Clase 15 · Sustitución trigonométrica

Formulario · para regresar rápido

Lo que la tarea necesita, a la mano

Las derivadas de las inversas, la tabla con sus pitagóricas y sus triángulos, las inmediatas del arco seno y del arco tangente, la receta del cuadrado, la regla de los límites en las definidas — y el esqueleto de las fracciones parciales.

Derivadas de las inversas · cada «co» con signo menos

$$(\operatorname{sen}^{-1}u)' = \frac{u'}{\sqrt{1-u^{2}}}$$ $$(\cos^{-1}u)' = -\frac{u'}{\sqrt{1-u^{2}}}$$ $$(\tan^{-1}u)' = \frac{u'}{1+u^{2}}$$ $$(\cot^{-1}u)' = -\frac{u'}{1+u^{2}}$$ $$(\sec^{-1}u)' = \frac{u'}{|u|\sqrt{u^{2}-1}}$$ $$(\csc^{-1}u)' = -\frac{u'}{|u|\sqrt{u^{2}-1}}$$

Las inmediatas que salen de ahí

$$\int\frac{du}{\sqrt{a^{2}-u^{2}}} = \operatorname{sen}^{-1}\frac{u}{a} + C$$ $$\int\frac{du}{a^{2}+u^{2}} = \frac{1}{a}\tan^{-1}\frac{u}{a} + C$$ $$\int\frac{du}{u\sqrt{u^{2}-a^{2}}} = \frac{1}{a}\sec^{-1}\Big|\frac{u}{a}\Big| + C$$

Tabla 7.4 del Thomas. Con $a = 1$: $\operatorname{sen}^{-1}u$, $\tan^{-1}u$, $\sec^{-1}|u|$.

La tabla · las tres sustituciones

$$a^{2} - x^{2}\ \longrightarrow\ x = a\operatorname{sen}\theta$$ $$x^{2} - a^{2}\ \longrightarrow\ x = a\sec\theta$$ $$x^{2} + a^{2}\ \longrightarrow\ x = a\tan\theta$$

Con raíz o sin raíz. Siempre con su diferencial: $dx = a\cos\theta\,d\theta$, $a\sec\theta\tan\theta\,d\theta$, $a\sec^{2}\theta\,d\theta$.

Por qué funcionan · las pitagóricas

$$a^{2} - a^{2}\operatorname{sen}^{2}\theta = a^{2}\cos^{2}\theta$$ $$a^{2}\sec^{2}\theta - a^{2} = a^{2}\tan^{2}\theta$$ $$a^{2} + a^{2}\tan^{2}\theta = a^{2}\sec^{2}\theta$$ $$\sqrt{\cos^{2}\theta} = |\cos\theta|$$ $$= \cos\theta\ \text{ si } -\tfrac{\pi}{2} \le \theta \le \tfrac{\pi}{2}$$

Regresar a la variable original

$$\operatorname{sen}\theta = \frac{x}{a}\ \Longleftrightarrow\ \theta = \operatorname{sen}^{-1}\frac{x}{a}$$ $$\tan\theta = \frac{x}{a}\ \Longleftrightarrow\ \theta = \tan^{-1}\frac{x}{a}$$ $$\text{triángulo: } \cos\theta = \frac{\sqrt{a^{2}-x^{2}}}{a}$$ $$\tan\theta = \frac{x}{\sqrt{a^{2}-x^{2}}}$$

«Siempre es con la inversa» — y el triángulo cuando el resultado trae otra función de $\theta$.

Antes de la tabla · álgebra

$$1 - 4x^{2} = 4\big(\tfrac14 - x^{2}\big)$$ $$7 + 3t^{2} = 3\big(\tfrac73 + t^{2}\big)$$ $$y^{2} - y + \tfrac14 = \big(y - \tfrac12\big)^{2}$$ $$3 + 4y - 4y^{2} = 4\big[1 - (y-\tfrac12)^{2}\big]$$ $$t^{2} - 2t + 2 = (t-1)^{2} + 1$$

Completar el cuadrado: la mitad del coeficiente, al cuadrado; y compensar lo agregado (con el factor de afuera incluido).

