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Completando cuadrados. Aplicación al cálculo de primitivas o integrales indefinidas

Supongamos que me piden calcular una primitva de la función \(f(x)=\dfrac{1}{x^2-3x+5}\). O lo que es lo mismo, me piden calcular la siguiente integral indefinida:

\[\int\frac{1}{x^2-3x+5}\,dx\]

Naturalmente intentaré descomponer la fracción \(\dfrac{1}{x^2-3x+5}\) en fracciones simples. Pero esto no es posible porque el polinomio \(x^2-3x+5\) no tiene raíces reales (al intentar resolver la ecuación de segundo grado el discriminante es menor que cero).

En estos casos se procede a utilizar una técnica conocida como "completar cuadrados". Veamos cómo funciona.

Se trata de escribir el polinomio \(x^2-3x+5\) como un cuadrado más una cierta cantidad. Es decir, tenemos que conseguir el polinomio \(x^2-3x+5\) "completando un cuadrado". Eso, como veremos, nos permitirá calcular la intergral indefinida.

Observemos que los coeficientes del polinomio \(x^2-3x+5\) son \(a=1\), \(b=-3\) y \(c=5\).

En un primer paso lo que haremos es multiplicar por \(4a\), que en este caso es \(4\). De este modo el polinomio se convierte en \(4x^2-12x+20\). Obsérvese que el primer término es el cuadrado de \(2x\). En general si multiplicamos por \(4a\) el primer término se convertirá en \(4a^2\) que es el cuadrado de \(2a\).

En un segundo paso vamos a sumar y a restar \(b^2\). En nuestro caso \(b^2=9\), con lo que tenemos \(4x^2-12x+9-9+20\). Esta última expresión la podemos escribir también así \((2x-3)^2+11\).

¿Qué hemos hecho? En realidad hemos escrito el polinomio de \(x^2-3x+5\) de otra manera:

\[x^2-3x+5=\frac{1}{4}(4x^2-12x+9-9+20)=\frac{1}{4}((2x-3)^2+11)\]

Ahora podemos escribir la integral indefinida así:

\[\int\frac{1}{x^2-3x+5}\,dx=\int\frac{1}{\frac{1}{4}((2x-3)^2)+11)}\,dx=4\int\frac{1}{(2x-3)^2+11}\,dx\]

Esta última integral la podemos retocar hasta conseguir resolverla:

\[4\int\frac{1}{(2x-3)^2+11}\,dx=4\int\frac{\displaystyle\frac{1}{11}}{\displaystyle\frac{(2x-3)^2}{11}+1}\,dx=\]

\[=\frac{4}{11}\int\frac{1}{\displaystyle\left(\frac{2x-3}{\sqrt{11}}\right)^2+1}\,dx=\frac{4}{11}\cdot\frac{\sqrt{11}}{2}\int\frac{\displaystyle\frac{2}{\sqrt{11}}}{\displaystyle\left(\frac{2x-3}{\sqrt{11}}\right)^2+1}\,dx\]

Por tanto

\[\int\frac{1}{x^2-3x+5}\,dx=\frac{2\sqrt{11}}{11}\cdot\text{arctg}\left(\frac{2x-3}{\sqrt{11}}\right)+C\]

Donde hemos utilizado que

\[\int\frac{f'(x}{f(x)^2+1}\,dx=\text{arctg}\,f(x)+C\]

En general si el polinomio \(ax^2+bx+cx\) no tiene raíces reales, es posible demostrar que

\[\int\frac{1}{ax^2+bx+c}\,dx=\frac{2}{\sqrt{4ac-b^2}}\cdot\text{arctg}\frac{2ax+b}{\sqrt{4ac-b^2}}+C\]

Puedes ver el desarrollo completo aquí.

