Técnicas de integración

A. Integración por partes

Recordemos la regla (f(x)g(x))' = f'(x)g(x) + f(x)g'(x). Ahora supongamos que intentamos encontrar la integral indefinida

\int h (x) d x,

donde $h (x)$ puede escribirse en la forma f(x)g'(x). Quizás sea más fácil encontrar

\int g(x)f'(x)\,dx

que encontrar

\int h (x) d x .

Por linealidad,

\int (f(x)g(x))'\,dx = \int f'(x)g(x)\,dx + \int f(x)g'(x)\,dx,

o bien

f(x)g(x) = \int f'(x)g(x)\,dx + \int h(x)\,dx,

es decir,

\int h(x)\,dx = f(x)g(x) - \int f'(x)g(x)\,dx.

Así, una integral indefinida de $h (x)$ se halla restando de $f (x) g (x)$ una integral indefinida de f'(x)g(x).

Ejemplos

Ejemplo 1.

\int x \sin x d x .

Sea $f (x) = x$ , $g (x) = - \cos x$ . Entonces f'(x) = 1, g'(x) = \sin x, y al sustituir obtenemos

\begin{aligned} \int x \sin x\,dx &= -x\cos x - \int(-\cos x)\,dx\\ &= -x\cos x + \int \cos x\,dx \\ &= -x\cos x + \sin x. \end{aligned}

Ejemplo 2.

\int \log x d x .

Sea $f (x) = \log x$ , $g (x) = x$ . Entonces f'(x) = \dfrac{1}{x}, g'(x) = 1, y

\int \log x d x = x \log x - \int \frac{1}{x} \cdot x d x = x \log x - x .

Ejemplo 3.

A veces es necesario realizar el procedimiento varias veces. Suele suceder que la integral original reaparece con un coeficiente distinto de 1, en cuyo caso podemos despejarla. Por ejemplo, consideremos $\int e^{x} \sin x d x .$ Sea $f (x) = e^{x}$ , $g (x) = - \cos x$ . Entonces

\int e^{x} \sin x d x = - e^{x} \cos x + \int e^{x} \cos x d x .

En $\int e^{x} \cos x d x$ , sea $h (x) = e^{x}$ , $k (x) = \sin x$ . Entonces e^x \cos x = h(x)k'(x), y tenemos

\int e^{x} \cos x d x = e^{x} \sin x - \int e^{x} \sin x d x .

Por lo tanto,

\int e^{x} \sin x d x = - e^{x} \cos x + e^{x} \sin x - \int e^{x} \sin x d x .

Despejando $\int e^{x} \sin x d x$ , encontramos

\int e^{x} \sin x d x = \frac{e^{x}}{2} (\sin x - \cos x) .

Nota. Si en la segunda etapa hubiéramos usado e^x \cos x = h(x)k'(x) con $h (x) = \cos x$ , $k (x) = e^{x}$ , la ecuación resultante habría sido una identidad trivial; así, si se obtiene tal ecuación, se debe intentar una descomposición diferente.

B. Integración por sustitución

Ciertas integrales se simplifican mucho si una variable se reemplaza por una nueva. Aquí se usa, en lugar de la antigua variable, una nueva que es, en el intervalo de integración, una función diferenciable estrictamente creciente o decreciente de la antigua. Si $u$ es la nueva variable y $x$ la antigua, entonces tenemos u'(x) = \dfrac{1}{x'(u)}, por la diferenciación de funciones inversas.

Supongamos que debemos encontrar una integral indefinida $\int f (x) d x$ . Es decir, debemos hallar una función $F (x)$ tal que F'(x) = f(x) Puede suceder que $x$ sea una función diferenciable estrictamente creciente o decreciente de alguna nueva variable $u$ , digamos $x = x (u)$ , tal que $f (x (u))$ , que llamaremos $g (u)$ , sea una función más fácil de integrar. Entonces podríamos intentar hallar una función $G (u)$ tal que G'(u) = g(u). Si $u (x)$ es la función inversa de $x (u)$ , podríamos intentar $H (x) = G (u (x))$ como respuesta a nuestro problema original. Pero

