Un ejercicio de geometría analítica

ENUNCIADO.
(a) Calcúlense las coordenadas de los vectores que sean paralelos al plano $\pi\equiv x-3y+1=0$; que sean ortogonales al vector $\vec{w}=(-1,1,1)$ y que tengan módulo $\sqrt{56}$
(b) Hállese la ecuación del plano que pasa por $P(2,-1,0)$ y tal que $\vec{w}=(-1,1,1)$ sea perpendicular al plano.
(c) Hállese el ángulo formado por la recta $r\equiv \left\{\begin{matrix}x-3y+2=0\\x-2z+1=0\end{matrix}\right.$ y el plano $\sigma\equiv x-2y+6z=-1$. Si la $r$ corta a $\sigma$, determínese el punto de corte, y si $r$ es paralela a $\sigma$ calcúlese la distancia entre la recta y el plano.

SOLUCIÓN.
(a) Denotemos de forma genérica por $\vec{u}=(x,y,z)$ a los vectores pedidos. Entonces:
i) Al ser $\vec{u}$ paralelo a $\pi$, $\vec{u} \perp \vec{n}=(1,-3,0) \Rightarrow \langle (x,y,z),(1,-3,0)\rangle =0$ y por tanto se tiene que $x-3y=0$
ii) $\vec{u} \perp \vec{w}=(-1,1,1) \Rightarrow \langle (x,y,z),(-1,1,1)\rangle = 0$ con lo cual tenemos que $-x+y+z=0$

Resolviendo el sistema formado por estas dos ecuaciones $$\left\{\begin{matrix}x-3y=0\\-x+y+z=0\end{matrix}\right.\sim \left\{\begin{matrix}x=3\,\lambda\\ y:=\lambda\\z=2\,\lambda\end{matrix}\right.$$ Así obtenemos el conjunto de vectores $$\{\lambda\,(3,1,2): \lambda \in \mathbb{R}\}$$ Ahora bien, imponiendo la tercera condición:
iii) el módulo del vector pedido ha de ser igual a $\sqrt{56}$, llegamos a $$56=\lambda^2\cdot (3^2+1^2+2^2) \Rightarrow \lambda=\pm 2$$ En consecuencia, encontramos dos vectores que cumplen las tres condiciones: $\vec{u}_{1}=2\,(3,1,2)=(6,2,4)$ y $\vec{u}_{2}=(-6,-2,-4)$

-oOo-Nota 1. Otra forma de encontrar vectores que sean parelelos al plano $\pi$, esto es, perpendiculares a los vectores característicos del mismo, tal como $(1,-3,0)$ ), y perpendiculares también al vector $\vec{w}=(-1,1,1)$, pasa por calcular el vector producto vectorial $(1,-3,0) \times (-1,1,1)=\begin{vmatrix}\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\1&-3&0\\-1&1&1\end{vmatrix}=(3,1,2)$ ya que sabemos que éste es perpendicular a los dos; así llegamos al conjunto de vectores $\lambda\,(3,1,2)$. Y, finalmente, imponemos la tercera condición $$\left\,\lambda\,(3,1,2)\right\|=|\sqrt{56}|$, como ya se ha explicado anteriormente, deduciendo que $\lambda=\pm\,2$, y, por tanto, encontramos los dos vectores $\vec{u}_{1}=(6,2,4)$ y $\vec{u}_{2}=(-6,-2,-4)$ como solución.

Nota 2. Como alternativa, también podemos resolver directamente el sistema de ecuaciones al que llevan las tres condiciones requeridas: $$\left\{\begin{matrix}x-3y=0\\-x+y+z=0\\x^2+y^2+z^2=56\end{matrix}\right.$$ Despejando $x$ de la segunda, obtenemos $x=3y$; y, sustituyendo en la primera, llegamos a $z=2y$. Así, sustituyendo a su vez estas dos expresiones (que dependen de $y$) en la tercera ecuación, resolvemos la ecuación cuadrática $9y^2+4y^2+y^2=56$, que depende de una sóla incógnita, obteniendo $y=\pm\,2$. Por tanto, para $y=2$ concluimos que $x=6$ y $z=4$; y para $y=-2$, llegamos a $x=-6$ y $z=-4$, y de ahí, los dos vectores de la solución: $\vec{u}_{1}=(6,2,4)$ y $\vec{u}_{2}=(-6,-2,-4)$.
-oOo-

(b) Como un vector característico del plano es $\vec{w}=(-1,1,1)$, podemos escribir parcialmente la ecuación general de dicho plano: $-x+y+z+C=0$ Teniendo en cuenta ahora que $P(2,-1,0)$ está en dicho plano, sus coordenadas tendran que satisfacer la ecuación del plano, luego $-2+(-1)+0+C=0 \Rightarrow C=3$. Por consiguiente, la ecuación del plano pedido es $-x+y+z+3=0$

(c) Sabemos que $\measuredangle(r,\sigma)=90^{\circ}-\measuredangle(\vec{u}_r,\vec{n})$, por lo que $$\measuredangle(r,\sigma)=\arcsin\,\dfrac{\langle \vec{u}_r,\vec{n}\rangle}{\left\| \vec{u}_r \right\|\cdot \left\| \vec{n} \right\|} \quad \quad(1)$$ donde $\vec{u}_r$ es un vector en la dirección de $r$ y $\vec{n}$ es un vector perpendicular al plano $\sigma$.

De $r\equiv \left\{\begin{matrix}x-3y+2=0\\x-2z+1=0\end{matrix}\right.$ deducimos $r\equiv \left\{\begin{matrix}x&=&-1+2\mu \\ y& =&1/3+(2/3)\,\mu\\ z&=&\mu \end{matrix}\right.$ por lo que un vector director de la recta es $(2,2/3,1) \propto (6,2,3)$, en consecuencia tomamos $\vec{u}_r:=(6,2,3)$. Por otra parte, un vector perpendicular al plano $\sigma\equiv x-2y+6z=-1$ es $\vec{n}:=(1,-2,6)$.

Entonces, de (1),
$$\measuredangle(r,\sigma)=\arcsin\,\dfrac{\langle (6,2,3),(1,-2,6)\rangle}{\left\| (6,2,3) \right\|\cdot \left\| (1,-2,6)\right\|}=\arcsin\,\dfrac{20}{7\,|\sqrt{41}|}\approx 26,5^{\circ}$$

Como el ángulo hallado no es igual a $0$ ni a $180^{\circ}$, las recta corta al plano. A continuación, determinaremos dicho punto de corte, $T$; las coordenadas del mismo constituyen la solución del sistema de ecuaciones que forman las dos ecuaciones cartesianas de la recta y la ecuación general del plano:
$$T\equiv\left\{\begin{matrix}x&-&2y&+&6z&=&-1\\x&-&3y&&&=&-2 \\ x&&&-&2z&=&-1\end{matrix}\right.\sim \left\{\begin{matrix}x&&&&&=&-4/5\\&&y&&&=&2/5 \\ &&&&z&=&1/10\end{matrix}\right. $$ luego las coordenadas del punto $T$ son $(-4/5,2/5,1/10)$
$\square$

Centro y radio de una esfera

ENUNCIADO. Hállese el centro y el radio de la esfera de ecuación $$-2x^2-2y^2-2z^2-4x+8z-4=0$$

SOLUCIÓN. Multiplicando por $-1$ ambos miembros de la ecuación, podemos escribirla así $$2x^2+2y^2+2z^2+4x-8z+4=0$$ que vamos a expresar de la forma $$(x-x_C)^2+(y-y_C)^2+(z-z_C)^2=R^2$$ donde $C(x_C,y_C,z_C)$ es el centro y $R$ representa el radio.

