T´ ecnicas de Integraci´ on: Problemas Resueltos Ing. Carlos Alfredo Angulo * Universidad de San Carlos de Guatemala Facultad de Ingenier´ ıa Departamento de Matem´aticas 1. Prefacio La preparaci´ on de todo ingeniero abarca diversos aspectos, entre ellos, la habilidad abs- tracta. Para crear una habilidad de este tipo, propicia para un profesional de la ingenier´ ıa, todo estudiante debe cursar un n´ umero m´ ınimo de cursos de Matem´atica, antes de cursar los cursos que competen meramente a su campo de desempe˜ no. Uno de los cursos de mayor contenido y carga acad´ emica es el de Matem´atica Intermedia I, el cual es tenido por muchos como el m´ as importante de los cursos de matem´ atica, si bien esto queda a criterio de cada individuo, lo cierto es que es el curso que m´ as cr´ editos acad´ emicos otorga dentro de las redes de estudio de las carreras de ingenier´ ıa de la Universidad de San Carlos. La extensi´ on y complejidad de sus contenidos son factores debido a los cuales existe cierta deficiencia en el desempe˜ no de los estudiantes que cursan Intermedia I. Uno de los primeros temas a tratar es el de t´ ecnicas de integraci´on; dicho tema representa la uni´ on o el v´ ınculo entre este curso y su pre-requisito, Matem´ atica B´asica II puesto que se retoma el tema de las antiderivadas y las integrales definidas, ahora con un enfoque m´ as maduro y exigente, puesto que ya se posee una base s´olida de c´ alculo de una variable. Si bien es cierto que no toda funci´on posee antide- rivada, esta no es raz´on para concluir que ´ unicamente un limitado n´ umero de ellas la poseen. Es m´as, tras un estudio s´olido de t´ ecnicas de integraci´ on, el estudiante puede reconocer que la mayor´ ıa de las funciones que aparecen en el campo de aplicaci´ on poseen antiderivada, y la suposici´on inicial cambia de direcci´ on al identificar que en realidad, es un limitado conjunto de funciones cuya antiderivada no puede ser determinada de forma ”natural”. Con estos hechos en mente, el autor se ha dado a la tarea de escribir un documento de apoyo para los estudiantes del curso de Intermedia I, enfocado en el tema de t´ ecnicas de integraci´on. Las cualidades esenciales del presente documento son la objetividad y la simplicidad; Puesto que se desea transmitir al estudiante una gu´ ıapr´acticapara larealizaci´on de ejercicios de t´ ecnicas de integraci´ on, ilustrar los m´ etodos a seguir para los diversos casos de integraci´ on y a su vez dar nociones sobre cu´ando se debe aplicar cu´ al m´ etodo, con base en las forma del integrando, el tipo de t´ erminos con los que cuenta, las operaciones de las que consta * Edici´ on: Jos´ e Estuardo Orellana 1
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Tecnicas de Integracion: Problemas Resueltos
Ing. Carlos Alfredo Angulo*
Universidad de San Carlos de GuatemalaFacultad de Ingenierıa
Departamento de Matematicas
1. Prefacio
La preparacion de todo ingeniero abarca diversos aspectos, entre ellos, la habilidad abs-tracta. Para crear una habilidad de este tipo, propicia para un profesional de la ingenierıa,todo estudiante debe cursar un numero mınimo de cursos de Matematica, antes de cursarlos cursos que competen meramente a su campo de desempeno. Uno de los cursos de mayorcontenido y carga academica es el de Matematica Intermedia I, el cual es tenido por muchoscomo el mas importante de los cursos de matematica, si bien esto queda a criterio de cadaindividuo, lo cierto es que es el curso que mas creditos academicos otorga dentro de las redesde estudio de las carreras de ingenierıa de la Universidad de San Carlos. La extension ycomplejidad de sus contenidos son factores debido a los cuales existe cierta deficiencia en eldesempeno de los estudiantes que cursan Intermedia I. Uno de los primeros temas a tratares el de tecnicas de integracion; dicho tema representa la union o el vınculo entre este cursoy su pre-requisito, Matematica Basica II puesto que se retoma el tema de las antiderivadas ylas integrales definidas, ahora con un enfoque mas maduro y exigente, puesto que ya se poseeuna base solida de calculo de una variable. Si bien es cierto que no toda funcion posee antide-rivada, esta no es razon para concluir que unicamente un limitado numero de ellas la poseen.Es mas, tras un estudio solido de tecnicas de integracion, el estudiante puede reconocer quela mayorıa de las funciones que aparecen en el campo de aplicacion poseen antiderivada, y lasuposicion inicial cambia de direccion al identificar que en realidad, es un limitado conjuntode funciones cuya antiderivada no puede ser determinada de forma ”natural”.