H'(x) = G'(u(x)) \cdot u'(x) = g(u(x)) \cdot u'(x) = f(x) \cdot u'(x),

que difiere de $f (x)$ por el factor u'(x) = \dfrac{1}{x'(u)}. Por lo tanto, intentemos en cambio hallar una función $G (u)$ tal que G'(u) = g(u) \cdot x'(u). Entonces hagamos $F (x) = G (u (x))$ . Tenemos entonces

F'(x) = G'(u(x)) \cdot u'(x) = g(u) \cdot x'(u) \cdot u'(x) = g(u) = f(x),

o sea, $F (x)$ es una función del tipo deseado.

Hay un artificio formal para recordar este cálculo, como sigue: en $\int f (x) d x$ , escribimos $d x = \frac{d x}{d u} \cdot d u$ . Si $f (x) = g (u)$ , entonces

\int f (x) d x = \int g (u) \cdot \frac{d x}{d u} \cdot d u .

Por supuesto, la respuesta de la derecha es una función de $u$ , en la cual luego debemos sustituir en términos de $x$ . Nótese que la integral de la derecha es simplemente \int g(u)x'(u)\,du, es decir, nuestra $G (u)$ . Varios ejemplos ilustrarán la técnica.

Ejemplos

Ejemplo 4.

\int \frac{e^{x}}{1 + e^{2 x}} d x .

Sea $u = e^{x}$ , $x = \log u$ . Entonces x'(u) = \dfrac{1}{u}. Debemos entonces encontrar

\int \frac{u}{1 + u^{2}} \cdot \frac{1}{u} d u = \int \frac{1}{1 + u^{2}} d u = \arctan u .

Nuestra integral indefinida deseada es así $\arctan (e^{x})$ .

Ejemplo 5.

\int \frac{x^{3}}{\sqrt{1 - x^{2}}} d x .

Sea $x = \sin u$ (esto es posible, ya que $\frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}}$ está definida solo si $- 1 < x < 1$ ). Entonces

u = \arcsin x,\qquad x'(u) = \cos u,

y $\sqrt{1 - x^{2}} = \cos u$ , ya que $- \frac{π}{2} < u < \frac{π}{2}$ cuando $u$ está en el rango de $\arcsin x$ . Así, debemos encontrar

\begin{aligned} \int \frac{\sin^3 u}{\cos u}\cdot \cos u\,du &= \int \sin^3 u\,du\\ &= \int \sin u(1-\cos^2 u)\,du \\ &= -\cos u - \int \cos^2 u \sin u\,du. \end{aligned}

Ahora sea $v = \cos u$ . Entonces v'(u) = -\sin u, u'(v) = -\dfrac{1}{\sin u}, y tenemos, al menos para $0 < u < \frac{π}{2}$ $(* *)$ ,

\begin{aligned} \int \cos^2 u \sin u\,du &= \int v^2 \cdot \sin u \cdot \left(-\frac{1}{\sin u}\right)dv \\ &= -\frac{1}{3}v^3 \\ &= -\frac{1}{3}\cos^3 u. \end{aligned}

Por lo tanto,

\int \sin^{3} u d u = - \cos u + \frac{\cos^{3} u}{3},

\begin{aligned} \int \frac{x^3}{\sqrt{1-x^2}}\,dx &= \frac{\cos^3(\arcsin x)}{3} - \cos(\arcsin x) \\ &= \frac{(1-x^2)^{3/2}}{3} - \sqrt{1-x^2}. \end{aligned}

Como esta función sí tiene $\frac{x^{3}}{\sqrt{1 - x^{2}}}$ como derivada siempre que $- 1 < x < 1$ , no hemos perdido nada en esos puntos del proceso, como en (**), donde podría haber ocurrido.

