2 Métodos Integración

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MÉTODOS DE INTEGRACIÓN
Nos ocuparnos ahora del problema de calcular  dx)x(f cuando no es factible encontrar,
en forma más o menos inmediata, la función primitiva )x(F .
Para ello, desarrollaremos algunos métodos de integración que consisten en reducir la
integral buscada a una integral más sencilla.
Método de
sustitción
En ciertos casos es posible efectuar una sustitución de la variable de integración por una
función de otra variable.
Comenzamos planteando algunos ejemplos.
Ejemplo 1.
Calculamos dxx2)1x( 22 
Solución
Observamos que la derivada de x2 + 1 es 2x. luego si hacemos:
1x)x(g 2  se obtiene x2)x(g' 
Por lo que
(x2 + 1)2 2x = f(g(x)).g’(x)
Analicemos f(g(x)) = (x2+1)2 ya que g’(x) = 2x
Vemos que la función f toma las imágenes de g y las eleva al cuadrado.
Luego f(x) = x2 y como F(x) = 3x
3
1 es una primitiva de f resulta:
C)1x(
3
1
C))x(g(Fdxx2)1x( 3222 
Ejemplo 2
Calculamos ahora  dxx5cos5
Solución
Como es 5(5x)'  , podemos hacer: g(x) = 5x y g’(x) = 5dx
Por lo que x5cos5 = f(g(x)).g’(x)
Como 5 es la derivada de g; f(g(x)) = cos 5x.
¿Y cuál es la función f? No es más que f(x) = cosx
Por lo que una primitiva de f es F(x) = senx
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Luego
Cx5senC))x(g(Fdxx5cos5 
En general, una forma más sencilla de resolver integrales en donde el integrando es una
función compuesta, consiste en efectuar una sustitución de la variable de integración por
una función de otra variable.
Veamos cómo hacerlo, retomando el ejemplo anterior.
Ejemplo 3.
Calcular  dxx5cos5
Solución.
Si hacemos 5x = u, podemos expresar cos 5x como cos u.
Y además sabemos que Csenuduucos 
Con lo que para calcular la integral pedida podemos sustituir 5x por u.
Pero como la nueva variable es u, en la integral resultante debe figurar du y no dx.
Asumiendo que, si u = g(x), entonces es du = g’(x) dx, es;
du = (5x)’ dx = 5 dx
Luego, sustituyendo resulta:
Csenuduucosdxx5cos5 
Pero, debemos expresar el resultado en función de x.
Como u = 5x, reemplazando,
Cx5sendxx5cos5 
Ejemplo 4
Calcular
a)  dxe x4 b) dxx
xln

Solución
Como la integral Cedue uu  podemos hacer u = e4x
Con lo que: dxe
4
du
dxe4dueu x4x4x4 
Sustituyendo en la integral dada, resulta:
  Cu4
1du
4
1du
4
1dxe x4
Y reemplazando u = e4x
Ce
4
1dxe x4x4 
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b) dx
x
)x(ln 2

Empecemos por escribir la integral de la siguiente manera
dx)x(ln
x
1dx
x
)x(ln 22  
De este modo es fácil advertir la presencia de la función ln x y su derivada
x
1 .
Lo cual nos sugiere hacer el cambio de variable:
dx
x
1duxlnu 
Luego es:
Cu
3
1duudx)x(ln
x
1dx
x
)x(ln 3222  
Y volviendo a sustituir, es;
C)x(ln
3
1dx
x
)x(ln 32 
Observación: Podemos generalizar los resultados hallados en este ejemplo y utilizarlos
en la resolución de integrales.
  ka
edxe
ax
ax C
1n
)x(lndx
x
)x(ln 1nn 