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Método de integración por partes

El método de integración por partes se deduce de la regla de derivación de un producto. Dadas dos funciones \(f\) y \(g\) tenemos que:

\[\left(f(x)\cdot g(x)\right)'=f'(x)\cdot g(x)+f(x)\cdot g'(x)\]

Si despejamos el último sumando la expresión anterior la podemos escribir así:

\[f(x)\cdot g'(x)=\left(f(x)\cdot g(x)\right)'-f'(x)\cdot g(x)\]

Integrando las funciones de ambos miembros de la igualdad tendremos:

\[\int f(x)\cdot g'(x)dx=f(x)\cdot g(x)-\int f'(x)\cdot g(x)dx\]

Si cambiamos la variable llamando \(u=f(x)\) y \(v=g(x)\) tendremos que \(du=f'(x)dx\) y \(dv=g'(x)dx\), con lo que sustituyendo en la expresión anterior:

\[\int udv=uv-\int vdu\]

La anterior se conoce con el nombre de fórmula de integración por partes.

La integración por partes es útil cuando la función a integrar puede considerarse como el producto de una función \(u\), cuya derivada es más sencilla que \(u\), por otra función que claramente es de la forma \(dv\) (función \(v\) cuya derivada es \(dv\)).

Veamos algunos ejemplos que ilustren el método de integración por partes.

Ejemplo 1

\[\int xe^xdx=\begin{bmatrix}u=x &;&du=dx\\dv=e^xdx&;&v=e^x\end{bmatrix}=xe^x-\int e^xdx=xe^x-e^x+C\]

Ejemplo 2

\[\int x\text{sen} xdx=\begin{bmatrix}
u=x &;&du=dx\\
dv=\text{sen} xdx&;&v=-\cos x
\end{bmatrix}=-x\cos x-\int-\cos xdx=-x\cos x+\text{sen} x+C\]

Ejemplo 3

\[\int\ln xdx=\begin{bmatrix}u=\ln x &;&du=\dfrac{1}{x}dx\\dv=dx&;&v=x\end{bmatrix}=x\ln x-\int x\frac{1}{x}dx=x\ln x-\int dx=x\ln x-x+C\]

A veces se utiliza la integración por partes para hallar \(\int h\) en función, otra vez, de \(\int h\), y después despejar \(\int h\) en la ecuación resultante.

Ejemplo 4

\[\int\dfrac{\ln x}{x}dx=\begin{bmatrix}
u=\ln x &;&du=\dfrac{1}{x}dx\\
dv=\dfrac{1}{x}dx&;&v=\ln x
\end{bmatrix}=\ln x\ln x-\int \frac{\ln x}{x}dx\Rightarrow\]

\[\Rightarrow 2\int \frac{\ln x}{x}dx=\ln^2x\Rightarrow\int \frac{\ln x}{x}dx=\frac{\ln^2 x}{2}+C\]

Otras veces hay que aplicar lo anterior pero integrando por partes más de una vez, lo que requerirá un cálculo algo más elaborado.

Ejemplo 5

\[\int e^x\text{sen} xdx=\begin{bmatrix}u=e^x &;&du=e^xdx\\dv=\text{sen} xdx&;&v=-\cos x\end{bmatrix}=-e^x\cos x+\int e^x\cos xdx=\]

\[=\begin{bmatrix}u=e^x &;&du=e^xdx\\dv=\cos xdx&;&v=\text{sen} x\end{bmatrix}=-e^x\cos x+e^x\text{sen} x-\int e^x\text{sen} xdx\Rightarrow\]

\[\Rightarrow2\int e^x\text{sen} xdx=e^x\text{sen} x-e^x\cos x\Rightarrow \int e^x\text{sen x}dx=\frac{e^x(\text{sen} x-\cos x)}{2}+C\]

Debido a que la integración por partes está basada en el reconocimiento de que una función es de la forma \(dv\) (la derivada de otra), cuantas más funciones sepamos integrar tanto mayores serán nuestras posibilidades de éxito. Con frecuencia es conveniente hacer una integración preliminar antes de abordar el problema principal.