Entonces,
$2x^2+2y^2+2z^2+4x-8z+4=0$
  $x^2+y^2+z^2+2x-4z+2=0$ ( donde hemos dividido por $2$ los dos miembros de la ecuación )
    $(x^2+2x)+y^2+(z^2-4z)+2=0$
      $\left((x+1)^2-1\right)+(y-0)^2+\left((z-2)^2-4\right)+2=0$
        $(x+1)^2+(y-0)^2+(z-2)^2-3=$
          $(x-(-1))^2+(y-0)^2+(z-2)^2=(\sqrt{3})^2$

Por consiguiente, $C(-1,0,2)$ y $R=\sqrt{3}$

$\square$

Distancia de un punto a una recta

ENUNCIADO. Hállese la distancia euclídea del punto $P(0,-5,3)$ a la recta $r$ que pasa por los puntos $Q(-2,2,1)$ y $R(-2,-1,-8)$

SOLUCIÓN. Un vector director de $r$ es $\overset{\rightarrow}{QR}=(-2-(-2),-1-2,-8-1)=(0,-3,,-9)=-3\,(0,1,3)$, luego un vector en la dirección de $r$ es $\vec{u}=(0,1,3)$. Consideremos ahora el vector $\overset{\rightarrow}{PQ}=(-2-0,2-(-5),1-3)=(-2,7,-2)$.

Sabemos que $$\text{dist}(P,r)=\dfrac{ \left\| \overset{\rightarrow}{PQ} \times \vec{u} \right\| } { \left\| \vec{u} \right\| }\quad \quad (1)$$

Como $\overset{\rightarrow}{PQ} \times \vec{u}=\begin{vmatrix}\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\-2&7&-2\\ 0& 1& 3\end{vmatrix}=(23,6,-2)$ su módulo es $|\sqrt{569}|$. Por otra parte, el módulo de $\vec{u}$ es $|\sqrt{10}|$. Así pues, de (1), $\text{dist}(P,r)=\left|\sqrt{\dfrac{569}{10}}\right|$ unidades de longitud.
$\square$

Estudio del crecimiento/decrecimiento de una función

ENUNCIADO. Estúdiese el crecimiento/decrecimiento de la función $$f(x)=\dfrac{\sin\,3x+\cos\,3x}{\cos\,3x-\sin\,3x}$$

SOLUCIÓN.
Intentemos expresar la función dada de una manera equivalente, más compacta,

$f(x)=\dfrac{\sin\,3x+\cos\,3x}{\cos\,3x-\sin\,3x}=\dfrac{\sin\,3x+\cos\,3x}{\cos\,3x-\sin\,3x}\cdot \dfrac{\cos\,3x+\sin\,3x}{\cos\,3x+\sin\,3x}=$

  $=\dfrac{\sin^2\,3x+\cos^2\,3x+2\,\sin\,3x\,\cos\,3x}{\cos^2\,3x-\sin^2\,3x}=\dfrac{1+2\,\sin\,3x\,\cos\,3x}{\cos^2\,3x-\sin^2\,3x}$

    $=\dfrac{1+\sin\,6x}{\cos\,6x}$

Calculemos ahora la función derivada, al objeto de analizar el signo que toma en los diversos valores de $x$:

$f'(x)=\left(\dfrac{1+\sin\,6x}{\cos\,6x}\right)'=\dfrac{1+6\,\sin\,6x}{\cos^2\,6x}$ ( Nota. Se han omitido los pasos de cálculo )

Observemos que tanto el numerador como el denominador son positivos para todo $x\in \mathbb{R}$, salvo para los ceros de la función del denominador de $f(x)$, para los cuales aparecen rectas asíntotas verticales y, por tanto, la función presenta discontinuidades en cada uno de ellos. En consecuencia, salvo para esos infinitos puntos en los que la función es discontinua, la función es creciente en todos los demás puntos. Nota: Véase la gráfica de la función para comprender mejor estos comentarios.

-oOo-
Observación: Para obtener las ecuaciones de las rectas asíntotas verticales y, por tanto, los infinitos puntos donde la función es discontinua, podemos proceder de la siguiente manera. Resolviendo la ecuación $f(x)=0 \Leftrightarrow 1+\sin\,6x=0$, vemos que el primer cero positivo de la función $f(x)$ es $\pi/4$. El periodo de la función del numerador de $f(x)$, que es $1+\sin\,6x$, es el mismo que el de $\sin\,6x$, esto es, $T=2\,\pi/6=\pi/3$; por tanto el segundo cero positivo del denominador de $f(x)$, $\cos\,6x$, es el primero, $\pi/12$ más el valor de $T$: $\pi/12+T=\pi/12+\pi/3=5\,\pi/12$; así podemos ir calculando las abscisas por donde pasan las asíntotas verticales: $\pi/12\pm\,n\cdot\pi/3$, para $n=0,1,2,3,\ldots$

$\square$

Cálculo de derivadas

ENUNCIADO. Calcúlese la derivada de lasiguiente función $$f(x)=(x^2-x+2)^2\,\sin^{2}\,x^3$$

SOLUCIÓN.
Aplicando la regla del producto,
$f'(x)=\left((x^2-x+2)^2\right)'\,\sin^{2}\,x^3+(x^2-x+2)^2\,\left(\sin^{2}\,x^3\right)$ y, por la regla de la cadena,
$f'(x)=2\,(x^2-x+2)\cdot (2x-1)\,\sin^{2}\,x^3+(x^2-x+2)^2\,2\cdot \sin\,x^3\cdot\cos\,(x^3)\cdot 3x^2$
  $=2\,\sin\,x^3\,(x^2-x+2)\,\left( (2x-1)\,\sin\,x^3+3x^2\,(x^2-x+2)\,\cos\,x^3\right)$
$\square$

Cálculo de límites con indeterminaciones del tipo 1^\infty

ENUNCIADO. Calcúlese el siguiente límite $$\lim_{x\,\rightarrow\,-\infty}\,\left( \dfrac{x-2x^2+3}{-2x^2+1}\right)^{x+1}$$

SOLUCIÓN. Al pasar al límte la expresión de la base de la potencia y la expresión del exponente nos encontramos con una indeterminación del tipo $1^{\infty}$, que resolveremos empleando la siguiente propiedad $$\lim_{x\,\rightarrow\,\infty}\,\left(1+\dfrac{1}{\Phi(x)}\right)^{\Phi(x)}=e$$

Procedemos a expresar convenientemente el argumento del límite, al objeto de aplicar esa propiedad. Dividiendo $x-2x^2+3$ entre $-2x^2+1$ obtenemos $C(x)=1$ y $R(x)=x+2$, por lo que podemos expresar la fracción impropia de la base de la potencia del argumento del límite de la forma $\dfrac{x-2x^2+3}{-2x^2+1}=1+\dfrac{x+2}{-2x^2+1}$, con lo cual
$\left( \dfrac{x-2x^2+3}{-2x^2+1}\right)^{x+1}=\left(\left(1+\dfrac{1}{(-2x^2+1)/(x+2)}\right)^{\dfrac{-2x^2+1}{x+2}}\right)^{(x+2)(x+1)/(-2x^2+1)}$.

