Trucos. Una gran parte del trabajo de integrar cosas consiste en darles una forma que pueda ser integrada. Los libros—y con esto nos referimos a los libros serios—sobre el Cálculo Integral están llenos de planes, métodos, trucos y artificios para este tipo de trabajo. Los siguientes son algunos de ellos.
Integración por Partes
Este nombre se le da a un truco cuya fórmula es \[\bbox[5px,border:1px solid black;background-color:#f2f2f2]{\int u\, dv = uv - \int v\, du + C.}\] Es útil en algunos casos que no se pueden abordar directamente, ya que muestra que si en cualquier caso se puede hallar \(\displaystyle \int v\, du\), entonces también se puede hallar \(\displaystyle \int u\, dv\). La fórmula se puede deducir de la siguiente manera. Tenemos, \[d(uv) = u\, dv + v\, du,\] que puede escribirse como \[u\,dv = d(uv) - v\, du,\] lo cual, por integración directa, da la expresión anterior.
Ejemplos
Ejemplo 20.1. Hallar \(\displaystyle \int w \cdot \sin w\, dw\).
Solución. Escriba \(u = w\), y para \(\sin w \cdot dw\) escriba \(dv\). Tendremos entonces \(du = dw\), mientras que \(\displaystyle \int \sin w \cdot dw = -\cos w = v\).
Poniendo esto en la fórmula, obtenemos \[\begin{align} \int \overbrace{w}^u \cdot \overbrace{\sin w\, dw}^{dv}&= \overbrace{w(-\cos w)}^{uv} - \int \overbrace{-\cos w}^v\, \overbrace{dw}^{du} \\ &=-w \cos w + \sin w + C. \end{align}\]
Ejemplo 20.2. Hallar \(\displaystyle \int x e^x\, dx\).
Solución. Escriba \[\begin{align} u &= x, & e^x\, dx&=dv; \\ \end{align}\] entonces \[\begin{align} du &= dx, & v &=e^x, \end{align}\] y \[\begin{align} \int xe^x\, dx &= xe^x - \int e^x\, dx &&\text{(por la fórmula)} \\ &= x e^x - e^x+C \\ &= e^x(x-1) + C. \end{align}\]
Ejemplo 20.3. Pruebe con \(\displaystyle \int \cos^2 \theta\, d\theta\).
Solución. \[\begin{align} u &= \cos \theta, &\cos \theta\, d\theta &= dv. \end{align}\] Por lo tanto \[\begin{align} du&= -\sin \theta\, d\theta, & v &=\sin \theta, \end{align}\] \[\begin{align} \int \cos^2 \theta\, d\theta &= \cos \theta \sin \theta+ \int \sin^2 \theta\, d\theta \\ &= \frac{2 \cos\theta \sin\theta}{2} +\int(1-\cos^2 \theta)\, d\theta \\ &= \frac{\sin 2\theta}{2} + \int d\theta - \int \cos^2 \theta\, d\theta. \end{align}\] Por lo tanto \[\begin{align} 2 \int \cos^2 \theta\, d\theta &= \frac{\sin 2\theta}{2} + \theta+C \end{align}\] y \[\begin{align} \int \cos^2 \theta\, d\theta &= \frac{\sin 2\theta}{4} + \frac{\theta}{2} + C^\prime. \end{align}\] donde \(C^\prime=C/2\).
Ejemplo 20.4. Hallar \(\displaystyle \int x^2 \sin x\, dx\).
Solución. Escriba \[\begin{align} x^2 &= u, & \sin x\, dx &= dv; \end{align}\] entonces \[\begin{align} du &= 2x\, dx, & v &= -\cos x, \end{align}\] \[\int x^2 \sin x\, dx = -x^2 \cos x + 2 \int x \cos x\, dx.\]
Ahora halle \(\displaystyle \int x \cos x\, dx\), integrando por partes (como en el Ejemplo 20.1 anterior): \[\int x \cos x\, dx = x \sin x + \cos x+C.\]
Por lo tanto \[\begin{align} \int x^2 \sin x\, dx &= -x^2 \cos x + 2x \sin x + 2 \cos x + C' \\ &= 2 \left[ x \sin x + \cos x \left(1 - \frac{x^2}{2}\right) \right] +C'. \end{align}\]
Ejemplo 20.5. Hallar \(\displaystyle \int \sqrt{1-x^2}\, dx\).
Solución. Escriba \[\begin{align} u &= \sqrt{1-x^2},\qquad dx=dv; \end{align}\] entonces \[\begin{align} du &= -\frac{x\, dx}{\sqrt{1-x^2}}\qquad \text{(Use la Regla de la Cadena)} \end{align}\] y \(x=v\); de modo que \[\int \sqrt{1-x^2}\, dx=x \sqrt{1-x^2} + \int \frac{x^2\, dx}{\sqrt{1-x^2}}.\]
Aquí podemos usar un pequeño truco, ya que podemos escribir \[\int \sqrt{1-x^2}\, dx = \int \frac{(1-x^2)\, dx}{\sqrt{1-x^2}} = \int \frac{dx}{\sqrt{1-x^2}} - \int \frac{x^2\, dx}{\sqrt{1-x^2}}.\]
Sumando estas dos últimas ecuaciones, nos deshacemos de \(\displaystyle \int \dfrac{x^2\, dx}{\sqrt{1-x^2}}\), y tenemos \[2 \int \sqrt{1-x^2}\, dx = x\sqrt{1-x^2} + \int \frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}.\]
¿Recuerda haberse encontrado con \(\dfrac {dx}{\sqrt{1-x^2}}\)? se obtiene diferenciando \(y=\arcsin x\), también escrito como \(y=\sin^{-1}x\) (ver aquí); por lo tanto, su integral es \(\arcsin x\), y así \[\int \sqrt{1-x^2}\, dx = \frac{x \sqrt{1-x^2}}{2} + \frac{1}{2} \arcsin x +C.\]
Ahora puede probar algunos ejercicios por su cuenta; encontrará algunos al final de este capítulo.
