Métodos de integración

(cod: P-70-51-3) Sustitución en integrales definidas: Sea \(u = g(x)\) una función con derivada continua en el intervalo \([a,b]\) y \(f\) una función continua en un intervalo \(J \supset g([a,b])\). Tenemos que \begin{equation*}\label{subst} \int_a^b f(g(x))g'(x) \, dx = \int_{g(a)}^{g(b)} f(u) \, du. \end{equation*} De hecho, sea \(F(u)\) una primitiva para la función \(f(u)\) en el intervalo \(J\). Por el Teorema Fundamental del Cálculo, tenemos que \[\int_{g(a)}^{g(b)} f(u) \, du = F(g(b)) - F(g(a)).\] Por otro lado, por la Regla de la Cadena, tenemos que \begin{eqnarray*}\dfrac{d}{dx}F(g(x)) &=& F'(g(x))g'(x) \\ & & \\ &=& f(g(x))g'(x).\end{eqnarray*} Así, nuevamente por el Teorema Fundamental del Cálculo, tenemos que \[\int_a^b f(g(x))g'(x) \, dx = F(g(b)) - F(g(a)),\] lo que prueba la afirmación.

Muchas veces, cuando realizamos la sustitución \(u = g(x)\) en el contexto anterior, queremos cambiar la integral del lado izquierdo por la integral del lado derecho en la primera ecuación. En otros casos, partiendo de una integral \[\int_A^B f(x) \, dx\] optemos por hacer un cambio de variable \begin{eqnarray*} x &=& h(\theta), \theta \in I, \\ dx &=& h'(\theta) \, d\theta, \end{eqnarray*} donde tomamos \(h\) inyectiva (invertible) en el intervalo \(I\), con \(A, B \in h(I)\). Por el mismo argumento usado anteriormente, obtenemos entonces que \[\int_A^B f(x) \, dx = \int_{a}^{b} f(h(\theta)) h'(\theta) \, d\theta,\] donde \begin{eqnarray*} A = h(a) &\iff& a = h^{-1}(A) \\ & & \\ B = h(b) &\iff& b = h^{-1}(B), \end{eqnarray*} nos permite entonces cambiar la integral del lado izquierdo por la del lado derecho. La diferencia de este caso con el anterior es que, mientras antes la variable introducida se escribía en función de la variable original (\(u = g(x)\)), aquí tenemos lo contrario, es decir, escribimos la variable original en función de la nueva variable de integración (\(x = h(\theta)\)).

En las preguntas a continuación, considere que \(f\) es una función continua:

(1) Haciendo la sustitución \(u = x^2 + 1\), podemos verificar que la integral \[\int_0^1 2x f(x^2+1) \, dx\] es igual a:

(2) Haciendo la sustitución \(x = \operatorname{sen}\, \theta, \theta \in [-\pi/2,\pi/2]\), podemos verificar que la integral \[\int_0^{1/2} f(x) \, dx\] es igual a:

(cod: P-70-71-15) Considere las siguientes cuestiones:

(1) Calcule \(\displaystyle \int \dfrac{1}{x \ln^2{x}}\, dx\).

(2) ¿Qué se puede afirmar sobre la integral impropia \(\displaystyle \int_0^{+ \infty}x e^{-x^2}\, dx\)?

(3) Seleccione una integral que posea el mismo valor que \(\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}} e^{\operatorname{sen}\, {x}}\, \operatorname{sen}(2x)\, dx\).

(4) Determine \(\displaystyle \int \tan{x}\, dx\).