Entonces $$\lim_{x\,\rightarrow\,+\infty}\,\left(1+\dfrac{1}{(-2x^2+1)/(x+2)}\right)^{\dfrac{-2x^2+1}{x+2}}=e$$ y, por otra parte,
$$\lim_{x\,\rightarrow\,+\infty}\,\dfrac{(x+2)(x+1)}{-2x^2+1}=-\dfrac{1}{2}$$

Así que aplicando la propiedad de la potencia de los límites llegamos a $$\lim_{x\,\rightarrow\,-\infty}\,\left( \dfrac{x-2x^2+3}{-2x^2+1}\right)^{x+1}=e^{-1/2}=\dfrac{1}{\sqrt{e}}$$
$\square$

Otro ejercicio de cálculo de límites

ENUNCIADO.
Calcúlese el siguiente límite: $$\lim_{x\,\rightarrow\,-\infty}\,\left( \dfrac{2x}{x-1}\right)^{(x^2-3)/(3x\,(x+5))}$$

SOLUCIÓN.
El límite de la base es $$\lim_{x\,\rightarrow\,-\infty}\,\dfrac{2x}{x-1}=2$$ y el límite del exponente es $$\lim_{x\,\rightarrow\,-\infty}\,\dfrac{x^2-3}{3x\,(x+5)}=\dfrac{1}{3}$$ por lo que $$\lim_{x\,\rightarrow\,-\infty}\,\left( \dfrac{2x}{x-1}\right)^{(x^2-3)/(3x\,(x+5))}=2^{1/3}=\sqrt[3]{2}$$

$\square$

Cálculo de límites

ENUNCIADO.
(a) Calcúlese el siguiente límite: $$\lim_{x\,\rightarrow\,+\infty}\,\dfrac{\sqrt{x-2}-2}{x^2-6x}$$
(b) Calcúlese el siguiente límite: $$\lim_{x\,\rightarrow\,6}\,\dfrac{\sqrt{x-2}-2}{x^2-6x}$$

SOLUCIÓN.
(a)
Al pasar al límite, $\displaystyle \lim_{x\,\rightarrow\,+\infty}\,\dfrac{\sqrt{x-2}-2}{x^2-6x}$, nos encontramos con una indeterminación del tipo $\dfrac{\infty}{\infty}$. Dividiendo numerador y denominador por $x^2$ podremos resolver este tipo de indeterminación:

$\displaystyle \lim_{x\,\rightarrow\,+\infty}\,\dfrac{\sqrt{x-2}-2}{x^2-6x}=\lim_{x\,\rightarrow\,+\infty}\,\dfrac{\sqrt{1/x^3-2/x^4}-2/x^2}{1-6/x}=\dfrac{0}{1-0}=0$

Observación: También hubiésemos podido utilizar la regla de l'Hôpital, si bien, en este caso, la técnica empleada es la más eficiente.


(b) Al pasar al límite, $\displaystyle \lim_{x\,\rightarrow\,6}\,\dfrac{\sqrt{x-2}-2}{x^2-6x}$, nos encontramos con una indeterminación del tipo $\dfrac{0}{0}$.
Como en el caso anterior, también se cumplen en éste las condiciones de aplicación de la regla de l'Hôpital, y, en este caso, sí merece la pena emplearla.

$\displaystyle \lim_{x\,\rightarrow\,6}\,\dfrac{\sqrt{x-2}-2}{x^2-6x}=\lim_{x\,\rightarrow\,6}\,\dfrac{(\sqrt{x-2}-2)'}{(x^2-6x)'}=\lim_{x\,\rightarrow\,6}\,\dfrac{1/(2\,\sqrt{x-2})}{2x-6}=$
  $=\displaystyle \lim_{x\,\rightarrow\,6}\,\dfrac{1/4}{(x-3)\,\sqrt{x-2}}=\dfrac{1}{4\cdot 3\cdot 2}=\dfrac{1}{24}$
$\square$

Continuidad

ENUNCIADO.
(a) Calcúlese el valor de $k$ para que se pueda aplicar el teorema de los valores intermedios ( Darboux ) a la siguiente función en el intervalo $[-1,4]$ $$f(x)=\left\{\begin{matrix}3x^2-2x+k & \text{si} & -1\le x\le 2\\ \dfrac{6x-2}{2x+1}& \text{si}& 2 \prec x \le 4\end{matrix}\right.$$
(b) En tales condiciones, ¿ entre qué valores se encuentran los valores de función ?


SOLUCIÓN.
(a) Como en el resto de teoremas de continuidad, la condición suficiente para que se cumpla el teorema de Darbox es que la función $f(x)$ sea continua en el intervalo en cuestión. Los dos tramos por separado de la función dada son continuos, y, el único problema podria aparecer en $x=2$. Estudiemos pues la continuidad en $x=2$. La función está definida en $x=2$, calculemos los límites laterales $\displaystyle \lim_{x \rightarrow 2^{-}}\,f(x)$ y $\displaystyle \lim_{x \rightarrow 2^{+}}\,f(x)$
Vemos que dichos límites existen y sus valores son:
$$\displaystyle \lim_{x \rightarrow 2^{-}}\,f(x)=\lim_{x \rightarrow 2}\,(3x^2-2x+k)=8+k$$ y
$$\displaystyle \lim_{x \rightarrow 2^{+}}\,f(x)=\lim_{x \rightarrow 2}\,\dfrac{6x-2}{2x+1}=2$$
Para que la función sea continua, y por tanto para que sea aplicable el teorema de Darboux, los valores de los límites laterales han de ser iguales, luego $$8+k=2 \Rightarrow k=-6$$

(b) En las condiciones de aplicación del teorema de Darboux, los valores de función están comprendidos entre $\left( 3x^2-2x-6\right)_{x=-1}=-1$ y $\left(\dfrac{6x-2}{2x+1}\right)_{x=4}=\dfrac{22}{9}$
$\square$