Sustitución
Este es el mismo truco (la Regla de la Cadena) que se explicó en el capítulo sobre la Regla de la Cadena. Ilustremos su aplicación a la integración con algunos ejemplos.
Ejemplo 20.6. Evaluar \(\displaystyle \int \sqrt{3+x}\, dx\).
Solución. Sea \[\begin{align} 3+x &= u,\quad dx = du; \end{align}\] reemplace \[\begin{align} \int u^{\frac{1}{2}}\, du &= \frac{2}{3} u^{\frac{3}{2}} +C = \frac{2}{3}(3+x)^{\frac{3}{2}}+C. \end{align}\]
Ejemplo 20.7. Evaluar \(\displaystyle\int \dfrac{dx}{e^x+e^{-x}}\).1
Solución. Sea \[e^x = u,\quad \frac{du}{dx} = e^x,\quad\text{y}\quad dx = \frac{du}{e^x};\] de modo que \[\begin{align} \int \frac{dx}{e^x+e^{-x}} = \int \frac{du}{e^x(e^x+e^{-x})} = \int \frac{du}{u\left(u + \dfrac{1}{u}\right)} = \int \frac{du}{u^2+1}. \end{align}\]
\(\dfrac{du}{1+u^2}\) es el resultado de diferenciar \(\arctan x\) (también escrito como \(\tan^{-1} x\)).
Por lo tanto, la integral es \(\arctan\left(e^x\right)+C\).
Ejemplo 20.8. Evaluar \(\displaystyle \int \dfrac{dx}{x^2+2x+3}\).
Solución. \[\int \dfrac{dx}{x^2+2x+3} = \int \dfrac{dx}{x^2+2x+1+2} = \int \dfrac{dx}{(x+1)^2+(\sqrt 2)^2}\] Sea \[x+1=u,\quad dx=du;\] entonces la integral se convierte en \(\displaystyle \int \dfrac{du}{u^2+(\sqrt2)^2}\); pero \(\dfrac{du}{u^2+a^2}\) es el resultado de diferenciar \(\dfrac{1}{a} \arctan \dfrac{u}{a}\).
Por lo tanto, se tiene finalmente \(\dfrac{1}{\sqrt2} \arctan \dfrac{x+1}{\sqrt 2}+C\) para el valor de la integral dada.
Fracciones Parciales
Los siguientes ejemplos muestran cómo el proceso de descomposición en fracciones parciales, que aprendimos en el Capítulo [partfracs2], puede utilizarse en la integración.
Ejemplo 20.9. Evaluar \(\displaystyle \int \frac{3x+1}{x^2-1}dx\).
Solución. En el Ejemplo 13.1, mostramos que \[\frac{3x+1}{x^2-1}=\frac{1}{x+1}+\frac{2}{x-1}.\] Por lo tanto \[\begin{align} \int \frac{3x+1}{x^2-1}dx&=\int \left(\frac{1}{x+1}+\frac{2}{x-1}\right)dx\\ &=\int \frac{1}{x+1} dx+2\int\frac{1}{x-1}dx\\ &=\ln|x+1|+2\ln|x-1|+C. \end{align}\]
Ejemplo 20.10. Evaluar \(\displaystyle \int \frac{-x^2-3}{(x^2+1)(x+1)} dx\).
Solución. En el Ejemplo 13.3, mostramos que \[\frac{-x^2-3}{(x^2+1)(x+1)}=\frac{x-1}{x^2+1}-\frac{2}{x+1}.\] Por lo tanto, \[\begin{align} \int \frac{-x^2-3}{(x^2+1)(x+1)} dx&=\int \frac{x-1}{x^2+1}dx-2\int\frac{1}{x+1}dx\\ &=\int\frac{x}{x^2+1}dx-\int\frac{1}{x^2+1}dx-2\int \frac{1}{x+1}dx \end{align}\] Para hallar \(\displaystyle \int \frac{x}{x^2+1}dx\), sea \(u=x^2+1\). Entonces \(du=2x\,dx\) o \(xdx=\frac{1}{2}du\) y \[\int \frac{x}{x^2+1}dx=\frac{1}{2}\int \frac{du}{u}=\frac{1}{2}\ln|u|+C_1=\frac{1}{2}\ln(x^2+1)+C_1.\]
Como \(\displaystyle \int\frac{1}{x^2+1}dx=\arctan x+C_2\) y \(\displaystyle \int\frac{1}{x+1}dx=\ln|x+1|+C_3\), obtenemos \[\int \frac{-x^2-3}{(x^2+1)(x+1)} dx=\frac{1}{2}\ln(x^2+1)-\arctan x-2\ln|x+1|+C.\]
Fórmulas de Reducción
En esencia, una fórmula de reducción se refiere a cualquier fórmula que expresa una integral en términos de una integral más simple o más manejable. Aunque el término puede aplicarse a cualquier fórmula de este tipo, se utiliza típicamente en referencia a integrales que pertenecen a una clase particular de funciones. En tales casos, la fórmula nos permite expresar la integral de cualquier miembro de la clase en términos de una o dos otras integrales de la misma clase. Aplicando repetidamente esta fórmula, podemos eventualmente reducir la integral de cualquier miembro de la clase a la del miembro más simple. Estas fórmulas de reducción se derivan usualmente mediante integración por partes.