(cod: P-71-62-1) Integración por partes: Se trata de una de las principales técnicas de integración, siendo una consecuencia de la regla del producto. De hecho, sean \(f\) y \(g\) dos funciones con derivada continua en un intervalo abierto \(I\). Por la Regla del Producto, tenemos que \[\dfrac{d}{dx} f(x)g(x) = f'(x)g(x) + f(x)g'(x),\] o, equivalentemente, \[\small{f(x)g'(x) = \dfrac{d}{dx} \left(f(x)g(x)\right) - g(x)f'(x).} \ \ \ \ \ (1)\] Tomando la primitiva en ambos lados, obtenemos \[\small{\int f(x)g'(x)\, dx = f(x)g(x) - \int g(x)f'(x)\, dx},\] donde omitimos la constante de integración al integrar el primer término del lado derecho, dado que esta constante será introducida al resolver la integral. La técnica consiste en intercambiar la integral del lado izquierdo por la expresión del lado derecho. Tomando \(u = f(x)\) y \(dv = g'(x)dx\) en la integral del lado izquierdo y considerando que \(du = f'(x)dx\) y \(v = g(x)\), podemos reescribir la fórmula anterior de manera más compacta: \[\int u \, dv = uv - \int v \, du.\] Al calcular una integral definida, en un intervalo \([a,b] \subset I\), podemos integrar ambos lados de la ecuación (1), obteniendo \begin{eqnarray*} & & \int_a^b f(x)g'(x)\, dx \\ & & \\ &=& f(x)g(x)\Big{]}_a^b + \int_a^b g(x)f'(x)\, dx. \end{eqnarray*} Considere las siguientes cuestiones:

(1) Suponga que queremos calcular la integral \[\int x e^x \, dx\] usando integración por partes y, para ello, tomamos \(u = x\) y \(dv = e^x dx\). ¿Cuál será nuestra conclusión?

(2) Suponga que queremos calcular la integral \[\int_1^e \ln{x} \, dx\] usando integración por partes y, para ello, elegimos \(u = \ln{x}\) y \(dv = dx\) (o, equivalentemente, \(dv/dx = 1\)). ¿Qué obtendremos?

(cod: P-71-64-11) Determine las integrales a continuación:

(1) \(\displaystyle \int x \cos{x} \, dx\)

(2) \(\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}e^x \cos{x} \, dx\)

(3) \(\displaystyle \int_0^1 \arctan\, x \, dx\).

(cod: P-74-59-2) Integración por Fracciones Parciales: Observe la suma a continuación \[\dfrac{3}{x} + \dfrac{1}{x - 2} = \dfrac{3(x-2) + x}{x^2 - x} = \dfrac{4x - 6}{x^2 - x}.\] Si quisiéramos integrar la función racional \(g(x) = \dfrac{4x - 6}{x^2 - x}\), sería interesante trabajar desde el punto de vista inverso y considerarla como la suma de fracciones más simples que aparece a la izquierda de la primera igualdad.

Para ilustrar el proceso, tomemos la función racional \[f(x) = \dfrac{-2x+1}{x^2 - 3x + 2}.\] El denominador \(Q(x) = x^2 - 3x + 2\) tiene dos raíces reales distintas, a saber, \(x = 1\) y \(x = 2\). Tenemos entonces que \(Q(x)\) es reducible, es decir, puede ser factorizado como producto de dos polinomios de menor grado (en este caso, dos polinomios de grado \(1\)): \[Q(x) = x^2 - 3x + 2 = (x-1)(x-2).\] Queremos entonces encontrar constantes \(A\) y \(B\) tales que \[\dfrac{- 2x + 1}{x^2 - 3x + 2} = \dfrac{A}{x-1} + \dfrac{B}{x-2}.\] Podemos multiplicar ambos lados por \(x^2 - 3x + 2 = (x-1)(x-2)\), obteniendo \begin{equation}\label{igual}- 2x+ 1 = A(x-2) + B(x-1).\end{equation} Agrupando los términos del lado derecho por grado, obtenemos \[- 2x + 1 = (A+B)x + (-2A-B).\] Comparando los coeficientes de los polinomios de ambos lados, debemos tener \[\left\{\begin{array}{l} A+B = -2 \\ -2A-B = 1 \end{array}\right.\] Resolviendo el sistema, obtenemos que \(A = 1\) y \(B=-3\). En este ejemplo, podríamos haber procedido de otra manera para obtener las constantes \(A\) y \(B\). De hecho, como queremos que la igualdad en (\ref{igual}) sea válida para cualquier valor de \(x \in \mathbb{R}\), podemos sustituir algunos valores específicos y obtener fácilmente los valores de \(A\) y \(B\). Más precisamente, haciendo \(x = 1\) en (\ref{igual}), obtenemos directamente que \(A = 1\), mientras que tomando \(x=2\), concluimos que \(B = -3\). Por lo tanto, tenemos que \begin{eqnarray*} & & \int \dfrac{-2x + 1}{x^2 - 3x + 2} \, dx \\ & & \\ &=& \int \left(\dfrac{1}{x-1} - \dfrac{3}{x-2} \right) \, dx \\ & & \\ &=& \ln|x-1| -3\ln|x-2| + C. \end{eqnarray*} Tal ejemplo ilustra el método de fracciones parciales. Se trata de un método para integrar funciones racionales que consiste en escribir una función de esta clase (que es una razón de polinomios) como la suma de fracciones más simples (llamadas fracciones parciales), las cuales podemos integrar. Pasamos entonces a describir el método de una manera más sistemática.