C. Fracciones parciales

Supongamos que queremos encontrar una integral indefinida de $\frac{f (x)}{g (x)}$ , donde $f (x)$ y $g (x)$ son polinomios (tales funciones se llaman funciones racionales). Podemos suponer que el grado de $f (x)$ (la mayor potencia de $x$ que aparece) es menor que el grado de $g (x)$ ; pues si no, podemos dividir $f (x)$ por $g (x)$ y obtener

\frac{f (x)}{g (x)} = P (x) + \frac{h (x)}{g (x)},

donde $P (x)$ es un polinomio y $h (x)$ , el resto de la división de $f (x)$ por $g (x)$ , es de grado menor que el de $g (x)$ . Supongamos también que podemos factorizar $g (x)$ en productos de polinomios de las formas $(x - a)$ y $x^{2} + b x + c$ , $b^{2} - 4 c < 0$ . (Siempre es posible hacer esto, aunque normalmente es difícil determinar las $a$ , las $b$ y las $c$ .) Una vez lograda esta factorización, iniciamos un procedimiento que nos permite integrar $\frac{f (x)}{g (x)}$ .

Lo que hacemos es separar los factores de las formas anteriores en $g (x)$ y tratar de escribir $\frac{f (x)}{g (x)}$ como una suma de cocientes de polinomios. Los denominadores serán los factores separados de $g (x)$ y los numeradores tendrán grados menores que los de los denominadores. Si un factor $x - a$ o $x^{2} + b x + c$ divide a $g (x)$ más de una vez, digamos $n$ veces, debemos permitir $n$ términos, uno con ese factor como denominador para cada una de las potencias $1, 2, \dots, n$ . En cada uno de estos términos, sigue siendo suficiente suponer que el numerador es una constante o de grado uno (en caso de que el denominador sea una potencia de $x^{2} + b x + c$ ). Por ejemplo, si tuviéramos algo de la forma

\frac{d x^{3} + e x^{2} + f x + g}{(x^{2} + b x + c)^{2}} = \frac{d x^{3} + e x^{2}}{(x^{2} + b x + c)^{2}} + \frac{f x + g}{(x^{2} + b x + c)^{2}},

podríamos dividir $d x^{3} + e x^{2}$ por $x^{2} + b x + c$ para obtener un cociente $P (x)$ de grado 1 y un resto $R (x)$ de grado a lo sumo 1. Entonces

\frac{d x^{3} + e x^{2}}{(x^{2} + b x + c)^{2}} = \frac{P (x)}{x^{2} + b x + c} + \frac{R (x)}{(x^{2} + b x + c)^{2}},

de modo que la expresión se reduce a la forma que consideraremos.

Sea $g (x) = (x - a_{1})^{m_{1}} \dots (x - a_{r})^{m_{r}} (x^{2} + b_{1} x + c_{1})^{n_{1}} \dots (x^{2} + b_{s} x + c_{s})^{n_{s}}$ . Sea $n = m_{1} + \dots + m_{r} + 2 n_{1} + \dots + 2 n_{s}$ . Entonces $f (x)$ tiene grado menor que $n$ , y podemos escribir $f (x) = d_{n - 1} x^{n - 1} + d_{n - 2} x^{n - 2} + \dots + d_{1} x + d_{0}$ , donde algunos de los $d$ pueden ser 0. Ahora intentamos escribir

\begin{aligned} \frac{f(x)}{g(x)} = &\frac{A_{1,1}}{x-a_1} + \frac{A_{1,2}}{(x-a_1)^2} + \dots + \frac{A_{1,m_1}}{(x-a_1)^{m_1}} \\ &+ \frac{A_{2,1}}{x-a_2} + \dots + \frac{A_{r,m_r}}{(x-a_r)^{m_r}}\\ &+ \frac{B_{1,1}x+C_{1,1}}{x^2+b_1x+c_1} + \dots + \frac{B_{1,n_1}x+C_{1,n_1}}{(x^2+b_1x+c_1)^{n_1}} \\ &+ \dots + \frac{B_{s,n_s}x+C_{s,n_s}}{(x^2+b_sx+c_s)^{n_s}}. \end{aligned}

