5.16 Integración por sustitución y por partes (solo NS)

Hasta ahora has integrado funciones cuya primitiva se reconoce casi de memoria: polinomios, exponenciales sencillas, senos y cosenos. Pero la mayoría de las integrales que aparecen en problemas reales no tienen esa cara amable. ∫x·sen x dx no es la integral de un producto que se resuelva «multiplicando primitivas» —eso no existe— y ∫(2x+1)·(x²+x)⁵ dx tiene una potencia quinta que nadie quiere desarrollar a mano. Para estos casos el NS aporta dos herramientas que, juntas, cubren la inmensa mayoría de las integrales del examen.

Las dos técnicas no son trucos sueltos: son las dos reglas de derivación más importantes leídas hacia atrás. La sustitución es la regla de la cadena del revés; la integración por partes es la regla del producto del revés. Entender ese origen te dice cuándo usar cada una: si en el integrando reconoces «una función dentro de otra y su derivada cerca», piensas en sustitución; si ves un producto de dos funciones de naturalezas distintas, piensas en partes.

Integración por sustitución

La idea: deshacer la regla de la cadena

La regla de la cadena dice que la derivada de F(g(x)) es F′(g(x))·g′(x). Si llamamos f = F′, eso significa que una primitiva de f(g(x))·g′(x) es exactamente F(g(x)). Leído como integral:

El procedimiento mecánico tiene cuatro pasos: (1) elige u —normalmente el «interior» de la composición o lo que está dentro de una raíz, una potencia o un exponente—; (2) calcula du = g′(x) dx y despeja lo que necesites; (3) reescribe toda la integral en términos de u, sin que sobre ninguna x; (4) integra y deshaz la sustitución volviendo a x. Una integral en x con alguna x suelta sin convertir es señal de que la elección de u no era la buena.

Ejemplo 1 — sustitución directa. Calcular ∫ (2x + 1)·(x² + x)⁵ dx.

1. El «interior» de la potencia quinta es x² + x. Tomamos u = x² + x.
2. Derivamos: du = (2x + 1) dx. ¡El otro factor del integrando es justo g′(x)!
3. La integral se convierte en ∫ u⁵ du = u⁶/6 + C.
4. Deshacemos: (x² + x)⁶/6 + C. Comprobación: derivando, 6(x²+x)⁵·(2x+1)/6 = (2x+1)(x²+x)⁵. ✓

Ejemplo 2 — sustitución con ajuste de constante e integral definida. Calcular ∫₀¹ x·e^x² dx.

1. El exponente es x², así que tomamos u = x², de donde du = 2x dx.
2. En el integrando solo aparece x dx, no 2x dx. Despejamos: x dx = du/2.
3. Cambiamos los límites: cuando x = 0, u = 0; cuando x = 1, u = 1. La integral pasa a ser ∫₀¹ e^u·(1/2) du = (1/2)∫₀¹ e^u du.
4. Integramos: (1/2)[e^u]₀¹ = (1/2)(e − 1) ≈ (1/2)(1,71828) ≈ 0,859.

Cuando la sustitución te la dan

Si la integral no tiene la forma cómoda anterior, el examen indica el cambio. Suele ser una sustitución de las llamadas «inversas»: en lugar de llamar u a un trozo de x, se escribe x en función de u.

Ejemplo 3 — sustitución dada. Calcular ∫ 1/(1 + √x) dx usando la sustitución u = √x.

1. De u = √x se sigue x = u², luego dx = 2u du.
2. La integral pasa a ∫ (2u)/(1 + u) du. Hacemos la división: (2u)/(1+u) = 2 − 2/(1+u).
3. Integramos: ∫[2 − 2/(1+u)] du = 2u − 2 ln|1 + u| + C.
4. Deshacemos con u = √x: 2√x − 2 ln(1 + √x) + C. (El valor absoluto sobra porque 1 + √x > 0.)

Integración por partes

La fórmula y su origen

La regla del producto dice que (u·v)′ = u′v + uv′. Integrando los dos lados respecto de x y despejando, se obtiene la fórmula de integración por partes.

Una regla práctica para elegir u es el orden L-A-T-E: Logarítmicas, funciones Arco (inversas trigonométricas), Trigonométricas (potencias y polinomios algebraicos) y Exponenciales. Lo que aparezca antes en esa lista se toma como u; el resto, como dv. El motivo es que las logarítmicas y las arco se simplifican mucho al derivar, mientras que las exponenciales se integran sin esfuerzo.

Ejemplo 4 — el caso clásico ∫x·sen x dx.

1. Hay un polinomio (x) y una trigonométrica (sen x). Por L-A-T-E, el polinomio va antes: u = x, dv = sen x dx.
2. Entonces du = dx y v = −cos x.
3. Aplicamos la fórmula: ∫x sen x dx = x·(−cos x) − ∫(−cos x) dx = −x cos x + ∫cos x dx.
4. Resultado: −x cos x + sen x + C. Comprobación: la derivada es −cos x + x sen x + cos x = x sen x. ✓

Ejemplo 5 — ∫ln x dx, un producto «escondido». Aquí parece que no hay producto, pero se escribe ln x = (ln x)·1.

1. Tomamos u = ln x (logarítmica, primera en L-A-T-E) y dv = 1·dx.
2. Entonces du = (1/x) dx y v = x.
3. Por partes: ∫ln x dx = x ln x − ∫x·(1/x) dx = x ln x − ∫1 dx.
4. Resultado: x ln x − x + C. Derivada: ln x + x·(1/x) − 1 = ln x. ✓ La misma idea da ∫arcsen x dx = x arcsen x + √(1−x²) + C.

Por partes reiterada y el caso cíclico

A veces una sola aplicación no basta: la nueva integral sigue siendo un producto. Entonces se repite el procedimiento. Con un polinomio de grado n multiplicado por una exponencial, hacen falta n aplicaciones, una por cada grado, hasta que el polinomio se derive a una constante.

Ejemplo 6 — por partes reiterada: ∫x² e^x dx.

1. Primera aplicación: u = x², dv = e^x dx; du = 2x dx, v = e^x. Resulta ∫x²e^x dx = x²e^x − 2∫x e^x dx.
2. Segunda aplicación sobre ∫x e^x dx: u = x, dv = e^x dx; da x e^x − ∫e^x dx = x e^x − e^x.
3. Sustituimos: ∫x²e^x dx = x²e^x − 2(x e^x − e^x) + C.
4. Resultado: e^x(x² − 2x + 2) + C. Derivada: e^x(x²−2x+2) + e^x(2x−2) = e^xx². ✓

El caso más elegante es el cíclico: cuando se integra un producto de exponencial por trigonométrica, dos aplicaciones reproducen la integral original. En lugar de un círculo vicioso, se trata como una ecuación algebraica.

Ejemplo 7 — integral cíclica: I = ∫e^x sen x dx.

1. Primera aplicación: u = sen x, dv = e^x dx; da I = e^x sen x − ∫e^x cos x dx.
2. Segunda aplicación sobre ∫e^x cos x dx, con u = cos x, dv = e^x dx: da e^x cos x + ∫e^x sen x dx = e^x cos x + I.
3. Sustituyendo: I = e^x sen x − (e^x cos x + I) = e^x sen x − e^x cos x − I.
4. La integral I aparece a los dos lados. Despejamos: 2I = e^x(sen x − cos x), de donde I = (1/2)e^x(sen x − cos x) + C. Derivada: (1/2)[e^x(sen x−cos x) + e^x(cos x+sen x)] = (1/2)·2e^x sen x = e^x sen x. ✓