GUIA/PROBLEMARIO CALCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL CONTINGENCIA SANITARIA 2020 ENTREGAR ENVIANDO AL CORREO DE TU PROFESOR CON PROCEDIMIENTOS COMPLETOS FECHA LIMITE DE ENTREGA 15 DE JUNIO Análisis de una función El procedimiento para analizar las funciones es el siguiente: 1. Dominio de la función. Es el conjunto de números de donde la variable independiente toma sus valores, y para los cuales existe la variable dependiente en el conjunto de los números reales. En las funciones algebraicas solo puede haber indeterminación en dos situaciones y sus combinaciones: en una función racional cuando el denominador se hace cero y en una función radical cuando el subradical es negativo. 2. Rango de la función.* Es el conjunto de números de donde la variable dependiente toma sus valores y para los cuales esta existe en el conjunto de números reales. Despejamos la variable independiente para determinar el rango; si después del despeje queda una función racional, debemos evitar que el denominador se convierta en cero, y si después del despeje queda una función radical, debemos impedir que subradical sea negativo. En muchos casos, el cálculo del rango se complica por la estructura de las funciones; en la gran mayoría, obtendremos el rango a partir de la gráfica. 3. Paridad. Es de gran ayuda saber si la variable independiente tomo el mismo valor, tanto para x0 como para − x0 ; si cumple con lo anterior, será una función par o simétrica respecto al eje vertical o de las ordenadas. Si no cumple con lo mencionado, simplemente no es par. Matemáticamente es: Si f ( x0= ) f (− x0 ), entonces f ( x) es par. Si f ( x0 ) ≠ f (− x0 ), entonces f ( x) no es par. Puede presentarse otra situación cuando la variable independiente toma un valor x0 , obteniendo la variable dependiente el valor f ( x0 ) y para un valor − x0 obtenemos − f ( x0 ); entonces la función es impar o simétrica respecto del origen. Matemáticamente es: Si f (− x0 ) = − f ( x0 ) entonces f ( x) es impar. Si f (− x) ≠ − f ( x), entonces f ( x) no es impar. Si la función no es par ni impar, entonces es asimétrica; es decir, no tiene simetría. 4. Intersecciones con los ejes. Para que la curva de la función intersecte el eje vertical, la variable independiente debe ser igual a cero y obtendremos el punto de intersección al evaluar f ( x) en x0 = 0, es decir, f (0) siempre y cuando f ( x0 ) en . Para que la curva de la función intersecte el eje horizontal, o eje de las abscisas, la variable dependiente debe ser igual a cero y el punto o los puntos de intersección deben ser los valores de la variable independiente ( x0 , x1 ,...xn ) que provoquen que f ( x) se anule o tome el valor de cero f ( xn ) = 0. El punto estará formado por las coordenadas ( xn , 0). a) Intersección con el eje de las ordenadas: igualar a cero la variable independiente. b) Intersección con el eje de las abscisas: raíces o ceros de la función (intersección con el eje de las abscisas, igualar a cero la variable dependiente). ____________________________ *Algunas veces podemos obtener el rango al final del análisis. Si se trata de polinomios enteros, sabemos que todos los impares del rango son reales; si se trata de pares podemos determinar su máximo o mínimo absoluto al comparar las ordenadas de los puntos críticos entre sí. A partir del coeficiente del término dominante (el que tenga la variable elevada al mayor exponente) 1 inferimos que la función crece o decrece sin límite a medida que la variable independiente toma valores negativos grandes. Entonces, determinamos el rango con esta información y el máximo o mínimo absoluto. 5. Asíntotas. Aunque fueron tratadas ampliamente en el capítulo 1, sería bueno repasar ese tema, para que el tema actual se facilite ya que, además de ser un referente para el trazo de la función, es más importante para comprender el comportamiento numérico de la curva cuando una o ambas variables toman valores extremos (positivos o negativos). a) Horizontales: y = a es una asíntota horizontal si lim f ( x) = a. x →+∞ b) Verticales: x = a es una asíntota vertical si lim+ f ( x) = +∞ o lim− f ( x) = +∞ o si x→a ocurren ambas posibilidades. x→a f ( x) =a y x →+∞ x lim [ f ( x) − a ⋅ x ] = b. Además, podemos obtener la recta = y ax + b al efectuar la c) Oblicuas: La recta = y ax + b es una asíntota oblicua si lim x →+∞ P( x) R( x) = C ( x) + con C ( x) como la regla de Q( x) Q( x) correspondencia de la asíntota. 6. Puntos críticos o máximos o mínimos. Debemos derivar la función, igualarla a cero y determinar las raíces, así como obtener los pares ordenados de las raíces, evaluando la función con estas abscisas 7. Intervalos de monotonía (intervalos de crecimiento/decrecimiento). Hay que dividir el dominio en tantos intervalos más uno del número de puntos críticos. Excluir de los intervalos los puntos singulares o los puntos donde la primera derivada es igual a cero. Si no hay puntos críticos, debemos tomar un solo valor de prueba en la primera derivada y, con ello, determinar si la función es creciente o decreciente. El recorrido se efectúa de izquierda a división algebraica f= ( x) Nota: Es posible investigar la naturaleza de los puntos críticos (máximo o mínimo) con la primera derivada, evaluando antes y después del punto crítico; si decrece y luego crece, se trata de un mínimo local, en caso contrario, de un máximo local. Si f '( x p ) > 0, la función crece; en caso contrario, la función decrece. derecha. 8. Puntos de inflexión. Son los puntos de la gráfica de una función en donde ocurre un cambio en el sentido de la concavidad y podemos calcularlos a través de la segunda derivada de la función, la cual igualamos a cero y las raíces son los valores de la variable independiente de las coordenadas de los puntos que pueden ser puntos de inflexión. Para hallar el par ordenado de dichos puntos es necesario sustituirlos en la regla de correspondencia de la función. 9. Intervalos de concavidad. Debemos dividir el dominio en tantos intervalos de concavidad, como puntos de inflexión más uno. Si no existen puntos de inflexión, hay que utilizar los intervalos en los cuales la función es continua y ahí tomar los valores de prueba. Si f ''( x p ) > 0, donde x p es el valor de x para el cual la segunda derivada es igual a cero, la función es cóncava hacia arriba; en caso contrario, es cóncava hacia abajo. Si f ''( xc ) > 0, donde xc es la abscisa de un punto crítico, entonces el punto crítico es un mínimo; en caso contrario, es un máximo. 10. Bosquejo de la función. Trazar una gráfica empleando el análisis anterior. 2 Análisis de una función Ejemplo 1 resuelto Analice lo siguiente a partir de f ( x) =x 3 − 6 x 2 + 9 x 1. Dominio de la función D f = , por ser un polinomio. 2. Rango de la función Rango f = , por ser un polinomio de grado impar. 3. Paridad: f (− x) = (− x)3 − 6(− x) 2 + 9(− x) = − x 3 − 6 x 2 − 9 x, f ( − x ) ≠ f ( x ) y f ( − x ) ≠ − f ( x ) No es par ni impar, sino asimétrica. 4. Intersecciones con los ejes: a) Intersección con el eje de las ordenadas: x = 0, f (0) = 03 − 6(0) 2 + 9(0) = 0; Px =0 (0, 0) b) Intersección con el eje de las abscisas: y = 0; 0 =x 3 − 6 x 2 + 9 x, factorizando. 0 = x( x 2 − 6 x + 9) = x( x − 3)( x − 3) resolviendo x − 3 = 0, x = 0 ∴ x = 3 y x = 0 Py1 0= (0, 0); Py 2 0 (3, 0) = 5. Asíntotas: a) Horizontales: lim f ( x) = lim ( x3 − 6 x 2 + 9 x) = ±∞ x →±∞ x →±∞ Por tanto, no existen asíntotas horizontales. b) Verticales: no existen asíntotas verticales. c) Oblicuas: no existen asíntotas oblicuas. 6. Puntos críticos: df ( x) d 3 = x − 6 x 2 + 9 x )= 3 x 2 − 12 ∗ x + 9 igualando a cero la derivada. ( dx dx 2 = 0 3 ( x − 4 ∗ x + 3) ; 0 = ( x − 3)( x − 1); x = 3; x = 1 sustituyendo este valor en la función. f (1) = (1)3 − 6(1) 2 + 9(1) = 4; f (3) = (3)3 − 6(3) 2 + 9(3) = 0; Pc1 (1, 4) Pc 2 (3, 0) Derivando de nuevo: df '( x) d = ( 3x 2 − 12 ∗ x + 9 ) = 6 x − 12 dx dx Sustituyendo en la segunda derivada los puntos críticos hallados en el paso 5: = ; Pc 2 (3, 0) mín f ''(1) = 6(1) − 12 = −6; f ''(3) = 6(3) − 12 = = 6; Pc1 (1, 4) máx Intervalo xp f '( x p ) Comentario x ∈ (−∞,1) -2 f '(−2) = 3(−2) 2 − 12 ∗ (−2) + 9 = 45; f '(−2) > 0 Crece. x ∈ (1,3) 2 f '(2) =3(2) 2 − 12 ∗ (2) + 9 =−3; f '(2) < 0 Decrece. 