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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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5. Cálculo de áreas de figuras planas

Tanto en el artículo dedicado al teorema fundamental del cálculo como en el de la regla de Barrow hemos visto ya ejemplos de que la integral definida \(\int_a^b f(x)dx\) se interpreta geométricamente como el área encerrada por la gráfica de la función \(f\), el eje \(X\) y las rectas verticales \(x=a\) y \(x=b\). En este artículo daremos unas pautas, según los casos, para el cálculo de áreas de figuras planas.

Caso 1

Si la función \(f(x)\) es positiva en el intervalo \([a,\,b]\) (o lo que es lo mismo, su gráfica se encuentra por encima del eje \(X\)), para hallar el área \(A\) comprendida entre la curva \(f\), el eje \(X\) y las rectas verticales \(x=a\) y \(x=b\), hallaremos una primitiva \(F\) de \(f\) y usaremos directamente la regla de Barrow:

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

Ejemplo 1

Hallar el área comprendida entre la parábola \(y=4x-x^2\) y el eje \(X\).

La parábola corta al eje \(X\) en los puntos de abscisas \(0\) y \(4\), y el recinto plano del que se busca el área está situado por encima del eje \(X\).

area figuras planas 01

Por lo tanto, el área buscada será:

\[A=\int_0^4(4x-x^2)dx=\left[2x^2-\frac{x^3}{3}\right]_0^4=32-\frac{64}{3}=\frac{32}{3}\,\text{u}^2\]

Caso 2

Si la curva es negativa en el intervalo \([a,\,b]\) (o lo que es lo mismo, su gráfica se encuentra por debajo del eje \(X\)), al aplicar la regal de Barrow obtendremos un número negativo. Como el área debe ser positiva haremos

\[A=-\int_a^b f(x)dx\]

Ejemplo 2

Hallar el área comprendida entre la parábola \(y=x^2-6x+5\), las rectas \(x=1\), \(x=2\) y el eje \(X\).

area figuras planas 02

Como el trozo considerado se encuentra por debajo del eje \(X\) tendremos que

\[A=-\int_1^2(x^2-6x+5)dx=-\left[\frac{1}{3}x^3-3x^2+5x\right]_1^2=\]

\[=-\left[\left(\frac{8}{3}-12+10\right)-\left(\frac{1}{3}-3+5\right)\right]=-\left(\frac{2}{3}-\frac{7}{3}\right)=\frac{5}{3}\,\text{u}^2\]

Caso 3

Si la curva es positiva y negativa a trozos en \([a,\,b]\), entonces hay que integrar cada parte por separado y sumar los valores absolutos de los resultados. Obsérvese que, en este caso, hemos de resolver la ecuación \(f(x)=0\) para averiguar los puntos de corte de la curva con el eje \(X\).

Ejemplo 3

Hallar el área comprendida entre la curva \(y=\cos x\) y el eje \(X\) entre los puntos \(0\) y \(\pi\).

Si no nos damos cuenta de que hay un trozo positivo y otro negativo e integramos directamente entre \(0\) y \(\pi\) obtenemos

\[A=\int_0^\pi\cos xdx=\left[\text{sen}\,x\right]_0^\pi=\text{sen}\,\pi-\text{sen}\,0=0-0\]

y esto no es posible (una situación idéntica se presentaba en el ejemplo 2 del artículo anterior).

area figuras planas 03

Por tanto, hemos de resolver la ecuación \(\cos x=0\), cuya solución es \(x=\frac{\pi}{2}\), e integramos la parte positiva y la parte negativa por separado, obteniendo:

\[A_1=\int_0^{\pi/2}\cos xdx=\left[\text{sen}\,x\right]_0^{\pi/2}=\text{sen}\frac{\pi}{2}-\text{sen}\,0=1-0=1\]

\[A_1=\int_{\pi/2}^\pi\cos xdx=\left[\text{sen}\,x\right]_{\pi/2}^\pi=\text{sen}\,\pi-\text{sen}\,\frac{\pi}{2}=0-1=-1\]

Sumando los valores absolutos de las dos partes, tenemos que el área buscada es \(A=1+1=2\,\text{u}^2\).

Caso 4. Área comprendida entre dos curvas

Para calcular el área comprendida entre dos curvas se hallan sus puntos de intersección y se integran ambas, restando después. Es decir, el área comprendida entre dos curvas \(f\) y \(g\) es igual al área comprendida entre la función diferencia, \(f-g\), y el eje \(X\).