(Recordar que xln)x(ln nn  )
Veamos otro ejemplo:
Ejemplo 5
Calcular  dxex
3x2
Solución
Si elegimos 3xz  , tenemos que dxx
3
dzdxx3dz 22  .
A partir de lo cual es posible sustituir en la integral dada y resulta que:
  3
dzedxex z
3x2 ,
es decir:  dxex
3x2  dze3
1 z .
Por lo tanto:  dxex
3x2 Ce
3
1 z  .
Ahora solo queda volver a la variable original.
 dxex
3x2 Ce
3
1 3x 
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Generalicemos este procedimiento.
Sea )t(gx  , con g una función derivable. Luego su diferencial es: dt)t(gdx  .
Al sustituir en la integral obtenemos:
  dt).t(g)).t(g(fdx).x(f
Observación: es importante recordar que una vez resuelta la integral en función de la
nueva variable (“t” o cualquier otra), es necesario volver a sustituir dicha variable en la
primitiva para que esta quede expresada en función de la variable original.
Para aplicar el método de sustitución en integrales de la forma  dx).x(g)).x(g(f , es
conveniente seguir los siguientes pasos.
1. Elegir una sustitución u = g(x).
2. Hallar du = g’(x) dx
3. Reescribir la integral dada en términos de u.
4. Hallar la integral resultante en u.
5. Sustituir u por g(x) para obtener la primitiva en términos de x
6. Verificar la respuesta por derivación
Ejemplo 6
Resolver mediante una conveniente sustitución las siguientes integrales indefinidas.
a)   dttcossent 3 b) 

dz
2z
z4
5 2
c)   
dt
2e
e
4t3
t3
Solución:
En la resolución de este ejemplo, seguiremos los pasos enunciados. Les dejamos
la tarea de verificar la respuesta por derivación.
En cada caso, usamos distintas variables de integración y de sustitución.
a)   dttcossent 3
Elegimos z = cost por lo que dz = - sent dt
Al sustituir resulta.
 

 




dzz
dzzdttcostsen
3
33
Y usando las reglas de integración,
k
2
z
k
2
z 22




Por lo que encontramos la integral en función de z. Debemos volver a
sustituir z por cost:
  dttcossent 3 ktcos2
1
k)t(cos
2
1
2
2  
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b) 

dz
2z
z4
5 2
Hacemos la sustitución 2zy 2  , por lo que es dz
2
dydzz2dy 
Y sustituimos en la integral original
 
 2
dy
y
14dz
2z
z4
55 2
Como es 5
1
5
15
y
y
1
y
1  reemplazamos para poder aplicar las reglas de
integración inmediatas.
Cy
2
5Cy
5
4
1.2
Cy
5
4
1.2Cy
1
5
1
1
2
4
2
dy
y4
2
dy
y
1
4dz
2z
z4
5
4
5
4
5
41
5
1
5
1
55 2








 
Volvemos ahora a hacer la sustitución 2zy 2  .
C)2z(
2
5dz
2z
z4 5
4
2
5 2


   C2z2
5 5 42 
c)    dt2e
e
4t3
t3
Si elegimos 2ez t3  entonces es: dte
3
dz
dte3dz t3t3 
Reemplazando resulta:
 
C
15
zC
5
z
3
1
z
3
1
3
dz
z
1
2e
dte
55
dz4
44t3
t3



 
Ahora, hacemos nuevamente el cambio de variables y llegamos al resultado.
 
C)2e(
15
1
2e
dte 5t3
4t3
t3


 
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Podemos usar el método de sustitución para hallar la integral de funciones conocidas.
Ejemplo 7.
Calcular:
a)  dxtgx b)  dtt2sen
Solución
a)  dxtgx
Como
xcos
senx
tgx  , hacemos
dx
xcos
senx
dxtgx  
Y si dxsenxdzxcosz 
Sustituyendo:
Czlndz
z
1dx
xcos
senxdxtgx  
Volviendo a nuestra variable original:
C)xln(cosdxtgx 
b)  dtt2sen
Hacemos la sustitución u = 2t, por lo que es du = 2dt y dt
2
du 
Sustituyendo::
Cucos
2
1duusen
2
1dtt2sen  
Y cambiando nuevamente la variable:
C
2
t2cos
dtt2sen 


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Metodo de
Integrración
por partes
Este método se utiliza a menudo cuando el integrando está compuesto por el producto de
dos funciones, aunque esta condición no es necesaria ni suficiente.
Consideremos la función producto w, donde )x(v)x(u)x(w 
Entonces:
  dx)x('u)x(v)x(v)x(udx)x('v)x(u
Habitualmente se utiliza una expresión equivalente a esta que resulta de hacer los
siguientes cambios de variables:
dvdx)x('vdudx)x('u
v)x(vu)x(u