Decimos que una función racional es propia si el grado del numerador es menor que el grado del denominador. En caso contrario, decimos que la función racional es impropia. Siempre es posible escribir una función racional impropia \(h(x) = \dfrac{P(x)}{Q(x)}\) como la suma de un polinomio y una función racional propia, aplicando el algoritmo de división. De hecho, si el cociente de la división de \(P(x)\) por \(Q(x)\) es \(A(x)\), con residuo \(R(x)\), tenemos \[P(x) = Q(x)A(x) + R(x),\] donde el grado de \(R(x)\) es menor que el grado de \(Q(x)\). Dividiendo la igualdad anterior por \(Q(x)\), obtenemos entonces que \[\dfrac{P(x)}{Q(x)} = A(x) + \dfrac{R(x)}{Q(x)},\] donde la razón que aparece en el lado derecho es una función racional propia.

Describiremos el método considerando funciones racionales propias, bastando realizar el procedimiento anterior si la función es impropia. Es posible demostrar que la estrategia de descomposición presentada a continuación siempre funciona, en el sentido de que siempre es posible determinar las constantes y, finalmente, integrar todas las fracciones parciales que surgen.

Consideremos a partir de ahora una función racional propia \(f(x) = \dfrac{P(x)}{Q(x)},\) donde el numerador y el denominador son primos entre sí, es decir, no tienen factores comunes. La descomposición de \(f\) como una suma de fracciones parciales depende de la factorización de \(Q(x)\) en factores irreducibles. Tenemos el siguiente hecho:

Todo polinomio con coeficientes reales admite una factorización como producto de factores irreducibles de grado 1 o 2 (aunque, en la práctica, sea difícil exhibir tal factorización).

Pasamos a explicar brevemente el hecho anterior. El Teorema Fundamental del Álgebra garantiza que \(Q(x)\) tiene \(n\) raíces (no necesariamente distintas), en el conjunto de los números complejos, algunas de las cuales pueden ser reales. Partiendo de las \(n\) raíces \(z_1, z_2, \dots,z_n\) de \(Q(x)\) en \(\mathbb{C}\), verificamos primeramente que \(Q(x)\) admite una descomposición (usando complejos) en la forma \begin{equation*}\label{dec1}Q(x) = c_n(x - z_1) (x-z_2)\cdots (x-z_n), \end{equation*} donde \(c_n \in \mathbb{R}\) es el coeficiente de mayor grado de \(Q(x)\) (observe que podemos considerar \(c_n = 1\) tras una manipulación algebraica simple en \(f(x)\)). Como \(Q(x)\) tiene coeficientes reales, es posible garantizar que, para cada raíz compleja no real \(z\) de \(Q(x)\), su conjugado \(\overline{z}\) también será una raíz, bastando para ello usar que \[Q(\overline{z}) = \overline{Q(z)} = \overline{0} = 0.\] Note, entonces, que el producto de los factores \((x - z)(x-\overline{z})\) da origen al polinomio cuadrático, \[x^2 - \underbrace{(z+\overline{z})}_{\in \mathbb{R}} x + \underbrace{z\overline{z}}_{\in \mathbb{R}},\] que tiene coeficientes reales y cuyas raíces son justamente \(z\) y \(\overline{z}\) (discriminante negativo). Así, partiendo de la descomposición anterior, podemos obtener la factorización mencionada, donde cada raíz real de \(Q(x)\) da origen a un factor de grado 1, mientras que raíces no reales surgen en pares (conjugados), dando origen a un factor cuadrático irreducible.