Ejemplo 4

Hallar el área encerrada entre las curvas \(y=x^2\), \(y=-x^2+2x+4\).

area figuras planas 04

Hallemos los puntos de intersección de las dos curvas. Para ello resolvemos el sistema correspondiente.

\[\begin{cases}y=x^2\\y=-x^2+2x+4\end{cases}\Rightarrow x^2=-x^2+2x+4\Rightarrow2x^2-2x-4=0\]

Esta última ecuación de segundo grado tiene por soluciones \(x_1=-1\) y \(x_2=2\). Por consiguiente el área buscada es:

\[A=\int_{-1}^2(-x^2+2x+4)dx-\int_{-1}^2x^2dx=\int_{-1}^2(-2x^2+2x+4)dx=\]

\[=\left[-\frac{2}{3}x^3+x^2+4x\right]_{-1}^2=\left(-\frac{16}{3}+4+8\right)-\left(\frac{2}{3}+1-4\right)=\frac{20}{3}-\left(-\frac{7}{3}\right)=\frac{27}{3}=9\,\text{u}^2\]

Ejemplo 5

Hallar el área de la región limitada por la gráficas \(f(x)=x^3-x\) y \(g(x)=x^2\).

Los cortes de \(f\) y \(g\) se obtienen resolviendo la ecuación \(x^3-x=x^2\):

\[x^3-x=x^2\Leftrightarrow x(x^2-x-1)=0\Leftrightarrow x_1=0\ ,\ x_2=\frac{1-\sqrt{5}}{2}\ ,\ x_2=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\]

Además, como se puede observar en la gráfica siguiente

\[g(x)\leq f(x)\Leftrightarrow x\in\left[\frac{1-\sqrt{5}}{2},\,0\right]\quad\text{;}\quad f(x)\leq g(x)\Leftrightarrow x\in\left[0,\,\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right]\]

area figuras planas 05

Por tanto el área \(A\) que se busca es la suma de las áreas de los recintos \(A_1\) y \(A_2\) donde

\[A_1=\int_{\frac{1-\sqrt{5}}{2}}^0(x^3-x-x^2)dx\quad\text{;}\quad A_2=\int_0^{\frac{1+\sqrt{5}}{2}}(x^2-x^3+x)dx\]

Por un lado

\[A_1=\int_{\frac{1-\sqrt{5}}{2}}^0(x^3-x-x^2)dx=\left[\frac{x^4}{4}-\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3}\right]_{\frac{1-\sqrt{5}}{2}}^0\approxeq\]

\[\approxeq0-\left(\frac{(-0.618)^4}{4}-\frac{(-0.618)^2}{2}-\frac{(-0.618)^3}{3}\right)=0-(0.036-0.191+0.079)=0.0761\]

Por otro lado

\[A_2=\int_0^{\frac{1+\sqrt{5}}{2}}(x^2-x^3+x)dx=\left[\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}+\frac{x^2}{2}\right]_0^{\frac{1+\sqrt{5}}{2}}\approxeq\]

\[\approxeq\left(\frac{1.618^3}{3}-\frac{1.618^4}{4}+\frac{1.618^2}{2}\right)-0=1.412-1.713+1.309=1.008\]

Finalmente tenemos

\[A=A_1+A_2=\int_{\frac{1-\sqrt{5}}{2}}^0(x^3-x-x^2)dx+\int_0^{\frac{1+\sqrt{5}}{2}}(x^2-x^3+x)dx\approxeq0.0761+1.008=1.0841\,\text{u}^2\]


← 4. La regla de Barrow

6. Volumen de un cuerpo de revolución →

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3. El teorema fundamental del cálculo

En el artículo anterior hemos visto que el concepto de integral definida de una función \(f\) en un intervalo \([a,\,b]\), \(\int_a^b f(x)dx\), viene a representar el área comprendida entre la curva (gráfica de \(f\)), el eje \(X\) y las rectas verticales \(x=a\) y \(x=b\), tal y como se representa en la siguiente figura.

th fdtal calculo 01

Existe una estrecha relación entre la integral definida o, lo que es lo mismo, el cálculo del área bajo la curva, y la derivación. Esto, en principio, es bastante sorprendente. El teorema fundamental del cálculo pone de manifiesto la relación mencionada. Antes de enunciarlo demostraremos un resultado de interés, el teorema del valor medio para integrales. También introduciremos el concepto de función área de una función \(f\) en un intervalo cerrado.