3 x ∈ (3, +∞) 4 f '(4) = 3(4) 2 − 12 ∗ (4) += 9 9; f '(4) > 0 7. Intervalos de monotonía (intervalos de crecimiento/decrecimiento): Crece. 8. Puntos de inflexión. Igualando a cero la segunda derivada y resolviendo la ecuación resultante: f ''( x) = 6 x − 12 = 0; x = 2, por tanto, existe solo un punto de inflexión, y su par ordenado es: f (2) = (2)3 − 6(2) 2 + 9(2) = 2, PI (2, 2) 9. Concavidad de la función: Intervalo xp f ''( x p ) Comentario x ∈ (−∞, 2) x ∈ (2, +∞) 0 3 f ''(0) = 6(0) − 12 = −12; f ''(0) < 0 f ''(3) = 6(3) − 12 = 6; f ''(3) > 0 Cóncava hacia abajo. Cóncava hacia arriba. 10. Bosquejo de la función. 4 Análisis de una función EJERCICIO 1 PARA REALIZAR POR EL ALUMNO Analice lo siguiente a partir de y = − x 4 + 8 x 2 − 16. 1. Dominio de la función: 2. Rango: 3. Intersecciones con los ejes: 4. Paridad o simetría: 5. Asíntotas: 6. Puntos críticos: 7. Intervalos de monotonía (intervalos de crecimiento/decrecimiento): 8. Puntos de inflexión: 9. Concavidad de la función: 10. Bosquejo de la función: Análisis de una función Ejemplo 2 resuelto Analice lo siguiente a partir de: x2 f ( x) = 1 − x2 1. Dominio de la función: 1 − x 2 =0, x =±1, D f = − {−1,1} 2. Rango de la función: x2 x2 , despejando f ( x ) = =y ⇒ x 2 =y (1 − x 2 ) , x 2 =y − yx 2 ; f ( x) = x , 1 − x2 1 − x2 x 2 + yx 2 = y; x 2 (1 + y ) = y, x = y (1 + y ) −+ y ≥ 0; y ≥ 0, 1 + y > 0, y > −1 ∴ S= [0, +∞) 1 − + (1 + y ) y ≤ 0, 1 + y < 0, y < −1 ∴ S 2 = (−∞, −1) La solución completa es, entonces: 5 Ry = (−∞, −1) ∪ [0, +∞) Ry = R − [−1, 0) 3. Paridad: (− x) 2 x2 = = f ( x), f (− x) = f ( x) 1 − (− x) 2 1 − x 2 La función es par, es decir, es simétrica respecto al eje de las ordenadas. 4. Intersecciones con los ejes: a) Intersección con el eje de las ordenadas: 0 = x 0, f= (0) = 0; Px =0 (0, 0) 1− 0 b) Intersección con el eje de las abscisas: x2 = f ( x) = 0, x 2 = 0, x = 0 2 1− x Py =0 (0, 0) f (−= x) 5. Asíntotas x2 x2 1 x2 = lim = lim = −1 2 2 x →∞ 1 − x x →∞ 1 x →∞ 1 x −1 − x2 x2 x2 lim f ( x) =−1∴ y =−1 a) Horizontales: lim f ( x) = lim x →∞ x →∞ b) Verticales: f ( x) = 2 x 1 − x2 = 0, x = ±1 2 1− x x1 = −1; x2 = 1 Comportamiento de la curva cerca de las asíntotas verticales: lim f ( x) x →± a ± x2 = −∞ 2 x →−1 1 − x x2 lim+ = +∞ 2 x →−1 1 − x x2 = +∞ 2 x →1 1 − x x2 lim+ = −∞ 2 x →1 1 − x lim− lim− Por tanto, ambos ceros del denominador son asíntotas: c) Oblicuas: no tiene. 6 6. Puntos críticos: x2 d 1 − x 2 x 2 df ( x) = f ( x) = ; 2 1− x dx dx (1 − x 2 ) dxd ( x 2 ) − x 2 dxd (1 − x 2 ) f '( x) = 2 (1 − x2 ) 2 x (1 − x 2 ) + 2 x 3 2 x − 2 x 3 + 2 x 3 = = 2 2 (1 − x 2 ) (1 − x 2 ) 2x (1 − x ) 2 2 2x ∴ f '( x) = 2 (1 − x 2 ) f '( x)= 0= 2x (1 − x ) 2 2 ; 2 x= 0, x= 0 Sustituyendo en la función: = f (0) Derivando de nuevo: 2x d (1 − x 2 )2 = f ''( x) = dx 02 = 0, Pc1 (0, 0) 1 − 02 (1 − x ) 2 2 (1 − x 2 )2 d d [2 x] − 2x dx dx 2 2 (1 − x 2 ) d 1 − x 2 2 2 2 (1 − x ) − 4 x (1 − x ) 2 1 − + 8 x 2 (1 − x 2 ) x ( ) dx = f ''( x) = 4 4 (1 − x 2 ) (1 − x 2 ) 2 2 2 2 (1 − x 2 ) + 8 x 2 2 − 2 x 2 + 8 x 2 f ''( x) = = = 3 3 (1 − x 2 ) (1 − x 2 ) 2 + 6x2 (1 − x ) 2 3 , f ''( x) = (1 − x ) Sustituyendo Pc en la segunda derivada: f ''(0)= 2 + 6(0) 2 (1 − ( 0) ) = 2 3 2 = 2 mínimo, y Pc1 (0, 0) = mín 1 7 2 + 6 x2 2 3 7. Intervalos de monotonía (intervalos de crecimiento/decrecimiento): Intervalo xp ( −∞, 0 ) − {−1} -2 ( 0, +∞ ) − {1} 2 Comentario f ''( x p ) 2(−2) f '(−2) = 2 1 − [ −2] ( = f '(2) ) 2 = − 4 9 Crece. 2(2) 4 = 2 2 9 1 − [ −2] ( Decrece. ) 8. Puntos de inflexión: Igualando a cero la segunda derivada y resolviendo tenemos: f ''( x) = 2 + 6 x2 (1 − x ) 2 3 1 =0; 2 + 6 x 2 =0; x =± − , por tanto, no existen puntos de inflexión. 3 9. Concavidad de la función Intervalo xp x ∈ ( −∞, −1) -2 f ''(−2)= x ∈ (−1,1) Comentario f ''( x p ) 0 2 + 6 ( −2 ) Cóncava hacia abajo. 2 (1 − ( −2) ) = 2 3 26 <0 −27 2 + 6 ( 0) 2 = >0 3 2 − 1 1 − ( 0) Cóncava hacia arriba. 2 f ''(0) = x ∈ (1, +∞ ) 2 f ''(−2)= ( ) 2 + 6 ( −2 ) Cóncava hacia abajo. 2 (1 − ( −2) ) = 2 3 8 26 <0 −27 10. Bosquejo de la función: Análisis de una función EJERCICIO 2 PARA REALIZAR POR EL ALUMNO Analice lo siguiente a partir de: f ( x) = x2 x2 − 4 1. Dominio de la función: 2. Rango de la función: 3. Paridad: 4. Intersecciones con los ejes: 5. Asíntotas 6. Puntos críticos: 7. Intervalos de monotonía (intervalos de crecimiento/decrecimiento): 8. Puntos de inflexión: 9. Concavidad de la función: 10.Bosquejo de la función: 9 Análisis de una función Ejemplo 3 resuelto x2 2x −1 1 1. Dominio de la función D f= − 2 2. Rango de la función 2 xy − y= x 2 ⇒ − y= ( x 2 − 2 xy + y 2 ) − y 2 ; y ( y − 1) = ( x − y ) 2 Analice lo siguiente a partir de f ( x) = ∴ x = y ± y ( y − 1) y ( y − 1) = ≥ 0, S1 {0,1} ; y( y − 1) > 0 : (1, +∞), y < 0 y < 1∴ S3 = (−∞, 0) y > 0 y > 1∴ S= 2 Por tanto, el rango es R = (−∞, 0) ∪ (1, +∞) ∪ {0,1} ⇒ R = − (0,1) 3. Paridad: f ( x) (− x) 2 x2 = ⇒ f (− x) ≠ ; por tanto, no es par ni impar. 2(− x) − 1 1 − 2 x − f ( x) 4. Intersecciones con los ejes: a) Intersección con el eje de las ordenadas: 02 = f (0) = 0 2(0) − 1 f (−= x) b) Intersección con el eje de las abscisas: x =0 ± 0(0 − 1) =0 P (0, 0); P (0, 0) = x 0= y 0 5. Asíntotas: a) Horizontales: lim f ( x) = ∞; lim f ( x) = −∞, por tanto, la función no tiene asíntotas x →∞ x →−∞ horizontales. b) Verticales: x= 1 ; lim f ( x) = −∞; lim+ f ( x) = ∞ 1 2 x→ 1 − x→ 2 2 c) Oblicuas: 10 x 1 + 2 4 2x −1 x2 ; x2 x 1 1/ 4 = + + , la asíntota 2x −1 2 4 2x −1 1 1 oblicua es f 2 (= x) x+ 2 4 Para graficar la asíntota anterior: 1 1 si x = 0, f 2 ( x) = ; si f 2 ( x) = 0, x = − 4 2 entonces − x2 + x / 2 +x / 2 − x / 2 + 1/ 4 0 + 1/ 4 6. Puntos críticos: (2 x − 1) x 2 ′ − x 2 [ 2 x − 1]′ 2 x( x − 1) = ; f '( x) = (2 x − 1) 2 (2 x − 1) 2 2′ ′ 2 2 2 2 (2 x − 1) x − x − ( x − x ) [ 2 x − 1] = f ''( x) 2= 4 3 (2 x − 1) (2 x − 1) Igualando la primera derivada a cero y resolviendo tenemos:= x1 0,= x2 1 Sustituyendo estos valores en la función para encontrar su par ordenado: = f (0) 0;= f (1) 1 Entonces evaluamos la segunda derivada con estos puntos críticos para conocer su naturaleza: máximo, P= mínimo f ''(0) = −2; f ''(1) = 1, por lo cual ⇒ Pc= 1 (0, 0) c 2 (1,1) 7. Intervalos de monotonía (intervalos de crecimiento/decrecimiento): Intervalo (−∞, 0) 1 (0,1) 2 (1, +∞) xp f '( x p ) Comentario -1 4 9 Crece. 1 4 −3 2 2 4 9 Decrece. Crece. 8. Puntos de inflexión (igualando la segunda derivada a cero): 2 =0 (2 x − 1)3 2 = 0(2 x − 1)3 (2 x − 1)3 3 (2 x − 1) 2≠0 Como la ecuación no tiene solución, concluimos que no existen puntos de inflexión. 11 9. Concavidad de la función: Tomando el dominio para analizar las concavidades de la función: Intervalo xp f ''( x p ) Comentario 1 −∞, 2 0 -2 Cóncava hacia abajo. 1 , +∞ 2 1 2 Cóncava hacia arriba. 10. Bosquejo de la función: 12 Análisis de una función EJERCICIO 3 PARA REALIZAR POR EL ALUMNO Analice lo siguiente a partir de: f ( x) = x2 1− x 1. Dominio de la función: 2. Rango de la función: 3. Paridad: 4. Intersecciones con los ejes: 5. Asíntotas 6. Puntos críticos: 7. Intervalos de monotonía (intervalos de crecimiento/decrecimiento): 8. Puntos de inflexión: 9. Concavidad de la función: 10.Bosquejo de la función: 13 Análisis de una función EJERCICIOS PARA REALIZAR POR EL ALUMNO Realice el análisis completo para las siguientes funciones: 1. y =x 4 − 5 x 2 + 4 x3 2. y = 2 x −1 14 3. f ( x) = x2 −1 x2 + 1 4. f ( x) = x x +9 2 15 INTEGRALES Integración de potencias de funciones trigonométricas Ahora se considerará la integración de diferenciales trigonométricas que se presentan con frecuencia y pueden integrarse fácilmente al transformarse en integrales inmediatas mediante resoluciones trigonométricas sencillas. Es importante recordar las siguientes propiedades trigonométricas a ) sen 2 x + cos 2 x = 1 1 (1 − cos 2 x) 2 1 2 c) cos= x (1 + cos 2 x) 2 2 b) sen= x m m Integrales de la forma ∫ sen ( x) dx o ∫ cos ( x) dx Es necesario clasificar las integrales de productos de potencias de senos y cosenos según el tipo de exponente para saber cuál sustitución es conveniente utilizar. Las diferentes situaciones se muestran a continuación: l. si m es impar: sen m x = sen m−1 x sen x . Dado que m − 1 es par, el primer término del segundo miembro será una potencia de podrá expresarse en potencias de ll. si m es impar: sen 2 x y cos 2 x , sustituyendo sen 2 x = 1 − cos 2 x (despeje de [a ] ) cos m x = cos m−1 x cos x . Dado que m − 1 es par, el primer término del segundo miembro será una potencia de podrá expresarse en potencias de cos 2 x y sen 2 x , sustituyendo cos 2 x = 1 − sen 2 x (despeje de [a ] ). 