Con estos hechos en mente, el autor se ha dado a la tarea de escribir un documentode apoyo para los estudiantes del curso de Intermedia I, enfocado en el tema de tecnicasde integracion. Las cualidades esenciales del presente documento son la objetividad y lasimplicidad; Puesto que se desea transmitir al estudiante una guıa practica para la realizacionde ejercicios de tecnicas de integracion, ilustrar los metodos a seguir para los diversos casos deintegracion y a su vez dar nociones sobre cuando se debe aplicar cual metodo, con base en lasforma del integrando, el tipo de terminos con los que cuenta, las operaciones de las que consta
*Edicion: Jose Estuardo Orellana
1
y las funciones que lo conforman. Debe tenerse en cuenta que para un correcto aprendizaje,la practica es un punto clave, por lo que se ha dejado de lado temas como demostracionese interpretaciones, para abarcar meramente la realizacion de ejercicios y la discusion deresultados. Asimismo se incita al estudiante a trascender mas alla de este documento, ybuscar una fuente complementaria o principal igual o mas completa para ası desarrollar unoptimo conocimiento en el tema de tecnicas de integracion.
Sin mas preambulo, se procede a los ejercicios.
2. Solucion a problemas propuestos
2.1. Calcule∫ 1
0 tg−1(x)dx
Solucion: Por convencion:
tg−1(x) = tangente inversa
El recıproco de la tangente lo expresamos como Cot(x) o de la forma [tg(x)]−1.Sin lugar a ambiguedades es mejor la notacion para designar la tangente inversa es
arctg(x).Ya que:
Dx[fg] = f ′g + fg′∫Dx[fg] =
∫f ′g +
∫fg′
Puesto que la integral anula la derivacion.∫fg′ = fg −
∫f ′g
Llamemos:
f = tg−1(x) g′ = 1
f ′ =1
1 + x2g = x
∫ 1
0
tg−1(x) dx = x tg−1(x)∣∣10−∫ 1
0
1
1 + x2x dx
Haciendo:
u = 1 + x2
du = 2 x dx
Se llega a: ∫ 1
0
tg−1(x) dx = tg−1(1)− 1
2
∫ 1
0
du
u
= tg−1(1)− 1
2Ln(u)
∣∣10
=π
4− 1
2Ln(1 + x2)
∣∣10
=π
4− 1
2[Ln(2)− Ln(1)]
=π
4− 1
2Ln(2)
=π
4− Ln(
√2)
≈ 0 . 439
2.2. Calcule∫e2θSen(3θ) dθ
Solucion: Nuevamente, usando integracion por partes:∫D(fg) =
∫f ′g +
∫fg′
Tenemos: ∫f ′ g = f g −
∫f g′
f ′ = e2θ g = Sen(3θ)
f =1
2e2θ g′ = 3Cos(3θ)
∴∫e2θSen(3θ)dθ =
1
2e2θSen(3θ)− 3
2
∫e2θCos(3θ)dθ (I)
∫e2θCos(3θ)dθ : Nuevamente a esta integral aplicamos integracion por partes:
∫D(fg) =
∫f ′g +
∫fg′∫
f ′g = fg −∫fg′
f ′ = e2θ g = Cos(3θ)
f =1
2e2θ g′ = −3Sen(3θ) ∴
∫e2θCos(3θ)dθ =
1
2e2θCos(3θ) + 3
∫1
2e2θSen(3θ)dθ
=1
2e2θCos(3θ) +
3
2
∫e2θSen(3θ)dθ
Sustituyendo en (I) tenemos:∫e2θSen(3θ)dθ =
1
2e2θSen(3θ)− 3
2
[1
2e2θCos(3θ) +
3
2
∫e2θSen(3θ)dθ
]=
1
2e2θSen(3θ)− 3
4e2θCos(3θ)− 9
4
∫e2θSen(3θ)dθ
13
4
∫e2θSen(3θ)dθ = e2θ
[1
2Sen(3θ)− 3
4Cos(3θ)
]∴∫
e2θSen(3θ)dθ = e2θ
[2
13Sen(3θ)− 3
13Cos(3θ)
]+ K
Se agrega una constante al resultado, por ser una integral indefinida.En ocasiones antes de aplicar integracion por partes hay que utilizar una sustitucion por
u. Ejemplo:
2.3. Calcule∫Cos(x1/2)dx
Hagamos u = x1/2, du = 12x−1/2 y du = 1
21
x1/2dx. La sustitucion no parece adecuada
puesto que no tenemos x−1/2 o mejor dicho no tenemos el cociente 1x1/2
. Esto se arregla ası:∫x1/2
x−1/2Cos(x1/2)dx Ahora procede la sustitucion por u:
2
∫u Cos(u)du ahora aplicaremos integracion por partes:∫
∫Sec3(θ)dθ ya fue calculada con anterioridad, lo mismo para
∫Sec(θ)dθ eso conduce a:
1
2Sec(θ)tg(θ) +
1
2Ln|Sec(θ) + tg(θ)| − Ln|Sec(θ) + tg(θ)|+ K
Como: u = Sec(θ) ⇔ Cos(θ) =1
u
u
θ
√u2 − 1
1
Figura 9: Aplicacion de la sustitucion trigonometrica
Regresando a la variable u:
=1
2u√u2 − 1− 1
2Ln|u+
√u2 − 1|+ K
Regresando a la variable x:
=1
2(x + 1)
√(x + 1)2 − 1− 1
2Ln|x + 1 +
√(x + 1)2 − 1|+ K
3.26.∫x√
1− x4dx
∫x√
1− x4dx =
∫x√
1− (x2)2dx
Solucion: Conviene la sustitucion:u = x2
du = 2xdx
du
2= xdx ∴
12
∫ √1− u2 du es la integral que debo resolver en terminos de u, aplicamos ahora la
sustitucion u = Sen(θ) du = Cos(θ)dθ.