Teorema del valor medio para integrales

Si \(f(x)\) es continua en \([a,\,b]\), entonces existe un punto \(c\in(a,\,b)\) tal que

\[\int_a^b f(x)dx=f(c)\cdot(b-a)\]

Demostración:

Sean \(m\) y \(M\) el mínimo y el máximo de \(f(x)\) en \([a,\,b]\). Entonces

\[m(b-a)\leq\int_a^b f(x)dx\leq M(b-a)\]

th fdtal calculo 03

Es decir:

\[m\leq\frac{1}{b-a}\int_a^b f(x)dx\leq M\]

Sean \(x_1\), \(x_2\) los puntos de \([a,\,b]\) tales que \(f(x_1)=m\), \(f(x_2)=M\). Entonces la igualdad anterior también se puede escribir así:

\[f(x_1)\leq\frac{1}{b-a}\int_a^b f(x)dx\leq f(x_2)\]

Aplicando el teorema de los valores intermedios existirá un punto \(c\in(x_1,\,x_2)\) tal que

\[f(c)=\frac{1}{b-a}\int_a^b f(x)dx\]

O lo que es lo mismo, hemos demostrado que existe \(c\in(a,\,b)\) tal que

\[\int_a^b f(x)dx=f(c)\cdot(b-a)\]

como queríamos demostrar.

El teorema del valor medio para integrales puede interpretarse geométricamente de la siguiente manera: existe un punto \(c\in(a,\,b)\) tal que el rectángulo de base \(b-a\) y altura \(f(c)\) tienen la misma área que la encerrada por la curva \(f\), el eje \(X\) y las rectas \(x=a\), \(x=b\).

th fdtal calculo 02

La función área

Dada una función \(f\), continua en un intervalo \([a,\,b]\), podemos calcular \(\int_a^c f\) para todo número \(c\in[a,\,b]\). Podemos entonces considerar una nueva función:

\[F(x)=\int_a^x f\, ,\ \forall\,x\in[a,\,b]\]

La función anterior es el área encerrada bajo la gráfica de \(f\) entre \(a\) y un punto variable \(x\).

Cuanto mayor sea la ordenada de \(f\), más rápidamente crece el área bajo ella, \(F\), y por tanto, mayor es \(F'\). Cuando \(f\) es negativa, lo es el área. Por tanto, \(F\) decrece y su derivada es negativa. Estas consideraciones intuitivas entre las funciones \(f\) y \(F'\) quedan patentes con mayor precisión en el siguiente teorema.

Teorema fundamental del cálculo

Si \(f\) es una función continua en \([a,\,b]\), entonces la función \(\displaystyle F(x)=\int_a^x f\), \(x\in[a,\,b]\), es derivable y se verifica que \(F'(x)=f(x)\).

Demostración:

Para hallar \(F'(x)\) calcularemos

\[\lim_{h\to0}\frac{F(x+h)-F(x)}{h}\]

El numerador es

\[F(x+h)-F(x)=\int_a^{x+h}f-\int_a^x f=\int_a^{x+h}f-\left(-\int_x^a f\right)=\int_x^a f+\int_a^{x+h}f=\int_x^{x+h}f\]

th fdtal calculo 04

Por el teorema del valor medio para integrales, al ser \(f\) continua en \([x,\,x+h]\), existe \(c\in[x,\,x+h]\) tal que

\[\int_x^{x+h}f=f(c)\cdot(x+h-x)=f(c)\cdot h\]

Por tanto:

\[F'(x)=\lim_{h\to0}\frac{F(x+h)-F(x)}{h}=\lim_{h\to0}\left[\frac{1}{h}\int_x^{x+h}f\right]=\lim_{h\to0}\left[\frac{1}{h}f(c)\cdot h\right]=\lim_{h\to0}f(c)\]

Como \(c\in[x,\,x+h]\), el límite \(\displaystyle\lim_{h\to0}f(c)=f(x)\), pues \(f\) es continua.

Por tanto, \(F'(x)=f(x)\), que es lo queríamos demostrar.

Veamos algunos ejemplos del uso del teorema fundamental del cálculo

Ejemplo 1

Podemos aplicar el teorema fundamental del cálculo para calcular la derivada de la función \(F(x)=\int_1^x(\ln t-2)dt\). Puesto que la función \(f(t)=\ln t-2\) es continua en todo su dominio, se tiene que \(F'(x)=\ln x-2\). Por otro lado, como \(F'(x)=0\Rightarrow\ln x-2=0\Rightarrow x=e^2\) y, además, \(F''(e^2)>0\), la función \(F\) tiene en el punto \(x=e^2\) un mínimo. Obsérvese que gracias al teorema fundamental del cálculo hemos obtenido el mínimo de la función sin necesidad de resolver la integral.

