Un ejemplo de integral indefinida que puede resolverse empleando la técnica de integración por partes, y aplicando finalmente un cambio de variable

Calcúlese $$\displaystyle \int\,\text{arcsin}(x)\,dx$$

Voy a integrar empleando la técnica de por partes, tomando $u=\text{arcsin}(x)$, y por tanto $du=\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}\,dx$; y $dx=dv$, con lo cual $v=x$. Entonces, denotando $I=\displaystyle \int\,\text{arcsin}(x)\,dx$, tenemos: $$\displaystyle I\overset{\text{i. por partes}}{=} \int\,u\,dv=uv-\int\,v\,du=x\,\text{arcsin}(x)-\int\,\dfrac{x}{\sqrt{1-x^2}}\,dx=\int\,u\,dv=uv-\int\,v\,du=x\cdot \text{arcsin}(x)-J \quad (1)$$ donde $J=\int\,\dfrac{x}{\sqrt{1-x^2}}\,dx$, integral que, mediante el cambio de variable $x=\sin(\theta) \therefore dx=\cos(\theta)\,d\theta$ y $\sqrt{1-x^2}=\sqrt{1-\sin^2\,(\theta)}=\cos(\theta)$, con lo cual $\displaystyle J=\int\,\dfrac{\sin(\theta)\,\cos(\theta)\,d\theta}{\cos(\theta)}=\int\,\sin(\theta)\,d\theta=-\cos(\theta)+C_1=-\sqrt{1-\sin^2(\theta)}+C_1=-\sqrt{1-x^2}+C$. Sustituyendo este resultado en (1), llegamos a $I=x\cdot \text{arcsin}(x)-(-\sqrt{1-x^2})+C=x\cdot \text{arcsin}(x)+\sqrt{1-x^2}+C$ $\diamond$

Integrales indefinidas semi inmediatas

Calcúlese $$\displaystyle \int\,\text{cotan}(x)\,dx$$

$$\displaystyle \int\,\text{cotan}(x)\,dx=\int\,\dfrac{\cos(x)}{\sin(x)}\,dx=\int\,\dfrac{d(\sin(x))}{\sin(x)}=\ln(|\sin(x)|)+C$$ $\diamond$

Ejemplo de una integral indefinida semi inmediata

Voy a calcular la siguiente integral indefinida $$\int\,k^x\,dx$$ siendo $k$ una constante positiva:

$\displaystyle \int\,k^x\,dx=$
  $\displaystyle =\int\,(e^{\ln\,k})^x\,dx$
    $\displaystyle =\int\,e^{x\,\ln\,k}\,dx$
      $\displaystyle =\dfrac{1}{\ln\,k}\,e^{x\,\ln\,k}+C$
        $\displaystyle=\dfrac{1}{\ln\,k}\,(e^{\ln\,k})^x+C$
          $\displaystyle=\dfrac{1}{\ln\,k}\,k^x+C$
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Cálculo de una integral definida (un ejemplo). Aplicación de la regla de Barrow

Para calcular, a modo de ejemplo, la integral definida $$\displaystyle \int_a^b\,3^x\,dx\,,\,\text{donde}\,a\lt b$$ necesitamos calcular, en primer lugar, la integral indefinida $$\displaystyle \int\,3^x\,dx$$ esto es, la familida de funciones primitivas $F(x)+C$ (siendo $C$ la constante arbitraria de integración), tales que, por el primer teorema del cálculo integral, cumpla que $\dfrac{d(F(x)+C)}{dx}=f(x)$, siendo $f(x)$ la función del integrando, es decir, $f(x)=3^x$

Veamos, primero, cuál es esa familia de funciones primitivas: $\displaystyle \int\,3^x\,dx\overset{[3=e^{\ln\,3}]}{=} \int\,\left(e^{\ln\,3}\right)^x\,dx=\int\,e^{x\,(\ln\,3)}\,dx \overset{(1)}{=}\int\,e^{x\,(\ln\,3)}\,\dfrac{d(x\,(\ln\,3))}{\ln\,3}=\dfrac{e^{x\,(\ln\,3)}}{\ln\,3} =\dfrac{3^x}{\ln\,3}+C$. Entonces, por el segundo teorema fundamental del cálculo integral (regla de Barrow), y a partir de cualquier función primitiva, por ejemplo $F(x)=\dfrac{3^x}{\ln\,3}$ (tomando, por ejemplo, $C=0$) tenemos que $\displaystyle \int_a^b\,3^x\,dx\overset{(2)}{=}F(b)-F(a)=\dfrac{3^b}{\ln\,3}-\dfrac{3^a}{\ln\,3}=\dfrac{1}{\ln\,3}\left(3^b-3^a\right)$

