Análisis Matemático (72) · Unidad 6 — Integrales

Integración por partes

Para integrar un producto de dos funciones de distinta clase, se deriva una (u) y se integra la otra (dv): ∫u dv = u·v − ∫v du. La elección está bien si la integral que queda es más fácil que la del principio.

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La explicación

De dónde sale la fórmula

La sustitución deshace la regla de la cadena; partes deshace la regla del producto. Como (u·v)′ = u′·v + u·v′, integrando los dos lados y despejando queda:

∫ u dv = u·v − ∫ v du

donde dv es la parte que se integra (v es su primitiva) y du = u′ dx es la parte que se deriva. La fórmula no resuelve la integral: la cambia por otra, ∫v du. Todo el arte está en elegir u y dv para que la nueva sea más fácil.

Qué se elige como u

La regla práctica: u es lo que se simplifica al derivar, y dv es lo que se sabe integrar sin complicarse.

Un polinomio por eˣ, por sen o por cos: u = el polinomio. Al derivarlo baja de grado, y la exponencial o la trigonométrica se integra sin cambiar de forma.
Un logaritmo por una potencia: u = el logaritmo, aunque la potencia también se simplifique al derivar. El motivo es que ln(x) no está en la tabla para integrarlo, pero derivado es 1/x, que se lleva bien con cualquier potencia.
Un logaritmo solo: u = ln(…) y dv = dx, con v = x. Es la única forma de integrarlo.

El cuadro del dibujo junta los casos. Si al elegir al revés la integral nueva queda peor (con un x² donde había un x), es que la elección era la otra.

1. Elegí u y dv (entre los dos tienen que ser el integrando entero, dx incluido).
2. Calculá du (derivando u) y v (integrando dv, sin la C).
3. Escribí u·v − ∫v du.
4. Resolvé la integral nueva; si todavía es un producto del mismo tipo, aplicá partes otra vez.
5. Sumá la C al final y derivá para controlar.

Partes dos veces

Con un polinomio de grado 2 (x²·cos x, (x² − 2x)·cos x, x²·e^(3x)), la primera vuelta deja un polinomio de grado 1 por una trigonométrica o una exponencial, que se resuelve con una segunda vuelta. Lo delicado son los signos: el menos de la fórmula se aplica a toda la integral que queda, así que conviene ponerla entre corchetes y distribuir el menos al final.

Primero sustituir, después partes

Algunas integrales no tienen cara de partes hasta que se hace un cambio. En ∫ sen(√x) dx no hay ningún producto; pero con w = √x (o sea x = w², dx = 2w dw) queda 2∫ w·sen(w) dw, que es partes. Lo mismo pasa con ∫ x³·e^(x²) dx: con w = x², el x³ dx = x²·x dx pasa a w·dw/2, y queda (1/2)∫w·e^w dw. Cuando en un ejercicio de «elegir el método» no funciona ninguno de los dos solos, es casi seguro esta combinación.

En una integral definida

La fórmula vale igual con límites: ∫ₐᵇ u dv = [u·v]ₐᵇ − ∫ₐᵇ v du. En la práctica, conviene hallar la primitiva completa y evaluar al final, como en 6.5.

El control que conviene hacer siempre

Derivá tu resultado con la regla del producto. Tienen que aparecer términos que se cancelan de a pares y quedar sólo el integrando. Si sobra un término, casi siempre es un signo del «− ∫v du» que no se distribuyó. Y controlá v: derivada, tiene que dar lo que elegiste como dv.

Un ejercicio resuelto, paso a paso

Calcular ∫ (x − 1)·e^(2x) dx.

Planteo: un polinomio de grado 1 por una exponencial. El polinomio se simplifica al derivar (pasa a ser un número), así que va de u.

u = x − 1 → du = dx
dv = e^2x dx → v = e^2x/2

v sale integrando e^2x, que por la lineal adentro se divide por 2 (tema 6.2).

La fórmula:

∫ (x − 1)e^2x dx = (x − 1)·e^2x/2 − ∫ e^2x/2 dx
= (x − 1)e^2x/2 − e^2x/4 + C

Juntando con e^2x/4 de factor común:

∫ (x − 1)e^2x dx = e^2x(2x − 3)/4 + C

Control (derivar con la regla del producto): (e^2x)′(2x − 3)/4 + e^2x·2/4 = e^2x(2x − 3)/2 + e^2x/2 = e^2x(2x − 2)/2 = (x − 1)e^2x ✔

Dónde se pierde el punto: v = 2e^2x (derivar en vez de integrar), y el 1/2 que vuelve a aparecer en la segunda integral.

Y uno del nivel del parcial

Calcular ∫ x^3·e^(x^2) dx.

Planteo: partes directo no anda: si u = x³, dv = e^x² dx no se sabe integrar. Y sustitución sola tampoco: con w = x² sobra un x². La salida es sustituir primero y hacer partes después.

Sustitución. Parto x³ dx = x²·(x dx):

w = x² → dw = 2x dx, x dx = dw/2

∫ x³e^x² dx = ∫ x²·e^x²·x dx = (1/2)∫ w·e^w dw

Partes en la nueva, con u = w y dv = e^w dw (du = dw, v = e^w):

∫ w·e^w dw = w·e^w − ∫ e^w dw = (w − 1)e^w

Vuelvo a x, con el 1/2 de adelante:

∫ x³e^x² dx = (x² − 1)e^x²/2 + C

Control: derivando, (2x·e^x² + (x² − 1)·2x·e^x²)/2 = x·e^x²(1 + x² − 1) = x³e^x² ✔

Dónde se pierde el punto: no ver que hacen falta los dos métodos, y el 1/2 de x dx, que se lleva el resultado entero.

Dónde se cae la mayoría

Elegir como u la parte que se complica al derivar (eˣ, sen), y terminar con una integral peor que la original.
Elegir dv = ln(x) dx: el logaritmo no se sabe integrar solo, siempre va de u.
Perder el signo de «− ∫v du», sobre todo en la segunda vuelta de partes dos veces.
Calcular v derivando dv en vez de integrarlo (e^(−x) da v = −e^(−x), no e^(−x)).
En ∫ln(2x + 1) dx, olvidarse de que du = 2/(2x + 1) dx, con el 2 de la cadena.

Hasta acá la explicación. La práctica es la otra mitad: 7 ejercicios de este tema, en cuatro niveles, que no te dicen sólo si está bien al final sino que te corrigen en cada paso y te explican por qué. Además trae una animación que muestra la idea en movimiento.

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