Aquí las $A, B, C$ son incógnitas, y hay

m_{1} + \dots + m_{r} + 2 n_{1} + \dots + 2 n_{s} = n

de ellas en total. Si ponemos el lado derecho de la ecuación sobre un denominador común, este denominador es $g (x)$ . Por lo tanto, el numerador debe ser $f (x)$ ; así, el término constante del numerador debe ser $d_{0}$ , el coeficiente de $x$ debe ser $d_{1}$ , etc. Esto nos da $n$ ecuaciones en las $n$ incógnitas $A, B, C$ , las cuales resolvemos. Sustituyendo estas soluciones en el lado derecho de la ecuación, solo queda integrar esa expresión término a término. Ahora,

\begin{aligned} &\int \frac{1}{x-a}\,dx = \log(x-a); \\ &\int \frac{1}{(x-a)^n}\,dx = \frac{-1}{n-1}\cdot\frac{1}{(x-a)^{n-1}}, \quad n>1. \end{aligned}

Como $x^{2} + b x + c = {(x + \frac{b}{2})}^{2} + (c - \frac{b^{2}}{4})$ , $c - \frac{b^{2}}{4} > 0$ , podemos sustituir $x + \frac{b}{2}$ por $x$ y suponer que $x^{2} + b x + c$ es simplemente de la forma $x^{2} + c$ , $c > 0$ .

\begin{aligned} &\int \frac{x}{x^2+c}\,dx = \frac{1}{2}\log(x^2+c); \\ &\int \frac{1}{x^2+c}\,dx = \frac{1}{\sqrt{c}}\arctan\left(\frac{x}{\sqrt{c}}\right);\\ &\int \frac{x}{(x^2+c)^n}\,dx = \frac{-1}{2(n-1)}\cdot\frac{1}{(x^2+c)^{n-1}}, \quad n>1; \end{aligned}

\int \frac{1}{(x^{2} + c)^{n}} d x

puede manejarse con la sustitución $x = \sqrt{c} \tan u$ , o $u = \arctan (\frac{x}{\sqrt{c}}) .$

Ejemplos

Ejemplo 6.

\int \frac{1}{(x - 2) (x + 3)} d x .

Entonces

\frac{1}{(x - 2) (x + 3)} = \frac{A}{x - 2} + \frac{B}{x + 3},

o bien

\frac{(A + B) x + (3 A - 2 B)}{(x - 2) (x + 3)} = \frac{1}{(x - 2) (x + 3)} .

Entonces $A + B = 0$ , $3 A - 2 B = 1$ , $A = \frac{1}{5}$ , $B = - \frac{1}{5}$ , y

\int \frac{1}{(x - 2) (x + 3)} d x = \frac{1}{5} \log (x - 2) - \frac{1}{5} \log (x + 3) .

Ejemplo 7.

\int \frac{4 x + 3}{(x - 1) (x^{2} + 2)^{2}} d x .

Escribimos

\frac{4 x + 3}{(x - 1) (x^{2} + 2)^{2}} = \frac{A}{x - 1} + \frac{B x + C}{x^{2} + 2} + \frac{D x + E}{(x^{2} + 2)^{2}} .

Obtenemos las ecuaciones

A + B = 0 (coeficiente de x^{4})

- B + C = 0 (coeficiente de x^{3})

4 A + 2 B - C + D = 0 (coeficiente de x^{2})

- 2 B + 2 C - D + E = 4 (coeficiente de x)

4 A - 2 C - E = 3 (término constante).

Estas dan:

A = \frac{7}{9}, B = - \frac{7}{9} = C, D = - \frac{7}{3}, E = \frac{5}{3} .

Así, debemos encontrar

\begin{aligned} \frac{7}{9}&\int \frac{1}{x-1}\,dx - \frac{7}{9}\int \frac{x}{x^2+2}\,dx - \frac{7}{9}\int \frac{1}{x^2+2}\,dx \\ &\qquad- \frac{7}{3}\int \frac{x}{(x^2+2)^2}\,dx + \frac{5}{3}\int \frac{1}{(x^2+2)^2}\,dx\\ &= \frac{7}{9}\log(x-1) - \frac{7}{18}\log(x^2+2) - \frac{7}{9\sqrt{2}}\arctan\frac{x}{\sqrt{2}} \\ &\qquad + \frac{7}{6}\cdot\frac{1}{x^2+2} + \frac{5}{3}\int \frac{1}{(x^2+2)^2}\,dx. \end{aligned}