Ejemplo 6

En este ejemplo vamos a utilizar que \(\displaystyle\int\ln xdx=x\ln x-x\) (que se dedujo en el ejemplo 3 integrando por partes).

\[\int\ln^2xdx=\int\ln x\ln xdx=\begin{bmatrix}
u=\ln x &;&du=\dfrac{1}{x}dx\\
dv=\ln xdx&;&v=x\ln x-x
\end{bmatrix}=\]

\[=\ln x(x\ln x-x)-\int\frac{x\ln x-x}{x}dx=x\ln^2x-x\ln x-\int(\ln x-1)dx=\]

\[=x\ln^2x-x\ln x-(x\ln x-x)+x+C=x\ln^2x-2x\ln x+2x+C\]

Utilizando la fórmula \(\displaystyle\text{sen}^2x=\frac{1-\cos2x}{2}\) es fácil deducir la integral de la función \(\text{sen}^2x\):

\[\int\text{sen}^2xdx=\int\frac{1-\cos2x}{2}dx=\int\frac{1}{2}dx-\frac{1}{2}\int\cos2x=\frac{x}{2}-\frac{\text{sen} 2x}{4}+C\]

Aunque el procedimiento es más largo, seguiremos ilustrando el método de integración por partes para deducir el resultado anterior.

Ejemplo 7

\[\int\text{sen}^2xdx=\begin{bmatrix}
u=\text{sen}^2x &;&du=2\text{sen} x\cos xdx\\
dv=dx&;&v=x
\end{bmatrix}=x\text{sen}^2x-\int2x\text{sen} x\cos xdx=\]

\[=x\text{sen}^2x-\int x\text{sen}2xdx=\begin{bmatrix}u=x &;&du=dx\\dv=\text{sen}2xdx&;&\displaystyle v=-\frac{\cos2x}{2}\end{bmatrix}=\]

\[=x\text{sen}^2x-\left[-\frac{x\cos2x}{2}+\int\frac{\cos2x}{2}\right]=x\text{sen}^2x+\frac{x\cos 2x}{2}-\frac{\text{sen}2x}{4}+C=\]

\[=\frac{2x\text{sen}^2x}{2}+\frac{x\cos^2x-x\text{sen}^2x}{2}-\frac{\text{sen}2x}{4}+C=\frac{x\text{sen}^2x+x(1-\text{sen}^2x)}{2}-\frac{\text{sen}2x}{4}+C=\]

\[=\frac{x}{2}-\frac{\text{sen}2x}{4}+C\]

Finalmente integraremos por partes las funciones arcotangente, arcoseno y arcocoseno.

Ejemplo 8

\[\int\text{arctg} xdx=\begin{bmatrix}u=\text{arctg} x &;&du=\dfrac{1}{1+x^2}dx\\dv=dx&;&v=x\end{bmatrix}=\]

\[=x\text{arctg} x-\int \frac{x}{1+x^2}dx=x\text{arctg} x-\frac{1}{2}\ln(1+x^2)+C\]

Ejemplo 9

\[\int\text{arcsen} xdx=\begin{bmatrix}
u=\text{arcsen} x &;&du=\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}dx\\
dv=dx&;&v=x
\end{bmatrix}=\]

\[=x\text{arcsen} x-\int \frac{x}{\sqrt{1-x^2}}dx=x\text{arcsen} x+\sqrt{1-x^2}+C\]

Ejemplo 10

\[\int\arccos xdx=\begin{bmatrix}
u=\arccos x &;&du=\dfrac{-1}{\sqrt{1-x^2}}dx\\
dv=dx&;&v=x
\end{bmatrix}=\]

\[=x\arccos x-\int \frac{-x}{\sqrt{1-x^2}}dx=x\arccos x-\sqrt{1-x^2}+C\]

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4. La regla de Barrow

Dada una función continua en un intervalo \([a,\,b]\), podemos calcular \(\int_a^b f(x)dx\) de una manera mucho más rápida y eficiente a cómo se ha hecho en uno de los ejemplos del artículo anterior, en el que directamente se había aplicado el teorema fundamental del cálculo.