16 n n Integrales de la forma ∫ sen ( x) dx o ∫ cos ( x) dx Si n es un número entero positivo par, esta integración puede realizarse mediante transformaciones sencillas y utilizando las relaciones: sen 2 (= x) 1 1 (1 − cos(2 x)) y cos 2 (= x) (1 + cos(2 x)) 2 2 Ejemplo 4 Integración de potencias de seno y coseno Realice la integral siguiente: ∫ sen 4 5 x dx Solución: 4 = ∫ sen 5 x dx ( sen 2 5 x) 2 dx ∫= 2 1 − cos10 x ∫ 2 dx 1 1 2 = ∫ (1 − cos10 x ) dx = ∫ (1 − cos10 x + cos 2 10 x ) dx 4 4 1 1 1 = dx cos10 = x dx cos 2 10 x dx ∫ ∫ 4 2 4∫ = x 1 1 1 + cos10 x = − sen10 x + dx 4 20 4 2 x 1 1 1 =− sen 10 x + ∫ dx + ∫ cos 20 x dx 4 20 8 8 = 1 1 1 1 x− sen 10 x + x + sen 20 x + c 4 20 8 160 Ejemplo 5 Integración de potencias de seno y coseno Realice la integral siguiente: ∫ cos 2 (10 θ ) dθ Solución: 2 1 + cos 20 θ ∫ cos (10θ ) dθ = ∫ 2 dθ 2 = 1 1 dθ + ∫ cos ( 20θ ) dθ ∫ 2 2 θ 1 sen 20θ + c = + 2 40 17 Ejemplo 6 Integración de potencias de seno y coseno Realice la integral siguiente: ∫ cos 2 z dz π Solución: 2z 1 + cos z 2 ∫ cos π dz = ∫ 2 π 2 2 dz 2 2z 2 1 + cos 1 2z π dz = = 1 + cos dz 4 4 ∫ π 1 2z 2z =∫ 1 + 2 cos + cos 2 dz 4 π π 1 2 2z 1 2z dz + ∫ cos dz + ∫ cos 2 dz = ∫ 4 4 4 π π 4z 1 + cos 1 2 π 2z 1 π dz = z + ⋅ sen + ∫ 4 4 2 2 π 4 z π 2z 1 1 4z dz = + sen + ∫ dz ∫ cos π 8 π 4 4 8 = z π 2z z 1 π 4z + sen + + ⋅ sen +c 4 4 π 8 8 4 π = z π 2z z π 4z sen + sen + + +c π 8 32 π 4 4 3z π 2z π 4z sen = + sen + +c 8 4 π 32 π Ejemplo 7 Integración de potencias de seno y coseno Realice la integral siguiente: ∫ sen 6 θ dθ Solución: 18 3 1 + cos 2θ = ( sen θ ) dθ ∫ dθ ∫ sen θ dθ ∫= 2 6 2 =∫ 3 1 − 3 cos 2θ + 3 cos 2 2θ − cos3 2θ dθ 8 1 3 3 1 dθ − ∫ cos 2θ dθ + ∫ cos 2 2θ dθ − ∫ cos3 2θ dθ = ∫ 8 8 8 8 θ 3 3 1 + cos 4θ 1 2 = − sen 2θ + ∫ dθ − ∫ cos 2θ ⋅ cos 2θ dθ 8 16 8 2 8 θ 3 3 3 1 =− sen 2θ + ∫ dθ + ∫ cos 4θ dθ − ∫ (1 − sen 2 2θ ) ⋅ cos 2θ dθ 8 16 16 16 8 θ 3 3θ 3 1 1 = − sen 2θ + + sen 4 θ − ∫ cos 2θ dθ + ∫ sen 2 2θ ⋅ cos 2θ dθ 8 16 16 64 8 8 θ 3 3θ 3 1 1 sen 4 θ − sen 2 θ + sen3 2 θ + c = − sen 2θ + + 8 16 16 64 16 48 θ 3θ 3 1 3 1 sen 4 θ + sen3 2 θ + c = − − sen 2θ − sen 2 θ + 8 16 16 16 64 48 n m Integrales de la forma ∫ sen ( x) dx o ∫ cos ( x) dx Cuando n o m es un número entero positivo impar, no importara lo que el otro sea. Dicha integración puede practicarse por medio de transformaciones trigonométricas. Ejemplo 8 Integración de potencias de seno y coseno Realice la integral siguiente: ∫ sen 3 x cos5 x dx Solución: 19 Ejemplo 9 Integración de potencias de seno y coseno Realice la integral siguiente: ∫ cos 3θ sen −2 3θ dθ Solución: −2 = ∫ cos 3θ sen 3θ dθ sen 3θ cos 3θ dθ ∫ sen ∫= −2 3 = ∫ sen −2 3θ (1 − sen 2 3θ ) cos 3θ dθ = ∫ sen −2 3θ cos 3θ dθ − ∫ cos 3θ dθ −2 3θ cos 2 3θ cos 3θ dθ 1 1 sen −1 3θ + sen 3θ 3 3 = = 1 1 csc 3θ + sen 3θ + c 3 3 Ejemplo 10 Integración de potencias de seno y coseno Realice la integral siguiente: ∫ cos 3θ sen −2 3θ dθ Solución: −2 = ∫ cos 3θ sen 3θ dθ sen 3θ cos 3θ dθ ∫ sen ∫= −2 3 = ∫ sen −2 3θ (1 − sen 2 3θ ) cos 3θ dθ = ∫ sen −2 3θ cos 3θ dθ − ∫ cos 3θ dθ −2 3θ cos 2 3θ cos 3θ dθ 1 1 sen −1 3θ + sen 3θ 3 3 = = 1 1 csc 3θ + sen 3θ + c 3 3 Ejemplo 11 Integración de potencias de seno y coseno Realice la integral siguiente: ∫ (sen 3 2t ) cos 2t dt 20 Solución: ∫ (sen 3 2t ) cos 2t dt = ∫ sen3 2t cos1/2 2t dt = ∫ sen 2 2t sen 2t cos 1/2 2t dt = ∫ cos 1/2 2 sen 2t (1 − cos 2t ) dt = ∫ cos 1/2 2t sen 2t dt − ∫ cos 1/2 2t sen 2t cos 2 2t dt = ∫ cos 1/2 2t sen 2t dt − ∫ cos 5/2 2t sen 2t dt = ∫ cos 1/2 2t sen 2t dt − ∫ cos 5/2 2t sen 2t dt 1 2 1 = − cos 3/2 2t + cos 7/2 2t 2 3 2 2 +c 7 1 1 = − cos 5/ 2 2t + cos 7/ 2 2t + c 3 7 Ejemplo 12 Integración de potencias de seno y coseno Realice la integral siguiente: ∫ sen π x dx 3 Solución: ∫ sen 3 π x dx = ∫ sen 2 π x sen π x dx = ∫ sen = ∫ sen π x dx − ∫ cos 2 π x (1 − cos 2 π x) dx 2 π x sen π x dx 1 1 cos3 π x + c = cos π x + 3π π Ejemplo 13 Integración de potencias de seno y coseno Realice la integral siguiente: ∫ cos 5 θ dθ Solución: θ dθ ∫ cos ∫ cos = 5 4 θ cos= θ dθ ∫ (cos 2 − θ ) 2 cos θ dθ 21 2 2 2 4 2 = ∫ (1 − sen θ ) cos θ dθ = ∫ (1 − sen θ + sen θ ) cos θ dθ 2 4 = ∫ cos θ dθ − 2∫ sen θ cos θ dθ + ∫ sen θ cos θ dθ sen θ − = 2 1 sen3 θ + sen5θ + c 3 5 Ejemplo 14 Integración de potencias de seno y coseno Realice la integral siguiente: ∫ cos 7 π x dx Solución: 7 = ∫ cos π x dx cos π x cos π x dx ∫ (cos ∫= 6 = ∫ (1 − sen 2 2 π x)3 cos π x dx π )3 cos π dx 2 4 6 = ∫ 1 − 3 sen π x + 3 sen π x − sen π x cos π x dx = 1 π sen π x − sen3 π x + 3 1 sen5 π x − sen5 π x + c 5 7π n m Integrales de la forma ∫ sen ( x) dx o ∫ cos ( x) dx Cuando m y n son números pares, enteros y positivos, la expresión diferencial dada puede transformarse por sustituciones trigonométricas en una expresión que contiene senos y cosenos de ángulos múltiplos (b) y (c). Ejemplo 15 Integración de potencias de seno y coseno Realice la integral siguiente: ∫ sen 4 3t cos 4 3t dt Solución: ∫ sen 4 3t cos 4 3t dt = ∫ ( sen 2 3t ) 2 (cos 2 3t ) 2 dt 2 2 1 − cos 6t 1 + cos 6t =∫ dt 2 2 22 1 =∫ (1 − cos 6t ) 2 (1 + cos 6t ) 2 dt 16 1 = ∫ (1 − 2 cos 6t + cos 2 6t ) (1 + 2 cos 6t + cos 2 6t ) dt 16 1 = ∫ (1 − 2 cos 2 6t + cos 4 6t ) dt 16 1 = ∫ dt − 2 ∫ cos 2 6t + ∫ cos 4 6t ) dt 16 2 1 1 + cos 12t 1 + cos 12t = dt + ∫ ∫ dt − 2 ∫ dt 16 2 2 2 1 1 + cos 12t 1 + cos 12t = dt + ∫ ∫ dt − 2 ∫ dt 16 2 2 = 1 1 2 dt − dt − cos 12 t dt + 1 + 2 cos 12 t + cos 12 t dt ( ) ∫ ∫ ∫ ∫ 16 4 1 1 1 1 1 + cos 24t = − ∫ cos 12t dt + ∫ dt + ∫ cos 12t dt + ∫ dt 16 4 2 4 2 1 1 1 1 1 = − ∫ cos 12t dt + ∫ dt + ∫ cos 12t dt + ∫ dt + ∫ cos 24t dt 16 4 2 8 8 = 1 1 1 t 1 t − sen12t + + sen12t + + sen 24t + c 16 12 4 24 8 192 1 3 1 = − sen 12t + t+ sen 24t + c 384 128 3072 Ejemplo 16 Integración de potencias de seno y coseno Realice la integral siguiente: ∫ cos 6 θ sen 2 θ dθ Solución: ∫ cos 6 θ sen 2 θ dθ = ∫ (cos 2 θ )3 sen 2 θ dθ 2 2 1 + cos 2θ 1 − cos 2θ =∫ dθ 2 2 1 + 3cos 2θ + 3cos 2 2θ + 3cos3 2θ 1 − cos 2θ =∫ dθ 8 2 23 1 = ∫ (1 + 3cos 2θ + 3cos 2 2θ + 3cos3 2θ )(1 − cos 2θ ) dθ 16 1 = ∫ (1 + 2 cos 2θ + 2 cos3 2θ − cos 4 2θ ) dθ 16 1 2 2 1 = ∫ dθ − ∫ cos 2θ − ∫ cos3 2θ − ∫ cos 4 2θ dθ 16 16 16 16 = θ 16 + 2 1 2 1 ⋅ sen 2θ − ∫ (cos 2 2θ cos 2θ ) dθ − ∫ (cos 2 2θ ) 2 2θ dθ 16 2 16 16 2 θ 1 2 1 1 + cos 4θ = + sen 2θ − ∫ (1 − sen 2 2θ ) cos 2θ dθ − ∫ dθ 16 16 16 16 2 = θ + 16 1 2 sen 2θ − ∫ ( (cos 2θ − sen 2 2θ ) cos 2θ ) dθ + ⋅⋅⋅ 16 16 2 1 1 + 2 cos 4θ + cos 4 4θ ⋅⋅⋅ − ∫ dθ 16 4 = θ + 16 1 2 2 sen 2θ − ⋅ ∫ cos 2θ dθ + ⋅ ∫ sen 2 2θ cos 2θ + ⋅⋅⋅ 16 16 16 ⋅⋅⋅ − = θ 16 + θ 1 1 1 1 sen 2θ − sen 2θ + sen3 2θ − sen 4θ + ⋅⋅⋅ − 16 16 48 64 128 ⋅⋅⋅ − = θ 16 + 1 2 1 1 + cos 8θ dθ − ∫ cos 4θ dθ − ∫ dθ ∫ 64 64 64 2 1 1 dθ − cos 8θ dθ ∫ 128 128 ∫ θ 1 1 1 1 sen 2θ − sen 2θ + sen3 2θ − sen 4θ + ⋅⋅⋅ − 16 16 48 64 128 ⋅⋅⋅ − θ 1 1 ⋅ sen 8θ + c 128 128 8 − 5 1 1 1 sen3 2θ − sen 4θ − sen 8θ + c =θ + 128 48 128 1024 Ejemplo 17 Integración de potencias de seno y coseno Realice la integral siguiente: ∫ sen 4 w w cos 2 dw 2 2 Solución: 24 2 w 2 w 4 w 2 w ∫ sen 2 cos 2 dw = ∫ sen 2 cos 2 dw 4 2 2 1 − cos w 1 + cos w =∫ dw 2 2 1 − 2 cos w + cos 2 w 1 + cos w =∫ dw 4 2 1 = ∫ (1 − 2 cos w + cos 2 w ) (1 + cos w) dw 8 1 1 1 1 =∫ dw − ∫ cos w − ∫ cos 2 w dw + ∫ cos3 w dw 8 8 8 8 w 1 1 1 + cos 2 w 1 = − sen w − ∫ dw + ∫ cos 2 w cos w dw 8 8 8 2 8 w 1 1 1 1 = − sen w − ∫ dw − ∫ cos 2 w dw ∫ (1 − sen 2 w) cos w dw 8 8 16 16 8 = w 1 1 1 1 1 1 − sen w − w − ⋅ sen 2 w + ∫ cos w dw − ∫ sen 2 w cos w dw 8 8 16 16 2 8 8 1 1 1 1 1 1 = w − sen w − w − sen 2 w + sen w − sen3 w + c 8 8 16 32 8 24 1 1 1 =w − sen 2 w − sen3 w + c 16 32 24 Integración de potencias de seno y coseno. Ejercicios para realizar por el alumno 1. ∫ sen 4 x dx 2. ∫ sen 4 z cos 2 z dz 3. ∫ cos 2 x dx 25 4. ∫ sen 6 5. ∫ cos 6 y dy −x dx 3 6. ∫ sen 2 4 z dz 7. ∫ cos3 3θ sen −2 3θ dθ 8. ∫ sen1/2 2 z cos3 2 z dz 9. ∫ sen x x cos5 dx 2 2 3 10. ∫ sen 11. ∫ cos 5 3 x cos5 x dx x sen5 x dx 12. ∫ sen3 θ x cos −4 θ x dx 13. ∫ cos 3 π x sen 2 π x dx 26 m m Integrales de la forma ∫ tan ( x) dx o ∫ cot ( x) dx Así como existe una relación entre las funciones seno y coseno, algo muy parecido se presenta entre las funciones tangente y secante, además de las funciones cotangente y cosecante, mediante las identidades pitagóricas. Es importante recordar las siguientes propiedades trigonométricas con tangente y cotangente: 1 + tan 2 x = sec 2 x 1 + cot 2 x = csc 2 x Si m ≥ 2 , realizamos la descomposición: 2 = tan m x tan = x tan m−2 x,cot m x cot 2 x cot m−2 x Utilizamos las identidades trigonométricas que se incluyen en la pantalla anterior, sustituimos y resolvemos: tan 2 x =sec2 x − 1,cot 2 x =cot 2 x cot m−2 x − 1 Ejemplo 18 Integración de producto de potencias de tangente y secante Realice la integral siguiente: ∫ tan 5 y dy Solución: ∫ tan 5 y dy = ∫ tan 2 x tan 3 x dx ∫ (sec 2 = ∫ tan 3 x dx + ∫ tan 3 x sec 2 x dx = ∫ tan 2 x tan x dx + ∫ tan 3 x sec 2 x dx = x − 1) tan 3 x dx 3 2 = ∫ (sec− 1) tan x dx + ∫ tan x sec x dx = − ∫ tan x sec 2 x dx + ∫ tan x dx + ∫ tan 3 x sec 2 x dx 27 tan 2 x 1 = − ln(cos x) + tan 4 x + c 2 4 Ejemplo 19 Integración de producto de potencias de tangente y secante Realice la integral siguiente: ∫ cot 5 2t dt Solución: ∫ cot 5 2t dt = ∫ cot 2 2t cot 3 2t dt = = ∫ (csc 2 ∫ cot 2t csc 2 2t dt − ∫ cot 3 2t dt 3 2t − 1) cot 3 2t dt 1 1 =− ⋅ cot 4 2t − ∫ (csc 2 2t − 1) ctg 2t dt 2 4 1 = − cot 4 2t − ∫ ctg 2t csc 2 2t dt + ∫ ctg 2t dt 8 1 1 1 = − cot 4 2t + ctg 2 2t + ln( sen 2t ) + c 8 4 2 tan 2 x 1 = − ln(cos x) + tan 4 x + c 2 4 Ejemplo 20 Integración de producto de potencias de tangente y secante Realice la integral siguiente: ∫ cot 6 y dy Solución: ∫ cot 6 y dy = ∫ cot 2 x cot 4 x dx ∫ (csc 2 = ∫ cot 4 x csc 2 x dx − ∫ cot 4 x dx = ∫ cot 4 x csc 2 x dx − ∫ (cot 2 x) 2 dx = x − 1) cot 4 x dx 1 = − cot 5 x − ∫ (csc 2 x − 1) 2 dx 5 1 = − cot 5 x − ∫ (csc 4 x − 2 csc 2 x + 1) dx 5 28 1 = − cot 5 x − ∫ csc 4 x dx − 2 ∫ csc 2 x dx + ∫ dx 5 1 = − cot 5 x − ∫ csc 2 x csc 2 x dx + 2 ∫ csc 2 x dx + ∫ dx 5 1 = − cot 5 x − ∫ (1 + cot 2 x) csc 2 x dx + 2 ∫ csc 2 x dx + ∫ dx 5 1 = − cot 5 x − ∫ (1 + cot 2 x) csc 2 x dx − 2 cot x − x 5 1 = − cot 5 x − ∫ csc 2 x dx − ∫ cot 2 x csc 2 x dx − 2 cot x − x 5 1 1 =− cot 5 x + cot x + cot 3 x − 2 cot x − x + c 5 3 1 1 =− cot 5 x − cot x + cot 3 x − x + c 5 3 Ejemplo 21 Integración de producto de potencias de tangente y secante Realice la integral siguiente: ∫ tan 8 π x dx Solución: ∫ tan 8 π x dx = ∫ tan 2 π x tan 6 π x dx = ∫ (tan 2 π x)3 tan 2 π x dx = ∫ (sec = ∫ (sec 2 π x − 1)3 tan 2 π x dx 6 π x − 3sec 4 π x + 3sec 2 π x − 1)3 tan 2 π x dx sec π x tan π x dx − 3 ∫ sec π x tan π x dx + 3 ∫ sec π x tan π x dx − ∫ tan π x dx ∫ 6 2 1 4 2 2 2 2 3 Resolviendo 1: = ∫ sec 6 π x tan 2 π x dx = ∫ sec 4 π x sec 2 π x tan 2 π x dx ∫ sec 4 π x sec 2 π x tan 2 π x dx = ∫ (sec 2 π x ) 2 tan 2 π x sec 2 π x dx ∫ (1 + tan 2 π x ) 2 tan 2 π x sec 2 π x dx 29 2 4 2 4 2 2 = ∫ (1 + 2 tan π x + tan π x ) tan π x sec π x dx =∫ tan 2 π x sec 2 π x dx + 2 ∫ tan 4 π x sec 2 π x dx + ∫ tan 6 π x sec 2 π x dx =∫ tan 2 π x sec 2 π x dx + 2 ∫ tan 4 π x sec 2 π x dx + ∫ tan 6 π x sec 2 π x dx = 1 2 1 tan 3 π x + tan 5 π x + tan 7 π x + c 3π 5π 7π Resolviendo 2: 3∫ sec 4 π x tan 2 π x dx = −3∫ sec 2 π x sec 2 π x tan 2 π x dx = −3∫ (1 + tan 2 π x) sec 2 π x tan 2 π x dx ( = −3 ∫ tan 2 π x sec 2 π x dx + ∫ tan 4 π x sec 2 π x dx ) 1 1 = −3 tan 3 π x + tan 5 π x + c 5π 3π 1 3 tan 5 π x + c = − tan 3 π x + 5π π Resolviendo 3: 2 4 3∫ sec 2 π x tan = π x dx 3∫ tan 2 π x sec = π x dx 1 π tan 3 π x + c Resolviendo 4: − ∫ tan 2 π x dx = − ∫ (sec 2 π x − 1)dx = − ∫ sec 2 π x dx − ∫ dx = tan π x π +x Finalmente, tenemos el resultado siguiente: = π x dx ∫ tan 8 ⋅⋅⋅ − 1 π 1 2 1 tan 3 π x + tan 5 π x + tan 7 π x + ⋅⋅⋅ 3π 5π 7π tan 3 π x + 3 1 tan π x tan 5 π x + tan 3 π x − + x+C 5π π π 1 2 1 1 tan 7 π x + tan 5 π x + tan 3 π x − tan π x + x + C 7π 5π 3π 5π 30 n n Integrales de la forma ∫ sec ( x) dx o ∫ csc ( x) dx Si n es par, se realiza la descomposición: secn x = sec2 x secn−2 x cscn x = csc2 x cscn−2 x Se utilizan identidades: 2 sec = x tan 2 x + 1 2 csc = x cot 2 x + 1 Ejemplo 22 Integración de producto de potencias de tangente y secante Realice la integral siguiente: ∫ sec = = = sec x dx ∫ sec ∫= 4 ∫ (tan ∫ sec 2 2 2 4 x dx x sec 2 x dx x − 1) sec 2 x dx x dx + ∫ tan 2 x sec 2 x dx tan 3 x =tan x + +C 3 Si n es impar, se realiza la descomposición secn x = sec2 x secn−2 x y se integra por partes. Ejemplo 23 Integración de producto de potencias de tangente y secante Realice la integral siguiente: ∫ sec = sec x dx ∫ sec x sec ∫= 3 2 3 x dx x dx = u sec = x dv sec 2 x dx = du sec = x tan x dx v tan x 31 ∫ sec = x dx= sec x tan x − ∫ (sec 2 x − 1) sec x dx 3 = sec x tan x − ∫ sec3 x dx + ∫ sec x dx Este tipo de integrales son conocidas (caso 3, por partes) Finalmente tenemos: x dx ∫ sec = 3 1 (sec x tan x + ln (sec x + tan x) + c 2 m n m n Integrales de la forma ∫ tan x⋅sec x dx o ∫ cot x ⋅csc x dx Si la potencia m de la tangente es impar y positiva, se conserva un factor secante-tangente y el resto de los factores se convierte en secante, mientras que para la cotangente se conserva un factor cosecante- cotangente y el resto se convierte en cosecante. Después se desarrolla e integra. Ejemplo 24 Integración de producto de potencias de tangente y secante Realice la integral siguiente: ∫ tan tan x sec x dx ∫ tan ∫= 3 ∫ (sec = ∫ sec = 2 2 3 2 3 x sec 2 x dx x sec x sec x tan x dx x − 1) sec x sec x tan x dx x sec x tan x dx − ∫ sec x sec x tan x dx 1 1 sec 4 x − sec x − C 4 2 Ejemplo 25 Integración de producto de potencias de tangente y secante Realice la integral siguiente: ∫ cot cot 2 x csc 2 x dx ∫ cot ∫= 3 = ∫ (csc ∫ csc 2 2 2 3 2 x csc 2 x dx 2 x cot 2 x csc 2 x dx 2 x − 1) cot x csc 2 x dx 2 x cot x csc 2 x dx − ∫ cot 2 x csc 2 x dx 32 1 1 1 =− ⋅ csc3 2 x + csc 2 x + c 2 3 2 1 1 = − csc3 2 x + csc 2 x + c 6 2 33 Ejemplo 26 Integración de producto de potencias de tangente y secante Realice la integral siguiente: ∫ tan ∫ tan 3 3 α sec5/2 α dα α sec5/2 α dα = ∫ tan 2 α tan α sec α sec3/2 α dα = ∫ tan 2 α sec3/2 α tan α sec α dα ∫ (sec = ∫ sec 2 7/2 α − 1) sec3/2 α tan α sec α dα α tan α sec α dα − ∫ sec3/2 α tan α sec α dα 2 2 = − sec9/ 2 α + sec5/ 2 α + c 9 5 Ejemplo 27 Integración de producto de potencias de tangente y secante Realice la integral siguiente: ∫ tan ∫ tan 3 3 x sec7 x dx x sec7 x dx = ∫ tan 2 x tan x sec6 x sec xdx = ∫ tan 2 x sec6 x tan x sec x dx ∫ (sec = 2 x − 1) sec6 x tan x sec x dx x tan x sec x dx + ∫ sec ∫ sec= 8 = 6 x tan x sec x dx 1 1 sec9 x + sec7 x + c 9 7 Ejemplo 28 Integración de producto de potencias de tangente y secante Realice la integral siguiente: ∫ tan ∫ tan 7 7 2 x sec 4 2 x dx 2 x sec 4 2 x dx = ∫ tan 6 2 x tan 2 x sec3 2 x sec 2 x dx = ∫ tan 6 2 x sec3 2 x tan 2 x sec 2 x dx = ∫ (tan 3 2 x) 2 sec3 2 x tan 2 x sec 2 x dx 34 ∫ (sec = = ∫ (sec ∫ sec 2 2 x − 1)3 sec3 2 x tan 2 x sec 2 x dx 6 2 x − 3 sec 4 2 x + 3sec 2 2 x − 1) sec3 2 x tan 2 x sec 2 x dx 9 2 x tan 2 x sec 2 x − 3∫ sec7 2 x + tan 2 x sec 2 x dx ⋅⋅⋅ + ⋅⋅⋅ + 3∫ sec5 2 x + tan 2 x sec 2 x dx − ∫ sec3 2 x + tan 2 x sec 2 x dx = 1 3 3 1 sec10 2 x − sec8 2 x + sec6 2 x − sec 4 2 x + c 20 16 12 8 = 1 3 1 1 sec10 2 x − sec8 2 x + sec6 2 x − sec 4 2 x + c 20 16 4 8 Ejemplo 29 Integración de producto de potencias de tangente y secante Realice la integral siguiente: ∫ cot ∫ cot = 3 3 5 x csc3 5 x dx 5 x csc3 5 x dx = ∫ cot 2 5 x csc 2 5 x cot 5 x csc 5 x dx ∫ (csc 2 ∫ csc 5 x cot 5 x csc 5 x dx + ∫ csc 2 5 x cot 5 x csc 5 x dx 4 5 x − 1) csc 2 5 x cot 5 x csc 5 x dx 1 1 1 1 =− ⋅ csc5 5 x + ⋅ csc3 5 x + c 5 5 5 3 1 1 = − csc5 5 x + csc3 5 x + c 25 15 m n m n Integrales de la forma ∫ tan x⋅sec x dx o ∫ cot x ⋅csc x dx Si la potencia n de la secante es par y positiva, uno de los factores que se conservaran en la descomposición será una secante cuadrada y el resto se convertirá en tangente. Para la cosecante se conserva el factor secante cuadrada y el resto se convierte en coagente. Después se desarrolla e integra. Ejemplo 30 Integración de producto de potencias de tangente y secante Realice la integral siguiente: ∫ tan −3 x sec 4 x dx 35 ∫ tan x sec 4 x dx = ∫ sec 4 x tan −3 x dx −3 = ∫ sec 2 x sec 2 x tan −3 x dx = ∫ (1 − tan ∫ tan −3 2 x) sec 2 x tan −3 x dx x sec 2 x dx + ∫ tan −1 x sec 2 x dx tan −2 x = − + ln(tan x) + c 2 Ejemplo 31 Integración de producto de potencias de tangente y secante Realice la integral siguiente: ∫ tan ∫ tan = 6 x θ ∫ tan 6 ∫ tan 6 = θ sec 4 x θ x θ x θ dx = ∫ tan 6 x sec 2 θ x sec 2 θ 6 x x sec 4 θ x θ dx dx θ 2 x 2 x 1 + tan sec dx θ θ sec 2 x θ dx + ∫ tan 8 x θ sec 2 x θ dx tan θ x θ x + tan 9 + c 7 θ 9 θ Ejemplo 32 Integración de producto de potencias de tangente y secante Realice la integral siguiente: ∫ tan ∫ tan = 6 x θ ∫ tan 6 ∫ tan 6 sec 4 x θ x θ x θ dx = ∫ tan 6 x sec 2 θ x sec 2 θ 6 x θ x θ sec 4 dx 2 x 2 x 1 − tan sec dx θ θ sec 2 x θ dx + ∫ tan 8 x θ sec 2 x θ dx 36 x θ dx = θ tan θ x θ x + tan 9 + c 7 θ 9 θ Ejemplo33 Integración de producto de potencias de tangente y secante Realice la integral siguiente: ∫ cot ∫ cot = 2 2 x x csc 4 dx 2 2 x x x x x csc 4 dx = ∫ ctg 2 csc 2 csc 2 dx 2 2 2 2 2 2 ∫ ctg x 2 ∫ ctg x x x x csc 2 dx + ∫ ctg 4 csc 2 dx 2 2 2 2 2 2 x 2 x 1 + ctg csc dx 2 2 2 x 2 x = − ctg 3 − ctg 5 + c 3 2 5 θ Ejemplo 34 Integración de producto de potencias de tangente y secante Realice la integral siguiente: ∫ cot ∫ cot = 2 2 x x csc 4 dx 2 2 x x x x x csc 4 dx = ∫ ctg 2 csc 2 csc 2 dx 2 2 2 2 2 ∫ ctg 2 ∫ ctg 2 x 2 2 x 2 x 1 + ctg csc dx 2 2 x x x x csc 2 dx + ∫ ctg 4 csc 2 dx 2 2 2 2 2 x 2 x = − ctg 3 − ctg 5 + c 3 2 5 θ Ejemplo 35 Integración de producto de potencias de tangente y secante Realice la integral siguiente: ∫ cot ∫ cot −1/2 −1/2 y csc6 y dy y csc6 y dy = ∫ cot −1/2 y csc 4 y csc 2 y dy 37 = ∫ cot −1/2 y (csc 2 y ) 2 csc 2 y dy = ∫ cot −1/2 y (1 + cot 2 y ) 2 csc 2 y dy = ∫ cot −1/2 y (1 + 2 cot 2 y + cot 4 y ) csc 2 y dy ∫ cot −1/2 y csc 2 y dy + ∫ cot 3/2 y csc 2 y dy + ∫ cot 7/2 y csc 2 y dy = = −2 cot1/ 2 y − 4 2 cot 5/ 2 y − cot 9/ 2 y + c 5 9 Ejemplo 36 Integración de producto de potencias de tangente y secante Realice la integral siguiente: ∫ cot ∫ cot = x csc 4 x dx x csc 4 x dx = ∫ cot10 x csc 2 x csc 2 x dx 10 ∫ cot 10 10 ∫ cot 12 x (cot 2 x + 1) 2 csc 2 x dx x csc 2 x dx + ∫ cot10 x csc 2 x dx cot13 x 1 11 − cot x + c 13 11 Ejemplo 37 Integración de producto de potencias de tangente y secante Realice la integral siguiente: sec 4 (1 − t ) ∫ tan8 (1 − t ) dt sec 4 (1 − t ) ∫ tan8 (1 − t ) dt = ∫ tan −8 (1 − t ) sec 4 (1 − t ) dt = ∫ tan −8 (1 − t ) sec 2 (1 − t ) sec 2 (1 − t ) dt = ∫ tan −8 (1 − t ) (1 + tan 2 (1 − t )) sec 2 (1 − t ) dt = ∫ tan −8 (1 − t ) sec 2 (1 − t ) dt + ∫ tan −6 (1 − t ) sec 2 (1 − t ) dt 38 = − 1 1 tan −7 (1 − t ) − tan −5 (1 − t ) + c 7 3 1 1 = − − +c 7 7 tan (1 − t ) 5 tan 5 (1 − t Ejemplo 38 Integración de producto de potencias de tangente y secante Realice la integral siguiente: ∫ ∫ = tan θ x sec 4 θ x dx tan θ x sec 4 θ x dx = ∫ tan θ x sec 2 θ x sec 2 θ x dx ∫ tan 1/2 θ x (1 + tan 2 θ x) sec 2 θ x dx ∫ tan 1/2 θ x sec 2 θ x dx + ∫ tan 5/2 θ x sec 2 θ x d 2 2 tan 3/ 2 θ x + tan 7/ 2 θ x + c = − 3θ 7θ Ejercicios 39 Integrales de producto de potencias de funciones trigonométricas Verifique los resultados propuestos, realizando las integrales identificando los diferentes casos abordados en la presente sección: Integración de potencias de funciones trigonométricas Ejercicios para realizar por el alumno 1. 2. 3. 4. 5. 6. ∫ tan 5 x dx 4 ∫ sec 4 x tan 4 x dx ∫ tan θ sec θ dθ ∫ tan θ sec θ dθ ∫ tan x sec x dx ∫ tan x sec x dx 6 2 4 2 4 4 4 6 4 39 7. 8. ∫ tan ∫ cot 2 x sec 2 x dx 3 x csc 4 x dx 40 Integración por sustitución trigonométrica Este método (un caso especial de cambio de variable) nos permitirá integrar cierto tipo de funciones algebraicas cuyas integrales indefinidas son funciones trigonométricas. Existen tres casos diferentes y, por tanto, tres cambios distintos de variable. Sustitución trigonométrica 1. para las integrales que contienen u = a sen θ a2 − u2 a 2 2 a cos θ Entonces a − u = Donde: π π − ≤θ ≤ 2 2 2. para las integrales que contienen u = a tan θ u a2 − u2 a2 + u2 a2 + u2 2 2 a sec θ Entonces a + u = Donde: π π − ≤θ ≤ 2 u 2 a 2 2 3. para las integrales que contienen u − a u = a sec θ Entonces u π a tan θ , si u > a, donde 0 ≤ θ ≤ 2 u2 − a2 π −a tan θ , si u < − a, donde < θ ≤ π 2 u2 − a2 a Donde: π π − ≤θ ≤ 2 2 Nota; la restricción sobre θ asegura que la función que define la sustitución es inyectiva 41 Ejemplo 40 Sustitución trigonométrica: u = a sen θ Resuelva ∫x 3 dx 2 a 9 − x2 9 − x2 Solución: primero debemos notar que no hay regla básica de integrales que podamos aplicar. Para poder usar la sustitución trigonométrica, veamos que 9 − x 2 es de la forma a 2 − u 2 . De este modo es posible usar la sustitución. x a= sen θ 3 sen θ = Si derivamos y utilizamos el triángulo de la figura, obtenemos: 9 − x2 = 3cos θ dx = 3cos θ dθ Si sustituimos y utilizamos el triángulo de la figura, obtenemos: Sustituir: ∫x Identidad trigonométrica dx 2 9 − x2 =∫ 3cos θ dθ (9 sen 2θ )(3cos θ ) = 1 dθ 9 ∫ sen 2 θ = 1 csc 2 θ dθ 9∫ 1 = − cot θ + c 9 1 9 − x2 = − +c 9 x 9 − x2 − +c x 42 y x 2 = 9 sen 2 θ Ejemplo 41 Sustitución trigonométrica: u = a tan θ Resuelva ∫ dx 4x2 + 1 4 x2 + 1 = u 2= x, a 1 y 2 x = tan θ , como se muestra en Solución: sea tenemos dx = 1 sec 2 θ dθ y 2 2x 1 4x2 + 1 = sec θ Si sustituimos los términos trigonométricos, obtenemos: Sustituir: ∫ dx 4x2 + 1 Simplificar Aplicar la regla de la secante = 1 sec 2 θ dθ 2 ∫ sec θ = 1 sec θ dθ 2∫ = = 1 ln sec θ + tan θ + C 2 1 ln 2 4 x2 + 1 + 2 x + C Ejemplo 42 Sustitución trigonométrica: potencias racionales Encuentre ∫ (x 2 dx + 1)3/2 x2 + 1 x 1 Solución: Primero, se escribe ( x 2 + 1)3/2 como ( ) 3 x 2 + 1 , entonces: Sea a = 1 y u= x= tan θ , como se muestra en la figura, si usamos: dx = sec2 x dθ y 43 x2 + 1 = sec θ la figura, dθ x2 + 1 sec 2 θ dθ d sen c = = = − + = − +c cos θ θ θ ∫ sec3 θ ∫ secθ ∫ x Integración por Sustitución trigonométrica. Ejercicios para realizar por el alumno x 1. ∫ 2. ∫ 3. ∫ 4. ∫ 5. ∫ 16 − 4x dx ∫ x 16 − 4 x dx ∫ e 1 − e dx ∫ ( x + 1) x + 2 x + 2 dx 6. 7. 8. dx 2 x + 36 x 36 − x 2 1 dx 16 − x 2 1 (x 2 + 5) dx dx 3/ 2 2 2 x x 2 1 9. ∫ 4 + 4x 10. ∫ 2 + x4 3 dx ( 25 + 10 x + x ) 2 3/ 2 dx 44 Integración por partes La fórmula de integración por partes es una técnica de enorme relevancia, porque en todas las fórmulas anteriores es indispensable que el diferencial de la función este integrando, pero en esta técnica se integra una función acompañada del diferencial de otra como se muestra a continuación: = u u= ( x), v v( x) dos variables en un intervalo [ a, b ] o en todo caso R. Sean Es decir: d (u ⋅ v) = u ⋅ dv + v ⋅ du . De donde: u ⋅ dv= d (u ⋅ v) − v ⋅ dv sí integramos ambos miembros de la igualdad: ∫ u ⋅ dv = u ⋅ v − ∫ v ⋅ du La expresión obtenida se denomina formula de integración por partes y se utiliza para transformar una integral en otra. En esta transformación será útil como método de integración cuando la integral de segundo miembro sea inmediata o, al menos, más sencilla que la primera integral. Con este método podemos resolver, entre otras, integrales de las formas: a ) ∫ x n sen x dx, ∫ x n cos x dx d ) ∫ arc tan x dx, ∫ arc cot x dx b) ∫ e x cos x dx, ∫ e x senx dx , a ) ∫ x n e x dx d ) ∫ arc tan x dx, ∫ arc cot x dx c) ∫ x n ln x dx e) ∫ sen x dx, ∫ cos n x dx Normalmente se recomienda considerar que u corresponde a las funciones logarítmicas arco seno, arco coseno, arco tangente. Así como a las polinómicas, y que dv corresponde a las funciones trigonométricas y exponenciales. 