BLOQUE 5: Cálculo integral

Clase 1: Introducción al cálculo integral

Las integrales están presentes en todas las ciencias, puesto que-como seguro ya sabes- las necesitamos para calcular, entre otras cosas, áreas. En economía también es necesario calcular áreas, pero en este caso, no de terrenos ni de cuestiones físicas, sino de “conceptos” que, de forma abstracta, representan también un área. Un área podrá ser un beneficio acumulado, un excedente de un consumidor, incluso una probabilidad. Por eso es importante que manejemos bien este instrumento. Para ello, necesitarás:

• Derivar bien en una variable
• Entender el concepto de área
• Tener nociones del concepto de límite
• Conocer cómo dibujar una recta, una parábola y regiones más generales en el plano

La función primitiva

Vamos a empezar definiendo una función clave para el cálculo integral: la primitiva de una función \(f(x)\).

Una primitiva (o antiderivada) de una funci?n \(f(x)\) es otra funci?n, por ejemplo \(F(x)\) tal que si derivamos \(F(x)\) obtenemos \(f(x).\) Es decir:

\[ F'(x)=f(x). \]

Como puedes apreciar, estamos estableciendo una operación “inversa” a derivar: buscamos una función cuya derivada sea la función original. Por eso, también lo llamamos “antiderivar”. Por ejemplo, si mi función es \(f(x)=3\), ¿Cuál será la primitiva o antiderivada? Pues tenemos que buscar una función \(F(x)\) que, al derivarla, nos dé 3. Seguro que has adivinado que

\[ F(x)=3x \]

Sin embargo, hay un detalle que quizás no hayas observado: no es la única función posible que, al derivarse, nos dé \(3\). Hay más: de hecho, hay infinitas:

\[ F(x)=3x+C \]

donde \(C\) es una constante. Como sabemos, la derivada de una constante es \(0\). De esta forma,

\[ F'(x)=3 \]

Por lo tanto, si una función tiene primitiva, en realidad, tiene ¡infinitas primitivas!

FIG1: Unas cuantas primitivas

Ahora bien, para referirnos a esta operación sin la necesidad de tener que escribir la palabra primitiva o antiderivada vamos a usar un símbolo:

\[ F(x)=\int f(x) \]

donde \(\int\) es el “símbolo” de la integral, \(f(x)\) es el integrando (o la función a la que queremos calcularle la primitiva). Es habitual (aunque no siempre necesario), sin embargo, añadir con respecto a qué variable integramos \(\mathrm{"d}x"\)

\[ F(x)=\int f(x)\mathrm{d}x \]

Por lo tanto, parecen interesantes varios asuntos, una vez has entendido el objetivo que perseguimos:

• construír una tabla de antiderivadas (para simplificar nuestro trabajo)
• Estudiar esa tabla
• practicar!

Por ejemplo, calcula la antiderivada de \(f(x)=3x\)

Ahora me están pidiendo que calcule esto:

\[ F(x)=\int3x\mathrm{d}x \]

Enntonces, tengo que pensar una función que, al derivarla, me dé \(3x\). Mira esta candidata:

\[ F(x)=\frac{3}{2}x^{2}+C \]

¿Es la antiderivada? Para saberlo, tenemos que derivarla y ver que se cumple lo que buscamos:

\[ F'(x)=\frac{3}{2}{\color{red}2x} \]

simplificando, obtenemos que:

\[ F'(x)=3x=f(x) \]

¡vaya, este método parece imbatible!.

Si te das cuenta, podemos pensar alguna estrategia para obtener las primitivas más famosas. Estas se suelen llamar primitivas inmediatas. Para ello, hay que pensar en cómo se deriva esa función y hacer lo contrario.

PRIMITIVAS INMEDIATAS

• \(\int x^{n}\mathrm{d}x=\frac{x^{n+1}}{n+1}+C\) cuidado, si \(n\neq-1\)
• \(\int x^{-1}\mathrm{d}x=\int\frac{1}{x}\mathrm{d}x=\ln\left|x\right|+C\) (Es el caso anterior con \(n=-1)\)
• \(\int e^{x}\mathrm{d}x=e^{x}+C\)
• \(\int a^{x}\mathrm{d}x=\frac{a^{x}}{\ln a}+C\)
• \(\int\sin x\mathrm{d}x=-\cos(x)+C\)
• \(\int\cos x\mathrm{d}x=\sin(x)+C\)$ $

donde \(C\in\mathbb{R}\).

Además, hay dos propiedades de la obtención de primitivas que son particularmente muy interesantes:

\[ \int kf(x)\mathrm{d}x=k\int f(x)\mathrm{d}x,\:k\in\mathbb{R} \] (es decir, la integral de una constante por una funci?n es igual a la constante multiplicada por la función). Así que, en nuestro ejemplo anterior, podríamos haber hecho perfectamente \[ F(x)=\int3x\mathrm{d}x=3\int x\mathrm{d}x \] y, usando la regla 1 de la tabla 1: \[ F(x)=3\frac{x^{1+1}}{1+1}+C=3\frac{x^{2}}{2}+C \]

La otra propiedad, dice que

\[ \int\left[f(x)+g(x)\right]\mathrm{d}x=\int f(x)\mathrm{d}x+\int g(x)\mathrm{d}x \]

(Es decir, que la integral de una suma de funciones es igual a la suma de la integral de cada funci?n).

Ejemplo ¿cuál es la integral de \(\int\left(x^{2}+\frac{1}{x^{2}}+\sqrt{x}\right)\mathrm{d}x\)?

• Primero, escríbelo todo de una forma más clara \(\int\left(x^{2}+\frac{1}{x^{2}}+\sqrt{x}\right)\mathrm{d}x=\int\left(x^{2}+x^{-2}+x^{1/2}\right)\mathrm{d}x\)

• Entonces, \(\intop x^{2}\mathrm{d}x+\int x^{-2}\mathrm{d}x+\int x^{1/2}\mathrm{d}x=\frac{x^{3}}{3}+\frac{x^{-1}}{-1}+\frac{x^{1/2+1}}{1/2+1}=\frac{x^{3}}{3}-\frac{1}{x}+\frac{2x\sqrt{x}}{3}+C\)

Estas integrales las llamamos integrales indefinidas (porque se hacen para cualquier valor de \(x\) para el que estas funciones tengan sentido) e inmediatas (porque podemos utilizar la tabla de integrales que has hecho antes). Con el paso de las clases, veremos que no siempre será posible tener integrales inmediatas.

Como vimos anteriormente, hay un conjunto de integrales que tienen fácil solución, puesto que sabiendo derivar, enseguida se obtiene la operación “inversa”. Ahora bien, qué ocurre si modificamos ligeramente la tabla de integrales inmediatas?

Por ejemplo, si en vez de tener \(\int x^{2}dx\) , pasamos a tener una función de \(x\)? ¿Cómo integraríamos \(\int(2x+3)^{2}dx\)? Si te das cuenta, no puedes seguir las reglas anteriores al pie de la letra.

Si hicieras esto NO te saldría la primitiva. Mira:

\[ \int(2x+3)^{2}dx=\frac{(2x+3)^{3}}{3}+C \]

ESTO NO es la primitiva. ¿Por qué? Vamos a derivarla:

\[ \frac{d\frac{(2x+3)^{3}}{3}}{dx}=\frac{3(2x+3)^{2}}{3}2={\color{red}2\left(2x+3\right)^{2}} \]

¡¡no es la función original! Si te das cuenta, ese “2” es la derivada de \(f(x)=2x+3\), que es la función “interna”. Para que esta integral se pueda hacer así, deberíamos conseguir ese “2”. Como sabemos que si multiplicamos y dividimos por el mismo número nada cambia, podemos hacer esto:

\[ \int\left(2x+3\right)^{2}\mathrm{d}x={\frac{1}{\color{red}2}}\int{\color{red}2}\left(2x+3\right)^{2}\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\frac{\left(2x+3\right)^{3}}{3}+C \]

Ahora sí que, si derivas la primitiva, obtienes la función \(f(x)\). Como ves, hemos manipulado en ambos lados para conseguir que aparezca la derivada de la función (estamos aplicando la regla de la cadena). Ojo, estas manipulaciones sólo puedes hacerlas con números, nunca multiplicando y dividiendo por la variable \(x\).