Ejemplo 20.11. Obtener una fórmula de reducción para \(\displaystyle \int x^n e^{ax} dx\) y utilizarla para evaluar \(\displaystyle \int x^3 e^{-x} dx\).
Solución. Sea \(u=x^n\) y \(dv=e^{ax} dx\). Entonces \[du=n x^{n-1} dx,\quad v=\frac{1}{a} e^{ax}.\] Usando integración por partes, obtenemos \[\begin{align} \int x^n e^{ax} dx=x^n \frac{e^{ax}}{a}-\int \frac{n}{a} e^{ax}\cdot x^{n-1} dx \end{align}\] Poniendo \(a=-1\) y \(n=3, 2, 1\) sucesivamente en ella, obtenemos \[\int x^3 e^{-x} dx=-x^3\,e^{-x}+3 \int e^{-x} x^2 dx,\tag{A}\] \[\int x^2 e^{-x} dx= -x^2 e^{-x}+2\int e^{-x} x dx,\tag{B}\] \[\int x e^{-x} dx=- x e^{-x}+\int e^{-x}=-xe^{-x} -e^{-x}+C_1.\tag{C}\] De (B) y (C), obtenemos \[\int x^2 e^{-x} dx=-x^2 e^{-x}+2x\left(- e^{-x}-e^{-x}\right)+C_2, \tag{D}\] con \(C_2=2C_1\).
De (A) y (D), obtenemos \[\int x^3 e^{-x} dx=-x^3 e^{-x}+3\left( -x^2 e^{-x}-2x e^{-x}-2e^{-x} \right)+C,\] con \(C=3C_2\).
Ejemplo 20.12. Obtener una fórmula de reducción para \(\displaystyle \int \cos^n x\, dx\).
Solución. Escribimos \[\int \cos^n\, dx=\int \cos^{n-1} x\cdot \cos x\,dx\] y sea \(u=-\cos^{n-1} x\) y \(dv=\cos x\). Entonces \[du=(n-1)\sin x \cos^{n-2}x\, dx,\qquad v=\sin x.\] De la integración por partes se deduce que \[\begin{align} \int \cos ^n x & d x=\sin x \cdot \cos ^{n-1} x-\int \sin x \cdot(n-1) \cos ^{n-2} x \cdot(-\sin x) d x \\ & =\sin x \cdot \cos ^{n-1} x+(n-1) \int \cos ^{n-2} x\left(1-\cos ^2 x\right) d x \\ & =\sin x \cdot \cos ^{n-1} x+(n-1) \int \cos ^{n-2} x d x-(n-1) \int \cos ^n x d x \\ \end{align}\] Por lo tanto, \[n \int \cos ^n x d x=\sin x \cos ^{n-1} x+(n-1) \int \cos ^{n-2} x\, d x,\] o \[\int \cos ^n x d x=\frac{1}{n}\sin x \cos ^{n-1} x+\frac{n-1}{n} \int \cos ^{n-2} x\, d x.\]
Racionalización y Factorización del Denominador
Estos son trucos aplicables en casos especiales, pero no admiten ninguna explicación corta o general. Se necesita mucha práctica para familiarizarse con estos procesos preparatorios.
Aquí hay algunos ejemplos.
Ejemplo 20.13. Evaluar \(\displaystyle \int \frac{1}{\sqrt{x+3}-\sqrt[4]{x+3}}dx\).