45 Caso 1 En aquellas integrales en las que aplicar la fórmula de integración por partes ∫ u ⋅ dv = u ⋅ v − ∫ v ⋅ du resulte que la integral del segundo miembro ∫ v ⋅ du es inmediata. Integración por partes. Ejemplo 43 resuelto Integración por partes. Realice integración por partes: ∫ arctan θ dθ Solución: = v arctan = θ dv dθ dθ = du = v θ 1+θ 2 θ dθ = ∫ arctan θ arctan θ − θ dθ 1+θ 2 = θ arctan θ − 1 ln (1 + θ 2 ) + C 2 Integración por partes. Ejemplo 44 resuelto Realice integración por partes: ∫ xe dx x Solución: = u x= dv e x dx = du dx = v ex 46 ∫ xe dx = x xe x − ∫ e x dx = xe x − e x + C Integración por partes. Ejemplo 45 resuelto Realice integración por partes: ∫ θ cos θ dθ Solución: v θ= dv cos θ dθ = du d= v sen θ θ = ∫ θ cos θ dθ = θ sen θ − ∫ sen θ dθ = θ sen θ + cos θ + c Integración por partes. Ejemplo 46 resuelto Realice integración por partes: ∫x 2 ln x dx Solución: = v ln= x dv x 2 dx = du dx x2 = v x 3 x2 x2 1 2 ∫ x ln x dx =2 ln x − ∫ 3 ln x − 3 ∫ x dx 2 x2 1 x3 x3 x3 ln x − ⋅ += C ln x − + C 3 3 3 3 9 47 Integración por partes. Ejemplo 47 resuelto Realice integración por partes: ∫ x arctan x dx Solución: = v x= arctan x dv x dx = du = x dx ∫ x arctan = dx x2 = v 1 + x2 2 x2 x 2 dx arctan x − ∫ 2 2 1 + x2 x2 1 x 2 dx arctan x − ∫ 2 2 1 + x2 Al resolver: − 1 x 2 dx 2 ∫ 1 + x2 Recuerde que: x2 1 1 1 1 1 dx = 1− 2 ⇒ = − ∫ 1 + 2 dx = − ∫ dx + ∫ 2 2 1+ x x +1 2 x + 1 2 2 x +1 x2 1 x = x dx arctan x + arctan x − + c ∫ x ⋅ arctan 2 2 2 Integración por partes. Ejemplo 48 resuelto Realice integración por partes: x 2 dx ∫ ( x cos x − sen x ) 48 2 Solución: Multiplicamos el numerador y el denominador por sen x : x 2 dx x x sen x dx = ∫ ⋅ ∫ ( x cos x − sen sen x ( x cos x − sen x ) x) 2 2 x sen x − x cos x = dv dx sen x sen x 2 1 x sen x = dx v 2 x cos x − sen x ( x cos x − sen x ) = u du Se resolvió x 2 dx ∫ ( x cos x − sen x ) 2 Si t= x cos x − sen x dt = − x sen x dx Entonces dt ∫− t 2 = −∫ dt 1 = = v 2 t x cos x − sen x dx y finalmente obtenemos: x 2 dx 1 x 1 sen x − x cos x = dx ∫ ( x cos x − sen x )2 x cos x − sen x sen x dx − ∫ x cos x − sen x sen 2 x = −x dx sen x − x cos x +∫ sen x( x cos x − sen x) x cos x − sen x sen 2 x = −x dx −∫ sen x( x cos x − sen x) sen 2 x = −x − ∫ csc 2 x dx sen x( x cos x − sen x) = −x + ctg x + c sen x( x cos x − sen x) 49 Integración por partes. Ejemplo 49 resuelto Realice integración por partes: x ∫e Solución: Sabemos que x2 + 1 dx ( x + 1) 2 ( x + 1)2 − 2 x = x 2 + 1 : Completamos el TCP en el numerador x ∫e 2 x2 + 1 x ( x + 1) − 2 x dx = e ∫ ( x + 1)2 dx ( x + 1) 2 Multiplicamos por e x : e x ( x + 1) 2 − e x (2 x) dx ( x + 1) 2 =∫ Separamos las integrales: ∫ e x ( x 2 + 1) e x (2 x) dx − ∫ ( x + 1)2 dx ( x + 1) 2 La nueva integral: ∫ = e x dx − 2∫ xe x dx ( x + 1) 2 Se resuelve por partes: = e x − 2 ∫ xe x ( x + 1) −2 dx dv= ( x + 1) 2 dx 1 v= ( x + 1) = v xe x du = xe x ( x + 1)dx x ∫e x2 + 1 dx = e x − 2 ∫ xe x ( x + 1) −2 dx 2 ( x + 1) 1 1 ( xe x + e x )dx = ex − 2 − xe x + ∫ x +1 x +1 50 1 x 1 = e x − 2 − xe x + ∫ e ( x + 1)dx x +1 x +1 xe x = ex − 2 − + ∫ e x dx x +1 2 xe x =e − − 2e x + c x +1 x x −1 = ex +c x +1 Caso ll En este caso, al aplicar la fórmula de integración por partes, la integral del segundo miembro ∫ v ⋅ du aun no es inmediata, por lo necesario aplicar nuevamente el método de dicha integral. Integración por partes. Ejemplo 50 resuelto Realice integración por partes: ∫x 2 e − x dx Solución: 2 u x= dv e − x dx = du = 2 x dx v = −e − x ∫x 2 e − x dx = −e − x x 2 + ∫ e − x 2 x dx = −e − x x 2 + 2 ∫ e − x x dx Observamos que la integral ∫e −x x dx no tiene solución inmediata; sin embargo, es mas fácil de resolver que la inicial. Esta nueva integral la resolvemos utilizando de nuevo la técnica de integración por partes. 2 v x= dv e − x dx = du 2= x dx v e− x = 51 −2 xe − x − 2e − x + c 2 −e − x x + ∫ e − x dx = Finalmente se obtiene: ∫x 2 e − x dx =−2 xe − x − 2e − x + c =e − x (− x 2 − 2 x − 2) + C 52 Integración por partes. Ejemplo 51 resuelto Realice integración por partes: ∫ ln 2 θ dθ Solución: 2 = θ v ln= dv dθ dθ = du 2= ln θ v θ θ θ dθ ∫ ln = 2 θ ln 2 θ − ∫ θ 2 ln θ dθ θ = θ ln 2 θ − 2 ∫ ln θ dθ Al resolver la nueva integral 2 ∫ ln θ dθ , tenemos: 2 u ln= dv dθ θ = dθ du = v θ = θ θ dθ ∫ ln = 2 θ ln 2 θ − 2∫ ln θ dθ dθ = θ ln 2 θ − 2 θ ln θ ∫ θ θ = θ ln 2 θ − 2θ ln θ + 2 ∫ dθ = θ ln 2 θ − 2θ ln θ + 2θ + C Integración por partes. Ejemplo 52 resuelto 53 Realice integración por partes: ∫x e 2 3x dx Solución: 2 = u x= dv e3 x dx 1 3x = du 2= x v e 3 dx ∫ x e= 1 3x 2 1 e x − ∫ e3 x 2 xdx 3 3 = 1 2 3x 1 3x x e − ∫ e 2 xdx 3 3 2 3x Al integrar ∫ e3 x 2 xdx por partes, tenemos: = u 2= x dv e3 x dx 1 3x = du 2= dx v e 3 ∫x e 2 3x 1 1 1 1 dx =x 2 e3 x − e3 x 2 x − ∫ e3 x 2dx 3 3 3 3 1 1 1 = x 2 e3 x − 2 xe3 x + ∫ e3 x 2dx 3 9 9 = 1 2 3x 2 3x 2 3x x e − xe + e +c 3 9 27 Integración por partes. Ejemplo 53 resuelto Realice integración por partes: ∫ x sen x dx 2 Solución: 2 = u x= dv sen xdx du = 2 x dx v = − cos x 54 ∫ x sen x dx =− x cos x − ∫ − cos x 2 x dx 2 = − x 2 cos x + 2 ∫ x cos x dx Al integrar por partes ∫ x cos x dx , tenemos u x= dv cos x dx = du dx v sen x = = x dx ∫ x cos= x sen x − ∫ sen x dx = − x 2 cos x + 2 x sen x + 2 cods x + c Integración por partes. Ejemplo 54 resuelto Realice integración por partes: ∫x e 3 − x /3 dx Solución: 3 u x= du 3 x 2 dx = dv = e − x /3 dx v = −3e − x /3 ∫x e 3 − x /3 dx = −3 x3e − x /3 + 9 ∫ e − x /3 x 2 dx = −3e − x /3 x3 + 9 ∫ e − x /3 x 2 dx Al integrar por partes ∫ e − x /3 2 x dx , tenemos 2 u x= du 2 x dx = dv = e − x /3 dx v = −3e − x /3 ∫x e 3 − x /3 ( dx = −e − x /3 x 3 + 9 −3e − x /3 x 2 + 6 ∫ e − x /3 xdx = −3e − x /3 x 3 − 27e − x /3 x 2 + 54 ∫ e − x /3 xdx 55 ) Al integrar ∫ e − x /3 xdx nuevamente por partes, tenemos: 2 = u x= du dx dv = e − x /3 dx v = −3e − x /3 ∫x e 3 − x /3 ( −3e − x /3 x 3 + 27e − x /3 x 2 + 54 −3 xe − x /3 + 3∫ e − x /3 dx dx = ) = −3e− x /3 x3 + 27e− x /3 x 2 − 162 xe− x /3 + 162(3e− x /3 ) + C = −3e − x /3 x 3 + 27e − x /3 x 2 − 162e − x /3 x − 486e − x /3 + C Caso lll En este caso, la integral del segundo miembro ∫ v du no es inmediata al aplicar la fórmula de integración, pero es la misma que se está buscando inicialmente, por lo que las agrupamos en el primer miembro para despejar la integral a resolver inicialmente. Integración por partes. Ejemplo 55 resuelto Realice integración por partes: ∫ x cos 2 x sen x dx Solución: u x= dv sen x dx = cos x 2 du = (cos x − 2 x cos x sen x)dx v= − cos x ∫ x cos 2 x sen x dx =− x cos x cos 2 x − ∫ − cos x (cos 2 x − 2 x cos x sen x)dx ( =− x cos3 x − − ∫ cos 3 x dx + ∫ cos 2 x 2 x sen x dx ( ) =− x cos3 x − − ∫ cos 2 x cos x dx + 2 ∫ x cos 2 x sen x dx ( ) =− x cos3 x − − ∫ (1 − sen 2 x) cos x dx + 2 ∫ x cos 2 x sen x dx ( ) =− x cos3 x − − ∫ cos x dx + ∫ sen 2 x cos x − 2 ∫ x cos 2 x sen x dx 56 ) = − x cos3 x + ∫ cos x dx + ∫ sen 2 x cos x −2 ∫ x cos 2 x sen x dx = − x cos3 x + sen x − sen3 x x − 2∫ x cos 2 x sen x dx 3 La última integral es la que inicialmente queremos resolver, por tanto, para facilitar la solución podemos proceder de la manera siguiente: sen3 x − x cos x + sen x − − 2∫ x cos 2 x sen x dx + c ∫ x cos x sen x dx = 3 2 3 ∫ 2 − x cos3 x + sen x − Despejamos: 3 x cos x sen x dx = sen3 x +c 3 Finalmente: x cos3 x sen x sen3 x 2 x cos x sen x dx = − + − +c ∫ 3 3 9 Integración por partes. Ejemplo 56 resuelto Realice integración