generalización consiste en que ambas coordenadas sean funciones continuas de un
parámetro. Llegamos así a la definición siguiente.
8.67 Definición. Una curva en el plano es una aplicación continua
W Œa; b ! R2.
Si
.t/ D .x.t/; y.t//, decimos que x D x.t/, y D y.t/ son las ecuaciones paramétricas
de la curva. El punto
.a/ es el origen y
.b/ el extremo de la curva. Si
.a/ D
.b/ se dice
que la curva es cerrada. Se dice que una curva
es simple si no se corta a sí misma, es decir,
si para s; t 2 Œa; b con s ¤ t se verifica que
.s/ ¤
.t/. Una curva cerrada se llama simple si
la función
es inyectiva en a; bŒ.
8.68 Ejemplos.
La curva de ecuaciones paramétricas x.t/DaCr cos t, y.t/Db CR sen t donde 06t 62
es una elipse cuyo centro es el punto .a; b/ y semiejes de longitudes r y R. Cuando r D R se
trata de una circunferencia.
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Curvas en el plano 475
La curva de ecuaciones paramétricas x.t/ D r .t sen t/, y.t/ D r .1 cos t/ para 0 6 t 6 2
es la cicloide. Es la curva que describe un punto de una circunferencia de radio r que avanza
girando sin deslizar.
La curva de ecuaciones paramétricas x.t/ D a.1 C cos t/ cos t, y.t/ D a.1 C cos t/ sen t
para 0 6 t 6 2 se llama cardioide. Es la curva que describe un punto fijo del borde de un
círculo de radio a=2 que rueda sin deslizar sobre el exterior de otro círculo del mismo radio.
P
P t 2r
Figura 8.12. Cicloide
O 2 r
Figura 8.13. Cardioide
P
Figura 8.15. Espiral de Arquímedes
Figura 8.14. Astroide
La curva de ecuaciones paramétricas x.t / D a cos3 t , y.t / D a sen3 t donde a > 0 y
0 6 t 6 2 , se llama hipocicloide de cuatro picos o astroide. Es la curva que describe un
punto fijo de una circunferencia de radio r D a=4 que rueda sin deslizar sobre el interior de otra
circunferencia de radio a.
La curva de ecuaciones paramétricas x.t/ D t cos t, y.t/ D t sen t donde 0 6 t 6 2 , se
llama espiral de Arquímedes. Es la curva que describe un punto que se mueve alejándose del
origen con velocidad uniforme sobre una semirrecta que gira alrededor del origen con velocidad
angular constante.
Otro ejemplo final, para que aprecies las curvas tan complicadas que pueden representar-
se fácilmente por ecuaciones paramétricas. Se trata de una curva de las llamadas curvas de
Lissajoux. Sus ecuaciones son x.t/ D sen.3t/, y.t/ D cos.5t/, t 2 Œ0; 2 .
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Curvas en el plano 476
Figura 8.16. Una curva de Lissajoux
8.7.4.1. Área encerrada por una curva
Sea la región rodeada por una curva cerrada simple
.t/ D .x.t/; y.t//, a 6 t 6 b, y
supongamos que las funciones x.t/; y.t/ tienen primera derivada continua. Se supone también
que si, a medida que el parámetro t avanza desde a hasta b, andamos sobre la curva siguiendo
al punto
.t/ D .x.t/; y.t// entonces la región queda a nuestra izquierda (ver figura 8.17).
En estas condiciones se verifica que el área de viene dada por:
b b D1 b
/
./ D x.t /y 0.t / dt D y 0.t /x.t / dt x.t /y 0.t / y 0 .t /x .t dt (8.40)
a a 2a
Figura 8.17. Una curva cerrada
8.7.4.2. Áreas planas en coordenadas polares
Un tipo particular de ecuaciones paramétricas son las de la forma:
( .˛ 6 # 6 ˇ/ (8.41)
x.#/ D f .#/ cos #
y.#/ D f .#/ sen #
donde f W Œ˛; ˇ ! R es una función continua. Dichas ecuaciones se representan simbólica-
mente en la forma D f .#/. La curva definida por estas ecuaciones se dice que está dada en
forma polar y que D f .#/ es la ecuación polar de la curva. La razón de esta terminología se
explica seguidamente.
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Curvas en el plano 477
Dado un punto .x; y/ ¤ .0; 0/, hay un único par de números . ; #/, tales que > 0 y
< # 6 , que verifican las igualdades x D cos #, y D sen #. Dichos números se llaman
coordenadas polares del punto .x; y/. Si consideras el número complejo x C iy, entonces
es su módulo y # es su argumento principal.
Por tanto, dada una curva por una ecuación polar D f .#/, el punto del plano que corres-
ponde a cada valor del ángulo polar # es:
f .#/.cos #; sen #/; si f .#/ > 0: Coordenadas polares .f .#/; #/
jf .#/j cos.# C /; sen.# C / ; si f .#/ < 0: Coordenadas polares .jf .#/j; # C /
Debes tener claro que esta forma de representar una curva no es más que un tipo particular de
representación paramétrica.
Consideremos una curva dada por la ecuación polar D f .#/ donde f W Œ˛; ˇ ! R .
Queremos calcular el área de la región del plano (ver figura 8.18):
D f. cos #; cos #/ W 0 < 6 f .#/; ˛ 6 # 6 ˇg :
D f .#/
#k ˛
#k 1
ˇ
O
Figura 8.18. Aproximación por sectores circulares
Para ello lo que hacemos es aproximar por medio de sectores circulares. Recuerda que
el área de un sector circular de radio y amplitud ' (medida en radianes) es igual a 1 2'.
2
Consideramos para ello una partición f˛ D #0; #1; #2; : : : ; #n 1; #n D ˇg de Œ˛; ˇ y forma-
Xn
1 .#k /2.#k #k 1/. 1 .#k /2.#k #k 1/ es el área del
mos la suma f Como el número f
k D1 2 2
sector circular, representado en amarillo en la figura 8.18, de radio f .#k/ y amplitud igual a
#k #k 1, es claro que la suma anterior representa una aproximación del área de . Como
Xn
1 .#k /2.#k #k 1/ # !7 1 f .#/2,
f es una suma de Riemann de la función 2 se sigue que
k D1 2
el área de viene dada por la integral:
./ D 1 ˇ (8.42)
f .#/2 d#
2˛
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