Solución. Sea \(u^4=x+3\), nos deshacemos de los radicales. Entonces \[u^4=x+3\quad \Rightarrow\quad 4u^3\,du=dx\] y \[\begin{align} \int \frac{1}{\sqrt{x+3}-\sqrt[4]{x+3}}dx&=\int \frac{1}{u^2-u}\cdot 4u^3\,du\\ &=4\int \frac{u^3}{u(u-1)}du\\ &=4\int \frac{u^2}{u-1}du\\ &=4\int \frac{(u^2-1)+1}{u-1} du\\ &=4\int \left(u+1+\frac{1}{u-1}\right)du\\ &=4\left(\frac{u^2}{2}+u+\ln|u-1|\right)+C\\ &=2\sqrt{x+3}+4\sqrt[4]{x+3}+4\ln\left|\sqrt[4]{x+3}-1\right|+C. \end{align}\]
Ejemplo 20.14. Evaluar \(\displaystyle \int \frac{\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x}}{\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}}\, dx\)
Solución. Multiplicando tanto el numerador como el denominador por \(\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x}\), obtenemos \[\begin{align} \frac{\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x}}{\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}} & =\frac{\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x}}{\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}}\cdot \frac{\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x}}{\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x}} \\ &=\frac{\left(\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x}\right)^2}{\left(\sqrt{1+x}\right)^2-\left(\sqrt{1-x}\right)^2}\\ & =\frac{(1+x)-2 \sqrt{1-x^2}+(1-x)}{(1+x)-(1-x)}\\ &=\frac{1-\sqrt{1-x^2}}{x} . \end{align}\] Por lo tanto \[\int \frac{\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x}}{\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}}\ dx=\int \frac{1-\sqrt{1-x^2}}{x}\,dx.\] Para evaluar la última integral y deshacerse del radical, sea \(u^2=1-x^2\). Entonces \(u\,du=-x\, dx\) y \[\begin{align} \int \frac{1-\sqrt{1-x^2}}{x^2} x\, dx & =\int \frac{1-u}{1-u^2}(-u\, du)\\ &=-\int \frac{u}{1+u}\,d u=-\int \frac{(1+u)-1}{1+u}\,d u \\ & =-\int\left(1-\frac{1}{1+u}\right) d u\\ & =-u+\ln |1+u|+C\\ &= -\sqrt{1-x^2}+\ln\left(1+\sqrt{1-x^2}\right)+C. \end{align}\]
Trampas. Un principiante es propenso a pasar por alto ciertos puntos que una mano experimentada evitaría; como el uso de factores que son equivalentes a cero o infinito, y la aparición de cantidades indeterminadas como \(\frac{0}{0}\). No hay una regla de oro que sirva para cada caso posible. Nada más que la práctica y el cuidado inteligente servirán. Un ejemplo de una trampa que tuvo que ser evitada surgió en el Capítulo 18 cuando llegamos al problema de integrar \(x^{-1}\, dx\).
Triunfos. Por triunfos deben entenderse los éxitos con los que se ha aplicado el cálculo a la solución de problemas que de otro modo serían intratables. A menudo, en la consideración de las relaciones físicas, uno es capaz de construir una expresión para la ley que rige la interacción de las partes o de las fuerzas que las gobiernan, siendo tal expresión naturalmente en forma de una ecuación diferencial, es decir, una ecuación que contiene derivadas con o sin otras cantidades algebraicas. Y cuando se ha encontrado tal ecuación diferencial, no se puede avanzar más hasta que haya sido integrada. Generalmente es mucho más fácil enunciar la ecuación diferencial apropiada que resolverla:—el verdadero problema comienza solo cuando se quiere integrar, a menos que se vea que la ecuación posee alguna forma estándar cuya integral es conocida, y entonces el triunfo es fácil. La ecuación que resulta de integrar una ecuación diferencial se llama2 su "solución"; y es bastante asombroso cómo en muchos casos la solución parece no tener relación con la ecuación diferencial de la que es la forma integrada. La solución a menudo parece tan diferente de la expresión original como una mariposa de la oruga que era. ¿Quién habría supuesto que algo tan inocente como \[\dfrac{dy}{dx} = \dfrac{1}{a^2-x^2}\] podría florecer en \[y = \dfrac{1}{2a} \ln \left| \dfrac{a+x}{a-x} \right|+ C?\] y sin embargo, esta última es la solución de la primera.
Como último ejemplo, trabajemos juntos lo anterior.
Por fracciones parciales, \[\begin{align} \frac{1}{a^2-x^2} &= \frac{1}{2a(a+x)} + \frac{1}{2a(a-x)}, \\ dy &= \frac {dx}{2a(a+x)}+ \frac{dx}{2a(a-x)}, \\ y &= \frac{1}{2a} \left( \int \frac{dx}{a+x} + \int \frac{dx}{a-x} \right) \\ &= \frac{1}{2a} \left[\ln |a+x| - \ln |a-x| \right]+C \\ &= \frac{1}{2a} \ ln \left| \frac{a+x}{a-x}\right| + C. \end{align}\]
¡No es una metamorfosis muy difícil!
Aquí, hemos examinado brevemente algunas de las técnicas de integración más importantes. Si desea estudiar varias técnicas de integración en detalle, puede consultar libros como Elements of the Differential and Integral Calculus de William A. Granville o Cálculo II en AdaptiveBooks.org
Ejercicios
Ejercicio 20.1. Hallar \(\displaystyle \int \sqrt{a^{2}-x^{2}}\, dx.\)
Respuesta
\(\dfrac{x\sqrt{a^2 - x^2}}{2} + \dfrac{a^2}{2} \arcsin\dfrac{x}{a} + C\).
Solución
Hay varias formas de evaluar esta integral.