Por lo que la expresión anterior también suele escribirse:
  duvvudvu
Apliquemos el método a un ejemplo:
Ejemplo 8
Calcular dxe.x x2
Solución
Observemos primero que para resolver esta integral no podemos hacerlo
inmediatamente usando la tabla de integrales, y tampoco podemos usar el método
de sustitución.
Vamos a resolverla utilizando el método de partes.
El problema está en decidir cuál es la función que consideramos u(x) (la función
que queremos derivar) y cuál la que consideramos v’(x) (la función que queremos
integrar).
Vemos que si derivamos o integramos e2x no modificamos, salvo en una
constante, la integral que nos dan (¿por qué?).
Pero no sucede lo mismo con x ya que si la derivamos, es (x)’ = 1 y si la
integramos, unaprimitiva es 2x
2
1 .
Parece entonces que podemos simplificar el cálculo haciendo:
u = x dv = e2xdx
Por lo que es:
2
e
dxev1du
x2
x2  
Entonces, remplazando en   duvvudvu , nos queda
  dx2
e
2
exdxex
x2x2
x2
Y en consecuencia:
C
2
1
x
2
e
C
2
e
2
1
2
e
xdxex
x2x2x2
x2 



 
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Ejemplo 9
Hallar  dxxlnx2
Solución
En este caso no tenemos muchas dudas, ya que si bien sabemos derivar la
función ln x no sabemos integrarla.
Nos convendrá entonces, hacer:
 u = lnx con lo que dx
x
1du 
 dv = x 2dx con lo que
3
xdxxv
3
2 
Luego; es;
Cx
3
1
3
1
3
xxln
dxx
3
1
3
xxln
dx
x
1.
3
x
3
xxlndxxlnx
3
3
2
3
33
2





Resulta:
Cx
9
1
3
xxlndxxlnx 3
3
2 
¿Y cuál es la  dxxln ? Veamos cómo calcularla.
Ejemplo 10
Calcular  dxxln
Solución.
Como hicimos antes, y ya que nos dio resultado, hagamos:
 u = lnx con lo que dx
x
1du 
 Y llamemos dv = dx con lo que xdxv 
Con lo que es;
Cxxlnx
dxxlnx
dx
x
1
.xxlnxdxxln





Resulta entonces;
Cxxlnxdxxln 
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En la práctica el proceso de elegir una expresión para u y otra para dv no es siempre
sencilla y no existe una técnica general para efectuar dicho proceso. Sin embargo, existe
una regla que establece una especie de prioridad entre las distintas clases de funciones.
La regla es conocida comúnmente con el nombre de ILPET (iniciales de Inversa
Trigonométrica, Logarítmica, Potencial, Exponencial, Trigonométrica)1.
Se aplica de la siguiente forma:
Si en el integrando aparece
 una función exponencial y otra logarítmica, se asigna u a la función logarítmica.
 una función trigonométrica y una potencial, se asigna u a la función potencial.
 En general, elegimos siempre u como la función situada más a la izquierda en
ILPET.
De todos modos, si nos equivocáramos en la elección, al utilizar la regla nos
encontraríamos (en el segundo miembro) con una integral mucho más difícil o
imposible de resolver.
Ejemplificamos su uso:
Ejemplo 11
Calcular las siguientes integrales utilizando el método de integración por partes.
a)   dxe)x35( x b) dzzcos)1z( c) dyytgarcy
Solución
Recordemos que queremos usar la regla ILPET. De acuerdo con ello, siempre tomaremos
como u la función cuya inicial está más a la izquierda en la sigla.
a)   dxe)x35( x
Vemos que tenemos en el integrando;
La función potencial está más a la izquierda en ILPET. Por lo que nos conviene
hacer:
 u = 5 – 3x con lo que du = -3
 dxedv x con lo que    xx edxev
Luego es;
   dxe3)x35(dx)3)(e()x35(dxe)x35( xxx
Por lo que;
Ce3)x35(dxe)x35( xx  
1 Existen otras reglas nemotécnicas similares LIATE, ALPES, que pueden ayudar en la elección de u y dv.
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b) dzzcos)1z(
Nos conviene tomar:
 u = z+ 1 por lo que es du = dz
 dv = cos z dz por lo que es   senzdzzcosv
De este modo es;
  dzsenzsenz)1z(dzzcos)1z(
kzcossenz)1z(dzzcos)1z( 
c) dyytgarcy
Elegimos
 u = arc tg y con lo que es; dy
y1
1
du
2

 dv = y dy con lo que es 2y
2
1
v 
Luego:
dy
y1
y
2
1ytgarc.y
2
1dyytgarcy
2
2
2  
Observemos que la dy
y1
y
2
1
2
2
 no tiene una integral inmediata.
Vamos a calcularla, haciendo una transformación algebraica.
Si escribimos el numerador sumando y restando 1, así:
1)y1(11yy 222 
Luego;
dy
y1
1)y1(
2
1
dy
y1
11y
2
1
dy
y1
y
2
1
2
2
2
2
2
2
 






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Y distribuyendo el denominador.
































