Ayudanta 12-a

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Pontificia Universidad Católica de Chile Ayudantía de Cálculo I, MAT-1610 
Departamento de Matemática 1-2012 
Escuela de ingeniería Sección 3 
RAÚL ANTONIO SALINAS HERRADA 
RASALINA@UC.CL 
1
 
 
AYUDANTÍA 12: MÉTODOS DE INTEGRACIÓN I: SUBSTITUCIÓN, 
FUNCIONES RACIONALES 
SEGUNDO TEOREMA FUNDAMENTAL DEL CÁLCULO ¡ADIÓS A LAS SUMAS DE RIEMANN! 
Sea una función  : ,f a b  continua en su dominio y existe F tal que    'F x f x . 
Entonces: 
     
b
a
f x dx F b F a  
En gran teorema para esta interrogación 3. Nos permite saltarnos toda esa lata de trabajar 
con límites feos con sumatorias hy simplemente se debe encontrar la antiderivada de la 
función. Sin embargo, la cosa no es tan fácil en el papel. 
INTEGRAL INDEFINIDA 
Se escribe  f x dx y describe al conjunto de las antiderivadas de la función f. Si F es una 
antiderivada de f entonces la integral definida queda expresada como: 
   f x dx F x C  ¡Es esencial explicitar la C en la integral indefinida! 
PROBLEMA 1: SOLTANDO LA MANO CON LA SUBSTITUCIÓN 
Calcule las siguientes integrales indefinidas: 
i.  
33
2 3 3x x dx Integrar un polinomio… fácil. Pero tampoco la idea es 
expandir usando binomio de newton. Por tanto tengo que usar el poder de la 
substitución, pero ¿Cómo lo utilizo? 
Hay 2 tipos de substitución: 
 Cuando hacemos  g x t (integramos con respecto a una nueva variable). Por 
tanto nos debería quedar  'g x dx dt . Esta substitución es ideal cuando el  'g x 
está “molestando” afuera. 
 Otra es algo más sutil y elegante. Se usa cuando no nos molesta la expresión f(x), 
sino que es el mismo x nos molesta (por ahora no se entiende mucho, cuando se 
haga un ejercicio así vas a entender mejor). Por lo que hacemos una substitución 
del tipo  h t x , por tanto nos queda  'h t dt dx , lo genial de esta substitución 
que nunca hay problemas con el dx. 
Pontificia Universidad Católica de Chile Ayudantía de Cálculo I, MAT-1610 
Departamento de Matemática 1-2012 
Escuela de ingeniería Sección 3 
RAÚL ANTONIO SALINAS HERRADA 
RASALINA@UC.CL 
2
 
 
 
Volvamos al ejercicio: La expresión que “molesta” dentro de la función es 3 3x  , así que 
se intenta esta substitución. 
3 3x t  Se deriva para saber cuándo vale dt. 
23x dx dt Casi lo que se tiene afuera, faltaría sólo un 3; pero es fácil “hacerlo” 
 aparecer. 
 
   
34
33 33
2 3 3 2 331 13 3 3
3 3 3 34
t
x x dx x x dx t dt C     
  
 
Se necesita la expresión respecto a x, no respecto a t. Por lo que simplemente se 
reemplaza. 
 
 
34
3
33
2 3
3
3
3 34
x
x x dx C

  

 
ii. 
2
1
1
dx
x x 
 Se parece mucho a 
2
1
1x 
, a la que se le conoce su antiderivada y 
hacer una substitución en un principio no parece buena idea porque aparecería un 2x 
que no podemos “matar”. La idea es trabajar mejor el denominador para tener algo 
de la forma 
2
1
1x 
. 
22
2
1 1
1 1 1 1
2 1
2 2 4
dx dx
x x
x x

   
    
 
  Sí, completamos cuadrado. 
2
1
1 3
2 4
dx
x

 
  
 
 Se tiene un ¾ y se necesita un 1. A factorizar 
2
4 1
3 1
2 1
3
4
dx
x

 
 
  
 
 
 
 Se “mete” el ¾ dentro de la integral porque ahora sí 
conviene utilizar una substitución: 
1
22
3 3
4
x
t dx dt

   
Pontificia Universidad Católica de Chile Ayudantía de Cálculo I, MAT-1610 
Departamento de Matemática 1-2012 
Escuela de ingeniería Sección 3 
RAÚL ANTONIO SALINAS HERRADA 
RASALINA@UC.CL 
3
 
 
2 2
4 1 4 3 1
3 3 2 11
2 1
3
4
dx dt
t
x
 
 
 
  
 
 
 
  Integral fácil 
   2
4 3 1 2 2 1
arctan arctan 2 1
3 2 1 3 3 3
dt t C x C
t
 
      
  
 
Siempre que tengas algo de la forma
2
1
x bx c 
 y el discriminante del denominador es 
menor a 0 (ergo, no puedo factorizarlo) utiliza este método. 
iii. 
2 1
x
dx
x x 
 Muy similar al anterior, el x en el numerador tienta a hacer la substitución 
 2 1 2 1x x t x dx dt      . Lamentablemente nos falta un “1“ que esté sumando… y 
como somos estudiantes de cálculo aperrados, lo hacemos aparecer. 
2 2 2 2
1 2 1 1 1 2 1 1
1 2 1 2 1 1
x x x
dx dx dx dx
x x x x x x x x
   
   
        
    
Ahora sí se puede hacer la substitución en la integral, la otra que quedó “sobrando” no 
genera problemas porque es una integral que se resolvió. 
   22
2 1 1
ln ln 1
1
x
dx dt t C x x C
x x t

      
  
 
iv. 
 
