Integració adaptació Ll1

Lliçó d'integració amb temari per a integrals indefinides i definides.

Integrals indefinides

Un cop vist les derivades com la funció pendent d'una funció f, és a dir, que podíem calcular-la com un límit

$\lim _{s\rightarrow x}{\frac {f(s)-f(x)}{s-x}}$ $={\frac {a}{b}}$ $=f'(x)$

També es pot escriure substituint s per x+h:

$\lim _{x+h\rightarrow x}{\frac {f(x+h)-f(x)}{(x+h)-x}}$ $=\lim _{h\rightarrow 0}{\frac {f(x+h)-f(x)}{h}}$ $=f'(x)$

Podem canviar el límit per la notació ${\frac {df}{dx}}$ molt més utilitzada:

$\lim _{h\rightarrow 0}{\frac {f(x+h)-f(x)}{h}}$ $={\frac {d(f(x))}{dx}}$ $={\frac {d}{dx}}f(x)$ $=f'(x)$

Integrar és fer el contrari a derivar, és a dir, exclusivament de la informació de $f(x)$ dels pendents de $F(x)$ es construeix la funció integral $F(x).$ A partir de la informació del pendent en cada punt x encara no es pot construir la funció amb aquest pendent, perquè es necessita l'altura del punt de tangència, la component y, que la derivada no té, de fet, si es dona un sol punt de l'altura llavors $F(x)$ serà la única funció integral i estarà ben definida.

Exemple d'una funció en verd $f(x)$ i la seva integral $F(x)$ en blau deduïda a partir del valor de la funció $f(x).$ Es pot observar que la reconstrucció amb ajuda de rectes tangents es pot començar des de qualsevol altura.

Exemples de integració de derivades que mostra que no podem recuperar tota la funció:

$f(x)$	$f'(x)$	$\int f'(x)dx$
0	0	c
1	0
$a\in \mathbb {R}$	0
$x$	$1$	$x+c$
$\ln(x)$	${\frac {1}{x}}+0\;\;\;$ amb $x>0$	$\ln(x)+c\;\;\;$ amb $x>0$
$\sin(x)$	$\cos(x)+0$	$sin(x)+c$

Definició

Escriurem la integral indefinida de f(x) com:

$\int f(x)dx$ $=F(x)+c$

La seva lectura és: integral $\left(\int \right)$ de f(x) respecte x (dx), és (=) una funció F(x) més una constant (+c) indeterminada o indefinida.

Taula d'integrals

Per confirmar que una integral està ben feta només hem de derivar-la.

1)$\int x^{n}dx={\frac {x^{n+1}}{n+1}}+c,$ on $n\neq -1$ Només cal derivar la seva integral i veure sí dona la funció sense integrar $x^{n}$. Per linealitat tenim que: $\left({\frac {x^{n+1}}{n+1}}+c\right)'$ $={\frac {1}{n+1}}\left(x^{n+1}\right)'+(c)'.$ Derivant sabent que $(x^{n})'=nx^{n-1}$ tenim que la nostra expressió a simplificar és: $={\frac {1}{n+1}}\left((n+1)x^{(n+1)-1}\right)+(0)$ $=x^{n}.$ El domini de x és tots els nombres reals, $\mathbb {R} .$ $\Box$

1.1)$\int 1\;dx=x+c$

1.2)$\int x\;dx={\frac {x^{2}}{2}}+c$

1.3)$\int x^{2}dx={\frac {x^{3}}{3}}+c$

2)$\int {\frac {1}{2{\sqrt {x}}}}dx={\sqrt {x}}+c$ Derivant la seva integral: $\left({\sqrt {x}}+c\right)'$ $=\left({\sqrt {x}}\right)'+(c)'$ $={\frac {1}{2{\sqrt {x}}}}.$ El domini de x és tots els nombres reals positius incloent el zero, $\mathbb {R} ^{+}\cup \{0\}.$ $\Box$