Ejemplo 2

Supongamos que queremos calcular el área encerrada por la gráfica de la función seno entre \(0\) y \(\pi\). Es decir, queremos hallar \(\int_0^\pi \text{sen}\,x\,dx\). Para ello llamaremos \(F(x)=\int_a^x\text{sen}\,t\,dt\)

th fdtal calculo 05

Por el teorema fundamental del cálculo, \(F'(x)=\text{sen}\,x\). Por tanto, al ser \(F\) una primitiva de la función seno:

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

Como \(F(0)=\int_0^0\text{sen}\,t\,dt=0\), entonces \(-\cos0+C=0\), es decir, \(C=\cos0=1\). Por tanto tenemos que \(F(x)=-\cos x+1\). De este modo, el área que queremos calcular es:

\[\int_0^\pi\text{sen}\,x\,dx=F(\pi)=-\cos\pi+1=-(-1)+1=2\]

Por tanto el área que se buscaba es de \(2\ \text{u}^2\).

En el artículo siguiente veremos otro método (el que se usa habitualmente) para el cálculo de áreas: la regla de Barrow.

Finalmente reseñar que el teorema fundamental del cálculo afirma que la función área bajo la gráfica de \(f\), \(F(x)=\int_a^x f\), es una primitiva de \(f(x)\), ya que \(F'(x)=f(x)\). Esta es la razón por la que al cálculo de primitivas se le llama integración o cálculo de integrales, y se utiliza la expresión \(\int f(x)dx\) para designar una primitiva de la función \(f(x)\).

Obsérvese en la siguiente figura la relación entre \(F\) y \(f\) (haz clic sobre la figura para ver el movimiento):

En este ejemplo la gráfica de color rojo es \(f(x)=(x-3)^3+3(x-3)^2\) en el intervalo \([1,\,4]\). De manera similar a como se ha hecho en el ejemplo anterior, se puede comprobar con facilidad que \(F(x)=\dfrac{(x-3)^4}{4}+(x-3)^3+4\) (la gráfica de color azul). La ordenada de esta última función (el punto de color azul) nos da el área encerrada por la gráfica de \(f\), el eje \(X\) y las rectas verticales que pasan por las abscisas \(1\) y \(x\) (en color verde).


← 2. Integral definida

4. La regla de Barrow →

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5 ejercicios diversos sobre cálculo integral

Ejercicio 1

Calcular \(f(x)\) de manera que \(f'(x)=\ln|4x^2-1|\) y \(f(0)=0\).

Ejercicio 2

Consideremos la función \(f:(0\,,2)\longrightarrow\mathbb{R}\) definida por:

\[f(x)=\begin{cases}-\ln x&\text{si}&0<x\leqslant 1\\-\ln(2-x)&\text{si}&1<x<2\end{cases}\]

Se pide:

  1. Estudiar la continuidad y derivabilidad de \(f\) en el punto \(x=1\).
  2. Representar aproximadamente la gráfica de \(f\).
  3. Calcular \(\displaystyle\int^2_0{f(x)\,dx}\).

Ejercicio 3

Encontrar una función \(f\) sabiendo que \(f(1)=0\) y que

\[f'(x)=\begin{cases}x&\text{si}&x<0\\ \displaystyle\frac{1}{x+1}-e^x&\text{si}&x\geqslant0\end{cases}\]

Ejercicio 4

Dada la siguiente función de la que se sabe que es continua:

\[f(x)=\begin{cases}a\ln(2-x)&\text{si}&x<3/2 \\b\,\text{sen}(\pi x)&\text{si}&3/2\leqslant x\leqslant2\\e^{bx/2}-4&\text{si}&x>2\end{cases}\]

Se pide:

  1. Encontrar \(a\) y \(b\).
  2. Estudiar la derivabilidad de \(f\).
  3. Hacer una representación gráfica aproximada de \(f\).
  4. Sea \(R\) el recinto limitado por la gráfica de \(f\) y las rectas verticales \(x=0\) y \(x=3\). Hallar el área de \(R\).