Ahora, reformulemos la tabla de integrales inmediatas para tener funciones compuestas:

PRIMITIVAS INMEDIATAS DE FUNCIONES COMPUESTAS

• \(\int f'(x)f(x)^{n}\mathrm{d}x=\frac{f(x)^{n+1}}{n+1}+C\) cuidado, si \(n\neq-1\)
• \(\int f'(x)f(x)^{-1}\mathrm{d}x=\int\frac{f'(x)}{f(x)}\mathrm{d}x=\ln\left|f(x)\right|+C\) (Es el caso anterior con \(n=-1)\)
• \(\int f'(x)e^{f(x)}\mathrm{d}x=e^{f(x)}+C\)
• \(\int f'(x)a^{f(x)}\mathrm{d}x=\frac{a^{f(x)}}{\ln a}+C\)
• \(\int f'(x)\sin f(x)\mathrm{d}x=-\cos(f(x))+C\)
• \(\int f'(x)\cos f(x)\mathrm{d}x=\sin(f(x))+C\)$ $

donde \(C\in\mathbb{R}\).

Importante

Muchas veces tendrás que decidir si una integral es como la primera de la lista o la segunda. Por ejemplo:

• Caso 1

\[ \int\left(\frac{x+2}{\sqrt{x^{2}+4x+10}}\right)\mathrm{d}x \]

• Caso 2

\[ \int\left(\frac{x-8}{x^{2}-16}\right)\mathrm{d}x\label{eq:INT2} \]

En el caso (1), tenemos en el numerador algo parecido a la derivada de la función que está dentro de la raíz cuadrada. Entonces, no tenemos la derivada del denominador, sino de la función que interviene en la composición. Y, además, una raíz cuadrada es una potencia, por lo que tenemos, en realidad:

\[ \int\left(x+2\right)\left(x^{2}+4x+10\right)^{-1/2}\mathrm{d}x \]

por lo que es de la forma (1) del listado. Para resolverla, tendrás que multiplicar y dividir por 2,

\({\frac{1}{\color{red}2}}\int{\color{red}2}\left(x+2\right)\left(x^{2}+4x+10\right)^{-1/2}\mathrm{d}x\).

En el caso de la integral dada por (2), en el numerador tenemos “casi” la derivada del denominador. Por lo que será del tipo logarítmico. De nuevo, tendrás que multiplicar por 2.

\[ {\frac{1}{\color{red}2}}\int{\color{red}2}\left(\frac{x-8}{x^{2}-16}\right)\mathrm{d}x \]

ejercicios resueltos

\[ \int\left(e^{x}+1\right)^{2}\mathrm{d}x \]

• \(\int \left(e^{x}+1\right)^{2}=\int e^{2x}+\int 1+\int2e^{x}\), y por tanto, \(\int (e^{2x}+1+2e^{x})\), que es inmediata:

\[ \int (e^{2x}+1+2e^{x})={\frac{1}{2}}\int{2}e^{2x}+\int1+2\int e^{x}=\frac{1}{2}e^{2x}+x+2e^{x}+C \]

• \[ \int\frac{e^{3x-1}}{e^{3x-1}+4}\mathrm{d}x \]

Es del tipo \(\int\frac{f'(x)}{f(x)}=\ln\left|f(x)\right|+C\), por lo que \({\frac{1}{3}}\int\frac{{3}e^{3x-1}}{e^{3x-1}+4}\mathrm{d}x={\frac{1}{3}}\ln\left|e^{3x-1}+4\right|+C\)

• \[ \int\frac{x}{\sqrt{x^{2}+5}}\mathrm{d}x \]

Es del tipo \(\int f'(x)f(x)^{n}=\frac{f(x)^{n+1}}{n+1}+C\), por lo que \(\int x(x^{2}+5)^{-1/2}={\frac{1}{2}}\int{2}x(x^{2}+5)^{-1/2}=\sqrt{x^{2}+5}+C\)

Clase 2: El método de integración por partes

A veces tenemos otro tipo de integrales con las que parece que no se puede hacer gran cosa:

\[ \int xe^{x}\mathbf{d}x \]

son del tipo ·producto de dos funciones”. Estas integrales, obviamente, no son- en general-inmediatas. Vamos a ver un método que, basado en las propiedades de la derivada de un producto, nos va a permitir integrar algunas de este estilo.

Ahora, para seguir trabajando vamos a denominar \(u\) y \(v\) la imagen de dos funciones \(f(x)\) y \(g(x)\)

\[ u=f(x), \] \[ v=g(x) \]

Asimismo, sabemos que \(\frac{du}{dx}=f'(x)\Rightarrow du=f'(x)dx\) y que \(\frac{dv}{dx}=g'(x)\Rightarrow dv=g'(x)dx\). De esta manera (te dejamos la prueba al final de esta clase, por si te interesa), podremos decir que

\[ \int f(x)g'(x)dx=f(x)g(x)-\int g(x)f'(x)dx \]

que puede reescribirse como:

\[ \int u\mathrm{d}v=uv-\int v\mathrm{d}u \]

Esto nos permite, además, acordarnos de la expresión:

\[ \int u\mathrm{d}v={\color{red}u}\mathrm{\mathrm{n\,d\acute{\imath}a\,vi\,una}}\,{\color{red}v}\mathrm{aca}-\int{\color{red}v}\mathrm{estida\:{\color{red}d}e}{\color{red}u}\mathrm{niforme} \]

Y ahora nos queda ponerla en práctica. Lo aconsejable es seguir el procedimiento siguiente (que aplicaremos para la integral \(\int xe^x \mathrm{d}x\))

EJEMPLO DEL PROCEDIMIENTO

• Elijamos la función \(u\) y el resto será \(\mathrm{d}v\). Lo normal es que elijamos para \(u\) una función que sea difícil de integrar.

Sin embargo, podemos usar como criterio una regla nemotécnica que establece un orden de prioridades para elegir \(u\): ALPES, por

A: funciones arco (arcoseno, arcotangente, etc….) L: función logaritmo P: potencias y polinomios E: exponenciales S: senos y cosenos.

FIG1: Un día vi una vaca vestida de uniforme en los Alpes

En nuestro caso, deberemos elegir

\[ u=x, \]

ya que, en orden de prioridades “ALPES” está antes la “P” de potencias y polinomios que la “E” de exponencial

• Una vez tenemos \(u\), el resto de la integral lo llamaremos \(\mathrm{d}v\).

En nuestro caso, \(\mathrm{d}v=e^x\mathrm{d}x\).

• Obtenemos \(\mathrm{d}u=f'(x)\mathrm{d}x\).

En nuestro caso, \(\mathrm{d}u=\mathrm{d}x\)

• Obtenemos, usando que la integral es la inversa de la derivada: \(v=\int \mathrm{d}v\).

En nuestro caso \(v=\int e^x\mathrm{d}x\Rightarrow v=e^x\)

• Aplicamos la expresión final, desde que tenemos \(u,v,\mathrm{d}u,\mathrm{d}v\)

En nuestro caso,

\[ \int xe^x\mathrm{d}x= xe^x-\int e^x\mathrm{d}x=xe^x-e^x+C=e^x(x-1)+C \]

Es importante notar que la regla ALPES es una regla nemotécnica (no científica). Por lo tanto, ayuda a tomar decisiones. Si, siguiendo la regla, la integral que queda no es inmediata pueden pasar dos cosas:

• O que hayas elegido mal las funciones y debas deshacer lo andado
• Que tengas que volver a integrar por partes (se suelen llamar integrales por partes cíclicas).

