¿Qué otros trucos y técnicas puedo utilizar en la integración?

Question

Hasta ahora, conozco y puedo utilizar un número razonable de "trucos" o técnicas cuando resuelvo integrales. A continuación se muestran los trucos/técnicas que conozco para integrales indefinidas y definidas por separado.

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Integrales indefinidas

• Integrales estándar, como las de funciones polinómicas, trigonométricas, logarítmicas y exponenciales, incluido el uso de los identidades trigonométricos.
• Sustitución básica.
• Sustituciones de Weierstrass y Euler.
• Integración por partes.
• $$\int\frac{1}{x+x^n}dx=\int\frac{x^{-n}}{1+x^{1-n}}dx=\frac{1}{1-n}\ln\lvert 1+x^{1-n}\rvert+C$$
• $$\int\frac{1}{x^{\frac{a+b}{a+b}}\cdot x^{\frac{a}{a+b}}+x^{\frac{b}{a+b}}}dx=\int \frac{x^{-\frac{b}{a+b}}}{\left(x^{\frac{a}{a+b}}\right)^2+1}dx=\arctan x^{\frac{a}{a+b}}+C$$
• Sustitución $u=\frac{1-x}{1+x}$ para integrales en las que intervienen $\ln$ y/o los límites $0$ y $1$ .
• Fórmulas de reducción.
• $$\int e^x(f(x)+f'(x))dx=e^xf(x)+C$$
• Escribir $\sin$ y $\cos$ como exponenciales complejos.
• $$\int\frac{a\sin x+b\cos x}{c\sin x+d\cos x}dx=Ax+B\ln\lvert c\sin x+d\cos x\rvert+C$$ donde $$A=\frac{ac+bd}{c^2+d^2}~~~B=\frac{bc-ad}{c^2+d^2}$$ que puede hallarse mediante ecuaciones simultáneas.

Integrales definidas

• Diferenciación bajo el signo integral ('técnica de Feynman')
• $$\int_a^b f(x)dx=\int_a^bf(a+b-x)dx$$
• Utilización de series de potencias para evaluar integrales como $\int_0^1\frac{\ln(1-x)}{x}dx$ y similares.
• Haciendo uso de las propiedades de la función par o impar.
• (Mi favorito personal más reciente) Para funciones uniformes $f(x)$ y $g(x)$ y una función impar $h(x)$ : $$\int_{-a}^a\frac{f(x)}{1\pm g(x)^{h(x)}}dx=\int_{0}^a f(x)~dx$$ que nos permite evaluar cosas maravillosas como $$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{-x^2}}{1+\pi^{\sin x} }dx=\frac{\sqrt{\pi}}{2}$$

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Pregunta:

¿Conoces otras técnicas o trucos de integración que pueda utilizar y cuyo uso no dependa de nada más allá de cálculo de bachillerato * ¿o quizás el primer año de una carrera de Matemáticas?

Sé que se ha planteado una pregunta similar aquí y aquí pero les he echado un vistazo y no se mencionaba nada más allá de lo que he escrito arriba, aparte de algunas técnicas que no pude entender como el cálculo de residuos y las integrales de contorno.

Muchas gracias por su ayuda.

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* Más o menos lo que yo entiendo por cálculo de nivel de bachillerato:

INCLUIDO

• Integración de polinomios y de las funciones trigonométricas básicas, tales como $\sin x$ , $\cos x$ , $\tan x$ , $\sec x$ , $\operatorname{cosec} x$ , $\cot x$ , $\sec^2 x$ , $\sec x\tan x$ , $\operatorname{cosec} x\cot x$ , $\operatorname{cosec}^2 x.$
• Integración de todos los $x^n$ incluyendo $n=1$ . Integración de exponenciales .
• Integración por partes.
• Integración mediante sustituciones, como las sustituciones trigonométricas/hiperbólicas y las sustituciones de Weierstrass y Euler (también se incluye la integración por "inspección", que en realidad no es más que una sustitución, pero en la que no es necesario sustituir nada).
• Integración mediante fracciones parciales y logaritmos, tales como $\int\frac{f'(x)}{f(x)}dx$ .
• Fórmulas de reducción. Capacidad para comprender y utilizar los conceptos de funciones pares e Impares en la integración. Integrales impropias.
• Integración que da lugar a funciones elementales.