Ejercicio 5

Sea \(f\) una función derivable de la que se sabe que la curva \(y=f(x)\) pasa por los puntos \(\left(\dfrac{1}{2},\,1\right)\) y \((2,\,\ln8)\) y que en cada uno de sus puntos su pendiente es proporcional al valor absoluto del logaritmo neperiano de la absicas. Se pide:

  1. Determinar \(f\).
  2. Calcular \(\displaystyle\int^2_{0,5}{f(x)\,dx}\).
  3. Sea \(R\) el recinto limitado por la citada curva y las rectas \(y=1\), \(x=\dfrac{1}{2}\) y \(x=2\). Hallar el área de \(R\).
  4. Calcular el volumen generado al girar \(R\) alrededor del eje \(OX\).
  5. Calcular el volumen generado al girar \(R\) alrededor del eje \(OY\).

Calculemos las primitivas de \(\ln|4x^2-1|\). Para ello integraremos por partes:

\[\int{\ln|4x^2-1|\,dx}=\begin{bmatrix}u=\ln|4x^2-1|&\text{;}&\displaystyle du=\frac{8x}{4x^2-1}dx\\dv=dx&\text{;}&v=x\end{bmatrix}=\]

\[=x\ln|4x^2-1|-\int{\frac{8x^2}{4x^2-1}\,dx}\]

Para calcular la última intergral, hemos de dividir el numerador entre el denominador, obteniéndose de cociente \(2\) y de resto también \(2\) con lo que, como "dividendo es igual a divisor por cociente más el resto", tenemos:

\[8x^2=(4x^2-1)\cdot2+2\Rightarrow\frac{8x^2}{4x^2-1}=2+\frac{2}{4x^2-1}\]

Entonces:

\[\int{\frac{8x^2}{4x^2-1}dx}=\int{\left(2+\frac{2}{4x^2-1}\right)dx}=\]

\[2x+\int{\frac{2}{4x^2-1}dx}=2x+\frac{1}{2}\ln\left|\frac{2x-1}{2x+1}\right|+C\]

La resolución de la última integral, \(\displaystyle\int{\frac{2}{4x^2-1}dx}\), la puedes ver aquí.

Por tanto:

\[f(x)=x\ln|4x^2-1|-2x-\frac{1}{2}\ln\left|\frac{2x-1}{2x+1}\right|+C\]

y como \(f(0)=0\) resulta:

\[f(0)=0-0+0+c\Rightarrow c=0\]

Así, finalmente:

\[f(x)=x\ln|4x^2-1|-2x-\frac{1}{2}\ln\left|\frac{2x-1}{2x+1}\right|\]

Para estudiar la continuidad en \(x=1\), calculamos los límites laterales:

\[\begin{cases}\displaystyle\lim_{x\to1^-}f(x)=\lim_{x\to1^-}(-\ln x)=-\ln1=0=f(1)\\ \displaystyle\lim_{x\to1^+}f(x)=\lim_{x\to1^+}(-\ln(2-x))=-\ln1=0\end{cases}\]

Entonces, como \(\displaystyle\lim_{x\to1^-}f(x)=\lim_{x\to1^+}=f(1)\), se tiene que \(f\) es continua en \(x=1\).

Veamos las derivadas laterales:

\[f^{'}_{-}(x)=-\frac{1}{x}\Rightarrow f^{'}_{-}(1)=-1\quad\text{;}\quad f^{'}_{+}(x)=\frac{1}{2-x}\Rightarrow f^{'}_{+}(1)=1\]

Como \(f^{'}_-(1)\neq f^{'}_{+}(1)\), se tiene que \(f\) no es derivable en el punto \(x=1\).

La gráfica de la función \(f\) es la siguiente:

ejercicios integrales 01

Obsérvese que en el punto \(x=1\) la función, al no ser derivable, presenta un punto "anguloso" o en pico.

Como \(f(x)\) está definida a trozos, la integramos a trozos:

\[\int_0^2f(x)dx=\int_0^1f(x)dx+\int_1^2f(x)dx=\int_0^1-\ln x\,dx+\int_1^2-\ln(2-x)dx\]

Calculemos la primera de las dos últimas integrales definidas.

\[\int_0^1-\ln x\,dx=\left[x-x\ln x\right]_0^1=(1-1\cdot\ln1)-(0-\lim_{x\to0^+}x\ln x)=(1-0)-(0-0)=1\]

Para entender lo anterior hemos de explicar algunas cosas.

Hemos usado por un lado que \(\int-\ln xdx=x-x\ln x+C\), integral que se puede calcular fácilmente usando el método de integración por partes.