Cálculo de la función derivada

ENUNCIADO. Hállese la derivada de $$f(x)=e^{\dfrac{x\,\cos\,x}{x-2}}$$

SOLUCIÓN.
Aplicando la regla de la cadena,
$f'(x)=\displaystyle e^{\left(\dfrac{x\,\cos\,x}{x-2}\right)}\cdot \left( \dfrac{x\,\cos\,x}{x-2}\right)'=$
  $=e^{\left(\dfrac{x\,\cos\,x}{x-2}\right)}\cdot \dfrac{\left( (\cos\,x-x\,\sin\,x)(x-2)-x\,\cos\,x\right)}{(x-2)^2}=$
    $= e^{\left(\dfrac{x\,\cos\,x}{x-2}\right)}\cdot \dfrac{2x\,\sin\,x-x^2\,\sin\,x-2\,\cos\,x}{(x-2)^2}$
$\square$

Cálculo de funciones derivadas

ENUNCIADO. Hállese la derivada de $$f(x)=\arctan\,(1+3\,\sqrt{2x^3})$$

SOLUCIÓN. Podemos expresar la función dada de la forma $$f(x)=\arctan\,(1+3\cdot (2x)^{3/2})$$
Entonces, aplicando la regla de la cadena,
$f'(x)=\dfrac{1}{1+(1+3\cdot (2x)^{3/2})^2}\cdot \left( 1+3\cdot (2x)^{3/2} \right)'= \dfrac{9\sqrt{x/2}}{1+(1+3\cdot (2x)^{3/2})^2}$

Un ejercicio de análisis y representación gráfica de funciones

ENUNCIADO. Determínense las rectas asíntotas, los extremos relativos y los intervalos de convexidad y concavidad de la función $$f(x)=\dfrac{4x^3}{x^2-1}$$



SOLUCIÓN.
Asíntotas verticales.
El denominador de la función se anula para $x=\pm 1$ y por tanto $\displaystyle \lim_{x\,\rightarrow\, -1}\,f(x)=\lim_{x\,\rightarrow\, 1}\,f(x)=\pm \infty$, por lo que hay dos asíntotas verticales: $\text{a.v}_1\equiv x=-1$ y $\text{a.v}_1\equiv x=1$

Asíntotas oblicuas.
Determinamos la pendiente de éstas -- en el caso de que existan -- de la forma $\displaystyle m=\lim_{ x\, \rightarrow\, \infty}\,\dfrac{f(x)}{x}=4$, con lo cual podemos afirmar que no hay asíntotas horizontales, por ser $m\neq 0$; veamos ahora cuál es el valor de la ordenada en el origen: $m=\lim_{ x\, \rightarrow\, \infty}\,(f(x)-4x)=0$, luego hay una sóla asíntota oblicua: $\text{a.o}\equiv y=4x$. Las tres asíntotas encontradas se representan en la figura de abajo en líneas discontinuas.

Extremos relativos.
Imponiendo la condición necesaria, $f'(x)=0$, encontramos $$\dfrac{4x^2\,(x^2-3)}{(x^2-1)^2}=0 \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x_{1}^{*}=-\sqrt{3}\Rightarrow y_{1}^{*}=-6\,\sqrt{3}\\ x_{2}^{*}=0 \Rightarrow y_{2}^{*}=0 \\x_{3}^{*}=\sqrt{3} \Rightarrow y_{3}^{*}=6\,\sqrt{3}\end{matrix}\right.$$

Teniendo en cuenta que $f''(x)=\dfrac{8x(x^2+3)}{(x^2-1)^3}$, vemos que $f''(-\sqrt{3})\prec 0$ por lo que podemos afirmar que $x_{1}^{*}=-\sqrt{3}$ es la abscisa de un máximo local; $f''(\sqrt{3})\succ 0$, luego $x_{3}^{*}=\sqrt{3}$ es la abscisa de un mínimo local; y, como por otra parte, $f''(0)=0$, el criterio del signo de la segunda derivada no decide, sin embargo, podemos comprobar que a la izquierda y a la derecha de $0$, $f'(0)\prec 0$ con lo cual $x_{2}^{*}=0$ es un punto de inflexión con primera derivada nula, lo cual viene corroborado por $f''(0)=0$. Con todo ello, ya podemos realizar una gráfica esquemática de la gráfica de la función:

de lo cual se deduce que hay dos intervalos de concavidad: $(-\infty, -1)$ y $(0,1)$, y dos intervalos de convexidad: $(-1,0)$ y $(1,+\infty)$.

Ejemplo de integral definida que hay que calcular a tramos

ENUNCIADO. Calcúlese la siguiente integral definida $$\int_{-1}^{3} |x|\,dx$$

SOLUCIÓN. Hay que tener en cuenta la definición de la función de valor absoluto de $x$, que aparece en el integrando:
$$|x|=\left\{\begin{matrix}x&\text{si}& x\ge 0\\-x &\text{si}& x \prec 0 \end{matrix}\right.$$ Por consiguiente,

$\displaystyle \int_{-1}^{3} |x|\,dx=$
  $=\displaystyle \int_{-1}^{0} (-x)\,dx+\int_{0}^{3} x\,dx$
    $=\left[-\dfrac{1}{2}\,x^2\right]_{-1}^{0}+\left[\dfrac{1}{2}\,x^2\right]_{0}^{3} $
      $=\left(-\dfrac{1}{2}\cdot 0^2-(-1/2)\cdot (-1)^2\right)+\left(\dfrac{1}{2}\cdot 3^2-\dfrac{1}{2}\cdot 0^2\right)$
        $=\dfrac{1}{2}+\dfrac{9}{2}$
          $=\dfrac{10}{2}$
            $=5$
$\square$

Otro ejercicio al hilo del teorema fundamental del cálculo

ENUNCIADO. Se define la siguiente función $$\int_{0}^{x}\,f(t)\,dt=x^2(x+1)$$ Calcúlese $f(2)$.

SOLUCIÓN. De acuerdo con el Teorema Fundamental del Cálculo, $\int\,f(x)\,dx=F(x)+C$, de manera que $F'(x)=f(x)$; por tanto $f(2)\overset{\text{t.f.c.}}{=}F'(2)=\left( x^2(1+x) \right)'|_{x=2}=(3x^2+2x)'|_{x=2}=3\cdot 2^2+2\cdot 2=16$
$\square$

Un ejercicio acerca del teorema fundamental del cálculo

ENUNCIADO. Se considera la función definida de la siguiente manera: $$F(x)=\int_{0}^{x}\,(t^2-1)\,dt$$
Determínese los extremos relativos de dicha función, sin resolver explícitamente la integral

SOLUCIÓN. Por el Teorema Fundamental del Cálculo podemos afirmar que $F'(x)\overset{\text{t.f.c.}}{=}f(x)=x^2-1$, la cual se anula para $x^{*}=\pm 1$, valores que representan las abscisas de los extremos relativos de la función $F(x)$, $x_{1}^{*}=-1$ y $x_{2}^{*}=1$. Por otra parte, y teniendo en cuenta que $F''(x)=2x$, vemos que $F'(-1)=2\cdot (-1)\prec 0$, y por tanto $x_{1}^{*}=-1$ es la abscisa de un máximo local, y, $F'(1)=2\cdot (1)\succ 0$, luego $x_{2}^{*}=1$ es la abscisa de un mínimo local. $\square$