NO INCLUIDO

• Transformadas de Fourier, Laplace y Mellin.
• Integrales indefinidas que incluyen funciones no elementales en la solución.
• Integración de contornos.
• Cálculo de residuos y métodos similares.

Answer 1

Como estudiante de bachillerato, la mayoría de los trucos que conozco ya los habías dicho tú, o en los comentarios. Sin embargo, hay un truco más que creo que nadie ha mencionado: Integrar una función inversa.

$$\int\!f^{-1}(x)\ dx = x\cdot\!f^{-1}(x)\ - F(f^{-1}(x))\ + c$$ donde $$F(x) = \int\!f(x)\ dx$$

Así, por ejemplo, si desea encontrar $\int\cos^{-1}(x)\ dx,$ tendrás $$f(x)= \cos x$$ y $$F(x) = \int\cos x\ dx = \sin x\ (+c)$$

Así que para encontrar $\int\cos^{-1}(x)\ dx,$ utiliza la fórmula siguiente:

$$\int\cos^{-1}(x)\ dx = x\cdot\cos^{-1}(x)\ - \sin(\cos^{-1}(x))\ + c$$ $$= x\cdot\cos^{-1}(x)\ - \sqrt {1-x^2}\ + C$$

Personalmente me gusta este truco ya que se puede generalizar a cualquier función inversa. Una forma sencilla de demostrarlo sería utilizando la Regla de la Cadena, pero es una fórmula realmente agradable que evita tener que hacer las cosas desde cero cada vez.

Espero que te haya servido para completar tu lista :)

Answer 2

Dado que has mencionado el truco de Feynman como uno de los métodos que conoces, supondré que al menos estás un poco familiarizado con las integrales multivariables. Si lo permites, algunas técnicas que puedes utilizar son las siguientes

• Una técnica consiste en trabajar con integrales dobles para evaluar una única integral. Un gran ejemplo se encuentra aquí donde se utiliza esta técnica para evaluar $\int_0^{\infty} \frac{\sin(x)}{x} \, \mathrm{d}x$ . En la respuesta enlazada, el OP muestra que se puede empezar con la ecuación: $$ \int_{0}^{\infty} \left(\int_{0}^{\infty} e^{-xy} \sin x \, \mathrm{d}y\right)\, \mathrm{d}x = \int_{0}^{\infty} \left(\int_{0}^{\infty} e^{-xy} \sin x \, \mathrm{d}x\right)\, \mathrm{d}y $$ y después, integrando el L.H.S. primero con respecto a $y$ y luego $x$ pero en el R.H.S integrando primero con respecto a $x$ y luego $y$ obtienes $$ \int_{0}^{\infty} \frac{\sin x}{x} \, \mathrm{d}x= \int_{0}^{\infty}\frac{1}{1+y^2}\, \mathrm{d}y = \lim_{x\to \infty}\arctan(x) - 0 = \frac{\pi}{2} $$
• También en los trucos multivariable es utilizar un cambio de sistema de coordenadas para evaluar una integral. Esta es una forma estándar de evaluar $\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} \, \mathrm{d}x$ haciendo $$ \left(\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} \, \mathrm{d}x\right)^2 = \left(\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} \, \mathrm{d}x\right)\left(\int_{-\infty}^{\infty} e^{-y^2} \, \mathrm{d}y\right) = \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\left(x^2 + y^2 \right)} \, \mathrm{d}y \, \mathrm{d}x $$ y aquí notando que estamos integrando sobre todo el plano cartesiano (ya que vamos de $- \infty$ a $\infty$ en ambos $x$ y $y$ direcciones) podemos transformar a coordenadas polares recordando que $x ^2 + y^2 = r^2$ y que la diferencial de área en coordenadas polares es $\mathrm{d}A = \mathrm{d}y\, \mathrm{d}x = r\, \mathrm{d}r \, \mathrm{d}\theta$ . Obtenemos $$ \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\left(x^2 + y^2 \right)} \, \mathrm{d}y \, \mathrm{d}x = \int_0^{2 \pi} \int_{0}^{\infty} e^{-r^2} r\, \mathrm{d}r \, \mathrm{d}\theta = \int_0^{2 \pi} \frac{1}{2} \, \mathrm{d}\theta = \pi $$ por lo que concluimos que $$ \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} \, \mathrm{d}x = \sqrt{\pi} $$

