Laboratorio 11 · Integración por fracciones parciales

Los ejercicios

Ejercicio por ejercicio, con su parte

El enunciado fiel, y debajo la pista, la respuesta para comparar y el botón a la parte de la clase interactiva donde vive la herramienta. Lo honesto: primero inténtalo en tu cuaderno.

1La sustitución u = √x

Usando el cambio de variable $u = \sqrt{x}$, con $x \gt 0$, calcular $\displaystyle\int \frac{\sqrt{x}+1}{x+1}\,dx$.

✍️ Resuelto en clase — Clase 16, Parte 12. Con $x = u^{2}$, $dx = 2u\,du$, el integrando se vuelve $\dfrac{2u^{2}+2u}{u^{2}+1}$: un cociente de polinomios del mismo grado. Antes de sustituir nada más, sepáralo: $\dfrac{2u^{2}+2u}{u^{2}+1} = 2 - \dfrac{2}{u^{2}+1} + \dfrac{2u}{u^{2}+1}$, y cada pedazo ya es conocido (una constante, el arco tangente y un logaritmo con $w = u^{2}+1$). Respuesta para comparar: $2\sqrt{x} - 2\arctan\sqrt{x} + \ln(x+1) + C$. Fíjate que la mitad del trabajo es el inciso (b) del Cuaderno que la Clase 6 cerró en el pizarrón: $\int \sqrt{x}/(x+1)\,dx = 2\sqrt{x} - 2\arctan\sqrt{x}$.

▶ Clase 16 · Parte 12 — u = √x, y el cociente del mismo grado por tres caminos ▶ Clase 16 · Parte 12 — el resultado: 2√x − 2 arctan √x + ln(x + 1) ▶ Clase 6 · Parte 1 — sustituir: la cadena al revés — el inciso (b): 2√x − 2 arctan √x ▶ Clase 6 · Parte 2 — inciso (c): transformar antes de sustituir ▶ Clase 9 · Parte 7 — arco coseno… y arco tangente: la derivada 1/(1+x²) 📖 Para profundizar → Thomas §8.3 · ejercicios 45–46: la sugerencia «haga x = u²» p. 453

2Un exponente r: dos caminos

Sea $r \in \mathbb{R}\setminus\{-1, 0\}$. Evaluar la integral $\displaystyle\int \frac{dx}{x - x^{r+1}}$, primero usando la sustitución $u = x^{r}$ y después usando fracciones parciales.

✍️ Resuelto en clase — Clase 17, Parte 13 (el camino de $u = x^{r}$). Camino 1: factoriza $x - x^{r+1} = x\,(1 - x^{r})$; con $u = x^{r}$ se tiene $du = r x^{r-1}dx$, es decir $\dfrac{dx}{x} = \dfrac{du}{r\,u}$, y la integral se convierte en $\dfrac{1}{r}\displaystyle\int \frac{du}{u(1-u)}$ — la misma forma que la «popular» de la Clase 6, $\int du/(u(u-1))$. Camino 2 (fracciones parciales, el método de las Clases 15 y 16): escribe $\dfrac{1}{u(1-u)} = \dfrac{1}{u} + \dfrac{1}{1-u}$ — compruébalo sumando — y cada sumando es un logaritmo. Respuesta para comparar: $\dfrac{1}{r}\ln\left|\dfrac{x^{r}}{1-x^{r}}\right| + C$, que con las propiedades del logaritmo es lo mismo que $\ln|x| - \dfrac{1}{r}\ln\left|1 - x^{r}\right| + C$. Si haces fracciones parciales directamente en $x$, $\dfrac{1}{x(1-x^{r})} = \dfrac{1}{x} + \dfrac{x^{r-1}}{1-x^{r}}$, llegas a esta segunda forma. Por qué se excluyen $r = 0$ y $r = -1$: con $r = 0$ el denominador es cero, y con $r = -1$ la integral es $\int dx/(x-1)$, que no necesita nada de esto.

▶ Clase 17 · Parte 13 — u = xʳ: du, factorizar y ∫du/(u(1 − u)) ▶ Clase 17 · Parte 13 — al pasar en limpio: (1/r) ln|xʳ/(1 − xʳ)|, y r = 2 ▶ Clase 6 · Parte 7 — la popular, explorada: u = eˣ + 1 lleva a ∫du/(u(u − 1)) ▶ Clase 6 · Parte 5 — inciso (g): dos caminos — el asterisco de ∫du/(u² − 1) ▶ Clase 9 · Parte 18 — las otras tres, en cadena: ln(a/b) = ln a − ln b 📖 Para profundizar → Thomas §8.4 · el método de las fracciones parciales, con coeficientes indeterminados p. 454

3∫dx/(sen x + cos x) con u = tan(x/2)

Sea $\displaystyle I = \int \frac{dx}{\operatorname{sen}(x) + \cos(x)}$.

a) Si $u = \tan\!\left(\dfrac{x}{2}\right)$, usa las identidades de doble ángulo y/o medio ángulo para demostrar que

$$\operatorname{sen}(x) = \frac{2u}{1+u^{2}} \qquad\text{y}\qquad \cos(x) = \frac{1-u^{2}}{1+u^{2}}.$$

b) Encuentra los valores de $a, b \in \mathbb{R}$ tales que, bajo el cambio de variable del inciso anterior, se satisface que

$$I = -2\int \frac{du}{(u-a)(u-b)}.$$

c) Usando el inciso anterior, demuestra que se satisface que

$$I = \frac{\sqrt{2}}{2}\,\ln\left|\frac{\tan\!\left(\frac{x}{2}\right) - b}{\tan\!\left(\frac{x}{2}\right) - a}\right| + C, \qquad \text{donde } C \in \mathbb{R}.$$

✍️ Para tu cuaderno — pendiente. Esta sustitución no se ha visto en el curso (en el Thomas vive entre los ejercicios avanzados del capítulo 8); lo que sí se ha visto son las identidades que la sostienen. (a) Ángulo doble con $\theta = x/2$: $\operatorname{sen}x = 2\operatorname{sen}\theta\cos\theta = 2\tan\theta\cos^{2}\theta$ y $\cos x = \cos^{2}\theta - \operatorname{sen}^{2}\theta = \cos^{2}\theta\,(1-\tan^{2}\theta)$; el ingrediente que falta es la pitagórica $1 + \tan^{2}\theta = \sec^{2}\theta$, es decir $\cos^{2}\theta = \dfrac{1}{1+u^{2}}$. (b) De $du = \tfrac12\sec^{2}(x/2)\,dx = \tfrac12(1+u^{2})\,dx$ sale $dx = \dfrac{2\,du}{1+u^{2}}$; el $1+u^{2}$ se cancela con el del denominador y queda $I = \displaystyle\int\frac{2\,du}{1 + 2u - u^{2}} = -2\int\frac{du}{u^{2}-2u-1}$. Las raíces de $u^{2}-2u-1$ son $1 \pm \sqrt{2}$; para que en (c) salga el signo positivo, $a = 1+\sqrt{2}$ y $b = 1-\sqrt{2}$. (c) Es la integral «que no es logaritmo directo» de la Clase 12, ahora con raíces irracionales: $\dfrac{1}{(u-a)(u-b)} = \dfrac{1}{a-b}\left(\dfrac{1}{u-a} - \dfrac{1}{u-b}\right)$ con $a - b = 2\sqrt{2}$, y al integrar $I = -\dfrac{2}{2\sqrt2}\ln\left|\dfrac{u-a}{u-b}\right| = \dfrac{\sqrt2}{2}\ln\left|\dfrac{u-b}{u-a}\right|$. El signo menos se absorbió al voltear el cociente dentro del logaritmo.

▶ Clase 9 · Parte 11 — lo que sale gratis: las identidades del ángulo doble ▶ Clase 13 · Parte 3 — lo que ya sabemos integrar… y el ángulo doble, deducido ▶ Clase 9 · Parte 12 — ∫sen² y ∫cos²: despejar de la identidad — el medio ángulo ▶ Clase 8 · Parte 3 — las recíprocas y las tres pitagóricas: 1 + tan² = sec² ▶ Clase 12 · Parte 4 — el conjugado que sí sirve… y una integral que no es logaritmo 📖 Para profundizar → Thomas cap. 8, ejercicios adicionales · la sustitución z = tan(x/2) p. 494 📖 Para profundizar → Thomas §1.3 · fórmulas del ángulo doble y del ángulo medio p. 26

4El valor de a que fija la integral

Encuentra todos los valores de $a \in \mathbb{R}$ de tal modo que se satisface la ecuación

$$\int_{a}^{2^{1/6}} \frac{du}{u^{7}-u} = \frac{1}{6}.$$

✍️ Para tu cuaderno — pendiente. No hace falta factorizar $u^{6}-1$ en siete pedazos: $u^{7}-u = u\,(u^{6}-1)$ y la descomposición $\dfrac{1}{u(u^{6}-1)} = -\dfrac{1}{u} + \dfrac{u^{5}}{u^{6}-1}$ se comprueba sumando. El segundo término es un logaritmo con $w = u^{6}-1$, y la primitiva es $\tfrac16\ln|u^{6}-1| - \ln|u| = \tfrac16\ln\left|1 - u^{-6}\right|$. Antes de evaluar, mira dónde vive la integral: el integrando explota en $u = 0$ y $u = \pm1$, y el extremo superior $2^{1/6} \gt 1$, así que el intervalo no puede cruzar $u = 1$: necesariamente $a \gt 1$ (ahí todo es positivo y los valores absolutos sobran). En el extremo superior $u^{6} = 2$ y la primitiva vale $\tfrac16\ln\tfrac12$; la ecuación queda $-\tfrac16\ln 2 - \tfrac16\ln\left(1 - a^{-6}\right) = \tfrac16$, o sea $\ln\left(1 - a^{-6}\right) = -1 - \ln 2$, y al pasar a la exponencial $1 - a^{-6} = \dfrac{1}{2e}$. Respuesta para comparar: un solo valor, $a = \left(\dfrac{2e}{2e-1}\right)^{1/6} \approx 1.0345$, que en efecto queda entre $1$ y $2^{1/6} \approx 1.1225$. La otra rama del valor absoluto daría $a \lt 1$, y esa integral pasaría por $u = 1$.

▶ Clase 4 · Parte 6 — la segunda parte: F(b) − F(a) ▶ Clase 9 · Parte 18 — las otras tres, en cadena: ln(a/b) y ln(aʳ) ▶ Clase 10 · Parte 2 — la inversa, demostrada: pasar de ln a eˣ 📖 Para profundizar → Thomas §8.4 · el procedimiento general para f(x)/g(x) propia p. 455

5Cinco integrales racionales

Integrar:

$$\text{a)}\;\int \frac{1}{x^{3}+x^{2}-2x}\,dx \qquad \text{b)}\;\int \frac{1}{(x^{2}-1)^{2}}\,dx \qquad \text{c)}\;\int \frac{x^{4}+9}{x^{4}+9x^{2}}\,dx$$ $$\text{d)}\;\int \frac{e^{t}}{e^{2t}+3e^{t}+2}\,dt \qquad \text{e)}\;\int \frac{\cos(x)}{\operatorname{sen}^{2}(x)+\operatorname{sen}(x)-6}\,dx$$

✍️ Resueltos en clase — Clase 16, Partes 1 a 11 ((e) solo planteado); la Clase 18 repite (b) por $x = \sec\theta$ (Parte 1). Cada uno es un caso distinto del método, y (d) y (e) empiezan con una sustitución que ya conoces. (a) $x^{3}+x^{2}-2x = x(x+2)(x-1)$, tres factores lineales distintos: $\dfrac{1}{x(x+2)(x-1)} = -\dfrac{1/2}{x} + \dfrac{1/6}{x+2} + \dfrac{1/3}{x-1}$, luego $-\tfrac12\ln|x| + \tfrac16\ln|x+2| + \tfrac13\ln|x-1| + C$. (b) Factores repetidos: $\dfrac{1}{(x-1)^{2}(x+1)^{2}} = \dfrac{-1/4}{x-1} + \dfrac{1/4}{(x-1)^{2}} + \dfrac{1/4}{x+1} + \dfrac{1/4}{(x+1)^{2}}$, y el resultado se compacta a $\tfrac14\ln\left|\dfrac{x+1}{x-1}\right| - \dfrac{x}{2(x^{2}-1)} + C$. (c) Mismo grado arriba y abajo: primero divide, $\dfrac{x^{4}+9}{x^{4}+9x^{2}} = 1 + \dfrac{9 - 9x^{2}}{x^{2}(x^{2}+9)} = 1 + \dfrac{1}{x^{2}} - \dfrac{10}{x^{2}+9}$; el último pedazo es el arco tangente de la Clase 12 con $a = 3$: $x - \dfrac{1}{x} - \dfrac{10}{3}\arctan\dfrac{x}{3} + C$. (d) Con $u = e^{t}$ queda $\int \dfrac{du}{(u+1)(u+2)} = \int\left(\dfrac{1}{u+1} - \dfrac{1}{u+2}\right)du$, es decir $\ln\dfrac{e^{t}+1}{e^{t}+2} + C$ (sin valores absolutos: todo es positivo). (e) Con $u = \operatorname{sen}x$, $du = \cos x\,dx$ y $u^{2}+u-6 = (u+3)(u-2)$: $\tfrac15\ln\left|\dfrac{\operatorname{sen}x - 2}{\operatorname{sen}x + 3}\right| + C$, y como $|\operatorname{sen}x| \le 1$ puedes escribirlo $\tfrac15\ln\dfrac{2 - \operatorname{sen}x}{\operatorname{sen}x + 3} + C$.

★Cazuelazo semanal

Calcular la integral $\displaystyle\int \frac{1}{x^{4}+1}\,dx$. (Sugerencia: $x^{4}+1 = (x^{2} - \sqrt{2}\,x + 1)(x^{2} + \sqrt{2}\,x + 1)$).

A partir de la relación de correspondencia

$$x = \int_{y_{0}}^{y} \frac{du}{u(1-2u)(1-u)},$$

demuestra con fracciones parciales que para todo $y_{0} \in \left(0, \tfrac12\right) \cup \left(\tfrac12, 1\right)$, se tiene que $\displaystyle\lim_{x\to\infty} y(x) = \frac{1}{2}$.

✍️ Para tu cuaderno — pendiente; la factorización de la sugerencia se deduce en la Clase 18, Parte 7 (sumar y restar $2x^{2}$). Primera parte: dos factores cuadráticos irreducibles, así que arriba de cada uno va un binomio $Bx + C$: $\dfrac{1}{x^{4}+1} = \dfrac{\sqrt2\,x + 2}{4\,(x^{2}+\sqrt2\,x+1)} - \dfrac{\sqrt2\,x - 2}{4\,(x^{2}-\sqrt2\,x+1)}$. Cada pedazo se parte en dos: la derivada del denominador (un logaritmo) y lo que sobra, que con $x^{2} \pm \sqrt2\,x + 1 = \left(x \pm \tfrac{\sqrt2}{2}\right)^{2} + \tfrac12$ es un arco tangente — completar el cuadrado, como en la Clase 12. Respuesta para comparar: $\dfrac{1}{4\sqrt2}\ln\dfrac{x^{2}+\sqrt2\,x+1}{x^{2}-\sqrt2\,x+1} + \dfrac{1}{2\sqrt2}\Bigl(\arctan(\sqrt2\,x+1) + \arctan(\sqrt2\,x-1)\Bigr) + C$. Segunda parte: $\dfrac{1}{u(1-2u)(1-u)} = \dfrac{1}{u} + \dfrac{4}{1-2u} - \dfrac{1}{1-u}$ (evalúa en $u = 0, \tfrac12, 1$ para hallar cada coeficiente), y al integrar, $x = \ln\left|\dfrac{y(1-y)}{(1-2y)^{2}}\right| - \ln\left|\dfrac{y_{0}(1-y_{0})}{(1-2y_{0})^{2}}\right|$, es decir $\dfrac{y(1-y)}{(1-2y)^{2}} = K e^{x}$ con $K \gt 0$. El integrando no es integrable a través de $u = \tfrac12$, así que $y$ se queda del mismo lado que $y_{0}$, dentro de $(0,1)$; ahí $y(1-y) \le \tfrac14$ está acotado, y si $x \to \infty$ el lado derecho crece sin cota: la única salida es $(1-2y)^{2} \to 0$, o sea $y \to \tfrac12$. Es lo mismo que decir que $y(x)$ resuelve $y' = y(1-2y)(1-y)$ y que $\tfrac12$ es su equilibrio estable.

▶ Clase 18 · Parte 7 — la sugerencia, deducida: x⁴ + 1 = (x² − √2x + 1)(x² + √2x + 1) ▶ Clase 12 · Parte 12 — repaso: ∫4/(t² − 2t + 2), completar el cuadrado ▶ Clase 9 · Parte 16 — ln x = ∫₁ˣ du/u… y su gráfica: una función definida por una integral ▶ Clase 9 · Parte 18 — las otras tres, en cadena: ln(a/b) y ln(aʳ) ▶ Clase 10 · Parte 2 — la inversa, demostrada: de ln a eˣ 📖 Para profundizar → Thomas §8.4 · Ejemplo 4, el cierre: el factor cuadrático irreducible deja un logaritmo y un arco tangente p. 457 📖 Para profundizar → Thomas §8.4 · ejercicios 51–54: problemas con valor inicial resueltos por fracciones parciales p. 462

Lo que sigue ▸

Las fracciones parciales viven en la Clase 15 (el método) y la Clase 16 (los casos, con este laboratorio resuelto); el ejercicio 2 se resuelve en la Clase 17 y la factorización del cazuelazo aparece en la Clase 18. Las demás herramientas viven en la Clase 6 (la sustitución y el asterisco), la Clase 9 (ángulo doble y logaritmo) y la Clase 12 (el conjugado y la integral que no es logaritmo).

El siguiente laboratorio se publica cuando esté listo.