Por otro lado, puesto que el logaritmo neperiano no está definido en cero, hemos calculado el límite correspondiente, usando la regla de L'Hôpital:

\[\lim_{x\to0^+}x\ln x=\lim_{x\to0^+}\frac{\ln x}{1/x}=\lim_{x\to0^+}\frac{1/x}{-1/x^2}=\lim_{x\to0^+}-x=0\]

Podríamos calcular la segunda integral definida por un procedimiento similar. Sin embargo, vamos a aprovechas el cálculo anterior mediante un cambio de variable.

\[\int-\ln(x-2)dx=\begin{bmatrix}y=2-x &\Rightarrow &dx=-dy \\  x=2&\Rightarrow&y=0 \\ x=1&\Rightarrow&y=1 \end{bmatrix}=\int_1^0-\ln y(-dy)=\int_0^1-\ln y\,dy=1\]

Por tanto, finalmente

\[\int_0^2f(x)dx=1+1\]

Obsérvese que el valor de la integral definida anterior coincide con el área de la región delimitada por la gráfica de la función \(f\), el eje \(X\) y las rectas verticales \(x=0\), \(x=2\) .

ejercicios integrales 02

Observemos que \(f\) es derivable en \(x=0\) por estar definida \(f'(0)=0\), de lo cual se deduce que \(f\) es continua en en \(x=0\). Integrando tenemos:

\[f(x)=\begin{cases}\displaystyle\frac{x^2}{2}+C_1& \text{si}&x<0\\ \ln(x+1)-e^x+C_2&\text{si}&x\geq0 \end{cases}\]

De \(f(1)=0\) se deduce que \(\ln2-e+C_2=0\), o sea, \(C_2=e-\ln2\).

De la continuidad de \(f\) en \(x=0\) resulta que \(C_1=-1+C_2\), es decir, \(C_1=e-\ln2-1\).

Por tanto la función \(f\) que se pide es

\[f(x)=\begin{cases}\displaystyle\frac{x^2}{2}+e-\ln2-1& \text{si}&x<0\\ \ln(x+1)-e^x+e-\ln2&\text{si}&x\geq0 \end{cases}\]

Como se sabe que \(f\) es continua tenemos que

\[\begin{cases}\displaystyle\lim_{x\to3/2^-}f(x)=\lim_{x\to3/2^-}a\ln(2-x)=a\ln(1/2)=-a\ln2 \\ \displaystyle\lim_{x\to3/2^+}f(x)=\lim_{x\to3/2^+}b\,\text{sen}(\pi x)=-b\end{cases}\Rightarrow a\ln2=b\]

\[\begin{cases}\displaystyle\lim_{x\to2^-}f(x)=\lim_{x\to2^-}b\,\text{sen}(\pi x)=0 \\ \displaystyle\lim_{x\to2^+}f(x)=\lim_{x\to2^+}(e^{bx/2}-4)=e^b-4\end{cases}\Rightarrow e^b-4=0\]

De lo anterior se deduce que \(e^b-4=0\Rightarrow e^b=4\Rightarrow b=\ln 4=\ln2^2\Rightarrow b=2\ln 2\), y que \(a\ln2=b\Rightarrow a=2\).

De este modo la función queda de la forma

\[f(x)=\begin{cases}2\ln(2-x)&\text{si}&x<3/2 \\2\ln 2\cdot\text{sen}(\pi x)&\text{si}&3/2\leqslant x\leqslant2\\2^x-4&\text{si}&x>2\end{cases}\]

Si exceptuamos los puntos \(x=\dfrac{3}{2}\) y \(x=2\), la derivada de \(f\) es

\[f'(x)=\begin{cases}\frac{-2}{2-x}&\text{si}&x<3/2 \\2\pi\ln 2\cdot\cos(\pi x)&\text{si}&3/2< x<2\\2^x\cdot\ln2&\text{si}&x>2\end{cases}\]

Es muy fácil darse cuenta de que la derivada por la izquierda en \(\dfrac{3}{2}\) no coincide con la derivada por la derecha en \(\dfrac{3}{2}\). Del mismo modo la derivada por la izquierda en \(x=2\) no coincide con la derivada por la derecha en \(x=2\). Por tanto \(f\) no es derivable ni en \(x=\dfrac{3}{2}\) ni en \(x=2\).