Primer Método: Usando integración por partes:
Sea \[u=\sqrt{a^{2}-x^{2}} \quad d v=d x .\] Entonces \[d u=-\frac{2 x}{2 \sqrt{a^{2}-x^{2}}} d x \quad v=x\]
\[\int \sqrt{a^{2}-x^{2}} d x=\underbrace{x \sqrt{a^{2}-x^{2}}}_{u v}-\int\underbrace{-\frac{x^{2}}{\sqrt{a^{2}-x^{2}}} d x}_{v d u}\]
Pero \[\begin{align} \int \frac{-x^{2}}{\sqrt{a^{2}-x^{2}}} d x&=\int \frac{a^{2}-x^{2}-a^{2}}{\sqrt{a^{2}-x^{2}}} d x\\ &=\int \frac{a^{2}-x^{2}}{\sqrt{a^{2}-x^{2}}} d x-\int \frac{a^{2}}{\sqrt{a^{2}-x^{2}}} d x \\ & =\int \sqrt{a^{2}-x^{2}} d x-a^{2} \int \frac{1}{\sqrt{a^{2}-x^{2}}} d x \text {. } \end{align}\]
Por lo tanto \[\int \sqrt{a^{2}-x^{2}} d x=x \sqrt{a^{2}-x^{2}}-\int \sqrt{a^{2}-x^{2}} d x+a^{2} \int \frac{d x}{\sqrt{a^{2}-x^{2}}} d x\] Como \(\displaystyle \int \frac{d x}{\sqrt{a^{2}-x^{2}}}=\arcsin \frac{x}{a}\), obtenemos \[\int \sqrt{a^{2}-x^{2}} d x=\frac{1}{2} x \sqrt{a^{2}-x^{2}}+\frac{a^{2}}{2} \arcsin \frac{x}{a}+C.\]
Segundo Método
Sea \(x=a \sin \theta \quad\left(-\frac{\pi}{2} \leq \theta \leq \frac{\pi}{2}\right)\). Entonces
\[d x=a \cos \theta d \theta\] y \[\begin{align} \int \sqrt{a^{2}-x^{2}} d x & =\int \sqrt{a^{2}-a^{2} \sin ^{2} \theta} a \cos \theta d \theta \\ & =\int a^{2} \sqrt{1-\sin ^{2} \theta} \cos \theta d \theta . \\ & =a^{2} \int \sqrt{\cos ^{2} \theta} \cos \theta d \theta \\ & =a^{2} \int \cos ^{2} \theta d \theta \end{align}\] Como \(\cos ^{2} \theta=\dfrac{1+\cos 2 \theta}{2}\), obtenemos
\[\begin{align} & =\frac{a^{2}}{2} \int(1+\cos 2 \theta) d \theta \\ & =\frac{a^{2}}{2} \int d \theta+\frac{a^{2}}{2} \int \cos 2 \theta d \theta \\ & =\frac{a^{2}}{2} \theta+\frac{a^{2}}{4} \sin 2 \theta+C \end{align}\] [Para integrar \(\cos 2 \theta\,d\theta\), sea \(u=2 \theta\). Entonces \(d u=2 d \theta\) y \[\begin{align} \int \cos 2 \theta d \theta & =\frac{1}{2} \int \cos u d u\\ & =\frac{1}{2} \sin u+C \\ & \left.=\frac{1}{2} \sin 2 \theta+C\right] \end{align}\]
Ahora necesitamos expresar \(\frac{a^{2}}{2} \theta+\frac{a^{2}}{4} \sin 2 \theta+C\) en términos de \(x\).
\[x=a \sin \theta \Rightarrow \sin \theta=\frac{x}{a} \Rightarrow \theta=\arcsin \frac{x}{a}\]
y
\[\sin 2 \theta=2 \sin \theta \cos \theta=2 \sin \theta \sqrt{1-\sin ^{2}
\theta}\] \(\left[\right.\)Como \(\frac{-\pi}{2} \leq \theta \leq \frac{\pi}{2}, \cos \theta \geq 0\) y por
tanto \(\left.\cos \theta=+\sqrt{1-\sin ^{2} \theta}\right]\)
o bien
\[\sin 2 \theta=2 \frac{x}{a} \sqrt{1-\frac{x^{2}}{a^{2}}}=\frac{2 x}{a}
\frac{\sqrt{a^{2}-x^{2}}}{a}\] Por lo tanto \[\begin{align} \int
\sqrt{a^{2}-x^{2}} d x & =\frac{a^{2}}{2} \theta+\frac{a^{2}}{4} \sin 2 \theta+C \\ &
=\frac{a^{2}}{2} \arcsin \frac{x}{a}+\frac{x}{2} \sqrt{a^{2}-x^{2}}+C \end{align}\]
Ejercicio 20.2. Hallar \(\displaystyle \int x \ln x d x\).
Respuesta
\(\dfrac{x^2}{2}\left(\ln x - \dfrac{1}{2}\right) + C\).
Solución
Necesitamos aplicar la integración por partes.
\[\begin{array}{ll} u=\ln x & d v=x d x \\ d u=\frac{1}{x} & v=\frac{x^{2}}{2} \end{array}\]
Por lo tanto
\[\begin{align} & \int x \ln x d x=\underbrace{\frac{x^{2}}{2} \ln x}_{u v}-\int \underbrace{\frac{x^{2}}{2 x} d x}_{v\,du} \\ &=\frac{x^{2}}{2} \ln x-\frac{x^{2}}{4}+C. \end{align}\]
Ejercicio 20.3. Hallar \(\displaystyle \int x^{a} \ln x d x.\)
Respuesta
\(\dfrac{x^{a+1}}{a + 1} \left(\ln x - \dfrac{1}{a + 1}\right) + C\).
Solución
\[\begin{align} &u =\ln x \qquad &&dv=x^{a} d x \\ & du=\frac{1}{x} &&v=\frac{x^{a+1}}{a+1} &&& (a \neq-1) \end{align}\]
Por lo tanto
\[\begin{align} \int x^{a} \ln x d x & =\frac{x^{a+1}}{a+1} \ln x-\int \frac{x^{a+1}}{(a+1) x} d x \\ & =\frac{x^{a+1}}{a+1} \ln x-\frac{x^{a+1}}{(a+1)^{2}}+C. \end{align}\]
Ejercicio 20.4. Hallar \(\displaystyle\int e^{x} \cos \left(e^{x}\right) d x.\)
Respuesta
\(\sin \left({e }^x\right) + C\).