Un ejercicio de integración de una función racional impropia

ENUNCIADO. Calcúlese la integral indefinida $$\int\,\dfrac{x}{x+1}\,dx$$

SOLUCIÓN. La función del integrando es racional e impropia, y, realizando la división $x\div (x+1)$ para calcular el resto $R(x)=-1$ y el cociente $C(x)=1$, podemos expresarla de la forma $\dfrac{x}{x+1}=C(x)+\dfrac{R(x)}{x+1}=1-\dfrac{1}{x+1}$, con lo cual $$\int\,\dfrac{x}{x+1}\,dx=\int\,dx-\int\,\dfrac{1}{x+1}\,dx=x-\ln\,|x+1|+C$$
$\square$

Cálculo de primitivas de algunas funciones irracionales

Nota preliminar.
Lo siguiente se consideran de ampliación ( de los contenidos de integración ) en el ámbito del bachillerato

--- I) Las integrales del tipo $\displaystyle \int R \left(x,\left(\dfrac{ax+b}{cx+d}\right)^{m_{1}/n_{1}},\ldots,\left(\dfrac{ax+b}{cx+d}\right)^{m_{k}/n_{k}}\right)\,dx$, donde $R$ denota una función racional, se pueden resolver mediante el cambio de variable $y^n=\dfrac{ax+b}{cx+d}$, siendo $n=\text{m.c.m}(\{n_1,\ldots,n_k\})$

II) Las integrales binomicas $\displaystyle \int\,x^{p}\,(ax^q+b)^r\,dx$, donde $p,q,r$ son números racionales, se resuelven haciendo el cambio de variable $t=x^q$, siempre que $r,\dfrac{p+1}{q}$ o bien $r+\dfrac{p+1}{q}$ sean números enteros.

III) El cambio de variable $x=a\,\sin\,t$ suele funcionar con las integrales del tipo $\int\,R(x,\sqrt{a^2-x^2})\,dx$

IV) El cambio de variable $x=\dfrac{a}{\sin\,t}$ suele funcionar con las integrales del tipo $\int\,R(x,\sqrt{x^2-a^2})\,dx$

V) El cambio de variable $x=a\,\tan\,t$ suele funcionar con las integrales del tipo $\int\,R(x,\sqrt{a^2+x^2})\,dx$

VI) El cambio de variable $y=x+\alpha$, despues de transformar $ax^2+bx+c$ en la forma $a(x+\alpha)^2+\beta^2$, suele funcionar con las integrales del tipo $\int\,R(x,\sqrt{ax^2+bx+c})\,dx$

VII) Las integrales del tipo $\displaystyle \int\,\dfrac{P_{n}(x)}{\sqrt{ax^2+bx+c}}\,dx$, siendo $P_{n}(x)$ un polinomio de grado $n$, se transforman en alguna de las anteriores haciendo la descomposición $$\displaystyle \int\,\dfrac{P_{n}(x)}{\sqrt{ax^2+bx+c}}\,dx=Q_{n-1}(x)\,\sqrt{ax^2+bx+c}+\int\,\dfrac{A}{ax^2+bx+c}\,dx \quad (1)$$ donde $Q_{n-1}(x)$ es un polinomio de grado $n-1$ con coeficientes indeterminados. Los coeficientes de $Q_{n-1}$ así como el coeficiente $A$ se determinan derivando (1) en ambos miembros.

VIII) Las integrales del tipo $\displaystyle \int \dfrac{dx}{(\alpha\,x+\beta)^{n}\,\sqrt{ax^2+bx+c}}\,dx$ donde $n$ es un número real, se tranforman en una integral de alguno de los tipos anteriores mediante el cambio de variable $t=\dfrac{1}{\alpha\,x+\beta}$

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Referencias:
M. L. Calle, R. Vendrel, Problemes d'àlgebra lineal i càlcul infinitesimal, Eumo Editorial, Barcelona, 1992

N. Piskunov, Cálculo diferencial e integral, Montaner y Simon, S.A., Barcelona, 1978

Un ejercicio de cálculo de primitivas

ENUNCIADO. Calcúlese la integral intefinida $$\int\dfrac{x+1}{x^2+3x+4}\,dx$$

Observación/sugerencia: Téngase en cuenta que el polinomio del denominador tiene raíces complejas, pues el discriminante de la ecuación $x^2+3x+4=0$ es negativo $\Delta=3^3-4\cdot 1\cdot 4 \prec 0$, por lo que en este caso, es evidente que no sirve de nada intentar descomponer la fracción algebraica del integrando en suma de fracciones más sencillas para facilitar de este modo la integración; en efecto, $$\dfrac{x+1}{x^2+3x+4}=\dfrac{Mx+N}{x^2+3x+4}$$ conduce a $M=N=1$ y por tanto al punto de partida.

Si bien ese camino ya no podemos seguirlo, debemos tener en cuenta que como el polinomio del numerador está rebajado en $1$ grado con respecto del polinomio del denominador, podemos recurrir a la siguiente propiedad $$\int\,\dfrac{u(x)}{v(x)}\,dx=\ln|v(x)|+C \; \text{si}\; (v(x))'=u(x) \quad \quad$$

SOLUCIÓN. Siguiendo la sugerencia, y teniendo en cuenta que $(x^2+3x+4)'=2x+3$, escribiremos el numerador $x+1$ de la siguiente forma equivalente $$x+1=\dfrac{1}{2}(2x+2)=\dfrac{1}{2}(2x+3-3+2)=\dfrac{1}{2}(2x+3-1)$$ con lo cual la integral pedida la podemos expresar de la forma $$\dfrac{1}{2}\int\dfrac{2x+3-1}{x^2+3x+4}\,dx$$ y por tanto de la siguiente manera $$\dfrac{1}{2}\int\dfrac{2x+3}{x^2+3x+4}\,dx-\dfrac{1}{2}\,\int\,\dfrac{1}{x^2+3x+4}\,dx \quad \quad (2)$$

La primera integral de la expresión (2) ( prescindiendo del coeficiente $\dfrac{1}{2}$ ), que denotaremos por $I_1$, es inmediata si utilizamos la propiedad (1): $$I_1=\ln\;(x^2+3x+4)+C_1$$ Nota: Aquí, como la función $x^2+3x+4\succ 0$ para todo $x\in \mathbb{R}$, no es necesario poner las barras de valor absoluto en el argumento del logaritmo.