La representación gráfica de \(f\) es:

ejercicios integrales 03

 El recinto \(R\) del que se pide el área queda de la siguiente manera:

ejercicios integrales 04

Obsérvese que el recinto \(R\) queda dividido claramente en cuatro regiones, dos por encima y dos por debajo del eje \(X\). Por tanto su área \(A\) será igual a

\[A=\int_0^1f(x)dx+\left|\int_1^{3/2}f(x)dx\right|+\left|\int_{3/2}^2f(x)dx\right|+\int_2^3f(x)dx\]

Calculemos primero las integrales indefinidas correspondientes:


\[\int2\ln(2-x)dx=2\int\ln(2-x)dx=\begin{bmatrix}
u=\ln(2-x)&\Rightarrow &\displaystyle du=\frac{-1}{2-x}dx \\
dv=dx&\Rightarrow &v=x
\end{bmatrix}=\]

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

\[=2x\ln(2-x)-2x-4\ln(2-x)+C=(2x-4)\ln(2-x)-2x+C\]


\[\int2\ln2\cdot\text{sen}(\pi x)dx=-\frac{2\ln2}{\pi}\cos(\pi x)+C\]


\[\int(2^x-4)dx=\frac{2^x}{\ln 2}-4x+C\]


Por tanto:

\[\int_0^1f(x)dx=\int_0^1 2\ln(2-x)dx=\left[(2x-4)\ln(2-x)-2x\right]_0^1=(0-2)-(-4\ln 2)=4\ln2-2\]

\[\int_1^{3/2}f(x)dx=\int_1^{3/2}2\ln(2-x)dx=\left[(2x-4)\ln(2-x)-2x\right]_1^{3/2}=(\ln2-3)-(0-2)=\ln2-1\]

\[\int_{3/2}^2 2\ln2\cdot\text{sen}(\pi x)dx=\left[-\frac{2\ln2}{\pi}\cos(\pi x)\right]_{3/2}^2=-\frac{2\ln 2}{\pi}\]

\[\int_2^3(2^x-4)dx=\left[\frac{2^x}{\ln 2}-4x\right]_2^3=\left(\frac{8}{\ln2}-12\right)-\left(\frac{4}{\ln2}-8\right)=\frac{4}{\ln2}-4\]

Así pues, el área del recinto \(R\) es

\[A=4\ln2-2+|\ln2-1|+\left|-\frac{2\ln2}{\pi}\right|+\frac{4}{\ln2}-4=\]

\[=4\ln2-2+1-\ln2+\frac{2\ln2}{\pi}+\frac{4}{\ln2}-4=\]

\[=\left(3+\frac{2}{\pi}\right)\ln2+\frac{4}{\ln2}-5\,\text{uds}^2\approx3.29\,\text{uds}^2\]

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Cálculo de áreas de recintos planos. Volumen de un cuerpo de revolución

En este artículo damos por hecho que se saben integrar funciones elementales utilizando los conocidos métodos de integración. Utilizaremos además la conocida regla de Barrow, según la cual si \(F(x)\) es una primitiva de \(f(x)\), y \(f(x)\) es continua en un intervalo cerrado \([a\ ,\ b]\), entonces:

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

Cálculo de áreas de recintos planos

Si una función \(y=f(x)\) es positiva en un intervalo cerrado \([a\ ,\ b]\), para hallar el área \(A\) comprendida entre la curva \(f\), el eje \(X\) y las rectas verticales \(x=a\), \(x=b\) pondremos:

\[A=\int_a^b f(x)\, dx\]


Ejemplo 1

Hallar el área comprendida entre la parábola \(y=4x-x^2\) y el eje \(X\).

La parábola corta al eje \(X\) en los puntos de absciasa \(0\) y \(4\), y el recinto plano considerado está situado por encima del eje \(X\) (véase la figura).

recintos 02

Por lo tanto el área buscada será:

\[A=\int_0^4\left(4x-x^2\right)\, dx=\left[2x^2-\frac{1}{3}x^3\right]_0^4=\frac{32}{3}\]


Si la curva es negativa en \([a\ ,\ b]\), entonces:

\[A=-\int_a^b f(x)\, dx\]


Ejemplo 2

Hallar el área comprendida entre la parábola \(y=x^2-6x+5\), las rectas \(x=1\), \(x=2\) y el eje \(X\).

Como el recinto considerado se encuentra por debajo del eje \(X\) escribiremos:

\[A=-\int_1^2\left(x^2-6x+5\right)\, dx=-\left[\frac{1}{3}x^3-3x^2+5x\right]_1^2=\frac{5}{3}\]

recintos 03


Si la curva es positiva y negativa a trozos en \([a\ ,\ b]\), entonces hay que integrar cada parte por separado y sumar los valores absolutos de los resultados.