Regla de Barrow

Sea \(f\) una función continua en \([a,\,b]\) y \(F\) una primitiva de \(f\). Entonces:

\[\int_a^b f=F(b)-F(a)\]

Demostración:

Por el teorema fundamental del cálculo sabemos que la función \(G(x)=\int_a^x f\) es una primitiva de \(f\), con lo que \(G'(x)=f(x)\). Como por hipótesis \(F\) también es una primitiva de \(f\) tenemos también que \(F'(x)=f(x)\).

Sabemos que dos funciones que tienen la misma derivada se diferencian, a lo sumo, en una constante, es decir, \(G(x)=F(x)+C\).

Si en la igualdad anterior hacemos \(x=a\) tenemos que \(G(a)=F(a)+C\). Pero \(G(a)=\int_a^a f=0\), con lo que \(0=F(a)+C\Rightarrow C=-F(a)\), con lo que la igualdad se convierte en \(G(x)=F(x)-F(a)\).

Finalmente, si en esta última igualdad, hacemos \(x=b\), obtenemos

\[G(b)=F(b)-F(a)\Rightarrow \int_a^b f=F(b)-F(a)\]

tal y como queríamos demostrar.

En la práctica para calcular la integral definida \(\int_a^b f\) buscamos una primitiva \(F(x)\) de \(f\): \(F(x)=\int f(x)dx\), calculamos \(F(b)\) y \(F(a)\) y hacemos

\[\int_a^b f=\left[F(x)\right]_a^b=F(b)-F(a)\]

Por tanto, el cálculo práctico de integrales definidas se hace con las mismas reglas que el cálculo de integrales indefinidas. Además, cuando se utilice un cambio de variable se puede actuar cambiando también los valores de \(a\) y \(b\) (llamados límites de integración), con lo cual no hay necesidad de deshacer el cambio para obtener el valor de la integral definida correspondiente.

Veamos algunos ejemplos.

Ejemplo 1

Calcular \(\displaystyle\int_1^3(x^2-x)dx\).

Solución:

Una primitiva del integrando es \(F(x)=\dfrac{x^3}{3}-\dfrac{x^2}{2}\) y por tanto

\[\int_1^3(x^2-x)dx=\left[\frac{x^3}{3}-\frac{x^2}{2}\right]_1^3=\left(\frac{3^3}{3}-\frac{3^2}{2}\right)-\left(\frac{1^3}{3}-\frac{1^2}{2}\right)=\frac{14}{3}\]

La interpretación geométrica es clara. El área de la región limitada por la curva \(y=x^2-x\), el eje \(X\) y las rectas verticales \(x=1\) y \(x=3\) es igual a \(\frac{14}{3}\ \text{u}^2\).

regla barrow 01

Ejemplo 2

Calcular \(\displaystyle\int_{-1}^1(x^3-x)dx\).

Solución:

\[\int_{-1}^1(x^3-x)dx=\left[\frac{x^4}{4}-\frac{x^2}{2}\right]_{-1}^1=\left(\frac{(-1)^4}{4}-\frac{(-1)^2}{2}\right)-\left(\frac{1^4}{4}-\frac{1^2}{2}\right)=0\]

En este caso es evidente que no es \(0\) el área del recinto limitado por la curva \(y=x^3-x\), el eje \(X\) y las rectas verticales \(x=-1\) y \(x=1\).

regla barrow 02

Pero es que, por otro lado:

\[\int_{-1}^1(x^3-x)dx=\int_{-1}^0(x^3-x)dx+\int_0^1(x^3-x)dx=\]

\[=\left[\frac{x^4}{4}-\frac{x^2}{2}\right]_{-1}^0+\left[\frac{x^4}{4}-\frac{x^2}{2}\right]_0^1=\frac{1}{4}+\left(-\frac{1}{4}\right)=0\]

Obsérvese que si la función es negativa en un intervalo, el valor de la integral definida también lo es (ya se comentó en un artículo anterior que un "signo menos delante de un área" sólo indica que el recinto correspondiente se encuentra bajo el eje \(X\)).