 


dy
y1
1dy
2
1
dy
y1
11
2
1
dy
y1
1
y1
)y1(
2
1
2
2
22
2
De este modo las integrales que nos quedaron en el paréntesis son inmediatas:
Luego es:
)ytgarcy(
2
1dy
y1
1dy
2
1dy
y1
y
2
1
22
2










  
Reemplazando en
dy
y1
y
2
1ytgarc.y
2
1dyytgarcy
2
2
2  
Tenemos que:
C)ytgarcy(
2
1ytgarc.y
2
1dyytgarcy 2 
Algunas integrales requieren integrar por partes más de una vez.
En estos casos hay que tener cuidado en mantener las sustituciones en las sucesivas
aplicaciones.
Ejemplo 12
Calcular  dxsenxx2
Solución
Para resolver hacemos la sustitución
 u = x2 , du = 2x dx
 dv = senx dx; xcosdxsenxv 
Entonces,
dxxcosx2xcosx
dxx2)xcos()xcos(xdxsenxx
2
22




La integral que nos queda como sumando no es inmediata y debemos usar
nuevamente el método de integración por partes.
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Respetamos las sustituciones hechas con anterioridad (la función potencial sigue
siendo u y la trigonométrica el dv )
 u = x; du = dx
 dv = cos x dx; senxdxxcosv 
Sustituyendo en
 
 
Cxcos2senxx2xcosx
Cxcossenxx2xcosx
dxsenxsenxx2xcosx
dxxcosx2xcosxdxsenxx
2
2
2
22






Resulta entonces;
Cxcos2senxx2xcosxdxsenxx 22 
Ejemplo 13
Calcular dxxcose x
Solución
Sea,
 u = ex ; du = ex dx
 dv = cos x ;   senxdxxcosv
Luego:
  dxsenxesenxedxxcose xxx
Volvemos a integrar por partes la integral que nos quedó en el segundo
miembro.
 u = ex ; du = ex dx
 dv = sen x ;   xcosdxsenxv
Por lo que;
 




dxexcosxcosesenxedxxcose
dxe)xcos()xcos(esenxedxxcose
xxxx
xxxx
Por lo que nuevamente, deberíamos integrar por partes.
Pero, en vez de seguir, observamos que
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Por lo que no nos conviene seguir integrando, ya que volveríamos a tener las
mismas integrales, una y otra vez.
En vez de hacerlo, sumamos  dxexcos x = dxxcose x a ambos miembros
de la igualdad y obtenemos:
xcosesenxedxxcosedxxcose xxxx 
Operando:
xcosesenxedxxcose2 xxx 
Si dividimos miembro a miembro por 2, encontramos la integral que queríamos
calcular.
C
2
xcosesenxedxxcose
xx
x 
Otras integrales que se resuelven en forma similar son:
 dxsenxe x
 dxx2sene x
 dxx2cose x
A veces, al integrar por partes, necesitamos hacer una integración por sustitución.
Ejemplo 14
Calcular dxxeccosx 2
Solución
Elegimos:
 u = x; du = dx
 dv = cosec2x dx; xgcotdxxeccosv 2 
Sustituyendo resulta:
  dxxgcotxgcotxdxxeccosx 2
  dxsenx
xcos
xgcotxdxxeccosx 2 (1)
La integral que nos queda sumando no es una integral inmediata. Debemos
resolverla por sustitución. Calculémosla.
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  dxsenx
xcos
Hacemos la sustitución dxxcosdzsenxz 
Czlndz
z
1dx
senx
xcos 
Volviendo a la variable x:
C|senx|lndx
senx
xcos

Listo!!! Ahora reemplazamos en (1)
C|senx|lnxgcotxdxxeccosx 2 
Observación
Como pueden ver a través de los ejemplos que les hemos propuesto, integrar es un
poco más difícil que derivar y requiere de bastante práctica. La ventaja que tiene, es
que podemos verificar si los resultados a los que se llega son correctos, con solo
derivarlo. Esta es una buena práctica, que les dejamos para hacer.