Los resultados de la tarea

$$\int\frac{dx}{\sqrt{1-4x^{2}}} = \tfrac12\operatorname{sen}^{-1}(2x) + C$$ $$\int\frac{dy}{\sqrt{3+4y-4y^{2}}}$$ $$= \tfrac12\operatorname{sen}^{-1}\big(y - \tfrac12\big) + C$$ $$\int\frac{dt}{7+3t^{2}} = \frac{1}{\sqrt{21}}\tan^{-1}\Big(\sqrt{\tfrac37}\,t\Big) + C$$ $$\int\frac{3^{x}\,dx}{1+3^{2x}} = \frac{1}{\ln 3}\tan^{-1}(3^{x}) + C$$

Definidas · los límites viajan con la variable

$$\int_a^b f(g(x))\,g'(x)\,dx = \int_{g(a)}^{g(b)} f(u)\,du$$ $$\int_0^1\frac{4\,dx}{\sqrt{4-x^{2}}} = 4\operatorname{sen}^{-1}\tfrac{x}{2}\Big|_0^1 = \frac{2\pi}{3}$$ $$\int_1^{e}\frac{dt}{t(1+\ln^{2}t)} = \tan^{-1}u\Big|_0^1 = \frac{\pi}{4}$$ $$\int_1^{2}\frac{8\,dt}{t^{2}-2t+2} = 8\tan^{-1}u\Big|_0^1 = 2\pi$$

Una operación algebraica equivalente no cambia los límites; una sustitución, sí (o se marcan $\alpha, \beta$ y se regresa a $x$).

Identidades de las inversas

$$\operatorname{sen}^{-1}x + \cos^{-1}x = \frac{\pi}{2}$$ $$\tan^{-1}x + \cot^{-1}x = \frac{\pi}{2}$$ $$\cos^{-1}(-x) = \pi - \cos^{-1}x$$ $$\tan^{-1}(-x) = -\tan^{-1}x$$

Por eso $\operatorname{sen}^{-1}x + C$ y $-\cos^{-1}x + C$ son la misma familia de primitivas.

Fracciones parciales · el esqueleto

$$\frac{P(x)}{Q(x)} = C(x) + \frac{r(x)}{Q(x)}$$ $$\text{grado } r \lt \text{grado } Q$$ $$\frac{r(x)}{(x-a)(x-b)} = \frac{A}{x-a} + \frac{B}{x-b}$$ $$\frac{r(x)}{(x-a)^{2}} = \frac{A_1}{x-a} + \frac{A_2}{(x-a)^{2}}$$ $$\frac{5x-3}{x^{2}-2x-3} = \frac{2}{x+1} + \frac{3}{x-3}$$

Paso 1: propia (dividir si no). Se apoya en el teorema fundamental del álgebra: $n$ raíces en $\mathbb{C}$, conjugadas por pares.

El mapa de la sesión · ejercicio por ejercicio

La Tarea 5, de principio a fin — y la puerta de las fracciones parciales

📖 Para profundizar → Thomas §7.6 · Tablas 7.3 y 7.4: derivadas e integrales de las inversas p. 411 📖 Para profundizar → Thomas §8.3 · Sustituciones trigonométricas p. 449 📖 Para profundizar → Thomas §8.4 · Integración de funciones racionales por fracciones parciales p. 453 🧪 El tema, en ejercicios → Laboratorio 10 · Integración por sustitución trigonométrica 🧪 Lo que empieza al final → Laboratorio 11 · Integración por fracciones parciales

Cada ejercicio es un hilo (una o dos partes de la clase interactiva):