En todo caso del cálculo anterior se desprende que el área de cada uno de los dos recintos de la figura anterior es \(\frac{1}{4}\) y que, por tanto, el área de la región encerrada por la gráfica de la función \(f(x)=x^3-x\), el eje \(X\) y las rectas verticales \(x=-1\) y \(x=1\), es igual a \(\frac{1}{4}+\frac{1}{4}=\frac{1}{2}\).

En el siguiente artículo se propondrá un método para el cálculo de áreas de recintos planos.

Ejemplo 3

Calcular \(\displaystyle\int_0^4\frac{x}{\sqrt{2x+1}}dx\).

Solución:

Hagamos el cambio de variable \(t=2x+1\ \text{;}\ dt=2dx\). Entonces \(x=\frac{t-1}{2}\ \text{;}\ dx=\frac{dt}{2}\). Los límites de integración \(a\) y \(b\) (en este caso \(0\) y \(4\)) también cambiarán. Para \(x=0\) resulta \(t=2\cdot0+1=1\) y para \(x=4\) resulta \(t=2\cdot4+1=9\). Por lo tanto:

\[\int_0^4\frac{x}{\sqrt{2x+1}}dx=\int_1^9\frac{\frac{t-1}{2}}{\sqrt{t}}\frac{dt}{2}=\frac{1}{4}\int_1^9\frac{t-1}{\sqrt{t}}dt\]

Calculemos ahora una primitiva \(F(t)\) de \(\dfrac{t-1}{\sqrt{t}}\):

\[F(t)=\int\frac{t-1}{\sqrt{t}}dt=\int\left(t^{\frac{1}{2}}-t^{-\frac{1}{2}}\right)dt=\frac{2}{3}t^{\frac{3}{2}}-2t^{\frac{1}{2}}=\frac{2}{3}\sqrt{t^3}-2\sqrt{t}\]

Entonces:

\[\int_1^9\frac{t-1}{\sqrt{t}}dt=F(9)-F(1)\]

Pero:

\[F(9)=\frac{2}{3}\sqrt{9^3}-2\sqrt{9}=\frac{2}{3}\cdot27-2\cdot3=18-6=12\]

\[F(1)=\frac{2}{3}\sqrt{1^3}-2\sqrt{1}=\frac{2}{3}-2=-\frac{4}{3}\]

Por tanto:

\[\int_0^4\frac{x}{\sqrt{2x+1}}dx=\frac{1}{4}\int_1^9\frac{t-1}{\sqrt{t}}dt=\frac{1}{4}\left(12-\left(-\frac{4}{3}\right)\right)=\frac{1}{4}\cdot\frac{40}{3}=\frac{10}{3}\]

De la regla de Barrow se puede deducir otra práctica regla para derivar bajo el signo integral.

Derivación bajo el signo integral

Sea \(f\) una función continua en un intervalo \([c,\,d]\) y sean \(u\) y \(v\) funciones derivables en un intervalo \((a,\,b)\), de tal forma que las imágenes de las funciones \(u\) y \(v\) están contenidas en el intervalo \([c,\,d]\). Entonces, para todo \(x\in(a,\,b)\), se verifica que

\[\frac{d}{dx}\int_{u(x)}^{v(x)}f(t)dt=f(v(x))v'(x)-f(u(x))u'(x)\]

Nota: el símbolo \(\displaystyle \frac{d}{dx}\) en la expresión \(\displaystyle \frac{d}{dx}\int_{u(x)}^{v(x)}f(t)dt\), significa "derivada respecto de la variable \(x\)" de la función \(\displaystyle\int_{u(x)}^{v(x)}f\).

Demostración:

Consideremos las funciones

\[\Phi(x)=\int_{u(x)}^{v(x)}f(t)dt\,,\,x\in(a,\,b)\quad\text{;}\quad F(y)=\int f(y)dy\,,\,y\in[c,\,d]\]

Por la regla de Barrow, para todo \(x\in(a,\,b)\) se tiene que

\[\Phi(x)=F(v(x))-F(u(x))\]

Derivando la expresión anterior haciendo uso de la regla de la cadena, tenemos que

\[\Phi'(x)=F'(v(x))v'(x)-F'(u(x))u'(x)=f(v(x))v'(x)-f(u(x))u'(x)\]

tal y como queríamos demostrar.