La segunda integral de la expresión (2) ( prescindiendo del coeficiente $\dfrac{1}{2}$ ), que denotaremos por $I_2$ es semi inmediata, habida cuenta que se asemeja a la integral inmediata que lleva al arco tangente: $\displaystyle \int\,\dfrac{1}{1+t^2}\,dt=\arctan\,t+C$. Veámoslo:

$\displaystyle I_2=\int\,\dfrac{1}{x^2+3x+4}\,dx=\int\,\dfrac{1}{(x+3/2)^2-(3/2)^2+4}\,dx=\int\,\dfrac{1}{(x+3/2)^2+7/4}\,dx=$

$\displaystyle=\int\,\dfrac{1}{u^2+7/4}\,du$   [Haciendo el cambio de variable (c.v.) $x+3/2=u \Rightarrow du = dx$]

$\displaystyle=\dfrac{4}{7}\int\,\dfrac{1}{\dfrac{4}{7}u^2+1}\,du=\dfrac{4}{7}\int\,\dfrac{1}{\left(\dfrac{2}{\sqrt{7}}u\right)^2+1}\,du=$

$\displaystyle=\dfrac{4}{7}\cdot \dfrac{\sqrt{7}}{2}\int\,\dfrac{1}{w^2+1}\,dw$   [c.v.: $\dfrac{2}{\sqrt{7}}\,u=w \Rightarrow du = \dfrac{\sqrt{7}}{2}\,dw$]

$\displaystyle=\dfrac{2\,\sqrt{7}}{7}\,\arctan\,w+C_2$

$\displaystyle=\dfrac{2\,\sqrt{7}}{7}\,\arctan\,\dfrac{2}{\sqrt{7}}\,u+C_2$   [ Deshaciendo el segundo cambio de variable ]

$\displaystyle=\dfrac{2\,\sqrt{7}}{7}\,\arctan\,\left(\dfrac{2}{\sqrt{7}}\,(x+3/2)\right)+C_2$   [ Deshaciendo el primer cambio de variable ]

Por consiguiente, reuniendo los resultados de $I_1$ e $I_2$:
$\int\dfrac{x+1}{x^2+3x+4}\,dx=$
    $=\dfrac{1}{2}\,\left(\ln\;(x^2+3x+4)+C_1\right)-\dfrac{1}{2}\,\left( \dfrac{2\,\sqrt{7}}{7}\,\arctan\,\left(\dfrac{2}{\sqrt{7}}\,(x+3/2)\right)+C_2\right)$
o lo que es lo mismo: $$\int\dfrac{x+1}{x^2+3x+4}\,dx=\dfrac{1}{2}\,\ln\;(x^2+3x+4)-\dfrac{\sqrt{7}}{7}\,\arctan\,\left(\dfrac{2}{\sqrt{7}}\,(x+3/2)\right)+C$$
$\square$

Integración de funciones trigonométricas

I) Las integrales trigonométricas de los tipos:
$$\int\,\sin(\alpha x)\cdot \sin(\beta x)\,dx$$ $$\int\,\sin(\alpha x)\cdot \cos(\beta x)\,dx$$ $$\int\,\cos(\alpha x)\cdot \cos(\beta x)\,dx$$ se resuelven fácilmente transformando los productos (que aparecen en el integrando) en sumas, mediante las siguientes identidades trigonométricas: $$ \sin(\alpha x)\cdot \sin(\beta x)=\dfrac{1}{2}\,\left( \cos(\alpha-\beta)x-\cos(\alpha x+\beta x)\right)$$ $$ \sin(\alpha x)\cdot \cos(\beta x)=\dfrac{1}{2}\,\left( \sin(\alpha-\beta)x+\sin(\alpha x+\beta x)\right)$$ $$ \cos(\alpha x)\cdot \cos(\beta x)=\dfrac{1}{2}\,\left( \cos(\alpha-\beta)x+\cos(\alpha x+\beta x)\right)$$

EJEMPLO I.1 Nos proponemos calcular la integral $I=\displaystyle \sin\,\sin(2x)\,\sin(3x)\,dx$. Teniendo en cuenta que $\sin\,\sin(2x)\,\sin(3x)=\dfrac{1}{2}\,\left( \cos\,(2x-3x)-\cos(2x+3x)\right)=$
$=\dfrac{1}{2}\,(\cos(-x)-\cos(5x))=\dfrac{1}{2}\,(\cos(x)-\cos(5x))$, podemos escribir $$I=\dfrac{1}{2}\,\left( \int\,\cos\,x\,dx-\int\,\cos(5x)\,dx \right)=\dfrac{1}{2}\,\left( \sin\,x-\dfrac{1}{5}\,\sin(5x)\right)+C$$


II.a) Las integrales del tipo $\displaystyle \int\,R(\sin\,x,\cos\,x)\,dx$ ( donde $R$ representa una funcion racional ) se pueden resolver haciendo el cambio de variable $t=\tan\,(x/2)$

II.b) Las integrales de un tipo tal que $R(\sin\,x,-\cos\,x)=-R(\sin\,x,\cos\,x$ ( donde, como en el caso anterior, $R$ representa una funcion racional ) se pueden resolver haciendo el cambio de variable $t=\sin\,x$

II.c) Las integrales de un tipo tal que $R(-\sin\,x,\cos\,x)=-R(\sin\,x,\cos\,x$ ( donde, como en los casos anteriores, $R$ representa una funcion racional ) se pueden resolver haciendo el cambio de variable $t=\cos\,x$

II.d) Las integrales de un tipo tal que $R(-\sin\,x,-\cos\,x)=R(\sin\,x,\cos\,x$ ( donde, como en los casos anteriores, $R$ representa una funcion racional ) se pueden resolver haciendo el cambio de variable $t=\tan\,x$

III) Las integrales del tipo $\displaystyle \int\,\sin^{m}\,x\,\cos^{n}\,x\,dx$, se resuelven de las siguientes maneras:
  III.a) Si $m$ es impar, se realiza el cambio de variable $t=\cos\,x$, y, mediante la identidad fundamental de la trigonometría, la sustitución de $\sin^2\,x$ por $1-\cos^2\,x$
  III.b) Si $n$ es impar, se realiza el cambio de variable $t=\sin\,x$, y, mediante la identidad fundamental de la trigonometría, la sustitución de $\cos^2\,x$ por $1-\sin^2\,x$

Nota: Cuando sea posible, y de manera previa, es recomendable utilizar las siguientes identidades trigonométricas: $\sin^2\,x=\dfrac{1}{2}\,(1-\cos\,2x)$ y $\cos^2\,x=\dfrac{1}{2}\,(1+\cos\,2x)$, pues facilitan mucho las cosas, e incluso, en según qué casos, basta con eso para transformar las integrales con potencias de razones trigonométricas al cuadrado en integrales de razones del ángulo doble.

