Clase_6_M3 (1)

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Matemáticas III
Clase 6
Profesor: Humberto Cipriano Zamorano
Agenda
Objetivos de la clase
Concepto de primitiva de una función
Cálculo de primitivas
Algunas reglas básicas
Integración por partes
Objetivos de la clase
I Realizar un breve repaso de primitivas (integrales) de funciones
reales.
I Aplicar reglas sencillas para obtener primitivas: directas, logaritmo
de función, sustitución, por partes.
Concepto de primitiva
• Para la función
F (x) = ln(x)− e2x
se tiene que
F ′(x) =
1
x
− 2e2x .
• Visto de otra manera: para la función f (x) = 1x − 2e
2x ocurre que
F (x) = ln(x)− e2x es tal que
F ′(x) = f (x).
Dada una función f (x), otra función F (x) tal que F ′(x) = f (x)
se llama primitiva (o integral indefinida) de f (x), y se denota
F (x) =
∫
f (x)dx .
• Note que si F (x) es una primitiva de f (x) entonces para cualquier
constante C se tiene que la función
F (x) + C
también es una primitiva de f (x).
Salvo que se diga lo contrario, en lo que sigue se ignora la constante.
Lectura de la notación de integral
Cuando uno escribe
∫
f (x)dx está representando a una nueva fun-
ción que se obtiene de la original, la cual cumple que(∫
f (x)dx
)′
= f (x).
Por ejemplo: ∫
x2dx =
1
3
x3
ya que la derivada de 13 x
3 es igual a x2 (expresión que está dentro
del śımbolo
∫
).
Aspecto relevante
• Verificar que una primitiva está correctamente calculada es directo: al
derivar el resultado que se obtuvo “uno debe obtener lo que está
dentro de la integral”.
• Por ejemplo: ∫ (√
x + ln(x)
)
dx =
2
3
x3/2 − x + x ln(x)
ya que
(
2
3
x3/2 − x + x ln(x)
)′
=
2
3
· 3
2
x3/2−1 − 1 + ln(x) + x 1
x
= x1/2︸︷︷︸√
x
+ ln(x).
Primitivas directas
Función:f (x) Primitiva:
∫
f (x)dx
xα, con α 6= −1 1α+1 x
α+1,
1
x ln(x)
ex ex
ax , con a > 0, a 6= 1 1ln(a)a
x
f ′(x) f (x)
(a) Primitiva de una potencia: (exponente diferente de −1)∫
xα dx =
1
α + 1
xα+1
(b) Primitiva de 1/x (caso potencia con α = −1)∫
1
x
dx = ln(x)
(c) Primitiva de función exponencial:∫
ex dx = ex ,
∫
2xdx =
1
ln(2)
2x .
Ejemplo 1
• ¿Cuánto vale ∫
eβxdx?
• “Sospechamos” que es de la forma eβx por alguna constante γ, es
decir, “sospechamos” que ∫
eβxdx = γeβx .
• Para que lo anterior sea cierto, la derivada de γeβx debe ser igual a
eβx . Es decir, se debe cumplir que
γ βeβx = eβx ⇒ γ = 1
β
.
• Luego: ∫
eβxdx =
1
β
eβx .
Ejemplo 2: primitiva de una “derivada”
• Es por definición que ∫
f ′(x)dx = f (x)
ya que la derivada de f (x) es f ′(x), que es el término “dentro de la
integral”.
• Por ejemplo, para obtener ∫
4xex
2
dx ,
notamos que la expresión 4xex
2
se “parece” a la derivada de ex
2
.
Suponemos entonces que hay una constante γ tal que∫
4xex
2
dx = γex
2
⇒ 2 γx ex
2
= 4xex
2
⇒ γ = 2 ⇒
∫
4xex
2
dx = 2ex
2
.
Primitiva de una suma y ponderación
• Por las reglas de derivación, sabemos que la derivada de una suma es la
suma de las derivadas, y que la derivada de una ponderación por escalar
es la ponderación por escalar de la derivada.
