Clase_3

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Matemáticas II
Clase 3: Integral Indefinida (2)
Jorge Rivera
Apunte de Curso: Págs. 31 a 39
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Agenda
Objetivos de la clase
Cambio de variables
Integración por partes
2
Objetivos de la clase
Objetivos de la clase
• Primitivas usando cambio de variable.
• Primitivas usando regla de integración por partes.
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Cambio de variables
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).
Ejemplo
Si u = x2 entonces
(i) : du = 2x dx ⇒ dx = 1
2x
du ∧ (ii) : x =
√
u.
4
Ejemplo
El problema es encontrar ∫
x2 dx .
Usando lo anterior (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.
5
Ejemplo ∫
1√
1 + x
dx =?
Usando
u =
√
1 + x ⇒ du = 1
2
√
1 + x
dx dx = 2
√
1 + xdu ⇒ dx = 2u du.
∫
1√
1 + x
dx
u=
√
1+x
=⇒
∫
1
u
2udu =
∫
2 du = 2u.
Luego:
∫
1√
1 + x
dx
u=
√
1+x
=⇒
∫
1√
1 + x
dx = 2u ⇒∫
1√
1 + x
dx = 2
√
1 + x .
6
Ejemplo
Usando la sustitución u =
√
1 + x , 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
)
.
Luego: ∫
x√
1 + x
dx =
2
3
(1 + x)
3
2 − 2
√
1 + x .
7
Ejemplo
Usando la sustitución 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)).
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Integración por partes
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 .
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• 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?
• Usualmente aplica a integrales de producto de funciones
• Uno debe escoger u y dv de modo de simplificar el cálculo de la
integral que se desea.
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Ejemplo
Calcular ∫
xex dx .
• Producto de funciones ⇒ pensar en integración por partes
• ¿Quién es u y quién es dv?
• Dos caminos (usualmente uno de ellos es el “mal camino”):
• Camino 1: u = ex y dv = xdx
• 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
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• 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 .
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Ejemplo
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
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Por lo tanto:∫
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.
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