Estas cosas se aprenden con la práctica :)

Ejercicios resueltos:

• \(\int t\sin t\mathrm{d}t\)

\[u=t\Rightarrow\mathrm{d}u=\mathrm{d}t\]

\[\mathrm{d}v=\sin t\mathrm{d}t\Rightarrow v=\int\sin t\mathrm{d}t\Rightarrow v=-\cos t\] \[\int t\sin t\mathrm{d}t=t(-\cos t)-\int-\cos t\mathrm{d}t=-t(\cos t)+\sin t+C\]

• \(\int\arctan x\mathrm{d}x\)

\[ u=\arctan x\Rightarrow\mathrm{d}u=\frac{1}{1+x^{2}}\mathrm{d}x\]

\[\mathrm{d}v=\mathrm{d}x\Rightarrow v=\int\mathrm{d}x\Rightarrow v=x\] \[ \int\arctan x\mathrm{d}x=x\arctan x-\int\frac{x}{1+x^{2}}\mathrm{d}x\] Fíjate que \(\int\frac{x}{1+x^{2}}\mathrm{d}x={\frac{1}{2}}\int\frac{2x}{1+x^{2}}\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\ln\left|1+x^{2}\right|\) Entonces \[\int\arctan x\mathrm{d}x=x\arctan x-\frac{1}{2}\ln\left|1+x^{2}\right|+C\]

¿De dónde sale la expresión de la integral por partes? Sólo por si tienes curiosidad

Partamos del producto de dos funciones \(f(x)\) y \(g(x)\) y utilicemos la regla de la derivada de este

\[ \left(f(x)g(x)\right)'=f'(x)g(x)+f(x)g'(x) \]

Como querremos tener una manera de integrat estas funciones, apliquemos integración en ambos lados:

\[ \int\left(f(x)g(x)\right)'\mathrm{d}x=\int f'(x)g(x)\mathrm{d}x+\int f(x)g'(x)\mathrm{d}x \]

Fíjate que, aprovechando que integral y derivada son funciones inversas:

\[ f(x)g(x)=\int f'(x)g(x)\mathrm{d}x+\int f(x)g'(x)\mathrm{d}x \]

Ahora, para seguir trabajando vamos a volver a definir \[ u=f(x) \] \[ v=g(x) \]

Asimismo, sabemos que \(du=f'(x)dx\) y que \(dv=g'(x)dx\). De esta manera, sustituyendo

\[ uv=\int v\mathrm{d}u+\int u\mathrm{d}v \]

es decir:

\[ uv-\int v\mathrm{d}u=\int u\mathrm{d}v, \] que es la regla de la integral por partes.

Clase 3: la integral racional

Un tipo de integrales que pueden aparecer, puesto que surgen en muchas aplicaciones, son las que vienen dadas como el cociente de dos polinomios. Por ejemplo, pretendemos obtener la integral del siguiente planteamiento \[ \int\frac{P(x)}{Q(x)}\mathrm{d}x \]

donde \(P(x)\) y \(Q(x)\) son polinomios con igual o distinto grado. De hecho, trabajaremos de forma distinta según el grado de ambos:

casos posibles

• grado \(P(x)\) \(\geq\) grado \(Q(x)\), entonces División de polinomios + Resto

• grado \(P(x)\) \(<\) grado \(Q(x)\), entonces factorización del tipo \(\frac{A}{x-a}+\frac{B}{x-b}+....\)}

donde las raíces \(a,b,...\) son números reales.

Nos centraremos ahora en el segundo caso. Imagina, por ejemplo, que tienes que integrar esta función

\[ \int\frac{x+2}{x^{2}-16}dx \]

donde \(P(x)=x+2\) y \(Q(x)=x^{2}-16\). Como ves, el grado del polinomio del numerador es inferior al del denominador. En ese caso, como te hemos dicho antes, deberás buscar una factorización más sencilla. Veamos cómo:

EJEMPLO DEL PROCEDIMIENTO

• Planteamos el objetivo \(\frac{x+2}{x^{2}-16}=\frac{A}{x-a_{1}}+\frac{B}{x-a_{2}}\)

• Buscamos las raíces del denominador \(x^{2}-16=0\Rightarrow x=\pm4\)

• Reescribimos \(\frac{x+2}{x^{2}-16}=\frac{A}{x-4}+\frac{B}{x+4}\)

• Con la expresión anterior, realizamos la suma:

\[\frac{x+2}{x^{2}-16}=\frac{A(x+4)+B(x-4)}{(x-4)(x+4)}\]

tenemos, entonces \(\frac{x+2}{x^{2}-16}=\frac{A(x+4)+B(x-4)}{x^{2}-16}\) podemos simplificar el denominador

• \(x+2=A(x+4)+B(x-4)\) ¿cómo seguimos?

Si te fijas, esta ecuación se deberá cumplir para cualquier valor de \(x\in\mathbb{R}\). Por lo que podríamos dar valores a \(x\) para obtener \(A,B\) vía un sistema de ecuaciones. Pero antes de poner culaquier valor, ya conoces dos valores que anulan el polinomio \(x=\pm4\). Usémoslos para simplificar el proceso: \[ 4+2=A(8)+B(4-4)\Rightarrow A=\frac{8}{6}=\frac{4}{3} \] \[ -4+2=A(-4+4)+B(-4-4)\Rightarrow-2=-8B\Rightarrow B=\frac{1}{4} \]

• Entonces, ya lo tenemos:

\[ \frac{x+2}{x^{2}-16}=\frac{A}{x-a_{1}}+\frac{B}{x-a_{2}}=\frac{\frac{4}{3}}{x-4}+\frac{\frac{1}{4}}{x+4} \]

• Por lo que la integral quedará:

\[ \int\frac{x+2}{x^{2}-16}dx=\int\left[\frac{\frac{4}{3}}{x-4}+\frac{\frac{1}{4}}{x+4}\right]dx \]

es decir,

\[ \frac{4}{3}\int\frac{1}{x-4}dx+\frac{1}{4}\int\frac{1}{x+4}dx=\frac{4}{3}\ln\left|x-4\right|+\frac{1}{4}\ln\left|x+4\right|+C \]

donde \(C\in\mathbb{R}\).

Ejercicios resueltos

• \[ \int\frac{10x-2x^{2}}{(x-1)^{2}(x+3)} \]

\[\int\frac{10x-2x^{2}}{(x-1)^{2}(x+3)}\] esta tiene “trampa” puesto que las raíces del polinomio del denominador son \(\left\{ 1,1,-3\right\}\), es decir, presenta una raíz doble (que es 1). Cuando pase eso, propondremos el siguiente esquema para resolver \[ \frac{10x-2x^{2}}{(x-1)^{2}(x+3)}=\frac{A}{x-1}+{\frac{B}{(x-1)^{2}}}+\frac{C}{x+3} \]

donde el denominador asociado con la raíz múltiple tiene que descomponerse en tantos sumandos como sea el número de veces que se repite la raíz de tal forma que se vaya incrementando el grado del monomio hasta llegar a que el grado sea igual a la multiplicidad de la raíz. En este caso, la raiz 1 tiene multiplicidad 2 por lo que deberemos tener una fracción simple dividida por \((x-1)\) y la otra por \((x-1)^{2}\). Una vez tenemos esto claro, el resto es estándar:

1. \[ \frac{10x-2x^{2}}{(x-1)^{2}(x+3)}=\frac{A(x-1)(x+3)+B(x+3)+C(x-1)^{2}}{(x-1)^{2}(x+3)} \]

2. es decir, tendremos que resolver \[ 10x-2x^{2}=A(x-1)(x+3)+B(x+3)+C(x-1)^{2} \]

3. recordemos que como tenemos 3 incógnitas, necesitamos tres ecuaciones y que, además, esta ecuación se debe verificar para todo \(x\). Elegimos como valores de \(x=1,-3\) y, por ejemplo, \(x=0\). Tendremos:

\[ \begin{cases} x=1 & 8=4B\Rightarrow B=2\\ x=-3 & -48=16C\Rightarrow C=-3\\ x=0 & 0=-3A+6-3\Rightarrow A=1 \end{cases} \]

4. Llegamos, entonces, a la siguiente integral

\[ \int\frac{1}{x-1}+{\frac{2}{(x-1)^{2}}}+\frac{-3}{x+3} \]

que es inmediata y que, seguro, ya sabes resolver.