Un ejemplo sería el siguiente:

\[\frac{d}{dx}\int_{\text{e}^x}^{\text{sen}\,x}\left(2+\sqrt[3]{t}\right)dt=\left(2+\sqrt[3]{\text{sen}\,x}\right)\cos x-\left(2+\sqrt[3]{\text{e}^x}\right)\text{e}^x\]


← 3. El teorema fundamental del cálculo

5. Cálculo de áreas de figuras planas →

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Integrales indefinidas. Cálculo de primitivas (III)

Hace algún tiempo, un antiguo alumno me mostró una integral que le pusieron en uno de sus exámenes de matemáticas de primer curso de ingeniería. Era esta:

integrales16

Me puse a hacerla y me obsesioné tirando por un camino que, aunque no equivocado, sí largo y tortuoso, y publiqué la solución en mi anterior sitio Web. Una persona desconocida para mí, que se hacía llamar Primitivo, me mandó un correo electrónico haciéndome ver el camino corto y realmente sencillo para resolver esta integral. Aquí lo tenéis:

integrales17

integrales18

integrales19

integrales20

Solamente hay que darse cuenta de que al integrar por partes se resuelve la siguiente integral de manera inmediata:

integrales21

De hecho la solución a la integral propuesta es la misma que proporciona WolframAlpha.

Como se trata de cálculo de primitivas, expondré también aquí cómo se me ocurrió hacerla, no perdemos nada por ello y tendremos oportunidad de aprender algo más. En el desarrollo utilizaré algunas de las integrales ya calculadas en el artículo anterior sobre integrales indefinidas y cálculo de primitivas. Básicamente lo que hice es, en primer lugar, un cambio de variable (lo primero que se me ocurrió cuando vi la raíz de uno menos equis al cuadradado) y luego integré por partes. Veámoslo:

integrales22

integrales23

integrales24

integrales25

integrales26

Un breve inciso. Ahora adquieren sentido los dos artículos anteriores sobre cálculo de primitivas. Ya se han utilizado varias de las fórmulas que aparecen en los mencionados artículos. Ahora vamos a utilizar, para finalizar, que 

integrales27

Así pues:

integrales28

integrales29

Y ahora hay que deshacer los cambios y aquí empiezo a sentir algo de desasosiego pues dos primitivas de una misma función se diferencian únicamente en una constante. Y no sé porqué me da que una vez deshechos los cambios la primitiva que saldrá finalmente aquí no se parece mucho a la calculada anteriormente. ¿O sí, jugando con identidades trigonométricas? Yo lo dejo aquí. Si queréis hacer alguna aportación será bienvenida. Por supuesto, os agradecería que me comuniquéis cualquier error. No me extrañaría que hubiera alguno. 

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Integrales indefinidas. Cálculo de primitivas (II)

En la entrada anterior sobre integrales indefinidas se obtuvieron las siguientes:

\[\int{\cos^2x\,dx}=\frac{x+\text{sen}\,x\cos x}{2}+C\]

\[\int{\text{sen}^2x\,dx}=\frac{x-\text{sen}\,x\cos x}{2}+C\]

\[\int{x\cos x\,dx}=x\,\text{sen}\,x+\cos x+C\]

\[\int{x\,\text{sen}\,x\,dx}=-x\cos x+\text{sen}\,x+C\]

\[\int{\text{sen}\,x\cos x\,dx}=\frac{\text{sen}^2x}{2}+C=-\frac{\cos^2x}{2}+C\]

 Vamos a calcular un par de ellas más. Para ello utilizaremos algunas de las fórmulas anteriores.