-oOo-

Nota (1):
Este paso, en realidad, es un cambio de variable: $u:=x\,(\ln\,3)$ y por tanto $du=\left( x\,(\ln\,3) \right)'\,dx = (\ln\,3)\cdot 1\,dx = (\ln\,3)\,dx \Rightarrow dx=\dfrac{du}{\ln\,3}$, con lo cual $\displaystyle \int\,e^{x\,(\ln\,3)}\,dx = \int\,e^u\,\dfrac{du}{\ln\,3}=\dfrac{1}{\ln\,3}\,e^u+C=\dfrac{1}{\ln\,3}\,e^{(\ln\,3)\,x}+C=\dfrac{3^x}{\ln\,3}+C$

Nota (2):
Otra manera de notar la aplicación de la regla de Barrow es: $\displaystyle \displaystyle \int_a^b\,3^x\,dx=\left[ \dfrac{3^x}{\ln\,3} \right]_{a}^{b}=\dfrac{3^b}{\ln\,3}-\dfrac{3^a}{\ln\,3}=\dfrac{1}{\ln\,3}\left(3^b-3^a\right)$

Nota (3):
Podemos aplicar también la regla de Barrow a partir del cambio de variable (véase (1)) realizado y recalculando los nuevos límites de integración: $\displaystyle \int_{a}^{b}\,3^x\,dx=\int_{a}^{b}\,e^{x\,(\ln\,3)}\,dx\overset{(1)}{=}\int_{a\,\ln\,3}^{b\,\ln\,3}\,e^u\,\dfrac{du}{\ln\,3}=\left( \dfrac{e^{b\,\ln\,3}}{\ln\,3}-\dfrac{e^{a\,\ln\,3}}{\ln\,3}\right)=\dfrac{1}{\ln\,3}\,\left( e^{b\,\ln\,3} - e^{a\,\ln\,3}\right)=\dfrac{1}{\ln\,3}\,\left( 3^b-3^a \right)$

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Integrales indefinidas

Resolvamos la siguiente integral indefinida (calculemos la familia de primitivas asociada a la función del integrando): $$\displaystyle \int\,x\,\ln(x)\,dx$$ que es un interesante ejercicio para practicar, en este caso, el método de integración de por partes

Observemos que la función integrando, $x\,\ln(x)$, es el producto de dos funciones elementales bien distintas, lo cual nos lleva a decidirno por utilizar la técnica de integración por partes: $$\displaystyle \int u\,dv=u\,v-\int\,v\,du$$

Ensayemos la siguiente agrupación, $u:=x$ y $dv:=\ln(x)\,dx$. Entonces, $du=(x)'\,dx = 1\cdot dx=dx$ y $\displaystyle v=\int\,\ln(x)\,dx$; esta integral que nos permitirá conocer $v$, podemos integrarla a su vez empleando también el método de por partes, $\displaystyle \int t\,dw=t\,w-\int\,w\,dt$, mediante la siguiente agrupación: $t:=\ln(x) \therefore dt=(\ln(x))'\,dx=\dfrac{1}{x}\,dx$ y $dw:=dx \therefore w=x$, con lo cual $\displaystyle v=x\,\ln(x)-\int\,x\,\dfrac{1}{x}\,dx+\text{constante}=x\,\ln(x)-x+\text{constante}=x\,(\ln(x)-1)+\text{constante}$, pudiendo elegir cualquier valor para la constante de integración, que es arbitraria, pues nos basta con encontrar una primitiva; pongamos que le asignemos el valor cero, entonces dicha primitiva es $v=x\,(\ln(x)-1)$