1
2
∫ √1− Sen2(θ)Cos(θ)dθ =
1
2
∫ √Cos2(θ)Cos(θ)dθ
=1
2
∫Cos2(θ)dθ Sabemos que Cos2(θ) =
1
2(1 + Cos(2θ))
=1
2
[∫1
2(1 + Cos(2θ))dθ
]=
1
4
[θ +
1
2Sen(2θ)
]+ K
=1
4θ +
1
4Sen(θ)Cos(θ) + K
=1
4Sen−1(u) +
1
4u√
1− u2 + K
=1
4Sen−1(x2) +
1
4x2√
1− x4 + K
3.27. Un problema frecuente
Un problema frecuente es encontrar el volumen de un toroide. Un toroide se fabrica algirar le cırculo x2 + (y −R)2 = r2 alrededor del eje x, r ≤ R.
Solucion: Un toroide basicamente es una dona, un problema que serıa las delicias deHomero Simpson, aunque debido a su escasa inteligencia dudo que pudiera resolverlo.
(0, R)
Figura 10: Region de rotacion
x =√r2 − (y −R)2
Usando cascarones cilındricos se tiene:
dV = 2√r2 − (y −R)2 ∗ 2π(y)dy
dV = 4πy√r2 − (y −R)2dy
Procedemos ahora a usar v = y −Rdv = dy ⇒
dV = 4π(v +R)√r2 − v2dv
dV = 4πv√r2 − v2dv + 4πR
√r2 − v2dv
V = 4π
∫ R+r
R−rv√r2 − v2dv + 4π
∫ R+r
R−rR√r2 − v2dv
Los lımites de integracion estan en variable ”y”, puesto que al final regresaremos a talvariable, no lo modificaremos.
u = r2 − v2 v = rSen(θ)
du = −2vdv dv = rCos(θ)dθ
−du2
= vdv
r
θ
v
√r2 − v2
Figura 11: Aplicacion de la sustitucion trigonometrica
V = −4π
2
∫ R+r
R−r
√udu+ 4π
∫ R+r
R−rR√r2 − r2Sen2(θ)rCos(θ)dθ
V = −2π
[2
3u3/2
]R+r
R−r+ 4πR
∫ R+r
R−rr√Cos2(θ)rCos(θ)dθ
V = −2π
[2
3u3/2
]R+r
R−r+ 4πRr2
∫ R+r
R−rCos2(θ)dθ
V = −2π
[2
3u3/2
]R+r
R−r+ 4πRr2
[∫ R+r
R−r
1
2(1 + Cos(2θ))dθ
]= −2π
[2
3u3/2
]R+r
R−r+
4πRr2
2
[θ +
1
2Sen(2θ)
]R+r
R−r
= −2π
[2
3(r2 − v2)3/2
]R+r
R−r+ 2πRr2
[Sen−1(
v
r) + Sen(θ)Cos(θ)
]R+r
R−r
= −4π
3
[(r2 − (y −R)2)3/2
]R+r
R−r + 2πRr2[Sen−1
(y −Rr
)+v
r
√r2 − v2r
]R+r
R−r
= −4π
3[0] + 2πRr2
[Sen−1
(y −Rr
)+
(
y −R)r
√r2 − (y −R)2
r
]R+r
R−r
= 2πRr2[Sen−1(1)− Sen−1(−1)
]= 2πRr2
[π2− (−π
2)]
= 2π2Rr2
4. Fracciones Parciales
4.1. Evalue∫ x
x− 6dx
Solucion: La funcion racional la expresamos en forma S(x) + R(x)Q(x)
.