• Por lo tanto:∫
(f (x) + β g(x))dx =
∫
f (x)dx + β
∫
g(x)dx .
Ejemplo 3
Se tiene que:∫
(e2x + 5
√
x)dx =
∫
e2xdx + 5
∫ √
xdx =
1
2
e2x +
10
3
x3/2.
Por otro lado, para un polinomio
p(x) = anx
n + an−1x
n−1 + · · ·+ a2x2 + a1x + a0
se tiene que∫
p(x)dx =
an
n + 1
xn+1 +
an−1
n
xn + · · ·+ a2
3
x3 +
a1
2
x2 + a0x .
Primitiva de derivada dividido por la función
• Por la regla de la cadena:
h(x) = ln(f (x)) ⇒ h′(x) = f
′(x)
f (x)
.
• Por lo tanto: ∫ (
f ′(x)
f (x)
)
dx = ln(f (x)).
• El problema es identificar, cuando corresponda, que la expresión que se
integra es de la forma anterior.
Ejemplo 4
∫
x2
1− x3
dx =?
• Si f (x) = 1− x3, su derivada es f ′(x) = −3x2.
• Arreglando la expresión de la integral:∫
x2
1− x3
dx =
−1
3
∫
−3x2
1− x3
dx = −1
3
ln(1− x3).
Ejemplo 5
∫ (
2x − 3
x
1− 3x
)
dx =?
• Primero, regla de la suma:∫ (
2x − 3
x
1− 3x
)
dx =
∫
2xdx −
∫
3x
1− 3x dx .
• Segundo, recordar que αx = e ln(α)x , por lo que∫
2xdx =
∫
e ln(2)xdx =
1
ln(2)
e ln(2)x =
1
ln(2)
2x .
• Tercero, 3x se parece a la derivada de 1− 3x :∫
3x
1− 3x dx = γ ln(1− 3
x) ⇒ γ− ln(3)3
x
1− 3x =
3x
1− 3x ⇒
γ = − 1
ln(3)
⇒
∫ (
2x − 3
x
1− 3x
)
dx =
1
ln(2)
2x +
1
ln(3)
ln(1− 3x).
Cambio de variables
• Si definimos
u = θ(x)
entonces (derivadas)
(i) : du = θ′(x) dx ⇒ dx = 1
θ′(x)
du ∧ (ii) : x = θ−1(u).
Por ejemplo, si u = x2 entonces
(i) : du = 2x dx ⇒ dx = 1
2x
du ∧ (ii) : x =
√
u.
Ejemplo 6
Usando cambio de variables u = x2, el problema es encontrar∫
x2 dx .
• Para ello, usamos el siguiente cambio de variables:
(i) : u = x2 ⇒ du = 2x dx ⇒ dx = 1
2x
du ∧ (ii) : x =
√
u
⇒ dx = 1
2
√
u
du.
∫
x2dx
u=x2
=⇒
∫
u
1
2
√
u
du =
1
2
∫ √
u du =
1
2
· 2
3
· u 32 = 1
3
u
3
2 .
• Ya que u = x2, tenemos:∫
x2dx
u=x2
=
1
3
u
3
2 ⇒
∫
x2dx =
1
3
( x2︸︷︷︸
u
)
3
2 =
1
3
x3.
Ejemplo 7
Use la sustitución (cambio de variables) u =
√
1 + x para obtener∫
x√
1 + x
dx .
Se tiene que:
u =
√
1 + x ⇒ du = 1
2
√
1 + x
dx ⇒ dx = 2u du.
Por otro lado: u =
√
1 + x ⇒ u2 − 1 = x .
Luego:∫
x√
1 + x
dx
u=
√
1+x
=
∫
(u2 − 1)
u
2u du = 2
∫
(u2−1) du = 2
(
1
3
u3 − u
)
,
por lo que ∫
x√
1 + x
dx =
2
3
(1 + x)
3
2 − 2
√
1 + x .
Ejemplo 8
Usando la sustitución (cambio de variable) u = ln(x), obtener∫
1
x ln(x)
dx =?