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Referencias:
M. L. Calle, R. Vendrel, Problemes d'àlgebra lineal i càlcul infinitesimal, Eumo Editorial, Barcelona, 1992

N. Piskunov, Cálculo diferencial e integral, Montaner y Simon, S.A., Barcelona, 1978

Teorema de los valores intermedios ( teorema de Darboux )

El siguiente resultado se debe a Jean Gaston Darboux ( 1842-1917 ) y es uno de los teoremas de continuidad, como lo son también el teorema de Weierstrass y el teorema de Bolzano, que son esenciales en el análisis matemático. Dice lo siguiente:

Sea una función real de una variable real $f(x)$, continua en $[a,b]$. Entonces para cada $k \in \mathbb{R}$ tal que $f(a) \prec k \prec f(b)$ existe un número real $c$ en $[a,b]$ tal que $f(c)=k$

Primitivas que no son expresables como una combinación finita de funciones elementales

Una función real de una variable real $f(x)$, continua en $(a,b)$ tiene en este intervalo una función primitiva $F(x)$ tal que $F'(x)=f(x)$ ( primer teorema fundamental del cálculo ). Ahora bien, no toda función primitiva, aunque exista, puede expresarse mediante un número finito de combinaciones de funciones elementales. Algunos ejemplos de funciones primitivas de este tipo correspondientes a las integrales que se indican son:
$$\int e^{-x^2}\,dx$$ $$\int \dfrac{\sin\,x}{x}\,dx$$ $$\int \dfrac{\cos\,x}{x}\,dx$$ $$\int \sqrt{1-k^2\,\sin^{2}\,x}\,dx$$ $$\int \dfrac{dx}{\ln\,x}$$ además de las integrales binómicas $\int\,x^{m}\,(a+b\,x^{n})^{p}\,dx$, tales que no sean de alguno de los siguientes tipos ( teorema de Chebyshov ): i) $p\in \mathbb{Z}$, ii) $\dfrac{m+1}{n}\in \mathbb{Z}$ y iii) $\dfrac{m+1}{n}+ p \in \mathbb{Z}$

Referencias:
N. Piskunov, Cálculo diferencial e integral, Montaner y Simon, S.A., Barcelona, 1978

Integración de funciones racionales

Se consideran integrales del tipo $$\int\dfrac{P(x)}{Q(x)}\,dx$$ donde $P(x)$ y $Q(x)$ son polinomios en $x$ de coeficientes reales. De lo que se trata, para integrar dichas funciones, es descomponer el integrando en una suma de fracciones algebraicas simples. Distinguiremos entre el caso de fracciones propias (I) y el de fracciones impropias (II); este segundo caso se reduce al primero, dividiendo el polinomio del numerador entre el polinomio del denominador, tal como se detallará más adelante. Entonces:

I) Si $\text{grado}(P(x)) \prec \text{grado}(Q(x))$ ( la fracción $\dfrac{P(x)}{Q(x)}$ es propia ) distinguiremos entre los siguientes casos:
    a) Para cada factor de la forma $(ax+b)^n$ de $Q(x)$, la fracción algebraica $\dfrac{P(x)}{Q(x)}$ se descompone en una suma de $n$ fracciones más simples: $$\dfrac{A_1}{ax+b}+\dfrac{A_2}{(ax+b)^2}+\ldots+\dfrac{A_1}{(ax+b)^n}$$

EJEMPLO. Calcúlese la integral indefinida $$\int \dfrac{x+1}{x^3-3x+2}\,dx$$
Procedamos a descomponer la fracción algebraica del integrando ( que es propia ) en suma de fracciones más sencillas. Para ello, hay que factorizar el polinomio del denominador. Fácilmente, llegamos a
$$x^3-3x+2=(x+2)(x-1)^2$$
Entonces, $$\dfrac{x+1}{x^3-3x+2}=\dfrac{A}{x+2}+\dfrac{B}{x-1}+\dfrac{C}{(x-1)^2} \quad \quad (1)$$ Reduciendo a común denominador los términos del segundo miembro, vemos que éste es igual a $$A(x-19^2+B(x+2)(x-1)+C(x+2)$$ y para que se cumpla (1) se tiene que $$x+1=A(x-19^2+B(x+2)(x-1)+C(x+2)$$ así que, una vez agrupados los términos semejantes, igualando los coeficientes de los términos del mismo grado de sendos miembros se llega al siguiente sistema de ecuaciones lineales $$\left\{\begin{matrix}A+B=0\\ -2A+B+C=1 \\ A-2B+2C=1\end{matrix}\right.$$ Resolviéndolo, encontramos los valores de los coeficientes $A,B$ y $C$:
$$A=-1/9, B=1/9, C=2/3$$
Por consiguiente, $$\int \dfrac{x+1}{x^3-3x+2}\,dx=-\dfrac{1}{9}\,\int\,\dfrac{dx}{x+2}+\dfrac{1}{9}\,\int\,\dfrac{dx}{x-1}+\dfrac{2}{3}\,\int\,\dfrac{dx}{(x-1
)^2}=$$
$$=-\dfrac{1}{9}\cdot \ln\,|x+2|+\dfrac{1}{9}\cdot \ln\,|x-1|-\dfrac{2}{3}\cdot \dfrac{1}{x-1
}=$$ $$=\dfrac{1}{9}\cdot \ln\,\left|\dfrac{x-1}{x+2}\right|-\dfrac{2}{3}\cdot \dfrac{1}{x-1
}$$


    b) Para cada factor de la forma $(ax^2+bx+c)^m$ de $Q(x)$, la fracción algebraica $\dfrac{P(x)}{Q(x)}$ se descompone en una suma de $m$ fracciones más simples: $$\dfrac{M_1\,x+N_1}{ax^2+bx+c}+\dfrac{M_2\,x+N_2}{(ax^2+bx+c)^2}+\ldots+\dfrac{M_m\,x+N_m}{(ax^2+bx+c)^m}$$
   
EJEMPLO. Calcúlese la integral indefinida $$\int \dfrac{x^2+2}{x^3-1}\,dx$$
Procedamos a descomponer la fracción algebraica del integrando ( que es propia ) en suma de fracciones más sencillas. Para ello, hay que factorizar el polinomio del denominador. Sin dificultad, llegamos a
$$x^3-1=(x-1)\,(x^2+x+1)$$
Entonces, $$\dfrac{x^2+2}{x^3-1}=\dfrac{A}{x-1}+\dfrac{Mx+N}{x^2+x+1}\quad \quad (1)$$ Reduciendo a común denominador los términos del segundo miembro, vemos que éste es igual a $$A(x^2+x+1)+(Mx+N)(x-1)$$ y para que se cumpla (1) se tiene que $$x^2+2=(A+M)\,x^2+(A-M+N)\,x+(A-N)$$ así que, una vez agrupados los términos semejantes, igualando los coeficientes de los términos del mismo grado de sendos miembros se llega al siguiente sistema de ecuaciones lineales $$\left\{\begin{matrix}A+M=1\\ A-M+N=0 \\ A-N=2\end{matrix}\right.$$ Resolviéndolo, encontramos los valores de los coeficientes $A,M$ y $N$:
$$A=1, M=0, N=-1$$
Por consiguiente, $$\int \dfrac{x^2+2}{x^3-1}\,dx=\int\,\dfrac{dx}{x-1}-\int\,\dfrac{dx}{x^2+x+1}=$$
$$=\ln\,|x-1|- \dfrac{2}{\sqrt{3}}\,\arctan\,\dfrac{2x+1}{\sqrt{3}}+C$$

Nota: la segunda integral del segundo miembro la resolvimos ya en [este otro ejercicio].