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Otro enfoque que puedes adoptar es intentar convertir una pregunta de integración en ecuaciones en las que el es la propia integral . Un ejemplo de ello es el truco utilizado para evaluar $I =\int e^x \sin(x)\, \mathrm{d}x$ . Aplicando dos veces la integración por partes obtenemos que \begin{align*} &\underbrace{\int e^x \sin(x) \, \mathrm{d}x}_{\color{blue}{I}} = \sin(x) e^x- \cos(x)e^x - \underbrace{\int e^x \sin(x)\, \mathrm{d}x}_{\color{blue}{I}}\\ \implies& \int e^x \sin(x)\, \mathrm{d}x = I = \frac{e^x (\sin(x) - \cos(x))}{2} + C \end{align*} donde vemos que transformamos nuestra pregunta integral en la resolución de una ecuación lineal cuya única incógnita es $I$ .

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Además, si estás un poco familiarizado con las ecuaciones diferenciales, te darás cuenta de que a veces puedes pasar de una pregunta integral a una ecuaciones diferenciales pregunta.

Un ejemplo de ello es la evaluación de $\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2}\cos(\sqrt{2}x) \mathrm{d}x$ . Así pues, definimos la función $I(\xi) = \int_{-\infty}^{\infty} e^{- x^2}\cos(2 \xi x)\, \mathrm{d}x $ . Usando el truco de Feynman vemos que \begin{align} I'(\xi) &=\int_{-\infty}^{\infty} \left[-2xe^{- x^2}\right]\sin(2 \xi x)\, \mathrm{d}x\overset{\text{I.B.P.}}{=} -2\xi \underbrace{\int_{-\infty}^{\infty} e^{- x^2}\cos(2 \xi x)\, \mathrm{d}x}_{\color{blue}{I(\xi)}} \end{align} Así llegamos a $I' = -2\xi I$ que es una ecuación diferencial que podemos intentar resolver para la función $I(\xi)$ . Reescribiendo la ecuación diferencial (dividiendo ambos lados por $I$ ) obtenemos $\frac{1}{I}\frac{\mathrm{d} I}{\mathrm{d}\xi} = -2\xi$ a partir de la cual podemos integrar ambos lados y obtener $$ \frac{1}{I}\frac{\mathrm{d} I}{\mathrm{d}\xi} = -2\xi \mathbin{\color{purple}{\implies}} \int_0^{\xi}\frac{1}{I}\frac{\mathrm{d} I}{\mathrm{d}\widetilde{\xi}} \mathrm{d} \widetilde{\xi} = \int_0^{\xi}-2 \widetilde{\xi}\, \mathrm{d}\widetilde{\xi} \mathbin{\color{purple}{\implies}} \ln\Bigg|\frac{I(\xi)}{I(0)}\Bigg| = -\xi^2 \mathbin{\color{purple}{\implies}} I(\xi) = I(0)e^{-\xi^2} $$ Pero desde nuestra definición original sabemos $I(0) =\int_{-\infty}^{\infty} e^{- x^2}\, \mathrm{d}x = \sqrt{\pi}$ (¡observando que esta última integral es la misma evaluada en la sección "cambio de coordenadas"!) podemos concluir $$ \int_{-\infty}^{\infty} e^{- x^2}\cos(2 \xi x)\, \mathrm{d}x = \sqrt{\pi} e^{-\xi^2} $$ y sustituyendo $\xi = \frac{1}{\sqrt{2}}$ obtenemos $$ \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2}\cos(\sqrt{2}x) \mathrm{d}x= \sqrt{\frac{\pi}{e}} $$

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No necesariamente técnicas, pero hay varias fórmulas integrales que pueden ser útiles para simplificar una integral. Ten en cuenta que las siguientes fórmulas son válidas siempre que las expresiones integrales tengan sentido (es decir, que converjan y sean suficientemente suaves):

