Matemática (51) · Unidad 6 — Integrales

Integración por partes

Cuando el integrando es un producto de dos funciones de familias distintas, la sustitución no sirve. Partes cambia la integral por otra: el método funciona sólo si la nueva es más fácil, y eso lo decide cómo elegís u.

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La explicación

Para qué sirve

La sustitución necesita ver adentro de una función la derivada de la otra. En ∫x·e^x dx eso no pasa: son dos funciones de familias distintas multiplicándose, y ninguna es la derivada de la otra. Ahí entra partes, que es la regla del producto leída al revés.

∫ u dv = u·v − ∫ v du

Lo que hace no es resolver la integral: la cambia por otra. Todo el método consiste en elegir u y dv de modo que la integral nueva sea más fácil que la de partida. Si te queda peor, elegiste al revés.

Cómo elegir u, que es todo el asunto

La regla práctica: u es la que se simplifica al derivar; dv es la que no se complica al integrar.

van de u → el logaritmo y las potencias de x
van de dv → la exponencial y el seno o coseno

El motivo es concreto: derivar x baja a 1 y derivar ln(x) baja a 1/x —las dos se simplifican—, mientras que e^x y sen(x) se reproducen para siempre, así que conviene dejarlas del lado que sólo hay que integrar.

1. Partí el integrando en dos: u y dv. El dv siempre incluye el dx.
2. Calculá du derivando u, y v integrando dv (sin C: alcanza con una primitiva cualquiera).
3. Armá u·v − ∫v du.
4. Resolvé la integral nueva. Si quedó peor que la original, volvé al paso 1 con la elección cambiada.
5. Agregá la C al final y derivá para controlar.

Los cuatro casos del programa

∫ x·e^x dx = x·e^x − e^x + C  (u = x, dv = e^xdx)
∫ x·sen(x) dx = −x·cos(x) + sen(x) + C  (u = x, dv = sen(x)dx)
∫ ln(x) dx = x·ln(x) − x + C  (u = ln(x), dv = dx)
∫ x²·e^x dx = (x² − 2x + 2)·e^x + C  (dos veces)

El truco del logaritmo solo

∫ln(x) dx parece imposible: no hay ningún producto. La salida es inventarlo: tomar dv = dx, o sea v = x, y u = ln(x). Entonces

∫ln(x) dx = x·ln(x) − ∫x·(1/x) dx = x·ln(x) − ∫1 dx = x·ln(x) − x + C

Fijate lo que pasó: la integral nueva es ∫1 dx, que es trivial. Es el mejor ejemplo de que partes no resuelve, transforma.

Cuando hay que aplicarlo dos veces

En ∫x²·e^x dx, la primera vuelta baja el x² a 2x y deja ∫2x·e^x dx. Todavía es un producto, pero más fácil que el anterior: se vuelve a aplicar partes y en la segunda vuelta el x baja a 1. La señal de que vas bien es que el exponente de x baja de a uno por vuelta.

El control

Derivá el resultado con la regla del producto. En ∫x·e^x: (x·e^x − e^x)′ = e^x + x·e^x − e^x = x·e^x ✔. Fijate cómo se cancelan dos términos: eso es lo que hace que el método funcione, y verlo cancelarse te confirma que los signos están bien.

Un ejercicio resuelto, paso a paso

Calcular ∫ x·e^x dx.

Planteo: es un producto de una potencia por una exponencial, y ninguna de las dos es la derivada de la otra, así que la sustitución no sirve. Va por partes.

La elección: u = x, porque al derivarla se simplifica a 1; dv = e^x dx, porque la exponencial se integra sin complicarse.

u = x → du = dx
dv = e^x dx → v = e^x

Se aplica la fórmula ∫u dv = u·v − ∫v du:

∫x·e^x dx = x·e^x − ∫e^x dx

Mirá lo que pasó: la integral que quedó es ∫e^x dx, de tabla. Antes el integrando tenía una x molestando y ahora no. Eso es lo que hay que buscar al elegir.

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

Control (derivar con la regla del producto):

(x·e^x − e^x)′ = (1·e^x + x·e^x) − e^x = x·e^x ✔

Qué pasaba si elegías al revés: con u = e^x y dv = x dx te quedaba (x²/2)e^x − ∫(x²/2)e^x dx, o sea una integral con x² en lugar de x. Peor que la de partida: ésa es la señal para volver atrás y cambiar la elección.

Dónde se pierde el punto: el signo menos delante de la segunda integral.

Y uno del nivel del parcial

Calcular ∫ x^2·e^x dx.

Planteo: el mismo producto de antes pero con x², así que va por partes otra vez. La clave es que cada vuelta baja en uno el exponente de x, o sea que con dos vueltas se termina.

Primera vuelta. u = x² (se simplifica al derivar), dv = e^x dx:

du = 2x dx · v = e^x

∫x²e^x dx = x²e^x − ∫2x·e^x dx = x²e^x − 2·∫x·e^x dx

La integral que quedó todavía es un producto, pero con x en vez de x²: mejoró. Si hubiera empeorado, la elección estaba mal.

Segunda vuelta, sobre ∫x·e^x dx. Mismo criterio que antes, u = x y dv = e^x dx:

∫x·e^x dx = x·e^x − e^x

Se reemplaza, con cuidado en el signo, porque el paréntesis entero va multiplicado por −2:

x²e^x − 2·(x·e^x − e^x) = x²e^x − 2x·e^x + 2e^x

∫x²e^x dx = (x² − 2x + 2)·e^x + C

Control (derivar): (x² − 2x + 2)′e^x + (x² − 2x + 2)e^x = (2x − 2 + x² − 2x + 2)e^x = x²e^x ✔ Se cancelan los cuatro términos del medio: si no se cancelan, hay un signo mal.

Dónde se pierde el punto: distribuir mal el −2 sobre el paréntesis (queda +2e^x, no −2e^x) y cambiar de criterio en la segunda vuelta: si ahí tomás u = e^x, volvés exactamente a la integral del principio y te quedás girando en el lugar.

Dónde se cae la mayoría

Elegir u = e^x y dv = x dx: la integral nueva queda con x²/2 y es peor que la original.
Perder el signo menos de −∫v du, que es el error más frecuente del método.
Al aplicar partes dos veces, cambiar el criterio en la segunda vuelta y volver a la integral de partida.
Sumarle una C a v en el paso intermedio y arrastrarla: alcanza con una primitiva cualquiera.

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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Segundo parcial — Por partes, Barrow y el área20 puntos · resuelto paso a paso

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