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c) ( Ampliación ) En el caso de que el polinomio $Q(x)$ tenga raíces complejas múltiples, también se puede utilizar el método de Hermite-Ostrogradski: $$\int\,\dfrac{P(x)}{Q(x)}\,dx=\dfrac{P_1(x)}{Q_{1}(x)}+\int\,\dfrac{P_{2}(x)}{Q_{2}(x)}\,dx \quad \quad (1)$$ donde $Q_{1}(x)=\text{m.c.d}(\{Q(x),Q'(x)\})$ y $Q_2(x)=\dfrac{Q(x)}{Q_{1}(x)}$; y, los polinomios $P_{1}(x)$ y $P_{2}(x)$ son de $1$ grado menor que sus denominadores $P_{1}(x)$ y $P_{2}(x)$, obteniendo sus coeficientes a partir de la derivación de la igualdad, realizando la suma de fracciones e igualando los coeficientes de los polinomios numeradores. (1)
EJEMPLO:
Nos proponemos calcular la integral $\int \dfrac{dx}{(x^2+3)^2}$ por el método de Hermite. Entonces, $P(x)=1$ y $Q(x)=(x^2+3)^2$
i) Calculamos $Q'(x)$:
  $Q'(x)=\left( (x^2+3)^2\right)'=4x(x^2+3)$
ii) $Q_{1}(x)=\text{m.c.d}(\{Q(x),Q'(x)\})=x^2+3$ así que, como $\text{grado}(Q_{1}(x))=2$, el grado de $P_{1}(x)$ ha de ser $1$, luego $P_{1}(x)=ax+b$
iii) $Q_{2}(x)=\dfrac{Q(x)}{Q_{1}(x)}$, se tiene que $Q_{2}(x)=\dfrac{(x^2+3)^2}{x^2+3}=x^2+3$, luego $P_{2}(x)$ ha de ser $1$ grado menor, y por tanto, $P_{1}(x)=cx+d$
De todo ello, según (1), resulta que
$$\int \dfrac{dx}{(x^2+3)^2}=\dfrac{ax+b}{x^2+3}+\int \dfrac{cx+d}{x^2+3} \quad \quad (2)$$
iv) Determinemos ahora los coeficientes $a,b,c$ y $d$, para lo cual derivamos (2) en ambos miembros, obteniendo:
$$\dfrac{1}{(x^2+3)^2}=\dfrac{3zx^2+2bx+3a}{(x^2+3)^2}+\dfrac{cx+d}{x^2+3}$$
y de ello deducimos que $$1=cx^3+(3a+d)x^2+(2b+3c)x+(3a+3d)\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}c=0\\3a+d=0\\2b+3c=0\\3a+3d=1\end{matrix}\right.$$ y resolviendo este sistema de ecuaciones encontramos $$b=c=0,a=-\dfrac{1}{6}, d=\dfrac{1}{2}$$
Por consiguiente, de (2), obtenemos $$\int \dfrac{dx}{(x^2+3)^2}=-\dfrac{1}{6}\cdot \dfrac{x}{x^2+3}+\dfrac{1}{2}\,\int \dfrac{dx}{x^2+3}$$ siendo la segunda integral ( del segundo miembro ) semi inmediata $$\displaystyle \int\,\dfrac{dx}{x^2+3}=\dfrac{1}{3}\,\int \dfrac{dx}{(x/\sqrt{3})^2+1}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}\,\arctan\,\dfrac{x}{\sqrt{3}}+C$$
con lo cual $$\int \dfrac{dx}{(x^2+3)^2}=-\dfrac{1}{6}\cdot \dfrac{x}{x^2+3}+\dfrac{\sqrt{3}}{6}\,\arctan\,\dfrac{x}{\sqrt{3}}+C$$-oOo-


II) Si $\text{grado}(P(x)) \ge\text{grado}(Q(x))$ hay que realizar la división $P(x)\div Q(x)$ para expresar la fracción impropia $\dfrac{P(x)}{Q(x)}$ de la forma $\dfrac{P(x)}{Q(x)}=C(x)+\dfrac{R(x)}{Q(x)}$ -- donde, lógicamente, $\text{grado}(R(x)\prec \text{grado}(Q(x)$ -- y proceder como (I), para integrar la fracción propia.


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Referencias:
M. L. Calle, R. Vendrel, Problemes d'àlgebra lineal i càlcul infinitesimal, Eumo Editorial, Barcelona, 1992

N. Piskunov, Cálculo diferencial e integral, Montaner y Simon, S.A., Barcelona, 1978

Primer teorema fundamental del cálculo

Sea una función $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ continua en $[a,b]$, entonces la función $\displaystyle F(x)=\int_{a}^{x}\,f(t)\,dt$ es derivable y verifica $F'(x)=f(x)$

Ejemplo. Se considera la función $f(x)=x$, que es continua, en este caso, en todo punto de $\mathbb{R}$; entonces, $F(x)=\dfrac{1}{2}\,x^2$ -- función a la que denominamos una primitiva de $f$ --, y, en efecto, se cumple que $F'(x)=\left(\dfrac{1}{2}\,x^2\right)^{'}=x$

Integrales impropias

I. Caso de tener un recinto de integración infinito
Consideremos el siguiente problema de cálculo del "área bajo la curva" $$\displaystyle \int_{1}^{+\infty}\,\dfrac{1}{x^2}\,dx$$ Tal como podemos ver en la figura, el recinto de integración es en este caso infinito, lo cual le confiere el caracter problemático a dicha integral

Sin embargo, podemos resolver este problema si existe el siguiente límite $$\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty}\,\int_{1}^{x}\,f(t)\,dt$$ al cual denominaremos "integral impropia". En este caso, dicho límite existe: $$\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty}\,\int_{1}^{x}\,f(t)\,dt=\lim_{x\rightarrow +\infty}\,(1-1/x)=1-1/+\infty=1-0=1$$ por lo que podemos decir que el valor de la integral pedida es $$\displaystyle \int_{1}^{+\infty}\,\dfrac{1}{x^2}\,dx=1$$


II. Caso de una función no acotada en el dominio de integración.
Puede suceder que una función $f$ no esté acotada en el dominio de integración $[a,b]$, en cuyo caso pudiera ser que no existiese la integral $\displaystyle \int_{a}^{b}\,f(x)\,dx$. Sin embargo, es posible que sí sea integrable si procedemos de manera similar al caso I.

Consideremos, por ejemplo, la siguiente integral $$\displaystyle \int_{0}^{1}\,\dfrac{1}{\sqrt{x}}\,dx$$ Es claro que la función $f(x)=\dfrac{1}{\sqrt{x}}$ no está acotada en el intervalo $[0,1]$; basta con examinar el comportamiento de la función cerca del cero:

No obstante, existe el límite $$\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0^+}\,\int_{x}^{1}\,\dfrac{1}{\sqrt{t}}\,dt=\lim_{x\rightarrow 0^+}\,(2-2\sqrt{x})=2$$ y por tanto existe la integral impropia ( en este caso por no estar acotada la función en el recinto de integración ) y por tanto $$\displaystyle \int_{0}^{1}\,\dfrac{1}{\sqrt{x}}\,dx=2$$