1. $$ \int_{0}^{\infty} \frac{\ln(x)}{ax^2 + bx +c}\, \mathrm{d}x \overset{\color{blue}{x\to 1/x}}{=} -\int_{0}^{\infty} \frac{\ln(x)}{cx^2 + bx +a} \, \mathrm{d}x\color{blue}{\implies} \int_{0}^{\infty} \frac{\ln(x)}{ax^2 + bx +a}\, \mathrm{d}x=0 $$
2. Como se muestra en esta respuesta $$ \int_{0}^{\pi} x f \left( \sin(x)\right)\, \mathrm{d}x = \frac{\pi}{2}\int_{0}^{\pi} f \left( \sin(x)\right) \, \mathrm{d}x $$
3. Un caso especial de Teorema maestro de Glasser es $$ \int_{-\infty}^{\infty} f(x) \, \mathrm{d}x = \int_{-\infty}^{\infty} f\left(x- \frac{1}{x}\right) \, \mathrm{d}x $$ A veces, la afirmación general $ \int_{-\infty}^{\infty} f(x) \, \mathrm{d}x = \int_{-\infty}^{\infty} f\left(x- \frac{a}{x}\right) \, \mathrm{d}x $ para $a >0$ también es útil. Se muestra una prueba aquí .
4. También tenemos el resultado de la integral definida para la integral de funciones inversas . Para $y = f(x)$ , $f(a) = c$ y $f(b) = d$ un buen resultado es la identidad $$ \int_{a}^{b} f(x) \, \mathrm{d}x + \int_c^d f^{-1}(y) \, \mathrm{d}y = bd - ac $$
5. Tenemos la Frullani integral que da: $$ \int _{0}^{\infty }{\frac {f(ax)-f(bx)}{x}} \, \mathrm{d}x =\left(f(\infty)-f(0)\right)\ln\left(\frac {a}{b}\right) $$ donde $f(\infty) = \lim_{x \to \infty} f(x)$ . También hay un versión periódica de la integral de Frullani que dice que si $f(x)$ es periódica con período $p$ (es decir $f(x+p) = f(x)$ ) y $\int_0^{A} \frac{f(x)}{x}\, \mathrm{d}x <\infty$ para todos $A >0$ entonces $$ \int _{0}^{\infty }{\frac {f(ax)-f(bx)}{x}} \, \mathrm{d}x = \frac{\ln\left(\frac{a}{b}\right)}{p} \int_{u}^{u+p} f(x)\, \mathrm{d}x, \qquad \forall u \in \mathbb{R} $$
6. Para $f$ con una antiderivada acotada en $[0, \infty)$ entonces $$ \int_{0}^{\infty} f(x) \, \mathrm{d}x \overset{\color{blue}{x\to 1/x}}{=} \frac{1}{2} \int_{0}^{\infty}f(x) + \frac{f\left(\frac{1}{x}\right)}{x^2}\, \mathrm{d}x $$
7. Para una función $f$ eso es $\pi$ -periódica (es decir $f(\pi\pm x) = f(x)$ ) Fórmula integral de Lobachevsky da \begin{align} \int_{0}^{\infty} \frac{\sin^2(x)}{x^2}f(x) \, \mathrm{d}x = \int_{0}^{\infty} \frac{\sin(x)}{x}f(x) \, \mathrm{d}x =\int_{0}^\frac\pi2 f(x) \, \mathrm{d}x\\ \int_{0}^{\infty} \frac{\sin^4(x)}{x^4}f(x) \, \mathrm{d}x =\int_{0}^\frac\pi2 f(x) \, \mathrm{d}x - \frac23 \int_{0}^\frac\pi2 \sin^2(x)f(x) \, \mathrm{d}x \end{align}

Answer 3

Se pueden añadir integrales binómicas (integrales de Chebyschev) que son las de la forma $\int x^m(a+bx^n)^{\frac pq}dx$ donde $a,b$ son reales, $p,q$ entero y $m,n$ racional. Chebyschev demostró que estas integrales son funciones elementales sólo cuando al menos una de $\dfrac pq,\dfrac{m+1}{n}$ o $\dfrac{m+1}{n}+\dfrac pq$ son números enteros. Por ejemplo $\int x^4(1+x^4)^{\frac 12}dx$ no es calculable por métodos elementales.

Más precisamente para los tres casos anteriores de solubilidad elemental tenemos:

► $\dfrac pq$ es un número entero: Aplica el binomio de Newton.

► $\dfrac{m+1}{n}$ es un número entero: cambiar la variable $u=(a+bx^n)^{\frac 1q}$ .