• \[ \int\frac{y+2}{2y^{2}+3y+1} \]

1. las raíces del polinomio \(Q(x)=2y^{2}+3y+1\) son \(y=\{-1,-1/2\}\)
2. Reescribimos la integral como \(\int\frac{y+2}{2y^{2}+3y+1}\mathrm{d}y=\int\frac{A}{y+1}+\frac{B}{y+\frac{1}{2}}\)
3. De nuevo, tenemos que \[ \frac{y+2}{2y^{2}+3y+1}=\frac{A\left(y+\frac{1}{2}\right)+B\left(y+1\right)}{2y^{2}+3y+1} \]
4. Entonces, necesitaremos dos ecuaciones para obtener las dos incógnitas (\(A,B\)) donde sabemos que la ecuación anterior se ha de cumplir para cualquier \(y\).

\[ \begin{cases} y=-1 & 1=\frac{-1}{2}A\Rightarrow A=-2\\ y=-\frac{1}{2} & \frac{3}{2}=-\frac{1}{2}B\Rightarrow B=-3 \end{cases} \] 5) Llegamos, entonces a \(\int\frac{y+2}{2y^{2}+3y+1}\mathrm{d}y=\int\frac{-2}{y+1}+\frac{-3}{y+\frac{1}{2}}=-2\ln\left|y+1\right|-3\ln\left|y+\frac{1}{2}\right|+C.\)

avanzado: ¿Y si las raíces son complejas? Una posibilidad: la arcotangente

Antes de ver qué pasa si las raíces son complejas, recordemos -de las tablas de derivadas-que

\[ y=\arctan x\Rightarrow y'=\frac{1}{1+x^{2}} \]

y, en el caso de que la función sea compuesta,

\[ y=\arctan f(x)\Rightarrow y'=\frac{f'(x)}{1+f(x)^{2}} \]

Por lo tanto, es fácil deducir que, por ejemplo \[ \int\frac{1}{1+x^{2}}\mathrm{d}x=\arctan x+C \] y que, en su caso, \[ \int\frac{3x^{2}}{1+(x^{3}+1)^{2}}\mathrm{d}x=\arctan\left(x^{3}+1\right)+C \]

Fíjate que no podrías resolverlas como hemos hecho antes porque las raíces del polinomio \(Q(x)\) no son reales. ¿Qué se hace entonces, si nos encontramos con un cociente así? Por ejemplo

\[ \int\frac{1}{x^{2}+6x+10}\mathrm{d}x \]

si tratas de obtener las raíces de \(Q(x)=x^{2}+6x+10\) verás que estas no son reales. Entonces, deberás probar si puedes reescribir este polinomio como un cuadrado para ver si se puede conseguir que se comporte como la integral de una arcotangente.

PROCEDIMIENTO: completar cuadrados

• Queremos tener, si es posible, \(x^{2}+6x+10=(x+a)^{2}+b\) de esta forma, reescribiremos el polinomio y nos quedar? algo “parecido” a lo que necesitamos para que la integral sea de tipo arcotangente, aunque luego haya que trabajar un poco más, claro :)

1. Igualando \(x^{2}+6x+10=x^{2}+a^{2}+2ax+b\)

2. Ahora tenemos que buscar los valores para \(a,b\). Reorganicemos

3. \(x^{2}+6x+10=x^{2}+2ax+a^{2}+b\)

4. De aquí, sacamos que \(2a=6\Rightarrow a=3\)

5. \(a^{2}+b=10\Rightarrow b=1\) (ya que \(a=3\))

Entonces, llegamos a que \(x^{2}+6x+10=(x+3)^{2}+1\)

Visto el procedimiento de completar cuadrados, resolvemos de manera directa \[ \int\frac{1}{x^{2}+6x+10}\mathrm{d}x=\int\frac{1}{(x+3)^{2}+1}\mathrm{d}x=\arctan(x+3)+C \]

Ejemplo resuelto

• \(\int\frac{1}{x^{2}+4}\mathrm{d}x\)

De nuevo, tenemos raíces complejas en el denominador (y un 1 en el numerador). Dividamos todo por 4, para que el denominador se vaya pareciendo \(\int\frac{\frac{1}{4}}{\frac{x^{2}}{4}+1}\mathrm{d}x\). Reorganicemos \(\int\frac{\frac{1}{4}}{\left(\frac{x}{2}\right)^{2}+1}\mathrm{d}x=\frac{1}{4}\int\frac{1}{\left(\frac{x}{2}\right)^{2}+1}\mathrm{d}x=\frac{{2}}{4}\int\frac{{\frac{1}{2}}}{\left(\frac{x}{2}\right)^{2}+1}\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\arctan\left(\frac{x}{2}\right)^{2}+C\)

Clase 4: El TFC y sus aplicaciones a la Economía

En la clase de hoy introducimos una novedad en el cálculo integral: la integral definida. Esta está íntimamente relacionada con el concepto de área. Está fuera de los objetivos del curso dar una prueba formal de este resultado, pero-como se verá en el apéndice a esta clase- se puede comprobar que en una función \(f(x)\) continua y positiva en un intervalo \(x\in[a,b]\), el área \(A\) comprendida entre el eje de las \(x\) y la función, y delimitada por los puntos \(a,b\) consiste en

\[ A=\int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x \]

Ahora bien ¿cómo se calcula este valor? Esto lo podemos probar gracias al Teorema Fundamental del Cálculo: sabemos que si \(f(x)\) es una función continua, para cualquier valor de \(x\in[a,b]\) se cumple que \(F(x)=\int f(x)\mathrm{d}x\) de tal forma que \(F'(x)=f(x).\) Es decir, \(F(x)\) es una antiderivada.

Como ya sabemos, una primitiva \(F(x)\) cumple que:

\[ F(x)=\int_{a}^{x}f+C \]

para \(x\in[a,b].\) De hecho, fíjate que \[ F(a)={\color{red}\int_{\color{red}a}^{\color{red}a}}+C\equiv{\color{red}0}+C \]

puesto que en un punto no tenemos área. Esto nos dice que \(F(a)=C\), por lo que

\[ F(x)=\int_{a}^{x}f+C\Rightarrow F(x)=\int_{a}^{x}f+F(a) \]

de tal forma que, ¡sorpresa!

\[ F(x)-F(a)=\int_{a}^{x}f \]

y, particularizando en un intervalo concreto \(x\in[a,b]\)

\[ F(b)-F(a)=\int_{a}^{b}f, \]

A esta técnica se la conoce como “regla de Barrow” y nos dice que resolver una integral definida es facilísimo: sólo hay que buscar la primitiva y evaluarla en los extremos de los límites de integración y, finalmente, restarlos.

Por ejemplo,

\(\int_{1}^{2}x^{2}\mathrm{d}x\)

Obtenemos \(F(x)\), como si la integral fuera \(\int x^{2}\mathrm{d}x\), es decir \(F(x)=\frac{x^{3}}{3}\)

Evaluamos \(F(2)-F(1)=\frac{8}{3}-\frac{1}{3}=\frac{7}{3}\).

Generalmente, se hace todo de golpe, utilizando “corchetes” de esta forma

\[ \int_{1}^{2}x^{2}\mathrm{d}x=\left[\frac{x^{3}}{3}\right]_{1}^{2}=\frac{2^{3}}{3}-\frac{1}{3}=\frac{7}{3} \]

Ejercicio ¿Cuál es el área de la función \(y=x\) en el intervalo \(x\in[0,1]\)? Pruébalo mediante la fórmula del área y, posteriormente, mediante la integral definida. Dibuja primero la función para saber qué figura geométrica es.

Aplicaciones famosas del cálculo integral

Lo primero en que nos vamos a detener es en el uso de las integrales para calcular áreas de figuras. Para ello, hay que tener en cuenta algunas instrucciones que ya has visto, seguramente, en cursos anteriores.