por partes: ∫e x cos x dx Solución: = u cos = x dv e x dx du = − sen x dx v= ex ∫e x x dx e x cos x + ∫ e x sen x dx cos= = e x cos x + ∫ e x sen x dx Al resolver por partes la nueva integral, tenemos: = u sen = x dv e x dx = du cos = x dx v ex 57 ∫e x cos x dx = e x cos x + e x sen x − ∫ e x cos x dx = e x cos x + e x sen x − ∫ e x cos x dx Es posible observar que de nuevo aparece la misma integral del lado derecho, por lo que: ∫e x cos x dx = e x cos x + e x sen x − ∫ e x cos x dx 2 ∫ e x cos= x dx e x cos x + e x sen x Finalmente e x cos x + e x sen x = +c ∫ e cos x dx 2 x Integración por partes. Ejemplo 57 resuelto Realice integración por partes: ∫3 θ cos θ dθ Solución: u cos dv 3θ dθ = = θ 3θ du = − sen θ dθ v= ln 3 3θ 3θ cos θ − ∫ (− sen θ ) dθ θ ∫ 3 cos θ d= ln 3 ln 3 θ = 3θ 1 cos θ + 3θ sen θ dθ ∫ ln 3 ln 3 = 3θ 1 cos θ + 3θ sen θ dθ ln 3 ln 3 ∫ 58 u sen dv 3θ dθ = = θ = du cos = θ dθ v 3θ ln 3 3θ 1 3θ 3θ =cos θ + cos θ dθ sen θ − ∫ ln 3 ln 3 ln 3 ln 3 3θ 1 3θ 3θ =cos θ + − 3θ cos θ dθ sen θ ∫ ln 3 ln 3 ln 3 ln 3 = 3θ cos θ 3θ sen θ 1 + − 2 ∫ 3θ cos θ dθ 2 ln 3 ln 3 ln 3 Si @ = ∫ 3θ cos θ dθ @= @+ 3θ cos θ 3θ sen θ 1 + − 2 @+ c 2 ln 3 ln 3 ln 3 1 3θ cos θ 3θ sen θ @ = + +C ln 2 3 ln 3 ln 2 3 Despejando @: = @ ln 3(3θ cos θ ) + 3θ sen θ +C ln 2 3 + 1 θ = ∫ 3 cos θ dθ 3θ cos θ ln 3 + 3θ sen θ +C ln 2 3 + 1 Integración por partes. Ejercicios para realizar por el alumno 1. ∫ x sen x dx 2. ∫ x ln x dx 3. ∫x 3 e x dx 4. ∫x 5 e x dx 59 5. ∫x 6. ∫ sen 2 2 x dx −1 ax dx 7. ∫ e 2 x cos 3 x dx 8. ∫ e a x sen bx dx 9. ∫ x tan −1 x dx 10. ∫ θ cos θ dθ Integración por fracciones parciales Este método nos permitirá integrar cierta clase de funciones racionales (cociente de polinomios). A manera de ilustración consideremos la integral siguiente: x2 + x + 3 ∫ x − 2 dx Observe que difícilmente podríamos abordarla con algunos de los métodos de los que disponemos. Procederemos con la división de polinomios: x−2 x 2 + 3 x + x +3 − x2 + 2x 3x + 3 − 3x + 6 9 Posteriormente aplicamos el algoritmo de la división, y obtenemos: x 2 + x + 3 = ( x − 2)( x + 3) + 9 60 Para obtener en lado izquierdo de la igualdad la funcion que queremos integrar, dividimos en ambos lados entre ( x − 2) x2 + x + 3 9 = ( x + 3) + x−2 x−2 De esta manera descomponemos nuestra fracción "complicada" en una suma de fracciones "sencillas" a las que llamaremos fracciones parciales, las cuales son fáciles de integrar. x2 + x + 3 ∫ x − 2 dx = ∫ ( x + 3) dx + ∫ 9 x2 dx = + 3x + 9 ln x − 2 + C x−2 2 En general si queremos integrar un cociente de polinomios P( x) en el que el grado de P ( x) Q( x) es mayor o igual al grado de Q( x) , debemos proceder como en el caso anterior, aplicando el algoritmo de la división. 61 q( x) Q( x) p( x) r ( x) Donde r ( x) = 0 ó grado r ( x) < grado Q( x) : P( x) r ( x) = q( x) + Q( x) Q( x) Donde la integral buscada: P( x) r ( x) dx ∫ q( x) dx + ∫ dx con gr r ( x) < gr Q( x) ∫= Q( x) Q( x) Se reduce a calcular la integral de un polinomio q( x) y la integral de una función racional en la cual el numerado tiene grado menos que el denominador. A continuación describiremos varios casos de descomposición de fracciones racionales (cuyo polinomio del numerador tiene grado menor que el denominador) como una suma de fracciones parciales fáciles de integrar. Caso 1 En este caso, Q( x) tiene todas sus raíces reales y distintas. Cuando la factorización del polinomio Q( x) es en factores lineales y distintos, es decir Q( x) =− ( x a1 )( x − a2 )( x − a3 ) ... ( x − an ) Hacemos la descomposición: A3 An A1 A2 P( x) = + + + ... + Q( x) x − a1 x − a2 x − a3 x − an Donde A1 , A2 , A3 ,..., An son constantes reales. Nótese que una vez efectuada la descomposición, la integración es inmediata pues: Ak ∫ x−a dx = ln x − ak + C k y, por tanto: 62 P( x) = ∫ Q( x) dx P( x) A1 ∫ x−a 1 dx + ∫ ∫ Q( x) dx = ln x − a 1 A A A2 dx + ∫ 3 dx + ⋅⋅⋅ + ∫ n dx x − a2 x − a3 x − an + ln x − a2 + ln x − a3 + ⋅⋅⋅ + ln x − an + C Ejemplo 58 Integrales mediante descomposición en fracciones parciales Realice la integral mediante descomposición en fracciones parciales ∫x 2 dx − 16 2 Solución: en este ejemplo Q( x) = x − 16 = ( x − 4)( x + 4) La descomposición en fracciones parciales seria Tambien es muy común en lugar de A1 , A2 , A3 , ... An usar A, B, C , etc. Ósea A B 1 = + x − 16 x + 4 x − 4 2 En la que bastará determinar las dos constantes A y B para poder encontrar nuestra integral. Procederemos a la determinación de las constantes, efectuando la suma del lado derecho: 1 A( x − 4) + B( x + 4) Ax − 4 A + Bx + 4 B x( A + B) + (4 A − 4 B) = = = x 2 − 16 ( x + 4)( x − 4) ( x + 4)( x − 4) ( x + 4)( x − 4) Observamos que la primera y la última fracción son iguales y tienen el mismo Denominador, por lo que sus numeradores forzosamente son iguales, es decir: 1 = x( A + B) + (4 B − 4 A) O bien: 0 x += 1 x( A + B) + (4 B − 4 A) De donde (igualando coeficientes de x con la misma potencia en ambos lados), obtenemos el siguiente sistema de dos ecuaciones lineales con dos incógnitas 63 A + B= 0 4B − 4 A = 1 Y, si lo resolvemos, queda: 4 A + 4B = 0 4B − 4 A = 1 8B = 1 Por lo que B = 1 1 y si sustituimos en la primera ecuación A =− B =− : 8 8 Una vez determinadas nuestras constantes A y B, las sustituimos en la descomposición inicial y obtenemos 1 1 1 A B 8 8 = + = − + x+4 x−4 x 2 − 16 x + 4 x − 4 Finalmente queda la integración: 1 1 dx 8 8 = − dx + ∫ x 2 − 16 ∫ x + 4 ∫ x − 4 dx O bien utilizamos las propiedades de los logaritmos: dx 1 x−4 = ∫ x 2 − 16 8 ln x + 4 + c Nota: esta integral es un caso particular de la formula presentada sin demostración en el método de cambio de variable. du 1 a −u = ∫ u 2 − a 2 2a ln a + u + c La cual puede probarse ahora, a manera de ejercicio, con el método de fracciones parciales. Ejemplo 59 Integrales mediante descomposición en fracciones parciales Realice la integral mediante descomposición en fracciones parciales: 64 ∫x 2 x+2 dx + 2 x − 15 2 Solución: en este ejemplo Q( x) = x − 2 x − 15 = ( x + 3) La descomposición en fracciones parciales seria 1 A B = + x − 16 x − 5 x + 3 2 Y sigue el procedimiento de la parte anterior 1 A B A( x + 3) + B( x − 5) x( A + B) − (3 A − 5B) = + = = x − 2 x − 15 x − 5 x + 3 ( x − 5)( x + 3) ( x − 5)( x + 3) 2 Igualando coeficientes, obtenemos el sistema: A+ B = 1 3 A − 5B = 2 Que al resolverlo queda: 5 A + 5B = 5 3 A − 5B = 2 8A = 7 Y si obtenemos el valor de A = 7 8 Para encontrar B, la despejamos en la primera ecuación: B =1 − 7 1 = 8 8 Asi pues, la descomposición en fracciones parciales 7 1 x+2 = 8 + 8 2 x + 2 x − 15 x − 5 x + 3 Y nuestra integral ∫x 2 x+2 1 1 1 1 7 1 = dx dx + ∫ = dx ln x − 5 + ln x + 3 + c ∫ + 2 x − 15 8 x −5 8 x+3 8 8 65 Nota: En cada uno de los casos de este método se afirma que se puede descomponerse en fracciones parciales, lo cual es un resultado del álgebra, por tanto, debería probarse algebraicamente, ya que podría ser que una de estas descomposiciones se produzca un sistema de ecuaciones sin solución. No realizaremos aquí la demostración pero veremos que por lo menos en el primer caso siempre será posible encontrar las constantes, es decir los sistemas resultantes si tendrán solución. Otro método para determinar las constantes Tratemos de "despejar" la constante A de la descomposición deseada, para hacerlo multiplicamos en ambos lados de la ecuación por ( x − 5) x+2 A B = + ( x − 5)( x + 3) x − 5 x + 3 Obtenemos x+2 B = A+ x+3 x+3 Despejamos la constante A: = A x + 2 B( x − 5) − x+3 x+3 Evaluamos en x = 5 , y obtenemos A= 7 8 Obsérvese que estos pasos para determinar A se pueden reducirse en uno solo: de la expresión a descomponer en fracciones parciales se elimina del denominador el factor lineal correspondiente a esta constante y, finalmente, se evalúa en el punto donde este factor 66 eliminado se anula. Es decir A = x+2 7 evaluado en x = 5 , da como resultando A = . De 8 x+3 manera similar, para obtener el valor de B, multiplicamos en ambos lados de la ecuación Original por ( x + 3) , despejamos B y evaluamos en x = −3 , así obtenemos: B= x+2 , evaluando en x = −3 x −5 B= 1 8 Ejemplo 60 Integrales mediante descomposición en fracciones parciales Realice la integral mediante descomposición en fracciones parciales: ∫ 2 x 2 − 3x + 1 dx x3 + 6 x 2 + 8 x 3 2 Solución: en este ejemplo Q( x) = x − 6 x + 8 x = x( x − 4)( x − 2) La descomposición en fracciones parciales seria: 2 x 2 − 3x + 1 A B C =+ + x( x − 4)( x − 2) x x − 4 x − 2 Y los valores de las constantes son: A= 2 x 2 − 3x + 1 ( x − 4)( x − 2) Evaluando en x = 0 ⇒ A = 1 8 B= 2 x 2 − 3x + 1 x( x − 2) Evaluando en x = 4 ⇒ A = 21 8 C= 2 x 2 − 3x + 1 x( x − 4) 2 C= − Evaluando en x =⇒ Así pues: 67 3 4 ∫ 2 x 2 − 3x + 1 1 dx 21 dx 3 dx dx =∫ + ∫ − ∫ 3 2 x + 6 x + 8x 8 x 8 x−4 4 x−2 Es decir ∫ 2 x 2 − 3x + 1 1 21 3 ln x + ln x − 4 − ln x − 2 + c = dx 3 2 x + 6 x + 8x 8 8 4 Caso 2 En este caso, Q(x) tiene todas sus raíces reales, pero puede haber algunas repetidas. Cuando la factorización del polinomio Q(x) es en factores lineales no necesariamente Distintos, es decir: Q( x= ) ( x + a1 ) m1 ( x + a2 ) m2 ( x + a3 ) m3 ⋅⋅⋅ ( x + an ) mn Por cada factor lineal aparecerán tantas fracciones parciales como multiplicidad tenga este ( x + ak ) mk , así habrá mk fracciones parciales: Amk A1 A2 + + ⋅⋅⋅ + 2 ( x − ak ) ( x − ak ) ( x − ak ) mk Donde A1 , A2 , A3 ... Ak son constantes reales. De nuevo como en el caso anterior la integración de las fracciones parciales es sencilla y se reduce a calcular integrales de la forma: dx ∫ ( x − a)n Las cuales se resuelven| mediante un sencillo cambio de variable para n > 1 . Ejemplo 61 Integrales mediante descomposición en fracciones parciales Realice la integral mediante descomposición en fracciones parciales: ∫x 3 3x + 8 dx − 4 x2 + 4 x 3 2 2 Solución: en este ejemplo Q( x) = x − 4 x + 4 x = x( x − 2) La descomposición en fracciones parciales seria: 68 3x + 8 A B C =+ + 2 x( x − 2) x x − 2 ( x − 2) 2 Al desarrollar e igualar los polinomios del numerador, como en los ejemplos anteriores, Obtendremos las constantes de resolver un sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas. Si observamos con detalle la igualdad anterior nos daremos cuenta que la constante B no puede determinarse por el método "corto", pero sí las otras dos, es decir del sistema de tres por tres ya habremos determinado dos de las incógnitas y despejaremos cualquiera de las ecuaciones en que aparezca B. A= 3x + 8 ( x − 2) 2 Evaluando en x = 0 ⇒ A = 2 C= 3x + 8 x Evaluando en x = 2 ⇒ C = 7 Si efectuamos las operaciones y factorizamos x 2 y x , tenemos 3x + 8 A B C x 2 ( A + B ) + x(−4a − 2b + c) + 4 A = + + = ⋅⋅⋅ = x( x − 2) 2 x x − 2 ( x − 2) 2 x( x − 2) 2 Si igualamos los coeficientes de los numeradores, obtenemos el sistema de ecuaciones siguiente: A+ B = 0 −4 A − 2 B + C = 3 4A = 8 Como sólo falta determinar la constante B , la despejamos de la primera ecuación, Obteniendo B = −2 . Entonces sustituimos e integramos: 3x + 8 ∫ x( x − 2) 3x + 8 ∫ x( x − 2) 2 2 2 7 −2 dx = ∫ x + ∫ x − 2 + ∫ ( x − 2)2 dx = 2 ln x − 2 ln x − 2 −7 ( x − 2) 2 Ejemplo 62 Integrales mediante descomposición en fracciones parciales 69 Realice la integral mediante descomposición en fracciones parciales: ∫x 6 x +8 dx − 2 x4 + x2 6 4 2 2 4 2 Solución: en este ejemplo Q( x) =x − 2 x + x =x ( x − 2 x + 1) Q( x) = x 2 ( x + 1) 2 ( x + 1) 2 La descomposición en fracciones parciales seria: x +8 A B C D E F = + 2+ + + + 2 2 2 x ( x + 1) ( x + 1) x x x + 1 ( x + 1) ( x + 1) ( x + 1) 2 2 Por el método corto podemos fácilmente encontrar que B = 8 , D = 7 / 4 y F = 9 / 4 . Para determinar el resto de las constantes tenemos que plantear el sistema de ecuaciones: x +8 A( x 5 − 2 x 3 + x) + B ( x 4 − 2 x 2 + 1) + C ( x 5 − 2 x 3 + x) = 2 x ( x + 1) x 2 ( x 2 + 1) 2 lo anterior nos conduce al siguiente sistema de ecuaciones con seis incógnitas: A+C + E = 0 B −C + D + E + F = 0 −2 A − C + 2 D − E + 2 F = 0 − 2B + C + D − E + F = 0 A =1 B =8 Como ya tenemos los valores B = 8 , D = 7 / 4 y F = 9 / 4 . Sustituyéndolos en las Primeras dos ecuaciones, encontraremos los valores de C y E resolviendo el sistema: C+E= −1 −C + E =−12 70 Cuya solución es C = ∫x 6 13 11 y E = − , el valor de la integral seria entonces: 2 2 x +8 8 11 13 9 dx = ln x − + ln x + 1 − ln x − 1 − +c 4 2 − 2x + x x 2 2 4( x − 1) Caso 3 En este caso, Q( x) tiene raíces complejas distintas. Cuando en la factorización del polinomio Q ( x) aparecen factores cuadráticos de la forma ax 2 + bx + c con b 2 − 4ac < 0 A cada uno de estos factores le corresponderá una fracción parcial de la forma Donde A y B son constantes reales Ax + B ax 2 + bx + c Donde A y B son constantes reales Ejemplo 63 Integrales mediante descomposición en fracciones parciales Realice la integral mediante descomposición en fracciones parciales: ∫x 3 3x + 1 dx − 2 x2 + 5x 3 2 2 2 Solución: en este ejemplo Q( x) = x − 2 x + 5 x = x ( x − 2 x + 5) Con b 2 − 4ac =− 4 20 = −16 < c La descomposición en fracciones parciales seria: 3x + 1 A Bx + c A( x 2 + 2 x + 5) + x( Bx + c) = + = x3 − 2 x 2 + 5 x x x 2 + 2 x + 5 x( x 2 + 2 x + 5) El sistema a resolver es: A+ B = 0 A= 71 1 5 2A + C = 3 B= − 5A = 1 C= ∫x 3 1 5 13 5 3x + 1 1 dx 1 x − 13 = − ∫ 2 dx 2 ∫ − 2 x + 5x 5 x 5 x + 2 x + 5 Veamos de manera independiente solo la última integral. En este tipo de integrales debemos tener cuidado al momento de completar el diferencial, donde la funcion que esta en el denominador (su diferencial) debe estar en el numerador, en este caso se consigue de la siguiente manera: 1. se multiplica y se divide por 2 (un uno muy particular). 2. se suma y se resta un 2. 3. simplificando, se obtiene los siguientes resultados 1 (2 x + 2) 14 dx 1 1 (2 x + 2) − 26 − 2 dx = dx + ∫ 2 − ∫ 2 − ∫ 2 x − 2x + 5 10 x − 2 x + 5 5 x + 2x + 5 5 2 Se unen los resultados obtenidos: ∫x 3 3x + 1 1 dx 1 x − 13 = − ∫ 2 dx 2 ∫ − 2 x + 5x 5 x 5 x + 2 x + 5 1 dx 1 (2 x + 2) 14 dx = − ∫ 2 dx + ∫ 2 ∫ 5 x 10 x − 2 x + 5 5 x + 2x + 5 En este último resultado las dos últimas integrales quedan de forma directa, en el caso de la tercera se utiliza la técnica de completar TCP visto previamente: ∫x 3 3x + 1 1 dx 1 (2 x + 2) 14 dx = − ∫ 2 dx + ∫ 2 2 ∫ − 2 x + 5 x 5 x 10 x − 2 x + 5 5 x + 2x + 5 = 1 1 14 1 x +1 ln x − ln x 2 + 2 x + 5 + arctan + C 5 10 5 2 2 Caso 4 En este caso, Q( x) tiene raíces complejas repetidas. 72 Cuando en la factorización del polinomio Q( x) aparecen factores cuadráticos repetidos de la forma (ax 2 + bx + c) n , Con b 2 − 4ac < 0 A cada uno de los factores les corresponderán n fracciones parciales de la forma: An x + Bn A1 x + B1 A2 x + B2 + + ⋅⋅⋅ + 2 2 2 (ax 2 + bx + c) ax + bx + c (ax + bx + c) Donde Ak y Bk son constantes reales para k = 1, 2,...., n Ejemplo 64 Integrales mediante descomposición en fracciones parciales Realice la integral mediante descomposición en fracciones parciales: x2 ∫ x 4 + 2 x 2 + 1 dx 4 2 2 2 Solución: en este ejemplo Q( x) = x + 2 x + 1 = ( x + 1) Con b 2 − 4ac < 0 La descomposición en fracciones parciales seria: x2 Ax + B Cx + D Ax 3 + Bx 2 + Ax + B + Cx + D = + = ( x 2 + 1) ( x 2 + 1) 2 ( x 2 + 1) 2 ( x 2 + 1) 2 Con el sistema de ecuaciones: A=0 B =1 A+C = 0 B+D = 0 Solución: A = 0, B = 1, C = 0, D = −1 De este modo la integral seria: La primera integral es directa. 73 En la segunda integral se aplica el método de integración por partes ∫ x2 = dx x4 + 2x2 + 1 dx dx ∫ 1 + x − ∫ (1 + x 2 2 ) 1 x x arctan( x) − − +c 2 2 1 + x 1 + x2 Donde la primera integral es la inversa de la tangente y la segunda se resuelve mediante el segundo caso de sustitución trigonométrica Integración por descomposición en fracciones parciales Ejercicios para realizar por el alumno 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 1 dx −9 x +1 ∫ x 2 4 x + 3 dx 5− x ∫ 2 x 2 + x − 1 dx 3 ∫ x 2 + x − 2 dx ∫ 4x ∫ 2 3x 2 − 7 x − 2 dx x3 − x x2 − 1 ∫ x3 + x dx x ∫ x3 − 1 dx x2 dx − 2x2 − 8 8. ∫x 9. x2 − 4x + 7 ∫ x3 − x 2 + x + 3 dx 10. ∫ 4 5 x 2 + 20 x + 6 dx x3 + 2 x 2 + x 74