\[\int{x\,\text{sen}^2x\,dx}=\begin{bmatrix}u=x&\text{;}&du=dx\\dv=\text{sen}^2x\,dx&\text{;}&v=\frac{1}{2}(x-\text{sen}\,x\cos x)\end{bmatrix}=\]

\[=\frac{1}{2}x(x-\text{sen}\,x\cos x)-\frac{1}{2}\int{(x-\text{sen}\,x\cos x)\,dx}=\]

\[=\frac{1}{2}x^2-\frac{1}{2}x\,\text{sen}\,x\cos x-\frac{1}{2}\,\frac{x^2}{2}+\frac{1}{2}\,\frac{\text{sen}^2x}{2}+C=\]

\[=\frac{1}{4}x^2-\frac{1}{2}x\,\text{sen}\,x\cos x+\frac{1}{4}\text{sen}^2x+C\]

\[\int{x\cos^2x\,dx}=\int{x(1-\text{sen}^2x)\,dx}=\int{x\,dx}-\int{x\,\text{sen}^2x\,dx}=\]

\[=\frac{1}{2}x^2-\left(\frac{1}{4}x^2-\frac{1}{2}x\,\text{sen}\,x\cos x+\frac{1}{4}\text{sen}^2x+C\right)=\]

\[=\frac{1}{4}x^2+\frac{1}{2}x\,\text{sen}\,x\cos x-\frac{1}{4}\text{sen}^2x+C\]

Si introduces la expresión x*(sin(x))^2 en WolframAlpha obtienes la integral indefinida:

\[\int{x\,\text{sen}^2x\,dx}=\frac{1}{8}\left(2x(x-\text{sen}\,2x)-\cos2x\right)+C\]

que es equivalente a la obtenida anterioremente ya que

\[\frac{1}{8}\left(2x(x-\text{sen}\,2x)-\cos2x\right)=\frac{1}{8}(2x^2-2x\,\text{sen}\,2x-\cos2x)=\]

\[=\frac{1}{4}x^2-\frac{1}{4}x\,2\,\text{sen}\,x\cos x-\frac{1}{8}(\cos^2x-\text{sen}^2x)=\]

\[=\frac{1}{4}x^2-\frac{1}{2}x\,\text{sen}\,x\cos x-\frac{1}{8}(1-2\,\text{sen}^2x)=\]

\[=\frac{1}{4}x^2-\frac{1}{2}x\,\text{sen}\,x\cos x+\frac{1}{4}\text{sen}^2x-\frac{1}{8}\]

Paso a paso WolframAlpha la realiza así:

WolframAlpha01

 

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Integrales exámenes Selectividad - Matemáticas II

En la siguiente relación puedes descargar, en formato pdf, ejercicios de integrales tanto definidas como indefinidas propuestas en Selectividad (PAEG) por la Universidad de Castilla-La Mancha (UCLM) en la materia de matemáticas II.

Más en concreto:

  • Del ejercicio 1, las 33 primeras integrales indefinidas se propuesieron en los exámenes de selectividad entre junio de 2000 y septiembre de 2011. Las integrales indefinidas de la 34 a la 53 se propusieron entre 1989 y 1999. Se publicaron en este artículo como página HTML.
  • Los ejercicios 2 a 51 de integral definida y cálculo de áreas se propusieron entre junio de 2000 y septiembre de 2011. 
  • Los ejercicios 52 a 69, también de integral indefinida y cálculo de áreas, se propuesieron entre 1989 y 1999.
  • El ejercicio 54 es el único donde se propone el cálculo de un volumen a partir de una curva que gira alrededor del eje OX (actualmente este tipo de ejercicios no se pondrían pues no es un contenido mínimo en la materia de matemáticas II).

ACCESO A INTEGRALES SELECTIVIDAD EN PDF AQUÍ


Se ofrecen todas las soluciones finales de las integrales indefinidas y algunas de las integrales definidas y cálculo de áreas. En todo caso el documento anterior se irá actualizando progresivamente hasta tener la totalidad de soluciones finales de todos y cada uno de los ejercicios. También se actualizará a los ejercicios propuestos, con sus respectivas soluciones, a partir del año 2012.