Agrupando los factores repetidos (raíces con multiplicidad mayor que 1), podemos considerar la factorización \[Q(x) = q_1(x)q_2(x) \cdots q_m(x),\] donde un bloque \(q_j(x)\) puede tener la forma \begin{equation}\label{bloco1}(x - r)^{l} \end{equation} o \begin{equation}\label{bloco2}(x^2 + bx + c)^{k}, \end{equation} siendo el primer caso asociado a una raíz real \(r\) de multiplicidad \(l\) y, el segundo, asociado a un par \(z\) y \(\overline{z}\) de raíces complejas conjugadas, cada una con multiplicidad \(k\).

A partir de estos bloques, establecemos la descomposición de la función racional propia \(f(x) = \dfrac{P(x)}{Q(x)}\) como suma de fracciones parciales. Para cada bloque de la forma (\ref{bloco1}) sumamos \(l\) fracciones parciales a la descomposición: \[\dfrac{A_1}{x-r} + \dfrac{A_2}{(x-r)^2} + \cdots + \dfrac{A_l}{(x-r)^l},\] donde \(A_1,A_2,\dots,A_l\) son constantes a determinar. Por otro lado, para cada bloque de la forma (\ref{bloco2}), sumamos \(k\) fracciones parciales a la descomposición: \[\scriptsize{\dfrac{B_1 x + C_1 }{x^2 + bx + c} + \dfrac{B_2 x + C_2 }{(x^2 + bx + c)^2} + \cdots + \dfrac{B_k x + C_k }{(x^2 + bx + c)^k},}\] donde \(B_j\) y \(C_j\), con \(j = 1,\dots,k\), son constantes a determinar. La descomposición en fracciones parciales está dada por la suma de todas las fracciones, considerando todos los bloques.

Para mayor claridad, considere un ejemplo en el cual el denominador se factoriza como \begin{eqnarray*}Q(x) &=& (x-1)(x-1)(x^2+4) \\ & & \\ &=& (x-1)^2 (x^2+4). \end{eqnarray*} El factor de grado \(1\) aparece dos veces (\(x = 1\) es raíz doble), mientras que \(x^2+4\) es un factor irreducible de grado 2 (cuyas raíces son \(z = 2i\) y \(\overline{z} = - 2i\)). La descomposición en fracciones parciales de \(f\) sería entonces \[\dfrac{P(x)}{Q(x)} = \dfrac{A}{x-1} + \dfrac{B}{(x-1)^2} + \dfrac{Cx+D}{x^2 + 4}.\] Multiplicando ambos lados por \(Q(x)\) y comparando los coeficientes de los lados izquierdo y derecho, podemos calcular las constantes \(A\), \(B\), \(C\) y \(D\), para, a continuación, calcular la integral de \(f\).

Seleccione la opción que no sigue las instrucciones contenidas anteriormente.

(cod: P-76-83-8) La transformada de Laplace de una función \(f: [0,+\infty) \to \mathbb{R}\) es la función dada por \[\mathcal{L}\{f(t)\}(s) = \int_0^{+\infty} e^{-st}f(t) \, dt,\] la cual está definida solo para los valores de \(s\) en los que tenemos de hecho una integral impropia convergente.

Por ejemplo, consideremos la función constante \(f(t) = 1, t \geq 0\). En este caso, para \(s>0\), tenemos: \begin{eqnarray*}\mathcal{L}\{f(t)\} &=& \int_0^{+ \infty} e^{-st} \, dt \\ &=& \lim\limits_{A \to + \infty} \int_0^A e^{-st} \, dt \\ &=& \lim\limits_{A \to + \infty} \left(\frac{1}{s} - \frac{e^{-sA}}{s}\right) \\ &=& \frac{1}{s}. \end{eqnarray*} Considere las siguientes cuestiones:

(1) Determine \(\mathcal{L}\{\operatorname{sen}(at)\}\), donde \(a\) es una constante no nula.