• Trata de dibujar las funciones involucradas (es bueno saber cómo están orientadas)

• Obtén el punto de corte con los ejes que te interesen

• Plantea la integral definida en los puntos de corte

Veamos un ejemplo: calcula el área de la región acotada por las funciones \(y=x+2\) y \(y=x^{2}\):

FIG1: Estas son ambas funciones

Si eliges (1) como el camino:

1. Los puntos de corte los hallas como \((x+1)=x^{2}\). La ecuación de segundo grado que tienes proporciona como soluciones \(x=-1,x=2\)
2. La integral que tenemos que resolver será: \(\int_{-1}^{2}\left[(x+2)-x^{2}\right]\mathrm{d}x\)
3. El resultado, con la regla de Barrow:\(\int_{-1}^{2}\left[(x+2)-x^{2}\right]\mathrm{d}x\)=\(\left[\frac{x^{2}}{2}+2x-\frac{x^{3}}{3}\right]_{-1}^{2}=\frac{9}{2}\)

Si, en cambio, eliges (2) como el camino, ahora las funciones son \(x=y-2\), \(x=\pm\sqrt{y}\) (piensa que ahora es como si hubieras rotado los ejes). Por lo tanto

1. Los puntos de corte se obtienen igualando \(y-2=\pm\sqrt{y}\) implica que \(y=4,y=1.\)
2. Nótese que hay que añadir otro punto \(y=0\). Por eso es bueno dibujar las funciones con precisión.
3. Entre los valores de \(0<y<1\) el área viene dada por \(\sqrt{y}\),\(-\sqrt{y}\), es decir \(\int_{0}^{1}\left[\sqrt{y}-(-\sqrt{y})\right]\mathrm{d}y\)
4. Entre los valores \(1<y<4\), el área viene dada por \(\int_{1}^{4}\left[\sqrt{y}-(y-2)\right]\mathrm{d}y\)

Es decir:\(\int_{0}^{1}\left[\sqrt{y}-(-\sqrt{y})\right]\mathrm{d}y+\int_{1}^{4}\left[\sqrt{y}-(y-2)\right]\mathrm{d}y\)

La práctica (y la habilidad dibujando) te permitirá analizar qué estrategia es más sencilla.

Por otro lado, debes tener en cuenta qué ocurre si la función cambia de signo. La integral, tal cual, no podría interpretarse como un área. Mira este ejemplo: la integral es 0

FIG2: La integral cambia de signo

Lo que tienes que hacer, en ese caso, es partir la integral y, en la parte negativa, quedarte con su valor absoluto.

FIG3: La integral cambia de signo: así sí es un área

Por otro lado, cuando tienes que calcular el área definida entre dos funciones (solemos decir entre dos curvas) lo que tienes que hacer es dibujarlas para ver cuál está por encima. En función de su orientación, te interesará, como en la figura, obtener \(\int_{a}^{b}\left[f(x)-g(x)\right]\mathrm{d}x\) o, al revés

FIG4: Área entre dos curvas

En realidad, da igual en dónde se sitúen las curvas en los ejes coordenados. Siempre podrás calcular el área como diferencia de la función que está por encima menos la que está por debajo.

Aplicaciones a finanzas ¿Cómo se calcula el efecto de un interés sobre una renta? Si tenemos una cantidad inicial \(P\), en euros, y lo introducimos en el banco y este nos ofrece un tipo de interés fijo a un año de \(r\), entonces, al cabo de un año, habremos ganado

\[ B=P(1+r) \]

• Por ejemplo, si tenemos 1000 euros y el tipo de interés es del 10%, entonces, al cabo de un año, tendremos \(B=1000(1+0.1)=1100\)

Como es lógico. Ahora bien, ¿qué ocurre si el tipo de interés anual es del 10% pero liquidas los intereses cada seis meses? Aquí, se remunera la cantidad ingresada dos veces al año \[ B=1000(1+\frac{0.1}{2})(1+\frac{0.1}{2})=1102.5 \] ¿y si se liquidan intereses cada tres meses? \[ B=1000(1+\frac{0.1}{4})(1+\frac{0.1}{4})(1+\frac{0.1}{4})(1+\frac{0.1}{4})=1103.8 \]

Como vemos, la fórmula que podemos aplicar, resulta en

\[ B=P\left(1+\frac{r}{k}\right)^{k} \]

Vamos a hacer un poco de cuentas. Dididamos en el término \(\frac{r}{k}\) ambos lados por \(r\), teniendo \(\frac{1}{\frac{k}{r}}\), vamos a llamar \(n=\frac{k}{r}\), de tal forma que

\[ B=P\left(1+\frac{1}{n}\right)^{nr} \]

lo cual podemos reescribirlo como

\[ B=P\left[\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}\right]^{r} \]

• ¿Por qué hacemos esto?

Usa la calculadora para ver qué obtienes si das valores a \(n\). Verás que

\[ \lim_{n\rightarrow\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}=2.71...={\color{red}e} \]

De esta forma, podemos reescribir la fórmula anterior de una manera cómoda:

\[ B=Pe^{r} \]

que será más precisa, cuanto menos tarde el banco en remunerarte por los intereses anuales. Por ejemplo, \[ B=1000e^{0.1}=1105.2 \]

que podemos entenderlo como lo máximo que se nos podría pagar el banco los intereses en un plazo fijo. Nota que si lo dejamos más de un año, tendremos \[ B=Pe^{rt} \]

Bien, esta expresión la vamos a necesitar para la pregunta que nos hacemos a continuación.

¿Qué ocurre si, en un periodo de tiempo \(T\), depositamos de manera periódica dinero en la cuenta?

Volvamos a la fórmula anterior. Imaginemos que lo hacemos en 3 años. En el año \(0\) ingresamos \(P_{0}\) y esa cantidad está hasta el tercer año \(P_{0}\left(1+\frac{r}{k}\right)^{3k},\) en el segundo año ingresamos \(P_{1}\), por lo que acumularemos \(P_{1}\left(1+\frac{r}{k}\right)^{2k}\) (estará un año menos en la cuenta antes de sacarlo)…. y así, tendremos \[ VF=P_{0}\left(1+\frac{r}{k}\right)^{3k}+P_{1}\left(1+\frac{r}{k}\right)^{2k}+P_{2}\left(1+\frac{r}{k}\right)^{k}=\sum_{t=0}^{3}P_{t}\left(1+\frac{r}{k}\right)^{(3-t)k} \]

ahora bien, recordemos que, si hacemos \(k\) todo lo grande que podamos, podemos usar la exponencial y la suma, en este caso, se transforma en una integral \[ VF=\int_{0}^{T}P(t)e^{(T-t)r}\mathrm{d}t \]

que llamaremos valor futuro (VF) de un flujo de inversión, y a \(T\) el horizonte al que la hacemos. Date cuenta de que puedes escribirlo como

\[ VF=\int_{0}^{T}P(t)e^{Tr}e^{-rt}\mathrm{d}t=e^{Tr}\int_{0}^{T}P(t)e^{-rt}\mathrm{d}t \]

Ahora me pregunto. ¿Cuánto dinero tendré que invertir en total para tener un valor futuro determinado? Lo sacamos enseguida de la expresión anterior, queremos obtener VF, es decir \[ {\color{green}B}={\color{red}P}{\color{blue}e^{rt}}\:\:\;{\color{green}V\color{green}F}={\color{blue}e^{Tr}}{\color{red}{\int_{0}^{T}P(t)e^{-rt}\mathrm{d}t}} \]

Es decir, la suma que deberá invertir será \[ VP=\int_{0}^{T}P(t)e^{-rt}\mathrm{d}t \]

Ejercicio resuelto

El valor presente de una inversión se utiliza para decidir HOY qué candidatas a inversiones valen más y, por tanto, qué inversión deberé realizar. Por ejemplo

Un exitoso empresario textil está considerando dos planes alternativos para mejorar su producto. El plan A requiere de un desembolso inmediato de 350,000 euros, mientras que el plan B necesitará un desembolso inmediato de 100,000 euros. Se ha estimado que la adopción del plan A significaría un flujo neto de ingresos generados a razón de 730000 euros. Y para el plan B representaría un flujo neto de ingresos a razón de 680000 euros durante los próximos tres años. Si la tasa de interés durante los próximos años fuese de 10% por año ¿Qué plan será el que más le conviene al empresario?

Los datos para el plan A, son

\(P(t)=730000\), \(r=0.1\) Por lo que el valor presente será \[ VP=\int_{0}^{3}730000e^{-0.1t}dt-350000=1542027 \]

Los datos para el plan B, son

\(P(t)=680000\), \(r=0.1\) Por lo que el valor presente será \[ VP=\int_{0}^{3}680000e^{-0.1t}dt-100000= \]

El valor presente de una inversión es cuando calculamos el valor actual que tendrá una determinada cantidad que recibiremos o pagaremos en un futuro, en el periodo acordado. El valor futuro es el valor alcanzado por un determinado capital al final del periodo determinado.