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Integrales indefinidas propuestas en Selectividad

En los exámenes de Selectividad (PAEG) de Matemáticas II que la Universidad de Castilla-La Mancha ha propuesto durante estos últimos años, han aparecido, como es natural, muchos ejercicios de cálculo de integrales indefinidas. Para resolverlas, o bien la integral es inmediata, o bien se utilizan alguno de los métodos vistos durante el curso en Matemáticas II: sustitución o cambio de variable, integración por partes, integración de funciones racionales con raíces simples o múltiples en el denominador, etcétera. Al cálculo de integrales indefinidas también se le llama cálculo de primitivas. Si quieres repasar la teoría puedes estudiar o repasar estos apuntes sobre integral indefinida y métodos de integración.

Pues bien, volviendo a las integrales indefinidas propuestas en Selectividad te dejamos aquí una página Web con muchas de ellas y su solución final.


Integrales indefinidas propuestas en Selectividad

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Integrales indefinidas. Cálculo de primitivas (I)

Utilizando distintos métodos de integración se resuelven muchas integrales al nivel de 2º de Bachillerato Científico-Técnico (en la materia de Matemáticas II).

Las que siguen contienen senos y cosenos y una técnica común es utilizar el método de integración por partes.

\[\int{\cos^2x\,dx=\begin{bmatrix}u=\cos x&\text{;}&du=-\text{sen}\,x\,dx\\dv=\cos x\,dx&\text{;}&v=\text{sen}\,x\end{bmatrix}}=\]

\[=\text{sen}\,x\cos x+\int{\text{sen}^2x\,dx}=\text{sen}\,x\cos x+x-\int{\cos^2x\,dx}\Rightarrow\]

\[2\int{\cos^2x\,dx}=x+\text{sen}\,x\cos x\Rightarrow\int{\cos^2x\,dx}=\frac{x+\text{sen}\,x\cos x}{2}+C\]

Hay otra forma más rápida de hacer esta integral, pero hemos de recordar una fórmula trigonométrica: 

\[\cos 2x=\cos^2x-\text{sen}^2x\Rightarrow\cos 2x=\cos^2x-(1-\cos^2x)\Rightarrow\]

\[\Rightarrow\cos2x=2\cos^2x-1\Rightarrow\cos^2x=\frac{\cos2x+1}{2}\]

Entonces:

\[\int{\cos^2x\,dx}=\int{\frac{\cos2x+1}{2}\,dx}=\int{\frac{1}{2}\,dx}+\int{\frac{\cos2x}{2}\,dx}\Rightarrow\]

\[\Rightarrow\int{\cos^2x\,dx}=\frac{x}{2}+\frac{\text{sen}\,2x}{4}+C=\frac{x+\text{sen}\,x\cos x}{2}+C\]

Utilizando lo anterior:

\[\int{\text{sen}^2x\,dx}=\int{(1-\cos^2x)\,dx}=\int{1\,dx}-\int{\cos^2x\,dx}\Rightarrow\]

\[\int{\text{sen}^2x\,dx}=x-\frac{x+\text{sen}\,x\cos x}{2}+C=\frac{x-\text{sen}\,x\cos x}{2}+C\]

Otra integral fácil de hacer por partes es la siguiente:

\[\int{x\cos x\,dx}=\begin{bmatrix}u=x&\text{;}&du=dx\\dv=\cos x\,dx&\text{;}&v=\text{sen}\,x\end{bmatrix}=\]

\[=x\,\text{sen}\,x-\int{\text{sen}\,x\,dx}\Rightarrow\int{x\cos x\,dx}=x\,\text{sen}\,x+\cos x+C\]

De manera completamente análoga a la anterior:

\[\int{x\,\text{sen}\,x\,dx}=-x\cos x+\text{sen}\,x+C\]

Y, de momento, la última. Esta es inmediata.

\[\int{\text{sen}\,x\cos x\,dx}=\frac{\text{sen}^2x}{2}+C\]


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