3
24
dx
x
 
Ahora sí se hace una substitución del segundo tipo. Cuando se tiene un (–) abajo se 
procede utilizar la substitución    2sin 2cosx dx d     
 
 
  
 
  
 
  
   2
3 3 3 3
2 2 2 2
2cos 2cos cos
sec tan
4 4 4sin 4 1 sin cos
d d ddx
d C
x
     
  
  
     
  
    
Como se dijo antes, se necesita la integral respecto a x. Por lo que se debe despejar 
   2sin 2arcsin 2x x    
  
  
   2
sin arcsin 12
tan arcsin
2 2cos arcsin
2 1
4
x
xx C C C
x x
    
 
 
Pontificia Universidad Católica de Chile Ayudantía de Cálculo I, MAT-1610 
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Escuela de ingeniería Sección 3 
RAÚL ANTONIO SALINAS HERRADA 
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PROBLEMA 2: SUBSTITUCIÓN EN INTEGRALES DEFINIDAS 
Calcule las siguientes integrales definidas 
i.  
1
2
0
1 3xf x dx , sabiendo que  
1
0
f x dx a y  
4
0
f x dx b . 
     
2
2
1 1 1 31
2 2
0 0 1 3 0
1 1
1 3 6 1 3
6 6
xf x dx xf x dx f t dt
 
 
      Para determinar los límites de 
integración al hacer una substitución del tipo  g x t sólo hay que reemplazar en los 
límites originales. 
     
4 4 1
1 0 0
1 1 1
6 6 6 6
b a
f t dt f t dt f t dt

     
ii.   
2
0
sinx x

 Integral bien complicada. La gracia está en que los límites 
de integración son “amigables”. La idea es usarlos para que quede la misma integral a 
ambos lados. Por lo que, “de la nada”, hacemos x u  
                  
0
2 2 2 2 2
0 0 0 0
sin sin sin sin sinx x dx u u du u u du u du u u du
   

              
 
Recordando que las variables de integración son mudas, se procede a despejar. 
    
2 2
0 0
sin sin
2
x x dx u du
 

  
Por lo que la integral es algo más sencilla. 
     2 2 2
0 0 0
sin 1 cos cosu du u du u du
  
      El truco es recordar las siguientes 
fórmulas: 
   
     
2 2
2 2
cos sin 1
cos sin cos 2
u u
u u u
 
 
 
Por lo que 
    2
1
cos cos 2 1
2
u u  
        
2
2
0 0 0 0
1 1 1
cos cos 2 1 cos 2 cos
2 2 2 2 4
u du u du u du t dt
  
 
            
 
1 1
sin sin 0
2 4 2 2 4
    
      
  
 
    
2 2
0 0
1
sin sin
2 2 2 4
x x dx u du
 
   
   
 
  
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PROBLEMA 3: FUNCIONES RACIONALES 
Integre 
i. 
3 1
x
dx
x 
 
Se factoriza 
  3 21 1 1
x x
dx dx
x x x x

   
  Como es muy complicado de integrar, 
convendría escribir expresión de forma más sencilla 
  
     
  
2
22 2
1 1 1
1 11 1 1 1
A x x Bx x D xx A Bx D
x x xx x x x x x
     
  
       
 
Tenemos que usar la propiedad de igualdad polinomial para establecer relaciones 
entre las constantes… feo y fome. Existe un truco que puede servir para calcular 
algunos valores rápidamente: Como la igualdad tiene que cumplirse para cada x, en 
particular tiene que cumplirse para x=1. Reemplazamos: 
     21 1 1 1 1 1 1 1A B D       Voila! Desaparecen los B y D 
1
3
A 
Y si se hace con x=0     20 0 0 1 0 0 1 0 1A B D        Ahora muere B 
1
3
D A  
Para sacar B fácilmente, nos fijamos en los coeficientes que acompañan a los x2 (A +B), 
que tiene que ser 0 
0A B  
1
3
B   
   22
1 1 1 1
3 1 3 11 1
x x
x x xx x x

 
    
 Reemplazando 
3 2 2
1 1 1 1 1 1
1 3 1 1 3 1 1
x x x
dx dx dx dx
x x x x x x x
  
    
       
    
La primera integral es fácil 
 
1
ln 1
1
dx x
x
 

 
La segunda es hacer lo mismo que en el anterior ejercicio. 
 
 2
2
2 11 1
ln 1 3 arctan
1 2 3
xx
dx x x
x x
 
     
   
 
Reemplazando 
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6
 
 
   
 2
3
2 11 1
ln 1 ln 1 3 arctan
1 3 2 3
xx
dx x x x C
x
  
            
 
¡NO OLVIDAR LA C! 
 
 
BONUS: TUTOR DE INTEGRALES EN MAPLE 
¿No sabes cómo hacer un ejercicio? ¿Maple insiste en darte sólo la respuesta y tú quieres el 
desarrollo? No te preocupes, existe un comando que soluciona tus problemas: El tutor de 
integrales (IntTutor). Para utilizarlo, debes “debloquear” el paquete donde se encuentra con 
el comando. 
> with(Student[Calculus1]): 
Para utilizarlo usa el comando: 
> IntTutor(); //El tutor es una interfaz en java de maple 
Si quieres explicitar tu integral 
> IntTutor(3*cos(x)); 
> IntTutor(a*cos(x), x);//Si hay 2 “letras”, explicita tu variable