(2) Sea \(f\) una función diferenciable, con derivada continua en \([0,+\infty)\). Suponga que la transformada de \(f\) está definida para \(s>0\) y que \[\lim\limits_{t \to + \infty} f(t)e^{-st} = 0,\] para todo \(s>0\). En este caso, es posible verificar que la transformada de Laplace de \(f'(t)\) también está definida para \(s>0\). Seleccione la opción que presenta una relación correcta entre las transformadas de \(f\) y \(f'\).

(cod: P-73-57-2) Sustituciones trigonométricas: Integrales que involucran las expresiones radicales \[ \sqrt{a^2 - x^2}, \sqrt{a^2 + x^2}, \text{ o } \sqrt{x^2-a^2},\] donde \(a\) es un número positivo, pueden, muchas veces, transformarse en integrales más simples mediante una sustitución trigonométrica apropiada. De hecho, considere las identidades trigonométricas a continuación: \begin{eqnarray} \label{rel1} 1 - \operatorname{sen}^2\, \theta &=& \cos^2{\theta}, \\ \nonumber & & \\ \label{rel2} 1 + \tan^2{\theta} &=& \sec^2{\theta}, \\ \nonumber & & \\\label{rel3} \sec^2{\theta} - 1 &=& \tan^2{\theta}. \end{eqnarray} Si la integral involucra el radical \(\sqrt{a^2 - x^2}\), puede ser conveniente usar la sustitución \begin{eqnarray*} x &=& a \, \operatorname{sen}\, \theta, \, \, \theta \in [-\pi/2,\pi/2], \\ dx &=& a \cos{\theta} \, d\theta, \end{eqnarray*} Ya que, por la relación (\ref{rel1}), tendremos \begin{eqnarray*}\sqrt{a^2 - x^2} &=& \sqrt{a^2(1 - \operatorname{sen}^2\, {\theta})} \\ & & \\ &=& \sqrt{a^2 \cos^2{\theta}} = a \cos{\theta}. \end{eqnarray*} Por otro lado, si la integral involucra el radical \(\sqrt{a^2 + x^2}\), puede ser conveniente usar la sustitución \begin{eqnarray*} x &=& a \, \tan{\theta}, \, \, \theta \in (-\pi/2,\pi/2), \\ dx &=& a \sec^2{\theta} \, d\theta, \end{eqnarray*} Ya que, por la relación (\ref{rel2}), tendremos \begin{eqnarray*}\sqrt{a^2 + x^2} &=& \sqrt{a^2(1 + \tan^2\, {\theta})} \\ & & \\ &=& \sqrt{a^2 \sec^2{\theta}} = a \sec{\theta}. \end{eqnarray*} Finalmente, si la integral involucra el radical \(\sqrt{x^2 - a^2}\), puede ser conveniente usar la sustitución \begin{eqnarray*} x &=& a \, \sec{\theta}, \, \, \small{\theta \in (0,\pi/2) \text{ o } \theta \in (\pi,3\pi/2)}, \\ dx &=& \sec^2{\theta} \, d\theta, \end{eqnarray*} Ya que, por la relación (\ref{rel3}), tendremos \begin{eqnarray*}\sqrt{x^2-a^2} &=& \sqrt{a^2(\sec^2{\theta} - 1)} \\ & & \\ &=& \sqrt{a^2 \tan^2{\theta}} = a \tan{\theta}. \end{eqnarray*} Cabe observar que estas sustituciones pueden no garantizar que la integral se simplifique, dependiendo de la expresión completa del integrando. Por otro lado, observamos que estas sustituciones también pueden ser útiles en casos donde la raíz no aparece en la integral, es decir, no son exclusivas para los casos mencionados anteriormente, aunque se utilizan más en este contexto.

Utilizando un cambio trigonométrico adecuado, podemos garantizar que la integral \[\int_{0}^{\frac{a\sqrt{2}}{2}} \dfrac{a}{\sqrt{a^2 - x^2}}\, dx\] donde \(a\) es un número positivo, es igual a: