sábado, 6 de diciembre de 2014

Cálculo de Primitivas I

En esta entrada os propongo calcular las siguientes integrales indefinidas. Posteriormente, vamos a comprobar los resultados con Geogebra.

Obtengamos las siguientes integrales indefinidas:
\( \displaystyle{ I_1= \int\! x\operatorname{e}^{x^2-4}\mathrm{d}x }\)
\( \displaystyle{ I_2= \int\! \cot{4x}\,\mathrm{d}x } \)
\( \displaystyle{ I_3=\int\! \frac{\left(\ln{x}\right)^4}{x}\,\mathrm{d}x }\)
\( \displaystyle{ I_4=\int\! \frac{2x}{\sqrt{1-9x^4}}\,\mathrm{d}x }\)
\( \displaystyle{ I_5=\int\! \frac{5}{1+3x^2}\,\mathrm{d}x }\)
\( \displaystyle{ I_6=\int\! \sec^2\left(2x-1\right)\mathrm{d}x }\)

Como vemos, son integrales de formas compuestas: se trata de realizar el proceso inverso a la aplicación Regla de la Cadena con funciones elementales. Podemos intentarlo de dos formas: con un cambio de variable o identificando cada una de ellas en la tabla de las formas compuestas básicas.


La primera de ellas es claramente de la forma exponencial:
\[  \int\! u' \operatorname{e}^{u} = \operatorname{e}^{u} +C \quad \left[u=x^2-4 \right] \]
Así que, directamente:
\[  I_1= \int\! x\operatorname{e}^{x^2-4}\mathrm{d}x = \frac{1}{2} \int\! 2x\operatorname{e}^{x^2-4}\mathrm{d}x= \frac{1}{2}\operatorname{e}^{x^2-4}+C \]
La segunda de ellas, teniendo en cuenta que la cotangente es el cociente del coseno entre el seno, es logarítmica:
\[  \int\! \frac{u'}{u}=\ln\left| u \right| +C \quad \left[u=\operatorname{sen}{4x} \right] \]
Así, tenemos:
\[ I_2=\int\! \cot{4x}\,\mathrm{d}x= \frac{1}{4}\int\! \frac{4\cos{4x}}{\operatorname{sen}{4x}}\,\mathrm{d}x= \frac{1}{4} \ln| \operatorname{sen}{4x} | + C\]
La tercera es una forma potencial:
\[ \int\! u' u^n = \frac{u^{n+1}}{n+1}+C\]
Luego:
\[I_3=\int\! \frac{\left(\ln{x}\right)^4}{x}\,\mathrm{d}x =\int\! \left(\ln{x}\right)^4 \cdot \frac{1}{x}\,\mathrm{d}x = \frac{1}{5}\left(\ln{x}\right)^5+C  \]
La cuarta de las integrales es claramente una integral arco seno:
\[\int\! \frac{u'}{\sqrt{1-u^2}}=\operatorname{arcsen}\left( u \right)+ C \]
Arreglando un poco el integrando:
\[  I_4=\int\! \frac{2x}{\sqrt{1-\left(3x^2\right)^2}}\,\mathrm{d}x= \frac{2}{6}\int\! \frac{6x}{\sqrt{1-\left(3x^2\right)^2}}\,\mathrm{d}x=\frac{1}{3}\operatorname{arcsen}\left(3x^2\right)+C \]
Nuestra cuarta integral es un arco tangente:
\[\int\! \frac{u'}{1+u^2}=\arctan\left( u \right)+ C \]
De ahí, teniendo en cuenta que la raíz de 3 es el número cuyo cuadrado es 3:
\[  I_5=\int\! \frac{5}{1+\left(\sqrt3 x\right)^2}\,\mathrm{d}x= \frac{5}{\sqrt 3}\int\! \frac{\sqrt 3}{1+\left(\sqrt3 x\right)^2}\,\mathrm{d}x=\frac{5}{\sqrt3}\arctan\left(\sqrt3 x\right) +C \]
Por fin, la última es una forma compuesta de la tangente:
\[ \int\! u' \sec^2 u =\tan\left( u \right)+ C \]
Ajustarla es muy sencillo, sólo necesitamos el factor 2, que es la derivada de \(2x-1\):
\[  I_6=\frac{1}{2}\int\! 2\sec^2\left(2x-1\right)\,\mathrm{d}x= \frac{1}{2}\tan\left(2x-1\right)+C \]

Puedes ver cómo están resultas con Geogebra:


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