Ejemplo 3

Hallar el área comprendida entre la curva \(y=\cos x\) y el eje \(X\) entre los puntos \(0\) y \(\pi\).

recintos 04

Si no nos damos cuenta de que hay un trozo positivo y otro negativo e integramos directamente entre \(0\) y \(\pi\) obtenemos:

\[A=\int_0^\pi\cos x\, dx=\left[\text{sen}\,x\right]_0^\pi=\text{sen}\,\pi-\text{sen}\,0=0-0=0\]

Y esto es absurdo.

En vez de eso integramos la parte positiva y la parte negativa por separado y tenemos:

\[A_1=\int_0^{\pi/2}\cos x\, dx=\left[\text{sen}\,x\right]_0^{\pi/2}=1-0=1\]

\[A_2=\int_{\pi/2}^\pi\cos x\, dx=\left[\text{sen}\,x\right]_{\pi/2}^\pi=0-1=-1\]

Sumando los valores absolutos de las dos partes, tenemos que el área buscada es \(A=1+1=2\).


Para calcular el área comprendida entre dos curvas se hallan sus puntos de intersección y se integran ambas, restando después.


Ejemplo 4

Hallar el área encerrada entre las curvas \(y=x^2\), \(y=-x^2+2x+4\).

Hallemos los puntos de intersección de las dos curvas resolviendo el sistema

\[\begin{cases}y=x^2\\y=-x^2+2x+4\end{cases}\]

Procediendo por igualación tenemos que \(x^2=-x^2+2x+4\Rightarrow2x^2-2x+4=0\). Esta ecuación tiene dos soluciones, que son \(x_1=-1\), \(x_2=2\). Por consiguiente, el área buscada es:

\[A=\int_{-1}^2\left(-x^2+2x+4\right)\, dx-\int_{-1}^2 x^2\, dx=\int_{-1}^2\left(-2x^2+2x+4\right)\, dx=\left[-\frac{2}{3}x^3+x^2+4x\right]_{-1}^2=9\]

recintos 05

Volumen de un cuerpo de revolución

Para calcular el área de una figura por medio de una integral se dividía esta figura en rectangulitos pequeñísimos de base \(dx\) y altura \(f(x)\), y la suma de las áreas de estos infinitos rectangulitos era el área de toda la figura: \(A=\int_a^b f(x)\, dx\).

De la misma manera, para calcular el volumen de un cuerpo, éste puede dividirse en finísimas rebanadas en forma de prisma o de cilindro, y pueden sumarse sus volúmenes por medio de una integral.

Si consideramos el trozo de superficie comprendido entre la curva \(y=f(x)\), el eje \(X\), y las rectas \(x=a\), \(x=b\), éste engendra al girar alrededor del eje \(X\) un cuerpo de revolución.

recintos 06

El volumen \(V\) de este cuerpo vale:

\[V=\pi\int_a^b\left(f(x)\right)^2\, dx\]

Demostración.

Dado un punto \(x\) comprendido entre \(a\) y \(b\), consideremos el rectángulito de base \(dx\) y altura \(f(x)\) (ver figura anterior). Este rectangulito engendra al girar alrededor del eje \(X\) un disco cilíndrico finísimo cuyo volumen vale el área de su base por su altura, es decir, \(\pi\left(f(x)\right)^2 dx\). Si sumamos los volúmenes de todos estos discos cilíndricos finísimos obtenidos de esta forma entre \(a\) y \(b\), tendremos el volumne de todo el cuerpo, es decir:

\[V=\int_a^b\pi\left(f(x)\right)^2\, dx=\pi\int_a^b\left(f(x)\right)^2\, dx\]


Ejemplo 5

Hallar el volumen del cuerpo de revolución engendrado al girar alrededor del eje \(X\) la porción de plano comprendida entre la curva \(y=\sqrt{x}\), el eje \(X\), y las rectas \(x=1\), \(x=3\).

El cuerpo de revolución es ciertamente similar al de la figura anterior. Basta pues aplicar la fórmula que acabamos de demostrar:

\[V=\pi\int_1^3(\sqrt{x})^2\, dx=\pi\int_1^3x\, dx=\pi\left[\frac{1}{2}x^2\right]_1^3=4\pi\]

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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 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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