Así las cosas, $\displaystyle \int\,x\,\ln(x)\,dx=:\int u\,dv=u\,v-\int\,v\,du=x\,\left(x\,(\ln(x)-1)\right)-\int\,x\,(\ln(x)-1)\,dx=$
  $x^2\,(\ln(x)-1)-\int\,x\,\ln(x)\,dx+\int\,x\,dx = x^2\,(\ln(x)-1)-\int\,x\,\ln(x)\,dx+\dfrac{1}{2}\,x^2+\text{constante} \Rightarrow$
    $ \Rightarrow 2\,\int\,x\,\ln(x)\,dx = x^2\,(\ln(x)-1)+\dfrac{1}{2}\,x^2+\text{constante} \Rightarrow$
      $ \Rightarrow \int\,x\,\ln(x)\,dx = \dfrac{x^2}{2}\,(\ln(x)-1)+\dfrac{1}{4}\,x^2+C$
y compactando un poco las expresiones, $$ \displaystyle \int\,x\,\ln(x)\,dx = \dfrac{x^2}{4}\,\left[2\,(\ln(x)-1)+1\right]+C=\dfrac{x^2}{4}\,\left[\ln(x^2)-2+1\right]+C=\dfrac{x^2}{4}\,\left[\ln(x^2)-1\right]+C\,,\,\forall C\in \mathbb{R}$$ siendo $C$ la constante (de valor arbitrario) de integración. $\diamond$

Un ejercicio de integración que parece difícil, pero sólo lo parece

(1) Ciertamente hay ejercicios de integración indefinida que, a primera vista, asustan, como por ejemplo, $\displaystyle \int\,x\,e^{ln\,x}\,dx$, pero mirándola bien, no es tan difícil. Veamos la razón de ello:

Teniendo en cuenta que la exponencial y el logaritmo son funciones mútuamente recíprocas, se tiene que $e^{\ln\,x}=x$, luego $\displaystyle \int\,x\,e^{ln\,x}\,dx=\int\,x\cdot x\,dx=\int\,x^2\,dx=\dfrac{1}{3}\,x^3+C.\,\diamond$

(2) Un poco más liosa es la siguiente integral, pero no ofrece muchas dificultades por la misma razón que la apuntada: $\displaystyle \int\,x\,2^{ln\,x}\,dx$

Observemos ahora que si llamamos $t:=2^{\ln\,x}$, sacando logaritmos neperianos en cada miembro, se tiene que $\ln\,t=\ln\,\left(2^{\ln\,x}\right)=\ln\,2 \cdot \ln\,x$, luego $t=e^{\ln\,2 \cdot \ln\,x}=\left( e^{\ln\,x}\right)^{\ln\,2}=\ln\,2\cdot e^{\ln\,x}=x\,\ln\,2$. Por consiguiente, $\displaystyle \int\,x\,2^{ln\,x}\,dx=\int (\ln\,2)\,x \cdot x\,dx=\dfrac{\ln\,2}{3}\,x^3+C.\,\diamond$

Integración de funciones racionales mediante la descomposición de la función integrando (racional) en suma de fracciones propias más sencillas. Un ejemplo

En este artículo vamos a resolver la integral indefinida $$\displaystyle \int\,\dfrac{1}{x^3+x^2+x+1}\,dx$$

El polinomio denominador de la función del integrando puede factorizarse, y fácilmente se obtiene que $$x^3+x^2+x+1=(x+1)(x^2+1)$$ Por lo que podemos intentar descomponer la función integrando $\dfrac{1}{x^3+x^2+x+1}$ de la forma $$\dfrac{1}{x^3+x^2+x+1}=\dfrac{A}{x+1}+\dfrac{Bx+C}{x^2+1} \quad \quad (1)$$ con lo cual, la integral pedida se podrá escribir así: $$\displaystyle \int\,\dfrac{1}{x^3+x^2+x+1}\,dx=\int\,\dfrac{A}{x+1}\,dx+\int\,\dfrac{Bx+C}{x^2+1}\,dx$$ siendo las integrales del segundo miembro semi inmediatas.