3)$\int {\frac {1}{x}}dx=\ln |x|+c$ Derivant la seva integral segons el signe de x: Si $x>0$ tenim que $|x|=x:$ $\left(\ln(x)+c\right)'$ $=\left(\ln(x)\right)'+(c)'$ $={\frac {1}{x}}.$ Si $x<0$ tenim que $|x|=-x:$ $\left(\ln(-x)+c\right)'$ $=\left(\ln(-x)\right)'+(c)'.$ Derivant amb la regla de la cadena tenim: $=\left(\ln(-x)\right)'$ $={\frac {1}{-x}}\cdot (-1)$ $={\frac {1}{x}}.$ Així obtenim la mateixa funció tan pels positius com pels negatius. El domini de x és tots els nombres reals excloent el zero, $\mathbb {R} -\{0\}.$ $\Box$

4)$\int a^{x}dx={\frac {a^{x}}{\ln a}}+c$ Derivant la seva integral: $\left({\frac {a^{x}}{\ln a}}+c\right)'$ $={\frac {1}{\ln a}}\left(a^{x}\right)'+(c)'$ $={\frac {1}{\ln a}}\left(\ln a\cdot a^{x}\right)+0$ $=a^{x}.$ El domini de x és tots els nombres reals, $\mathbb {R} .$ $\Box$

4.1)$\int e^{x}dx=e^{x}+c$

5)$\int \sin x\;dx=-\cos x+c$

6)$\int \cos x\;dx=\sin x+c$

7)$\int \tan x\;dx=-\ln |\cos x|+c$ Derivant la integral surt. $\left(-\ln |\cos x|+c\right)'$ $=-{\frac {1}{\cos x}}\cdot (-\sin x)+0$ $={\frac {\sin x}{\cos x}}$ $=\tan x$ $\Box$

8)$\int {\frac {1}{\sqrt {1-x^{2}}}}dx=\arcsin {x}+c$

9)$\int -{\frac {1}{\sqrt {1-x^{2}}}}dx=\arccos {x}+c$

10)$\int {\frac {1}{1+x^{2}}}dx=\arctan {x}+c$

Linealitat de la integral

Una de les propietats més usades per integrar és la linealitat de la integral que permet integrar polinomis de forma immediata fragmentant totes les sumes i restes d'una integral en sumes i restes de integrals.

$\int {\Big (}\;f(x)+g(x)\;{\Big )}dx$ $=\int f(x)\;dx+\int g(x)\;dx$

$\int {\Big (}\;a\cdot f(x)\;{\Big )}dx$ $=a\cdot \int f(x)\;dx$

Exemples

1) $\int \;x^{2}-3x^{4}+2-x\;dx$
Apliquem linealitat de la integral al polinomi: $\int {\Big (}\;x^{2}-3x^{4}+2-x\;{\Big )}dx$ $=\int {\Big (}\;x^{2}\;{\Big )}dx-3\int {\Big (}\;x^{4}\;{\Big )}dx+\int {\Big (}\;2\;{\Big )}dx-\int {\Big (}\;x\;{\Big )}dx$ Integrant i afegint la constant surt que: $\int \;x^{2}-3x^{4}+2-x\;dx$ $={\frac {x^{3}}{3}}-{\frac {3x^{5}}{5}}+2x-{\frac {x^{2}}{2}}+c.$	$\Box$

2) $\int \;\sin(x)-3x^{5}+e^{x}\;dx$

Primer apliquem la separació en sumes i restes, marcant amb uns parèntesis aquest fet, tot seguit traiem fora de la integral només les constants que multipliquen o divideixen, no s'ha de tocar cap altra constant: $\int {\Big (}\;\sin(x)-3x^{5}+e^{x}\;{\Big )}dx$ $=\int {\Big (}\;\sin(x)\;{\Big )}dx+\int {\Big (}\;-3\cdot x^{5}\;{\Big )}dx+\int {\Big (}\;e^{x}\;{\Big )}dx$ $=\int {\Big (}\;\sin(x)\;{\Big )}dx-3\cdot \int {\Big (}\;x^{5}\;{\Big )}dx+\int {\Big (}\;e^{x}\;{\Big )}dx$ $=-cos(x)-3\cdot {\frac {x^{6}}{6}}+e^{x}+c$ $=-cos(x)-{\frac {x^{6}}{2}}+e^{x}+c.$