EXTRA Algunas integrales resueltas, para practicar

• \(\int x^{2}\left(3x^{3}+14\right)^{3}\mathrm{d}x\)

\({\frac{1}{9}}\int{9x^2}\left(3x^{3}+14\right)^{3}\mathrm{d}x=\frac{1}{9}\frac{\left(3x^{3}+14\right)^{4}}{4}+C=\frac{\left(3x^{3}+14\right)^{4}}{36}+C\)

• \(\int\sqrt[5]{5x+6}\mathrm{d}x\)

\({\frac{1}{5}}\int{5}\left(5x+6\right)^{1/5}\mathrm{d}x=\frac{1}{5}\frac{\left(3x^{3}+14\right)^{6/5}}{\frac{6}{5}}+C=\frac{\left(3x^{3}+14\right)^{4}}{6}+C\)

• \(\int\frac{17x}{\sqrt[3]{6x^{2}+8}}\mathrm{d}x=\)

\(\int17x\left(6x^{2}+8\right)^{-1/3}\mathrm{d}x={\frac{17}{12}}\int{12}x\left(6x^{2}+8\right)^{-1/3}\mathrm{d}x=\frac{17}{12}\frac{\left(6x^{2}+8\right)^{2/3}}{2/3}+C=\frac{51}{24}\left(6x^{2}+8\right)^{2/3}+C\)

• \(\int\frac{\mathrm{d}x}{\left(3x+1\right)^{4}}\)

\({\frac{1}{3}}\int\frac{\mathrm{{3}d}x}{\left(3x+1\right)^{4}}\mathrm{d}x=\frac{1}{3}\frac{\left(3x+1\right)^{-3}}{-3}+C=\frac{\left(3x+1\right)^{-3}}{-9}+C\)

• \[ \int x^{2}e^{-\frac{1}{5}x^{3}}\mathrm{d}x \]

Esta es inmediata

\[ \int x^{2}e^{-\frac{1}{5}x^{3}}\mathrm{d}x=-\frac{5}{3}\int-\frac{3}{5}x^{2}e^{-\frac{1}{5}x^{3}}\mathrm{d}x=-\frac{5}{3}e^{-\frac{1}{5}x^{3}}+C \]

-\[ \int\frac{1}{x(x^{2}-1)}\mathrm{d}x \]

El grado del numerador es menor que el del denominador. El denominador tiene grado 3, por lo que cuenta con 3 raíces \(x(x^{2}-1)=0\) si \(x=0,x=\pm1.\) Factorizamos el denominador y reescribimos el integrando como

\[ \frac{1}{x(x^{2}-1)}=\frac{A}{x}+\frac{B}{(x-1)}+\frac{C}{(x+1)} \]

De tal forma que:

\[ \frac{1}{x(x^{2}-1)}=\frac{A(x^{2}-1)+Bx(x+1)+Cx(x-1)}{x(x^{2}-1)} \]

Por lo que, al tener los mismos denominadores, obtenemos que:

\[ 1=A(x^{2}-1)+Bx(x+1)+Cx(x-1) \]

Debemos resolver la ecuación para obtener \(A,B,C.\) Usamos los valores de las raíces como valores para \(x\) y obtenemos:

\[ \begin{cases} x=0 & 1=-A\\ x=1 & 1=2B\\ x=-1 & 1=2C \end{cases} \]

por lo que \(A=-1,B=\frac{1}{2},C=\frac{1}{2}.\)

Entonces, \[ \int\frac{-1}{x}dx+\int\frac{1}{2(x-1)}dx+\int\frac{1}{2(x+1)}dx=-ln(x)+\frac{1}{2}ln(x-1)+\frac{1}{2}ln(x+1)+C \]

• \[ \int\frac{2x^{2}-3x+2}{x(x+5)(2x+1)}dx \]

Dado que el grado del numerador es menor que el del denominador, reescribimos:

\[ \frac{2x^{2}-3x+2}{x(x+5)(2x+1)}=\frac{A}{x}+\frac{B}{(x+5)}+\frac{C}{(2x+1)} \]

Donde las raíces son \(x=0,-5,-\frac{1}{2}\). De esta forma, operando:

\[ \frac{2x^{2}-3x+2}{x(x+5)(2x+1)}=\frac{A(x+5)(2x+1)+Bx(2x+1)+Cx(x+5)}{x(x+5)(2x+1)} \]

entonces,

\[ 2x^{2}-3x+2=A(x+5)(2x+1)+Bx(2x+1)+Cx(x+5) \]

Donde, dando valores a \(x\), podemos obtener:

\[ \begin{cases} x=0 & \frac{2}{5}=A\\ x=-5 & \frac{67}{45}=B\\ x=-\frac{1}{2} & -\frac{16}{9}=2C \end{cases} \]

Por lo que:

\[ \int\frac{2x^{2}-3x+2}{x(x+5)(2x+1)}dx=\frac{2}{5}\int\frac{1}{x}\mathrm{d}x+\frac{67}{45}\int\frac{1}{(x+5)}\mathrm{d}x-\frac{16}{9}\int\frac{1}{(2x+1)}\mathrm{d}x \]

• \[ \int\frac{10}{(x-1)(x^{2}-9)}dx \]

Dado que el grado del numerador es menor que el del denominador, reescribimos:

\[ \frac{10}{(x-1)(x^{2}-9)}=\frac{A}{(x-1)}+\frac{B}{(x+3)}+\frac{C}{(x-3)} \]

Donde las ra?ces son \(x=1,-3,+3\). De esta forma, operando:

\[ \frac{10}{(x-1)(x^{2}-9)}=\frac{A(x+3)(x-3)+B(x-1)(x-3)+C(x-1)(x+3)}{(x-1)(x^{2}-9)} \]

entonces,

\[ 10=A(x+3)(x-3)+B(x-1)(x-3)+C(x-1)(x+3)) \]

Donde, dando valores a \(x\), podemos obtener:

\[ \begin{cases} x=1 & -\frac{5}{4}=A\\ x=-3 & \frac{5}{12}=B\\ x=+3 & \frac{5}{6}=C \end{cases} \]

Por lo que:

\[ \int\frac{10}{(x-1)(x^{2}-9)}dx=-\frac{5}{4}\int\frac{1}{(x-1)}\mathrm{d}x+\frac{5}{12}\int\frac{1}{(x+3)}\mathrm{d}x+\frac{5}{6}\int\frac{1}{(x-3)}\mathrm{d}x \]

\[ \int\frac{10}{(x-1)(x^{2}-9)}dx=-\frac{5}{4}\ln(x-1)+\frac{5}{12}\ln(x+3)+\frac{5}{6}\ln(x-3)+C \]

• \[ \int\frac{x-2}{x^{2}-9x+8}dx \]

Asegúrate de que obtienes:

\[ \int\frac{x-2}{x^{2}-9x+8}dx=\frac{1}{7}\ln(x-1)+\frac{6}{7}\ln(x-8)+C \]

-\[ \int\ln(x)\left(x^{3}+3x^{2}-9\right)\mathrm{d}x \]

Aquí está claro, cogemos \(u=\ln(x)\), y por tanto, \(\mathrm{d}v=\left(x^{3}+3x^{2}-9\right)\mathrm{d}x\). Entonces,

\[ \frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}=\frac{1}{x}\Rightarrow{\mathrm{d}u=\frac{\mathrm{d}x}{x}} \] entonces,

\[ v=\int\left(x^{3}+3x^{2}-9\right)\mathrm{d}x\Rightarrow{\frac{x^{4}}{4}+x^{3}-9x} \]

Por lo que, usando la expresión \(\int u\mathrm{d}v\mathrm{d}x=uv-\int v\mathrm{d}u\)

\[ \int\ln(x)\left(x^{3}+3x^{2}-9\right)\mathrm{d}x=\ln(x)\left(\frac{x^{4}}{4}+x^{3}-9x\right)-{\int\left(\frac{x^{4}}{4}+x^{3}-9x\right)\frac{\mathrm{d}x}{x}} \]

Necesitamos resolver \[ \int\left(\frac{x^{4}}{4}+x^{3}-9x\right)\frac{\mathrm{d}x}{x}=\int\left(\frac{x^{3}}{4}+x^{2}-9\right)\mathrm{d}x=\frac{x^{4}}{16}+\frac{x^{3}}{3}-9x \]