Tendremos pues que calcular el valor de los coeficientes $A,B$ y $C$, reduciendo a común denominador la igualdad (1) se tiene que $$\dfrac{1}{x^3+x^2+x+1}=\dfrac{A\cdot (x^2+1)}{x+1}+\dfrac{(Bx+C)(x+1)}{x^2+1} \leftrightarrow 1=(A+B)\,x^2+(B+C)\,x+(A+C)$$ De donde, igualando términos del mismo grado entre ambos miembros: $$\left\{\begin{matrix}A+B=0\\ B+C=0\\ A+C=1\end{matrix}\right.\sim \left\{\begin{matrix}A=\dfrac{1}{2}\\ B=-\dfrac{1}{2}\\ C=\dfrac{1}{2}\end{matrix}\right. $$

Por consiguiente,
$\displaystyle \int\,\dfrac{1}{x^3+x^2+x+1}\,dx=$
  $=\displaystyle \int\,\dfrac{\frac{1}{2}}{x+1}\,dx+\int\,\frac{-\dfrac{1}{2}\,x+\frac{1}{2}}{x^2+1}\,dx$
    $=\displaystyle \dfrac{1}{2}\int\,\dfrac{1}{x+1}\,dx-\dfrac{1}{2}\,\int\,\dfrac{x-1}{x^2+1}\,dx$
      $\displaystyle \dfrac{1}{2}\int\,\dfrac{1}{x+1}\,dx-\dfrac{1}{2}\,\int\,\dfrac{x}{x^2+1}\,dx+\dfrac{1}{2}\,\int\,\dfrac{1}{x^2+1}\,dx$
        $\displaystyle =\dfrac{1}{2}\int\,\dfrac{1}{x+1}\,dx-\dfrac{1}{4}\,\int\,\dfrac{2x}{x^2+1}\,dx+\dfrac{1}{2}\,\int\,\dfrac{1}{x^2+1}\,dx$
          $\displaystyle =\dfrac{1}{2}\,\ln(|x+1|)-\dfrac{1}{4}\,\ln(x^2+1)+\dfrac{1}{2}\,\text{arctan}(x)+C$
$\diamond$

Ejercicio con una integral indefinida, aperentemente complicada: $\displaystyle \int\,\dfrac{\cos(x)}{\sin(x)+3}\,dx$

$$\displaystyle \int\,\dfrac{\cos(x)}{\sin(x)+3}\,dx=\int\,\dfrac{\cos(x)\,dx}{\sin(x)+3}\overset{(1)}{=}\int\,\dfrac{d(\sin(x)+3)}{\sin(x)+3}=\ln\,(\sin(x)+3)+C$$ (1) $d(\sin(x)+3)=(sin(x)+3)'\,dx=\cos(x)\,dx$
$\diamond$

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: $$\int\dfrac{x+1}{x^2+3x+4}\,dx=\dfrac{1}{2}\,\ln\;(x^2+3x+4)-\dfrac{\sqrt{7}}{7}\,\arctan\,\left(\dfrac{2}{\sqrt{7}}\,(x+3/2)\right)+C$$
$\square$

Cálculo de primitivas

ENUNCIADO. Calcular las siguientes integrales indefinidas:
      a) $\displaystyle \int\,\dfrac{dx}{x^3-2x^2+x}$       b) $\displaystyle \int \, \text{cotan}\,x\,dx$

SOLUCIÓN.
a)
El polinomio del denominador se puede factorizar de la forma $x\,(x-1)^2$, así pues, $$\dfrac{1}{x\,(x-1)^2}=\dfrac{A}{x}+\dfrac{B}{x-1}
+\dfrac{C}{(x-1)^2}$$ por lo que deberá cumplirse el siguiente sistema de ecuaciones lineales $$\left\{\begin{matrix}A&+&B&&&=&0 \\ -2A&-&B&+&C&=&0 \\ A&&&&&=&1\end{matrix} \right.$$ cuya solución es $$\left\{\begin{matrix}A&&&&&=&1 \\ &&B&&&=&-1 \\ &&&&C&=&1\end{matrix} \right.$$ Entonces podemos escribir que
$\displaystyle \int\,\dfrac{dx}{x^3-2x^2+x}=\int\,\dfrac{dx}{x}+\int\,\dfrac{(-1)\,dx}{x-1}+\int\,\dfrac{dx}{(x-1)^2}\overset{\text{integrales inmediatas}}{=}$
$$=\ln\,|x|-\ln\,|x-1|-\dfrac{1}{x-1}+C$$

b)
$\displaystyle \int \, \text{cotan}\,x\,dx=\int \, \dfrac{\cos\,x}{\sin\,x}\,x\,dx \overset{(1)}{=} \int\,\dfrac{dt}{t}=\ln\,t+C\overset{(2)}{=}\ln \,(|\sin\,x|) + C$

(1): Cambio de variable $t:=\sin\,x$, luego $dt=\cos\,x\,dx$
(2): Deshaciendo el cambio de variable (1)

Integración de funciones definidas a trozos

ENUNCIADO. Calcular una primitiva asociada a la función $$f(x)=\left\{\begin{matrix}x^2 & \text{si} & x\le 1 \\ e^x & \text{si} & x\succ 1 \end{matrix}\right.$$ y dibujar las gráficas de sendas funciones.