Ejercicio 3 · derivar con las inversas (Partes 1–2). Entramos con las seis derivadas ya en el pizarrón, y con el ejercicio 2 despejado: $\log_5(2x + \tan^{-1}y) - \log_5 x = 1 \Rightarrow y = \tan 3x$. Luego 3(b): $\frac{d}{dx}[\cot^{-1}(1/x) - \tan^{-1}x] = \frac{1}{1+x^{2}} - \frac{1}{1+x^{2}} = 0$ — las dos funciones difieren en una constante. 3(c): $(\ln\tan^{-1}x)' = \frac{1}{(x^{2}+1)\tan^{-1}x}$, con paréntesis. 3(d): $(e^{\tan^{-1}(x^{5})})' = \frac{5x^{4}e^{\tan^{-1}(x^{5})}}{x^{10}+1}$. Y de esas derivadas, leídas al revés, la tabla: $a^{2}-x^{2} \to a\operatorname{sen}\theta$, $x^{2}-a^{2} \to a\sec\theta$, $x^{2}+a^{2} \to a\tan\theta$.
4(a) · $\int\frac{dx}{\sqrt{1-4x^{2}}}$ (Partes 3–4). Factorizar el 4 ($\tfrac12\int dx/\sqrt{\tfrac14 - x^{2}}$), $a = \tfrac12$, $x = \tfrac12\operatorname{sen}\theta$, $dx = \tfrac12\cos\theta\,d\theta$; paso a paso hasta $\tfrac12\int d\theta = \theta/2$. Regreso «siempre con la inversa»: $\theta = \operatorname{sen}^{-1}(2x)$; el triángulo (1, $2x$, $\sqrt{1-4x^{2}}$) para cuando hace falta otra función. Comprobación derivando: $\tfrac12\cdot\frac{2}{\sqrt{1-4x^{2}}}$.
4(b) · $\int\frac{dy}{\sqrt{3+4y-4y^{2}}}$ (Partes 5–6). «De ninguna de estas formas»: completar el cuadrado, $3 + 4y - 4y^{2} = 3 - 4(y^{2}-y+\tfrac14) + 1 = 4[1-(y-\tfrac12)^{2}]$. Dos sustituciones (el traslado del bloque; luego el seno) y dos regresos. Al pasar en limpio: $$\int\frac{dy}{\sqrt{3+4y-4y^{2}}}$$ $$= \tfrac12\operatorname{sen}^{-1}\big(y - \tfrac12\big) + C$$ (el pizarrón cerró con $y - 1$; derivando se ve el medio paso, y la solución oficial escribe $\tfrac{2y-1}{2}$).
4(d) · $\int\frac{dt}{7+3t^{2}}$ (Parte 7). Factorizar el 3, $a^{2} = \tfrac73$, $t = \sqrt{7/3}\tan\theta$, $dt = \sqrt{7/3}\sec^{2}\theta\,d\theta$; $1 + \tan^{2}\theta = \sec^{2}\theta$ lo simplifica todo; la constante $\tfrac13\cdot\tfrac37\sqrt{7/3} = \frac{1}{\sqrt{21}}$; regreso $\tan\theta = \sqrt{3/7}\,t$. Resultado $\frac{1}{\sqrt{21}}\tan^{-1}(\sqrt{3/7}\,t) + C$. «Estos ejercicios requieren de mucha álgebra.»
4(f) · $\int\frac{3^{x}\,dx}{1+3^{2x}}$ (Parte 8). Una sustitución antes: $u = 3^{x}$, $du = 3^{x}\ln 3\,dx$; el $\ln 3$ sale; $\frac{1}{\ln 3}\tan^{-1}(3^{x}) + C$. Y si no se recuerda la inmediata, $u = \tan\theta$ la reconstruye.
5 · las definidas (Partes 9–12). 5(a): $x = 2\operatorname{sen}\theta$; los límites se cambian ($0 \to 0$, $1 \to \pi/6$) o se marcan $\alpha, \beta$ y se regresa: $4\operatorname{sen}^{-1}(x/2)|_0^1 = 2\pi/3$; la duda del salón: $\sqrt{4-x^{2}} = 2\cos\theta$. 5(b): $u = \ln t$, límites $0$ y $1$: $\pi/4$. 5(c): $(t-1)^{2}+1$ no cambia los límites; $u = t-1$ sí: $8\tan^{-1}u|_0^1 = 2\pi$. Los de la secante, 4(g) y 5(d), quedan de encargo (el renglón $x = a\sec\theta$ se ejercita en la Clase 18, Parte 1).
6 · ¿pueden ser correctas las dos? (Parte 13). $\operatorname{sen}^{-1}x + C$ y $-\cos^{-1}x + C$: sí. Derivando, las dos dan $1/\sqrt{1-x^{2}}$; y $\operatorname{sen}^{-1}x + \cos^{-1}x = \pi/2$: difieren en una constante.
Fracciones parciales (Partes 14–16). Sustitución ← cadena; por partes ← $d(uv)$; fracciones parciales ← teorema fundamental del álgebra ($n$ raíces, repeticiones, conjugadas por pares; $(x-1)^{3}$ y $x^{3}=8$, De Moivre). Función racional; paso 1: fracción propia ($P/Q = C + r/Q$, como $5/3 = 1 + 2/3$). El ejemplo, de la Tarea 6 y del Thomas: $$\frac{5x-3}{x^{2}-2x-3} = \frac{A_1}{x+1} + \frac{A_2}{x-3}$$ $$A_1 = 2,\qquad A_2 = 3$$ $$\int\frac{5x-3}{x^{2}-2x-3}\,dx$$ $$= 2\ln|x+1| + 3\ln|x-3| + C$$

Laboratorio interactivo · la estrella

El triángulo de la sustitución, en vivo

📖 Para profundizar → Thomas §8.3 · Los triángulos de referencia (fig. 8.2) p. 449

$\operatorname{sen}\theta = 2x$: mueve $x$ y el triángulo se redibuja a escala — hipotenusa 1, opuesto $2x$, adyacente $\sqrt{1-4x^{2}}$. A la derecha, el integrando $1/\sqrt{1-4x^{2}}$ y la primitiva $F = \tfrac12\operatorname{sen}^{-1}(2x)$; la comprobación numérica $F'(x) \approx 1/\sqrt{1-4x^{2}}$ se hace en cada posición.

x = 0.30

θ = sen⁻¹(2x)

—

cos θ = √(1 − 4x²)

—

F(x) = ½ sen⁻¹(2x)

—

F′(x) numérica ≈ 1/√(1 − 4x²)

—

La definida y sus límites, en vivo

📖 Para profundizar → Thomas §5.6 · Sustitución en integrales definidas p. 291

$\int_0^{c}\frac{4\,dx}{\sqrt{4-x^{2}}}$. Mueve $c$: el área se calcula numéricamente (Simpson) y con la fórmula $4\theta = 4\operatorname{sen}^{-1}(c/2)$. La escala de abajo traduce el límite $c$ al ángulo $\theta$ que le corresponde con $x = 2\operatorname{sen}\theta$: con $c = 1$, $\theta = \pi/6$ y el área es $2\pi/3$.

c = 1.00

∫₀ᶜ (Simpson)

—

θ = sen⁻¹(c/2)

—

4θ = 4 sen⁻¹(c/2)

—

en múltiplos de π

—

Fracciones parciales, en vivo

📖 Para profundizar → Thomas §8.4 · El ejemplo (5x − 3)/(x² − 2x − 3) y el método p. 454

$\frac{5x-3}{x^{2}-2x-3}$ contra $\frac{A}{x+1} + \frac{B}{x-3}$. Mueve $A$ y $B$ hasta que la curva punteada coincida con la original: solo hay una pareja que lo logra, y es la que cumple la identidad $5x - 3 = A(x-3) + B(x+1)$ — es decir, $A + B = 5$ y $-3A + B = -3$.

A = 1.0 B = 1.0

A(x − 3) + B(x + 1) =

—

debe ser 5x − 3

A + B = 5, −3A + B = −3

error medio entre las curvas

—

¿coinciden?

—

Lo que se resolvió · y dónde se tropieza

Los ejercicios, uno a uno

Cada resultado verificado en sympy, con el paso que más cuesta. Los enunciados son los de la Tarea 5 (y el 5(g) de la Tarea 6).

3(b), 3(c), 3(d) · derivar con las inversas

$$\tfrac{d}{dx}\big[\cot^{-1}(1/x) - \tan^{-1}x\big] = 0$$ $$(\ln\tan^{-1}x)' = \frac{1}{(x^{2}+1)\tan^{-1}x}$$ $$(e^{\tan^{-1}(x^{5})})' = \frac{5x^{4}e^{\tan^{-1}(x^{5})}}{x^{10}+1}$$

Tropiezos: olvidar la cadena con $u = 1/x$ (dos signos menos que se cancelan); escribir $1/(x^{2}+1)\tan^{-1}x$ sin paréntesis; querer simplificar $x^{4}$ con $x^{10}+1$. Y al margen, el 3(a): $(\operatorname{sen}^{-1}\sqrt2 x)' = \sqrt2/\sqrt{1-2x^{2}}$ — el $\sqrt2$ de la cadena.

4(a) · $\int\frac{dx}{\sqrt{1-4x^{2}}}$

$$= \tfrac12\int\frac{dx}{\sqrt{\tfrac14 - x^{2}}},\quad x = \tfrac12\operatorname{sen}\theta$$ $$= \tfrac12\int d\theta = \tfrac12\operatorname{sen}^{-1}(2x) + C$$

Tropiezos: tomar $a = \tfrac14$ o $a = 2$ (es $a = \tfrac12$); escribir $dx = \tfrac12\cos\theta$ sin $d\theta$; no regresar a $x$. Comprobación: $\tfrac12\cdot 2/\sqrt{1-4x^{2}}$ ✓.