Por lo que, finalmente

\[ \int\ln(x)\left(x^{3}+3x^{2}-9\right)\mathrm{d}x={\ln(x)\left(\frac{x^{4}}{4}+x^{3}-9x\right)-\left(\frac{x^{4}}{16}+\frac{x^{3}}{3}-9x\right)+C} \]

-\[ \int x\sqrt{7-x}\mathrm{d}x=\int x\left(7-x\right)^{1/2}\mathrm{d}x \]

Aquí no está tan claro. Sin embargo, parece sensato coger \(u=x\), y por tanto, \(\mathrm{d}v=\left(7-x\right)^{1/2}\mathrm{d}x\). Si cogieras las funciones al revés, se te complicará al usar la fórmula. Entonces,

\[ \frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}=1\Rightarrow{\mathrm{d}u=\mathrm{d}x} \]

\[ v=\int\left(7-x\right)^{1/2}\mathrm{d}x=-\int-\left(7-x\right)^{1/2}\mathrm{d}x\Rightarrow{\frac{-2(7-x)^{3/2}}{3}} \]

Por lo que, usando la expresión \(\int u\mathrm{d}v\mathrm{d}x=uv-\int v\mathrm{d}u\):

\[ \int x\left(7-x\right)^{1/2}\mathrm{d}x={ \frac{-2x(7-x)^{3/2}}{3}}-{\frac{2}{3}\int-(7-x)^{3/2}\mathrm{d}x} \]

Necesitamos resolver \[ {\frac{2}{3}\int-(7-x)^{3/2}\mathrm{d}x}=\frac{4}{15}\left(7-x\right)^{5/2} \]

Por lo que, finalmente

\[ \int x\left(7-x\right)^{1/2}\mathrm{d}x=\frac{-2x(7-x)^{3/2}}{3}-\frac{4}{15}\left(7-x\right)^{5/2}+C \]

-\[ \int xe^{-\frac{1}{4}x}\mathrm{d}x \]

En este caso, de nuevo prima la P (potencias, polinomios) que la E (de exponencial) por lo que \(u=x\), y por tanto, \(\mathrm{d}v=e^{-\frac{1}{4}x}\mathrm{d}x\). Entonces,

\[ \frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}=1\Rightarrow{\mathrm{d}u=\mathrm{d}x}, \]

de esta forma,

\[ v=\int e^{-\frac{1}{4}x}\mathrm{d}x=-4\int-\frac{1}{4}e^{-\frac{1}{4}x}\mathrm{d}x\Rightarrow-4e^{-\frac{1}{4}x} \]

Por lo que, usando la expresión \(\int u\mathrm{d}v\mathrm{d}x=uv-\int v\mathrm{d}u\):

\[ \int xe^{-\frac{1}{4}x}\mathrm{d}x={ -4xe^{\frac{-1}{4}x}}-{\int-4e^{-\frac{1}{4}x}\mathrm{d}x} \]

Necesitamos resolver \[ {\int-4e^{-\frac{1}{4}x}\mathrm{d}x}={4\times4\int-\frac{1}{4}e^{-\frac{1}{4}x}\mathrm{d}x}=16e^{-\frac{1}{4}x} \]

Por lo que, finalmente

\[ \int xe^{-\frac{1}{4}x}\mathrm{d}x={ -4xe^{\frac{-1}{4}x}-16e^{-\frac{1}{4}x}+C}=-4e^{\frac{-1}{4}x}\left(x-16\right)+C \]

EXTRA El Teorema Fundamental del Cálculo: una explicación más detallada

A continuación vamos a desgranar uno de los mayores éxitos del cálculo hace un par de siglos. La historia empieza suave pero, presta atención, acaba con una pelea.

Los Griegos

Uno de los problemas que más interesó en la antigüedad fue el cálculo de áreas (imagina que, en aquellos tiempos, eran muy importantes los terrenos, n o c o m o a h o r a). Una manera de poder calcular áreas de ciertas figuras no obvias (como podría ser un rectángulo, un cuadrado o un triángulo) era siendo exhaustivos. Es decir, rellenando la figura en cuestión con otras figuras cuya área es conocida y más fácil de obtener (rectángulos, ¿no?). De hecho, el método de la exhaución, consiste en inscribir y circunscribir rectangulitos en la figura de esta forma:

FIG1. La idea del método de Exhaución con un área que conocemos de sobra (en este caso será \(1/2\))

De tal forma que sabemos que el área que estamos buscando se encontrará entre la figura de la izquierda (con rectángulos inscritos) y la de la derecha (con rectángulos circunscritos). Claro, los inscritos aproximan el área por “defecto” y los circunscritos, por “exceso”. Por ejemplo, en este caso, vamos a poner algunos números. Nota que esta figura, que es un triángulo rectángulo, podemos verla como una función \(f(x)=x,\:x\in[0,1]\), es decir, la bisectriz del primer cuadrante acotada en el eje de las \(x\) por el intervalo \([0,1]\). Entonces, como hemos inscrito y circunscrito cuatro rectángulos, se nos presenta lo siguiente (FIG 2)

FIG2. Presta atención a los valores numéricos

Tendremos dos “sumas” que darán lugar a la aproximación del área que buscamos. La suma inferior, \(s\), que consiste en \(\frac{1}{4}\left(\frac{1}{4}+\frac{1}{2}+\frac{3}{4}\right)=0.375\), es decir, la base de cada rectángulo es \(\frac{1}{4}\) y los valores entre paréntesis son las diferentes alturas. Por otro lado, la suma superior, denotada con una ese mayúscula, \(S=\frac{1}{4}\left(\frac{1}{4}+\frac{1}{2}+\frac{3}{4}+1\right)=0.625\). Tenemos, por tanto, una primera aproximación al área del triángulo (que ya sabemos que es 0.5). La intuición nos dice, entonces, que será razonable rellenar con muchos más rectangulitos: todos los que podamos. Vamos a pensar ahora de manera algo más abstracta: Empecemos inscribiendo y circunscribiendo \(n\) rectángulos. Entonces, la base de cada rectángulo será \(\frac{1}{n}\).

FIG3. Partición para “\(n\)” rectángulos

Podemos, también, deducir las sumas inferiores y superiores: si nos damos cuenta, la altura de la suma inferior llegará hasta la altura del rectángulo \(n-1\)-ésimo y será \(\frac{h-1}{n}\). Entonces, la suma inferior consistirá en

\[ s=\frac{\text{1}}{n}\left(\frac{1}{n}+\frac{2}{n}+...+\frac{n-1}{n}\right) \]

mientras que la superior llegará al rectángulo \(n-\)ésimo y, por tanto, su suma será:

\[ S=\frac{1}{n}\left(\frac{1}{n}+\frac{2}{n}+...+\frac{n}{n}\right) \]

Donde hemos puesto \(\frac{n}{n}\) para remarcar la idea. Si te das cuenta, podemos reescribir las sumas como

\[ \begin{cases} s=\frac{1}{n^{2}}\left(1+2+...+n-1\right)\\ S=\frac{1}{n^{2}}\left(1+2+....+n\right) \end{cases} \]

y ahí un resultado muy famoso que nos permite escribir la suma de los \(N\) primeros números naturales (por ejemplo, \(1+2+3+...+N=\frac{N(N+1)}{2}).\) Esto nos lleva a que:

\[ \begin{cases} s=\frac{1}{n^{2}}\left(\frac{\left[n-1\right]n}{2}\right)=\frac{n-1}{2n}\\ S=\frac{1}{n^{2}}\left(\frac{n\left[n+1\right]}{2}\right)=\frac{n+1}{2n} \end{cases} \]

Por lo que, elige cuántos rectángulos quieres y tendrás una aproximación del área por exceso y por defecto. En la siguiente tabla, lo hacmos para distintas particiones (valor de \(n\))

\(n\)	\(s\)	\(S\)
4	\(0.375\)	\(0.625\)
10	\(0.45\)	\(0.55\)
100	\(0.495\)	\(0.505\)
1000	\(0.4995\)	\(0.5005\)

FIG4. Partición para “\(n\)” rectángulos

como ves, según se hace \(n\) todo lo grande que desees, ambas sumas se parecen cada vez más. Tanto que no es difícil calcular:

\[ s_{n\rightarrow\infty}=S_{n\rightarrow\infty}=\frac{1}{2}, \]

que es el área que buscábamos. ¡Bien!