• Tenemos que:
u = ln(x) ⇒ du = 1
x
dx ⇒ dx = x du.
Luego: ∫
1
x ln(x)
dx
u=ln(x)
=⇒
∫
1
x u
x du =
∫
1
u
du = ln(u).
De esta manera:∫
1
x ln(x)
dx
u=ln(x)
= ln(u) ⇒
∫
1
x ln(x)
dx = ln(ln(x)).
Aspectos generales
• La regla de integración por partes se basa en la regla de la derivada de
un producto:
(f (x) · g(x))′ = f (x) · g ′(x) + f ′(x) · g(x).
• “Integrando” en lo anterior:∫
(f (x) · g(x))′dx =
∫
(f (x) · g ′(x)) dx +
∫
(f ′(x) · g(x)) dx ,
es decir:
f (x) · g(x) =
∫
(f (x) · g ′(x)) dx +
∫
(f ′(x) · g(x)) dx .
Por lo tanto:∫
(f (x) · g ′(x)) dx = f (x) · g(x)−
∫
(f ′(x) · g(x)) dx .
• De manera “nemotécnica”: identificando u con f (x) (de modo que
du = f ′(x)dx) y v con g(x) (de modo que dv = g ′(x) dx), tenemos que∫
u · dv = u · v −
∫
v · du.
• ¿Cuál es la ventaja de esta regla?
I Usualmente aplica a integrales de producto de funciones.
I Uno debe escoger u y dv de modo de simplificar el cálculo de la
integral que desea obtener.
Ejemplo 9
Calcular ∫
xex dx .
• Producto de funciones ⇒ pensar en integración por partes
• ¿Quién es u y quién es dv?
I Dos caminos (usualmente uno de ellos es el “mal camino”):
I Camino 1: u = ex y dv = xdx
I Camino 2: u = x y dv = exdx
• Camino 1:
u = ex ⇒ du = exdx ∧ dv = x dx ⇒ v =
∫
xdx =
1
2
x2.
Luego, según Camino 1:∫
xex dx = ex · 1
2
x2 −
∫
1
2
x2 exdx : mal camino
• Camino 2:
u = x ⇒ du = dx ∧ dv = ex dx ⇒ v =
∫
exdx = ex .
Luego, según Camino 2:∫
xex dx = x ex −
∫
exdx : buen camino
∫
xex dx = x ex −
∫
exdx = x ex − ex .
Ejemplo 10
Usando regla de integración por partes, encontrar:∫
ln(x)
x3
dx .
Primero que todo, notar que∫
ln(x)
x3
dx =
∫
x−3 ln(x) dx .
• Camino 1:
u = ln(x) ∧ dv = x−3dx ⇒ du = 1
x
dx ∧ v =
∫
x−3dx = −1
2
x−2.
Luego: ∫
ln(x)
x3
dx = ln(x) ·
(
−1
2
x−2
)
−
∫ (
−1
2
x−2
)
1
x
dx ,
es decir, ∫
ln(x)
x3
dx = − ln(x)
2x2
+
∫
1
2x3
dx = − ln(x)
2 x2
− 1
4 x2
.
• Comprobación: al derivar el lado derecho se debe obtener lo que está
“dentro de la integral”:(
− ln(x)
2 x2
− 1
4 x2
)′
= −1
x
· 1
2 x2
− ln(x) · (−2) · 1
2
x−3 − 1
4
· (−2) · x−3
= − 1
2 x3
+
ln(x)
x3
+
1
2 x3
=
ln(x)
x3
• Camino 2: u = 1x3 y dv = ln(x) dx . Con esto:
du = −3 x−4 dx ∧ v =
∫
ln(x)dx : mal camino.
En efecto, si seguimos este enfoque∫
ln(x)
x3
dx =
1
x3
·
∫
ln(x)dx −
∫ (∫
ln(x)dx
)
·
(
−3
x4
)
dx ,
que es mucho más complicado que el problema original.
	Objetivos de la clase
	Concepto de primitiva de una función
	Cálculo de primitivas
	Algunas reglas básicas
	Integración por partes