4(b) · $\int\frac{dy}{\sqrt{3+4y-4y^{2}}}$

$$3 + 4y - 4y^{2} = 4\big[1 - (y - \tfrac12)^{2}\big]$$ $$= \tfrac12\operatorname{sen}^{-1}\big(y - \tfrac12\big) + C$$

Tropiezos: sumar $\tfrac12$ en vez de $\tfrac14$; olvidar que el $\tfrac14$ de adentro vale $-1$ afuera; y al bautizar el bloque, $y - 1$ en lugar de $y - \tfrac12$ — como quedó en el pizarrón; derivando se descubre. Solución oficial: $\tfrac12\operatorname{sen}^{-1}\frac{2y-1}{2}$, lo mismo.

4(d) y 4(f) · arco tangente

$$\int\frac{dt}{7+3t^{2}} = \frac{1}{\sqrt{21}}\tan^{-1}\Big(\sqrt{\tfrac37}\,t\Big) + C$$ $$\int\frac{3^{x}\,dx}{1+3^{2x}} = \frac{1}{\ln 3}\tan^{-1}(3^{x}) + C$$

Tropiezos: $a = 7/3$ en vez de $\sqrt{7/3}$; perder el $\sqrt{7/3}$ de la diferencial; el cálculo $(\sqrt7/\sqrt3)/7 = 1/\sqrt{21}$; en 4(f), $(3^{x})' = 3^{x}\ln 3$, no $x\cdot 3^{x-1}$.

5(a), 5(b), 5(c) · las definidas

$$\int_0^1\frac{4\,dx}{\sqrt{4-x^{2}}} = \frac{2\pi}{3}$$ $$\int_1^{e}\frac{dt}{t(1+\ln^{2}t)} = \frac{\pi}{4}$$ $$\int_1^{2}\frac{8\,dt}{t^{2}-2t+2} = 2\pi$$

Tropiezo: dejar los límites como estaban después de sustituir. O se traducen ($1 \to \pi/6$; $1 \to 0$, $e \to 1$; $1 \to 0$, $2 \to 1$), o se marcan $\alpha, \beta$ y se regresa a la variable original. Completar el cuadrado, en cambio, no los toca.

6 · dos primitivas correctas

$$\int\frac{dx}{\sqrt{1-x^{2}}} = \operatorname{sen}^{-1}x + C$$ $$= -\cos^{-1}x + C'$$ $$\operatorname{sen}^{-1}x + \cos^{-1}x = \frac{\pi}{2}$$

Idea: $(-\cos^{-1}x)' = 1/\sqrt{1-x^{2}}$; dos primitivas difieren en una constante, y aquí la constante es $\pi/2$. Título nuevo: identidades de las inversas.

Tarea 6, 5(g) · el primer ejemplo de fracciones parciales

$$\frac{5x-3}{(x+1)(x-3)} = \frac{2}{x+1} + \frac{3}{x-3}$$ $$\int\frac{5x-3}{x^{2}-2x-3}\,dx$$ $$= 2\ln|x+1| + 3\ln|x-3| + C$$

Pasos: propia ✓; factorizar (suman $-2$, multiplican $-3$); una fracción por factor; $5x - 3 = A_1(x-3) + A_2(x+1)$; $x = -1 \Rightarrow A_1 = 2$, $x = 3 \Rightarrow A_2 = 3$. Es el mismo ejemplo del Thomas §8.4.

Los encargos abiertos

Los de la secante: 4(g) $\int\frac{dx}{x\sqrt{5x^{2}-2}}$ y 5(d) $\int_{\sqrt2}^{2}\frac{\sec^{2}(\sec^{-1}x)\,dx}{x\sqrt{x^{2}-1}}$ — el renglón $x^{2}-a^{2} \to a\sec\theta$. También 4(c), 4(e), 4(h), 4(i) y 3(e).

Las otras dos raíces cúbicas de 8: $-1 \pm i\sqrt3$ (De Moivre). Y para la próxima: el caso del cuadrático irreducible en el denominador.

Ponte a prueba

¿Qué tan clara quedó la clase?

1 · Aparece $\sqrt{9 - x^{2}}$ bajo la integral. ¿Qué sustitución dice la tabla?

2 · Con $x = \tfrac12\operatorname{sen}\theta$, ¿cuánto vale $dx$?

3 · ¿Qué se suma a $y^{2} - y$ para completar el cuadrado?

4 · $\displaystyle\int_0^{1/2}\frac{dx}{\sqrt{1-x^{2}}} = \;?$

5 · Al sustituir $u = \ln t$ en $\int_1^{e}$, los límites nuevos son…

6 · ¿Es correcto que $\int\frac{dx}{\sqrt{1-x^{2}}} = -\cos^{-1}x + C$?