► $\dfrac{m+1}{n}+\dfrac pq$ es un número entero: cambiar la variable $u=\left(\dfrac{a+bx^n}{x^n}\right)^{\frac 1q}$

EJEMPLO . Si $\int\frac{1}{x^4\sqrt{1+x^2}}dx$ entonces poniendo $u=\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}$ conduce a la integral $\int(1-u^2)du$

Answer 4

Esto es bastante obvio, pero extremadamente infravalorada y desaprovechada: si crees que puedes manipular una integral para ajustarla a la forma de la regla del cociente de la diferenciación, hazlo ¡! No sabes cuántas integrales he evaluado con esta técnica que, a primera vista, parecen imposibles de expresar en términos de funciones elementales. Un ejemplo es

$$\int\frac{1}{\ln(x)}-\frac{1}{\ln^2(x)}\text{ }dx$$

Una expresión elemental para esta integral parece irremediablemente inalcanzable: es bien sabido que $\int\frac{1}{\ln(x)}dx$ y $\int\frac{1}{\ln^2(x)}dx$ son integrales no elementales, y la de arriba es una combinación lineal de las dos. ¿Qué podemos hacer? Bueno, algo de manipulación algebraica nunca viene mal, aunque parezca que hace el integrando más lioso, así que vamos a intentarlo. En concreto, combinemos los términos haciendo que tengan el mismo denominador; la forma más fácil de hacerlo es multiplicar y dividir $\frac{1}{\ln(x)}$ por $\ln(x)$ .

\begin{align*} \int\frac{1}{\ln(x)}-\frac{1}{\ln^2(x)}\text{ }dx &= \int\frac{\ln(x)}{\ln^2(x)}-\frac{1}{\ln^2(x)}\text{ }dx\\ &= \int\frac{\ln(x)-1}{\ln^2(x)}dx \end{align*}

Ahora la manipulación clave: sustituir $1$ con $\frac{x}{x}$ . Esto es perfectamente aceptable porque el integrando original estaba indefinido en $0$ ( $\ln x$ no está definido para $x=0$ ).

\begin{align*} \int\frac{\ln(x)-1}{\ln^2(x)}dx &= \int\frac{1\cdot\ln(x)-\frac{x}{x}}{\ln^2(x)}dx\\ &= \int\frac{1\cdot\ln(x)-\frac{1}{x}\cdot x}{\ln^2(x)}dx \end{align*}

Probablemente ya lo veas. Si dejamos que $f(x)=x$ y $g(x)=\ln(x)$ entonces la regla del cociente da

$$\left(\frac{f}{g}\right)'(x)=\frac{f'(x)g(x)-g'(x)f(x)}{[g(x)]^2}=\frac{1\cdot\ln(x)-x\cdot\frac{1}{x}}{\ln^2(x)}$$

Así, nuestro integrando es simplemente la derivada de $\frac{x}{\ln(x)}$ . Esto da inmediatamente

$$\int\frac{1}{\ln(x)}-\frac{1}{\ln^2(x)}\text{ }dx=\frac{x}{\ln(x)}+C$$

Answer 5

Aquí hay un par más:

1. Un truco común también es dejar que la integral en cuestión sea $I$ y añadirlo a sí mismo para simplificar las cosas. Por ejemplo, intente calcular:

$$I=\int_{0}^{2014}{\frac{\sqrt{2014-x}}{\sqrt{x}+\sqrt{2014-x}}dx}$$

Hacer una sustitución $u = 2014-x$ y sumando la integral resultante a la original se obtiene $2I = \int_0^{2014} 1 \,dx$ .

2. Otro truco es la geometría. El más común con el que se encuentran los estudiantes es un círculo, pero aquí tienes uno diferente (del MIT Integration Bee 2019):

$$\lim_{n \to \infty}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^{2n}} \,dx.$$ Si dibujas la imagen, sólo obtendrás un rectángulo de altura $1$ y longitud $2$ por lo que la respuesta es $2$ .

3. Sumas de Riemann. Prueba a calcular (sin residuos)

$$\int_0^{\pi} \ln(1-2a \cos x + a^2) \,dx$$

Si divide el intervalo $[0,\pi]$ en $n$ intervalos de igual tamaño, se obtiene una buena factorización que evalúa a $\frac{\pi}{n} \ln \frac{a^{2n}-1}{a^2-1}$ así que todo lo que tienes que hacer es tomar el límite.