Solución
Usando integración por sustitución
\[\begin{align} u & =e^{x} \Rightarrow d u=e^{x} d x \\ \int e^{x} \cos \left(e^{x}\right) d x & =\int \cos (\underbrace{x}_{u}) \underbrace{e^{x} d x}_{u} \\ & =\int \cos u d u \end{align}\]
\[\begin{align} & =\sin u+C \\ & =\sin \left(e^{x}\right)+C \end{align}\]
Ejercicio 20.5. Hallar \(\displaystyle \int \frac{1}{x} \cos (\ln x) d x\).
Respuesta
\(\sin(\ln x) + C\).
Solución
\[\begin{align} u=\ln x & \Rightarrow d u=\frac{1}{x} d x \\ \int \frac{1}{x} \cos (\ln x) d x & =\int \cos (\ln x) \frac{d x}{x} \\ & =\int \cos u d u \\ & =\sin u+C \\ & =\sin (\ln x)+C \end{align}\]
Ejercicio 20.6. Hallar \(\displaystyle \int x^{2} e^{x}\, dx\)
Respuesta
\({e }^x (x^2 - 2x + 2) + C\).
Solución
Usando integración por partes \[\begin{array}{ll} u=x^{2} & d v=e^{x d x} \\ d u=2 x & v=e^{x} \end{array}\] Por lo tanto \[\int x^{2} e^{x} d x=x^{2} e^{x}-\int 2 x e^{x} d x\] Para evaluar \(\int x e^{x} d x\), usamos integración por partes otra vez
\[\begin{array}{rcl} U=x & &d V=e^{x} d x \\ d U=d x & &V=e^{x} \\ \end{array}\] Entonces \[\begin{align} \int x e^{x} d x & =x e^{x}-\int e^{x} d x \\ & =x e^{x}-e^{x}+K \end{align}\] donde \(K\) es una constante arbitraria.
Así \[\begin{align} \int x^{2} e^{x} d x & =x^{2} e^{x}-2 \int x e^{x} d x \\ & =x^{2} e^{x}-2\left[x e^{x}-e^{x}\right]+C \\ & =x^{2} e^{x}-2 x e^{x}+2 e^{x}+C \\ & =e^{x}\left(x^{2}-2 x+2\right)+C \end{align}\]
Ejercicio 20.7. Hallar \(\displaystyle \int \frac{(\ln x)^{a}}{x} d x.\)
Respuesta
\(\dfrac{1}{a + 1} (\ln x)^{a+1} + C\).
Solución
\[u=\ln x \Rightarrow d u=\frac{1}{x} d x\]
\[\begin{align} \int \frac{(\ln x)^{a}}{x} d x&=\int u^{a} d u\\ &=\frac{u^{a+1}}{a+1}+C \\ &=\frac{(\ln x)^{a+1}}{a+1}+C \end{align}\]
Ejercicio 20.8. Hallar \(\displaystyle \int \frac{d x}{x \ln x}.\)
Respuesta
\(\ln|\ln x| + C\).
Solución
\[\begin{align} & u=\ln x \Rightarrow d x=\frac{1}{x} d x \\ & \int \frac{d x}{x \ln x}=\int \frac{d u}{u}=\ln |u|+C \\ &=\ln |\ln x|+C \end{align}\]
Ejercicio 20.9. Hallar \(\displaystyle \int \frac{5 x-1}{x^{2}+x-2} d x\)
Respuesta
\(2\ln|x - 1| + 3\ln|x + 2| + C\).
Solución
Para integrar funciones racionales, utilizamos fracciones parciales. Como \(x^{2}+x-2=(x+2)(x-1)\), escribimos \[\frac{5 x-1}{x^{2}+x-2}=\frac{A}{x+2}+\frac{B}{x-1}\] Para hallar \(A\) y \(B\), tenemos \[A(x-1)+B(x+2)=5 x-1\] o bien \[(A+B) x+(2 B-A)=5 x-1\] Así \[\begin{align} &\left\{\begin{array}{l} A+B=5 \\ 2 B-A=-1 \end{array} \Rightarrow A=\frac{11}{3}, B=\frac{4}{3}\right. \end{align}\] Entonces
\[\begin{align} \int \frac{5 x-1}{x^{2}+x-2} d x & =\int\left(\frac{11}{3(x+2)}+\frac{4}{3(x-1)}\right) d x \\ & =\frac{11}{3} \ln |x+2|+\frac{4}{3} \ln |x-1|+C \end{align}\]
Ejercicio 20.10. Hallar \(\displaystyle \int \frac{x^{2}-3}{x^{3}-7 x+6}\, d x\).
Respuesta
\(\frac{1}{2} \ln|x - 1| + \frac{1}{5} \ln|x - 2| + \frac{3}{10} \ln|x + 3| + C\).
Solución
La sustitución de 1 por \(x\) hace que \(x^{3}-7 x+6\) sea cero. Por lo tanto, podemos dividir \(x^{3}-7 x+6\) por \(x-1\).