En la última integral, sea $x = \sqrt{2} \tan u$ . Entonces x'(u) = \sqrt{2}\sec^2 u, y debemos encontrar

\int \frac{1}{4 \sec^{4} u} \cdot \sqrt{2} \sec^{2} u d u = \int \frac{1}{(x^{2} + 2)^{2}} d x,

o bien

\frac{1}{2 \sqrt{2}} \int \cos^{2} u d u .

Ahora, $\cos 2 u = 2 \cos^{2} u - 1$ , o $\cos^{2} u = \frac{1}{2} (1 + \cos 2 u)$ . Así, debemos encontrar

\begin{aligned} \frac{1}{4\sqrt{2}}\int (1+\cos 2u)\,du &= \frac{1}{4\sqrt{2}}u + \frac{1}{8\sqrt{2}}\sin 2u\\ &= \frac{1}{4\sqrt{2}}\arctan\frac{x}{\sqrt{2}} + \frac{1}{4\sqrt{2}}\cdot\frac{\tan u}{\sec^2 u} \\ &= \frac{1}{4\sqrt{2}}\arctan\frac{x}{\sqrt{2}} + \frac{1}{4\sqrt{2}}\cdot\frac{\frac{x}{\sqrt{2}}}{\frac{x^2}{2}+1}\\ &= \frac{1}{4\sqrt{2}}\arctan\frac{x}{\sqrt{2}} + \frac{1}{4}\cdot\frac{x}{x^2+2}. \end{aligned}

La respuesta completa es entonces

\begin{aligned} \frac{7}{9}&\log(x-1) - \frac{7}{18}\log(x^2+2) - \frac{7}{9\sqrt{2}}\arctan\frac{x}{\sqrt{2}} \\ &+ \frac{7}{6}\cdot\frac{x}{x^2+2} + \frac{5}{12\sqrt{2}}\arctan\frac{x}{\sqrt{2}} + \frac{5}{12}\cdot\frac{x}{x^2+2}. \end{aligned}

Mediante una sustitución adecuada, se pueden reducir integrales de funciones racionales en $\sin x$ y $\cos x$ al problema de integrar funciones racionales de una nueva variable $u$ . El truco consiste en hacer $u = \tan \frac{x}{2}$ . Entonces $x = 2 \arctan u$ , y

x'(u) = \frac{2}{1+u^2}.

También,

\sin x = 2 \sin \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2} = \frac{2 \tan \frac{x}{2}}{\sec^{2} \frac{x}{2}} = \frac{2 u}{1 + u^{2}},

\begin{aligned} \cos x &= 2\cos^2\frac{x}{2} - 1 \\ &= \frac{2}{1+\tan^2\frac{x}{2}} - 1 \\ &= \frac{2}{1+u^2} - 1 \\ &= \frac{1-u^2}{1+u^2}. \end{aligned}

Así, por ejemplo,

\int \frac{1}{\sin x + \cos x} d x = \int \frac{1}{\frac{2 u}{1 + u^{2}} + \frac{1 - u^{2}}{1 + u^{2}}} \cdot \frac{2}{1 + u^{2}} d u

= \int \frac{2}{2 u + 1 - u^{2}} d u .

Ahora, $2 u + 1 - u^{2} = - (u - (1 + \sqrt{2})) (u - (1 - \sqrt{2}))$ , y podemos aplicar la técnica de fracciones parciales para completar el trabajo.

Ejercicios

Ejercicio 1.

Courant: p. 225, ej. 1-11; p. 234, ej. 1-14.

Oakley: p. 100, ej. 1-12.

Sherwood y Taylor, Calculus, 1.ª ed.: págs. 202, 206, 215, 218, 222, 229, 231, 377, 380.

Técnicas de integración

A. Integración por partes

Ejemplos

B. Integración por sustitución

Ejemplos

C. Fracciones parciales

Ejemplos

Ejercicios

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