7 · Para aplicar fracciones parciales a $\dfrac{x^{3}}{x^{2}+1}$, lo primero es…

Para tu cuaderno

Practica: las mismas maniobras

1 · $\displaystyle\int\frac{dx}{\sqrt{9-x^{2}}}$ con $x = 3\operatorname{sen}\theta$.

$dx = 3\cos\theta\,d\theta$; $\sqrt{9 - 9\operatorname{sen}^{2}\theta} = 3\cos\theta$. Queda $\int d\theta = \theta + C$, y $\operatorname{sen}\theta = x/3$:

$$\int\frac{dx}{\sqrt{9-x^{2}}} = \operatorname{sen}^{-1}\frac{x}{3} + C$$

Comprueba derivando: $\frac{1/3}{\sqrt{1 - x^{2}/9}} = \frac{1}{\sqrt{9 - x^{2}}}$ (sympy ✓).

2 · $\displaystyle\int\frac{dx}{\sqrt{5 - 4x - x^{2}}}$: completa el cuadrado primero.

Solo los términos con $x$: $-(x^{2} + 4x)$; la mitad de 4 es 2, su cuadrado 4: $5 - (x^{2} + 4x + 4) + 4 = 9 - (x+2)^{2}$.

$$5 - 4x - x^{2} = 9 - (x + 2)^{2}$$ $$\int\frac{dx}{\sqrt{9 - (x+2)^{2}}} = \operatorname{sen}^{-1}\frac{x+2}{3} + C$$

Con $u = x + 2$ (el traslado, $du = dx$) y $a = 3$. Verificado en sympy.

3 · $\displaystyle\int\frac{dt}{5 + 2t^{2}}$: el gemelo del 4(d).

Factorizar el 2: $\tfrac12\int\frac{dt}{\tfrac52 + t^{2}}$; $a = \sqrt{5/2}$, $t = \sqrt{5/2}\tan\theta$, $dt = \sqrt{5/2}\sec^{2}\theta\,d\theta$. La constante: $\tfrac12\cdot\tfrac25\sqrt{5/2} = \tfrac15\sqrt{5/2} = \frac{1}{\sqrt{10}}$.

$$\int\frac{dt}{5+2t^{2}} = \frac{1}{\sqrt{10}}\tan^{-1}\Big(\sqrt{\tfrac25}\,t\Big) + C$$

Verificado en sympy (también con la tabla 7.4: $\tfrac12\cdot\tfrac1a\tan^{-1}(t/a)$).

4 · $\displaystyle\int_0^{\sqrt3}\frac{6\,dx}{x^{2}+3}$: una definida, con los límites cambiados.

$x = \sqrt3\tan\theta$, $dx = \sqrt3\sec^{2}\theta\,d\theta$; $x^{2} + 3 = 3\sec^{2}\theta$. Límites: $x = 0 \to \theta = 0$; $x = \sqrt3 \to \tan\theta = 1 \to \theta = \pi/4$.

$$6\int_0^{\pi/4}\frac{\sqrt3\sec^{2}\theta}{3\sec^{2}\theta}\,d\theta = \frac{6}{\sqrt3}\cdot\frac{\pi}{4} = \frac{\sqrt3\,\pi}{2}$$

Verificado en sympy: $\frac{\sqrt3\pi}{2} \approx 2.7207$.

5 · $\displaystyle\int\frac{x+7}{x^{2}-x-6}\,dx$ por fracciones parciales.

Propia (grado 1 sobre grado 2). $x^{2} - x - 6 = (x-3)(x+2)$. Planteo $\frac{A}{x-3} + \frac{B}{x+2}$; identidad $x + 7 = A(x+2) + B(x-3)$: con $x = 3$, $10 = 5A$, $A = 2$; con $x = -2$, $5 = -5B$, $B = -1$.

$$\frac{x+7}{x^{2}-x-6} = \frac{2}{x-3} - \frac{1}{x+2}$$ $$\int\frac{x+7}{x^{2}-x-6}\,dx$$ $$= 2\ln|x-3| - \ln|x+2| + C$$

Verificado en sympy. Reto: las otras dos raíces cúbicas de 8 son $-1 \pm i\sqrt3$; comprueba que $(-1 + i\sqrt3)^{3} = 8$.

Sustitución trigonométrica