También como \(x^{2}+x-6=(x-2)(x+3)\), tenemos \[x^{3}-7 x+6=(x-1)(x-2)(x+3)\] y \[\frac{x^{2}-3}{x^{3}-7 x+6}=\frac{A}{x-1}+\frac{B}{x-2}+\frac{C}{x+3} .\] Los cálculos muestran que \[A=\frac{1}{2}, \quad B=\frac{1}{5},\quad C=\frac{3}{10}.\] Por lo tanto \[\int \frac{x^2-3}{x^3-7 x+6} d x=\frac{1}{2} \ln |x-1|+\frac{1}{5} \ln |x-2|+\frac{3}{10} \ln |x+3|+C.\]
Ejercicio 20.11. Hallar \(\displaystyle \int \frac{b d x}{x^{2}-a^{2}}\).
Respuesta
\(\dfrac{b}{2a} \ln \left|\dfrac{x - a}{x + a}\right| + C\).
Solución
\[\begin{align} \int \frac{b d x}{x^{2}-a^{2}} & =b \int \frac{d x}{(x-a)(x+a)} \\ & =b \int\left(\frac{\frac{1}{2 a}}{x-a}+\frac{\frac{-1}{2 a}}{x+a}\right) d x \\ & =\frac{b}{2 a} \int\left(\frac{1}{x-a}-\frac{1}{x+a}\right) d x \\ & =\frac{b}{2 a} (\ln |x-a|-\ln |x+a|)+C \\ & =\frac{b}{2 a} \ln \left|\frac{x-a}{x+a}\right|+C . \end{align}\]
Ejercicio 20.12. Hallar \(\displaystyle \int \frac{4 x}{x^{4}-1}\, dx\).
Respuesta
\(\ln\left| \dfrac{x^2 - 1}{x^2 + 1}\right| + C\).
Solución
Como \(x^{4}-1=\left(x^{2}-1\right)\left(x^{2}+1\right)=(x-1)(x+1)\left(x^{2}+1\right)\)
\[\frac{4 x}{x^{4}-1}=\frac{A}{x-1}+\frac{B}{x+1}+\frac{C x+D}{x^{2}+1} \text {. }\]
Después de algunas manipulaciones, obtenemos
\[A=1,\quad B=1,\quad C=2, \quad D=0\]
Por lo tanto
\[\int \frac{4 x}{x^{4}-1} d x=\int \frac{d x}{x-1}+\int \frac{d x}{x+1}-\int \frac{2 x}{x^{2}+1} d x\]
Para evaluar la última integral, sea \(u=x^{2}+1\). Entonces \(d u=2 x d x\)
\[\begin{align} \int \frac{2 x}{x^{2}+1} d x & =\int \frac{d u}{u}=\ln |u|+C . \\ & =\ln \left(x^{2}+1\right)+C \end{align}\] Por lo tanto \[\begin{align} \int \frac{4 x}{x^{4}-1} d x & =\int \frac{d x}{x-1}+\int \frac{d x}{x+1}-\int \frac{2 x}{x^{2}+1} d x \\ & =\ln |x-1|+\ln |x+1|+\ln \left(x^{2}+1\right)+C \\ & =\ln \left|\frac{x^{2}-1}{x^{2}+1}\right|+C . \end{align}\]
Ejercicio 20.13. Hallar \(\displaystyle \int \frac{d x}{1-x^{4}}\).
Respuesta
\(\frac{1}{4} \ln \left|\dfrac{1 + x}{1 - x}\right| + \frac{1}{2} \arctan x + C\).
Solución
Como \[\begin{align} & 1-x^{4}=\left(1-x^{2}\right)\left(1+x^{2}\right)\\ &=(1-x)(1+x)\left(1+x^{2}\right) \\ \end{align}\] tenemos \[\frac{1}{1-x^{4}}=\frac{A}{x-1}+\frac{B}{x+1}+\frac{C x+D}{x^{2}+1}\] Después de algunas manipulaciones, podemos determinar \(A\), \(B\), \(C\), y \(D\): \[A=-\frac{1}{4}, B=\frac{1}{4}, C=0, D=\frac{1}{2}\] Por lo tanto
\[\int \frac{d x}{1-x^{4}}=-\frac{1}{4} \int \frac{d x}{x-1}+\frac{1}{4} \int \frac{d x}{x+1}+\frac{1}{2} \int \frac{d x}{1+x^{2}}\]
La última integral es \(\arctan x\). Por tanto
\[\begin{align} \int \frac{d x}{1-x^{4}} & =-\frac{1}{4} \ln |x-1|+\frac{1}{4} \ln |x+1|+\frac{1}{2} \arctan x+C \\ & =\frac{1}{4} \ln \left|\frac{x+1}{x-1}\right|+\frac{1}{2} \arctan x+C \end{align}\]
Ejercicio 20.14. Hallar \(\displaystyle \int \frac{d x}{x \sqrt{a-b x^{2}}}.\)
Respuesta
\(\dfrac{1}{\sqrt{a}} \ln \dfrac{\sqrt{a} - \sqrt{a - bx^2}}{x\sqrt{a}}\).(Sea \(u^{2}=a-b x^{2}\).)