SOLUCIÓN. Se pide que resolvamos la integral indefinida $\displaystyle \int\,f(x)\,dx$. Integrando por separado cada uno de los dos tramos, obtenemos $$F(x)=\left\{\begin{matrix}\dfrac{1}{3}\,x^3 & \text{si} & x\le 1 \\ e^x & \text{si} & x\succ 1 \end{matrix}\right.$$

Gráficas:

$\square$

Integrales indefinidas. Cálculo de primitivas

Cálculo de primitivas. Exposición de técnicas para tratar funciones con términos irracionales.

Integrales indefinidas. Cálculo de primitivas de funciones trigonométricas.

Calcular la integral indefinida ( primitiva ) ... ( Artículo escrito en catalán )

Enunciat:
Determineu la família de primitives corresponent a la següent integral indefinida:
        $\int \, \tan(x)\,dx$

Resolució:
Podem escriure la integral demanada de la forma
    $\int\, \dfrac{\sin{x}}{\cos{x}}\,dx$
I fent el canvi de variable
    $u=\cos{x}$
        $du=-\sin{x}\,dx$
la integral demanada es pot posar de la forma
    $-\int\, \dfrac{du}{u}$
que és igual a
    $-\ln{(u)}$
i, desfent el canvi de variable, arribem a
    $\int \, \tan(x)\,dx=-\ln{\big( \cos{x}\big)}+C$
on $C$ és la constant d'integració (la constant arbitrària de la família d'aquesta família de primitives).
$\square$

[nota del autor]

Calcular la integral indefinida de la siguiente función racional ... ( Artículo escrito en catalán )

Enunciat:
Resoleu
    $\displaystyle \int{\dfrac{x^3+x-1}{x^2-1}\,dx}$

Solució:
La funció integrand $f(x)$ és una funció racional impròpia.
Efectuant la divisió $(x^3+x-1) \div (x^2-1)$
trobem que el polinomi quocient és igual a $x$, i el polinomi residu és $2\,x+1$
i, doncs, pel teorema de la divisió, podem escriure
    $\dfrac{x^3+x-1}{x^2-1}=x+\dfrac{2\,x+1}{x^2-1}$
Llavors, podem escriure la integral de la forma
    $\displaystyle \int{\dfrac{x^3+x-1}{x^2-1}\,dx}=\int{\bigg( x + \dfrac{2\,x+1}{x^2-1}\bigg)\,dx}$
            $= \displaystyle \int{ x \,dx}+\int{ \dfrac{2\,x}{x^2-1}\,dx}+\int{ \dfrac{1}{x^2-1}\,dx}$
i tenint en compte que podem factoritzar el polinomi del denominador de la funció integrand del tercer terme: $x^2-1=(x-1)\,(x+1)$
escriurem
                $\dfrac{1}{x^2-1}$
com la suma de dues fraccions algebraiques
                $\dfrac{1}{x^2-1}=\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{x-1}-\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{x+1}$
Per tant ( i recopilant ), la integral donada
    $\displaystyle \int{\dfrac{x^3+x-1}{x^2-1}\,dx}$
és igual a la següent suma d'integrals ( més senzilles ):
    $\displaystyle \int{ x \,dx}+\int{ \dfrac{2\,x}{x^2-1}\,dx}+\int{ \dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{x-1}\,dx}-\int{ \dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{x+1}\,dx}$
que, integrades, i sumades, menen a
    $\displaystyle \dfrac{1}{2}\,x^2+\ln{\left|x^2-1\right|}+\dfrac{1}{2}\,\ln{\left|x-1\right|}-\dfrac{1}{2}\,\ln{\left|x+1\right|}+C$
        $=\displaystyle \dfrac{1}{2}\,x^2+\ln{\left|x^2-1\right|}+\dfrac{1}{2}\,\ln{\left|\dfrac{x-1}{x+1}\right|}+C$
on $C$, per ser la constant d'integració, és qualsevol nombre real.
$\square$

[nota del autor]