1
x− 6)
x− x+ 6
6
x
x− 6= 1 +
6
x− 6∫x
x− 6=
∫ [1 +
6
x− 6
]dx Que se integra facilmente
=
∫dx+ 6
∫dx
x− 6
= x + 6Ln|x− 6|+ K
4.2. Evalue∫ x− 9
(x+ 5)(x− 2)
Solucion: La potencia del numerador es menor que la del denominador, no hace faltadividir. El denominador Q(x) es producto de factores lineales distintos por lo tanto lasfracciones parciales (Caso I) indican:
x− 9
(x+ 5)(x− 2)=
A1
x+ 5+
A2
x− 2
=A1(x− 2) + A2(x+ 5)
(x+ 5)(x− 2)
x− 9 = (A1 + A2)x− 2A1 + 5A2
⇒ A1 + A2 = 1
−2A1 + 5A2 = −9
⇒ 7A2 = −7
A2 = −1
⇒ A1 = 2
Lo que nos lleva a:
x− 9
(x+ 5)(x− 2)=
2
x+ 5+−1
x− 2∴∫
x− 9
(x+ 5)(x− 2)dx =
∫2
x+ 5dx−
∫1
x− 2dx
= 2Ln|x + 5| − Ln|x− 2|+ K
4.3.∫ 3
2
1
x2 − 1dx
Solucion: Factorizando el denominador:
∫ 3
2
1
(x+ 1)(x− 1)=
∫ 3
2
[A1
x+ 1+
A2
x− 1
]dx
=
∫ 3
2
[−1/2
x+ 1+
1/2
x− 1dx
]dx
= −1
2
∫ 3
2
1
x+ 1dx+
1
2
∫ 3
2
1
x− 1dx
=
[−1
2Ln|x+ 1|+ 1
2Ln|x− 1|
]32
= −1
2Ln|4|+ 1
2Ln|2| −
(−1
2Ln|3|+ 1
2Ln|1|
)= −1
2Ln|4|+ 1
2Ln|2|+ 1
2Ln|3| − 1
2Ln|1|
= −Ln(2) +1
2Ln(2) +
1
2Ln(3)
= −Ln(2) + Ln(√
2) + Ln(√
3)
= Ln(√
2√
3)− Ln(2) = Ln(√
6)− Ln(2)
Puesto que Ln(2) = Ln(√
4) la respuesta anterior se puede expresar ası:
= Ln(√
6)− Ln(√
4) = Ln(
√6√4
) = Ln(6
4)1/2
=1
2Ln(
3
2)
4.4.∫ ax
x2 − bxdx
Solucion:
∫ax
x2 − bxdx =
∫ax
x(x− b)dx =
∫a
x− bdx
= a
∫dx
x− b= aLn|x− b|+ K
Este ejemplo ilustra que no toda funcion racional requiere uso de fracciones parciales.
4.5. Evalue∫ 4
3
x3 − 2x2 − 4
x3 − 2x2dx
Solucion: Puesto que el grado del numerador es igual que el denominador se procede auna division primero:
x3 − 2x2 − 4
x3 − 2x2= 1 +
−4
x3 − 2x2
∴∫ 4
3
x3 − 2x2 − 4
x3 − 2x2dx =
∫ 4
3
[1 +
−4
x3 − 2x2
]dx
=
∫ 4
3
[1− 4
x2(x− 2)
]dx
Aquı tenemos el caso de factores lineales repetidos ya que x2 = x ∗ x; este es el caso IIde fracciones parciales, se procede ası:
1
x2(x− 2)=A
x+B
x2+
C
x− 2
1
x2(x− 2)=A(x)(x− 2) +B(x− 2) + Cx2
x2(x− 2)
=Ax2 − 2Ax+Bx− 2B + Cx2
x2(x− 2)
Lo que nos lleva al sistema de ecuaciones:
A+ C = 0
−2A+B = 0
−2B = 1 ⇒ B = −1
2, A = −1
4
C =1
4
∫ 4
3
[1− 4
x2(x− 2)
]dx =
∫ 4
3
1dx− 4
∫ 4
3
[−1/4
x+−1/2
x2+
1/4
x− 2
]dx
= 1− 4
[−1
4Ln|x|+ 1
2
1
x+
1
4Ln|x− 2|
]43
= 1− 4
[−1
4Ln(4) +
1
8+
1
4Ln(2)−
(−1
4Ln(3) +
1
6+
1
4Ln(1)
)]= 1−
[−Ln(4) +
1
2+ Ln(2) + Ln(3)− 2
3− 0
]= 1 + Ln(4)− 1
2− Ln(2)− Ln(3) +
2
3
=1
2+
2
3+ Ln(4)− Ln(2)− Ln(3)
=3
6+
4
6+ Ln(4)− (Ln(2) + Ln(3))
=7
6+ Ln(4)− Ln(6)
=7
6+ Ln(
4
6) =
7
6+ Ln(
2
3)
Se deja como inquietud al lector investigar los casos III y IV de fracciones parciales.