Solución
Sea \(u=\sqrt{a-b x^{2}}\) o bien \(u^{2}=a-b x^{2}\). Por lo tanto
\[x^{2}=\frac{1}{b}\left(a-u^{2}\right)\] Entonces \[2 x d x=-\frac{2}{b} u d u\] o bien \[d x=-\frac{u}{b x} d u\] La integral se convierte en
\[\begin{align} \int \frac{d x}{x \sqrt{a-b x^{2}}}&=\int \frac{1}{x u}\left(-\frac{u}{b x} d u\right)\\ & =\int-\frac{1}{b x^{2}} d u \\ & =-\frac{1}{b} \int \frac{b}{a-u^{2}} d u\\ &=\int \frac{1}{u^{2}-a} d u \\ & =\int \frac{1}{(u-\sqrt{a})(u+\sqrt{a})} d u \\ & =\frac{1}{2 \sqrt{a}} \int\left(\frac{1}{u+\sqrt{a}}-\frac{1}{u-\sqrt{a}}\right) d u \\ & =\frac{-1}{2 \sqrt{a}}\left\{\int \frac{d u}{u+\sqrt{a}}-\int \frac{d u}{u-\sqrt{a}}\right\} \\ & =\frac{-1}{2 \sqrt{a}}\left\{\ln |u+\sqrt{a}|-\ln |u-\sqrt{a}|\right\}+C \\ & =\frac{-1}{2 \sqrt{a}} \ln \left|\frac{u+\sqrt{a}}{u-\sqrt{a}}\right|+C \end{align}\]
Sustituyendo \(u=\sqrt{a-b x^{2}}\) en la expresión anterior da
\[-\frac{1}{2 \sqrt{a}} \ln \left|\frac{\sqrt{a-b x^{2}}+\sqrt{a}}{\sqrt{a-b x^{2}}-\sqrt{a}}\right|+C\]
o bien \[\frac{1}{2 \sqrt{a}} \ln \left|\frac{\sqrt{a-b x^{2}}-\sqrt{a}}{\sqrt{a-b x^{2}}+\sqrt{a}}\right|+C\]
Como \(\operatorname{sech} x=\frac{1}{\cosh x}=\frac{2}{e^x+e^{-x}}\), la integral es \(\int \frac{1}{2}\operatorname{sech} x\, dx\). Para las definiciones de \(\cosh x\) y \(\operatorname{sech} x\), ver página aquí.↩︎
Esto significa que el resultado real de resolverla se llama su “solución”. Pero muchos matemáticos dirían, con el profesor Forsyth, “cada ecuación diferencial se considera resuelta cuando el valor de la variable dependiente se expresa como una función de la variable independiente ya sea por medio de funciones conocidas o de integrales, ya sea que las integraciones en estas últimas puedan o no expresarse en términos de funciones ya conocidas”.↩︎
![Logo](data:image/svg+xml,<?xml version="1.0" encoding="utf-8" standalone="no"?>%0A<!DOCTYPE svg PUBLIC "-//W3C//DTD SVG 1.1//EN"%0A "http://www.w3.org/Graphics/SVG/1.1/DTD/svg11.dtd">%0A<svg xmlns:xlink="http://www.w3.org/1999/xlink" width="907.2pt" height="386.374843pt" viewBox="0 0 907.2 386.374843" xmlns="http://www.w3.org/2000/svg" version="1.1">%0A <g id="figure_1">%0A <g id="patch_1">%0A <path d="M 0 386.374843 %0AL 907.2 386.374843 %0AL 907.2 -0 %0AL 0 -0 %0AL 0 386.374843 %0Az%0A" style="fill: none"/>%0A </g>%0A <g id="axes_1">%0A <g id="patch_2">%0A <path d="M 367.323255 30.020542 %0AL 391.543219 30.020542 %0AL 505.645931 212.584882 %0AL 481.425967 212.584882 %0Az%0A" clip-path="url(%23p7d9eacca36)" style="fill: %2300a1ff"/>%0A </g>%0A <g id="patch_3">%0A <path d="M 367.323255 30.020542 %0AL 391.543219 30.020542 %0AL 277.440506 212.584882 %0AL 253.220542 212.584882 %0Az%0A" clip-path="url(%23p7d9eacca36)" style="fill: %2300a1ff"/>%0A </g>%0A <g id="patch_4">%0A <path d="M 369.163993 30.020542 %0AL 389.702481 30.020542 %0AL 389.702481 212.584882 %0AL 369.163993 212.584882 %0Az%0A" clip-path="url(%23p7d9eacca36)" style="fill: %2300a1ff"/>%0A </g>%0A <g id="patch_5">%0A <path d="M 322.381881 111.033468 %0AL 436.484593 111.033468 %0AL 436.484593 131.571957 %0AL 322.381881 131.571957 %0Az%0A" clip-path="url(%23p7d9eacca36)" style="fill: %2300a1ff"/>%0A </g>%0A <g id="patch_6">%0A <path d="M 367.323255 30.020542 %0AL 391.543219 30.020542 %0AL 448.594575 121.302712 %0AL 424.374611 121.302712 %0Az%0A" clip-path="url(%23p7d9eacca36)" style="fill: %2300a1ff"/>%0A </g>%0A <g id="patch_7">%0A <path d="M 367.323255 30.020542 %0AL 391.543219 30.020542 %0AL 310.271899 121.302712 %0AL 334.491863 121.302712 %0Az%0A" clip-path="url(%23p7d9eacca36)" style="fill: %2300a1ff"/>%0A </g>%0A <g id="patch_8">%0A <path d="M 424.374611 121.302712 %0AL 448.594575 121.302712 %0AL 391.543219 212.584882 %0AL 367.323255 212.584882 %0Az%0A" clip-path="url(%23p7d9eacca36)" style="fill: 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