Riemman: hace un siglo

Este matemático alemán se dedicó a darle forma al método de la exhaución y estudiar sus propiedades. Comprobó que a una función continua (o continua a trozos) acotada, se le puede calcular el área usando el método de la exhaución. Lo que hizo fue estudiar las propiedades de las funciones a las que se les podía calcular el área con este método:

• Funciones continuas y acotadas superiormente: es decir, debemos ser capaces de rellenar con rectangulitos y para ello, necesitamos un “tope”

>- También se pueden integrar (en el sentido de Riemann) las funciones continuas a trozos

¿Por qué? Como ves, se puede rellenar perfectamente con el “rectangulito”

Ojo, porque si no está acotada:

es decir, esta función:

\[ \begin{cases} f(x)=\frac{1}{x}\; \; si\;\; 0<x<5\\ f(x)=0 \; \; si \;\; x=0 \end{cases} \]

cuando nos acerquemos a cero \((x\rightarrow0)\) no vamos a poder meter el rectangulito, por lo que esta función no es integrable según Riemann.

FIG9. (algo así)

Por cierto, la función, sin embargo, sería integrable en cualquier intervalo que no contenga al cero. Por ejemplo, \(f(x)=\frac{1}{x}\; si \; x\in(1,5)\).

Riemman, en definitiva, probó que se podía calcular el área comprendida entre las funciones anteriores continuas (o continuas a trozos) y acotadas y el eje \(x\) mediante las sumas de rectángulos (o trapecios) inscritos o circunscritos en la figura que forma la función. A esto se le llamó integral definida de Riemann. Básicamente dice que una función \(f(x)\) es Riemann integrable en un intervalo \((a,b)\) si las sumas inferiores y las superiores convergen en un único número cuando \(n\rightarrow\infty\) en la expresión:

\[ \sum_{n=0}^{\infty}\triangle x_{n}f(x_{n})\;x\in[a,b] \]

y, para abreviar, y no escribir tanto, se decidió denotar así al área \[ \sum_{n=0}^{\infty}\triangle x_{n}f(x_{n})\;x\in[a,b]=\int_{a}^{b}f(x)\mathrm{d}x \]

Ahora bien ¿quién se atreve a calcular áreas usando sumas de Riemann?

Siglo XVII: La gran pelea del cálculo y el gran teorema

Por otro lado, y un siglo antes del trabajo de Riemann, Newton (UK) y Leibniz (Alemania) estaban trabajando en las grandes ideas de cálculo que ya has estudiado (generalmente la derivada aplicada a problemas físicos). El caso es que -según cuenta la historia- ambos llegaron al mismo resultado. Se dieron cuenta de que el cálculo de la integral como un área era una tarea trivial. Vamos a ver cómo:

Lo primero es definir la “función integral”. Si tenemos una función \(f\:[a,b]\rightarrow\mathbb{R}\), definimos la función integral \(A(x)=\int_{a}^{x}f\) como aquella que te proporciona el área comprendida por la función y el eje de abscisas entre el punto \(a\) y un punto cualquiera \(x\in[a,b].\) Es decir, algo así, concretamente, \(A(x)\):

FIG10. Así obtenemos el área de una función integrable en el sentido de Riemann \(A(x)=\int_{a}^{x}f\)

Avancemos un poco en el eje de las \(x\) y calculemos otra área, por ejemplo, \(A(x+\Delta x)\).

FIG10. \(A(x+\Delta x)=\int_{a}^{x+\Delta x}f\)

Ahora, fíjate bien en la FIG11, que vamos a analizar las diferencias entre ambas

FIG11. \(A(x+\Delta x)=\int_{a}^{x+\Delta x}f\)

La diferencia \(A(x+\Delta x)-A(x)\) es el trocito amarillo que, como ves, podemos aproximar por un rectángulo (como ya sabemos). De hecho, podemos tener un rectángulo inscrito y otro circunscrito \[ \Delta xf(x)\leq A(x+\Delta x)-A(x)\leq\Delta xf(x+\Delta x) \]

Ahora bien, si pasamos dividiendo \(\Delta x\), tendremos que

\[ f(x)\leq\frac{A(x+\Delta x)-A(x)}{\Delta x}\leq f(x+\Delta x) \]

Ahora, como sabemos, debemos hacer \(\Delta x\rightarrow0\) lo que nos lleva a

\[ f(x)\leq\lim_{\Delta x\rightarrow0}\frac{A(x+\Delta x)-A(x)}{\Delta x}\leq f(x) \]

y, como ya sabes, el límite \(\lim_{\Delta x\rightarrow0}\frac{A(x+\Delta x)-A(x)}{\Delta x}\) define una derivada : la de la función \(A\) en el punto \(x\). Es decir: resultado importante:

\[ A'(x)=f(x). \]

O, lo que es lo mismo,

Si \(f\) es continua (o continua a trozos) en \([a,b]\), entonces, \[ A(x)=\int_{a}^{x}f \]

es derivable y, además, \[ A'(x)=f(x) \]

Como verás, hemos omitido por comodidad en la integral \(\int_{a}^{x}f\) el término \(f{(x)\mathrm{d}x}\). En realidad, no es común omitirlo (salvo que no haya duda con respecto a qué variable estamos integrando). Eso sí, tenemos que llamar la atención en una cuestión de notación

OJO!

Cuando en la función integral tengas que poner en el límite superior el valor \(x\), entonces, deberás cambiar la letra de la función (queda muy raro, matemáticamente, que un mismo símbolo haga de número y de variable). Entonces, el Teorema Fundamental del cálculo, también dice:

\[ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\int_{a}^{x}f(t)dt=f(x) \]

Este resultado muestra, por tanto, por qué decimos que calcular una integral consiste en buscar una primitiva. Algo que ya has hecho antes de manera mecánica. Es el vínculo entre los griegos y las matemáticas del siglo XIX. Nos queda un último paso. Como ya sabemos, una primitiva \(F(x)\) cumple que:

\[ F(x)=\int_{a}^{x}f(t)\mathrm{d}t+C \]

para \(x\in[a,b].\) De hecho, fíjate que \[ F(a)={\color{red}\int_{\color{red}a}^{\color{red}a}f(t)\mathrm{d}t}+C\equiv{\color{red}0}+C \]

puesto que en un punto no tenemos área. Esto nos dice que \(F(a)=C\), por lo que

\[ F(x)=\int_{a}^{x}f(t)\mathrm{d}t+C\Rightarrow F(x)=\int_{a}^{x}f(t)\mathrm{d}t+F(a) \]

de tal forma que, ¡sorpresa!

\[ F(x)-F(a)=\int_{a}^{x}f(t)\mathrm{d}t \]

y, particularizando en un intervalo concreto \(x\in[a,b]\)

\[ F(b)-F(a)=\int_{a}^{b}f(t)\mathrm{d}t, \]

A esta técnica se la conoce como “regla de Barrow” y nos dice que resolver una integral definida es facilísimo: sólo hay que buscar la primitiva y evaluarla en los extremos de los límites de integración y, finalmente, restarlos.

Llegar a este resultado no fue fácil y estuvo rodeado de polémica. Tanto Newton como Leibniz consiguieron llegar a conclusiones parecidas en fechas parecidas. Bueno, parece ser que Newton llegó antes, pero sin haberlo publicado. Leibniz, sin embargo, lo “descubrió” algo más tarde pero lo publicó con éxito. Estuvieron muy peleados (algo que afectó, de hecho, a las relaciones entre los científicos de Reino Unido y del continente europeo) y, a día de hoy, hay pruebas a favor de que ambos llegaron- cada uno por su lado- al mismo resultado. Newton está enterrado en la abadía de Westmister, con todos los honores. Sin embargo, Leibniz murió abandonado. Aunque hoy en día se usa su notación, ya que supo dotar al lenguaje del cálculo elegancia y concisión. Eso sí, a Newton se le otorgó el nombramiento de Sir.