$\Box$

3) $\int \;{\frac {2}{3x}}-{\frac {1}{{\frac {3}{5}}{\sqrt {x}}}}\;dx$

Primer de tot separem les constants de les funcions integrables, també podem crear constants necessàries com $1={\frac {2}{2}}$: $\int \;{\frac {2}{3x}}-{\frac {1}{{\frac {3}{5}}{\sqrt {x}}}}\;dx$ $=\int \;{\frac {2}{3}}{\frac {1}{x}}-{\frac {1}{{\frac {3\cdot 2}{5\cdot 2}}{\sqrt {x}}}}\;dx$ $=\int \;{\frac {2}{3}}{\frac {1}{x}}-{\frac {5\cdot 2}{3}}{\frac {1}{2{\sqrt {x}}}}\;dx$ Ara ja podem aplicar la linealitat: $\int \;{\frac {2}{3}}{\frac {1}{x}}-{\frac {5\cdot 2}{3}}{\frac {1}{2{\sqrt {x}}}}\;dx$ $={\frac {2}{3}}\int \;{\frac {1}{x}}\;dx-{\frac {5\cdot 2}{3}}\int \;{\frac {1}{2{\sqrt {x}}}}\;dx$ Finalment utilitzant la taula de integrals trobem que tenim fetes aquestes integrals i només queda arreglar-lo una mica: ${\frac {2}{3}}\int \;{\frac {1}{x}}\;dx-{\frac {5\cdot 2}{3}}\int \;{\frac {1}{2{\sqrt {x}}}}\;dx$ $={\frac {2}{3}}\ln |x|-{\frac {5\cdot 2}{3}}{\sqrt {x}}$ $={\frac {2\ln |x|}{3}}-{\frac {10{\sqrt {x}}}{3}}+c.$

$\Box$

Desfent la regla de la cadena

De la regla de la cadena obtenim el resultat següent:

${\Big (}\;f{\big (}g(x){\big )}\;{\Big )}'$ $=f'{\big (}g(x){\big )}\cdot g'(x)$

$\Rightarrow$

$\int f'{\big (}g(x){\big )}\cdot g'(x)\;dx$ $=f{\big (}g(x){\big )}+c$

Per integrar hem de desfer aquest pas identificant $g'(x)$ i la $g(x)$ d'on ha sortit, per exemple:

$\int f'{\big (}g(x))\cdot g'(x)\;dx$	Identificació de g, g', f' i f	Resultat
$\int (e^{x}-1)^{2}\cdot e^{x}\;dx$	$g(x)=e^{x}-1$ $\Rightarrow g'(x)=e^{x}$ i $f'(x)=(x)^{2}$ $\Rightarrow f(x)={\frac {x^{3}}{3}}$	$f(g(x))$ $={\frac {(e^{x}-1)^{3}}{3}}+c$
$\int (2x^{3}+5)^{4}\cdot 6x^{2}\;dx$	$g(x)=2x^{3}+5$ $\Rightarrow g'(x)=6x^{2}$ i $f'(x)=(x)^{4}$ $\Rightarrow f(x)={\frac {x^{5}}{5}}$	$f(g(x))$ $={\frac {(2x^{3}+5)^{5}}{5}}+c$
$\int {\frac {3}{2{\sqrt {3x+1}}}}\;dx$	$g(x)=3x+1$ $\Rightarrow g'(x)=3$ i $f'(x)={\frac {1}{2{\sqrt {x}}}}$ $\Rightarrow f(x)={\sqrt {x}}$	$f(g(x))$ $={\sqrt {3x+1}}+c$
$\int {\frac {2x}{x^{2}+4}}\;dx$	$g(x)=x^{2}+4$ $\Rightarrow g'(x)=2x$ i $f'(x)={\frac {1}{x}}$ $\Rightarrow f(x)=\ln |x|$	$f(g(x))$ $=\ln(x^{2}+4)+c$
$\int e^{5x+1}\cdot 5\;dx$	$g(x)=5x+1$ $\Rightarrow g'(x)=5$ i $f'(x)=e^{(x)}$ $\Rightarrow f(x)=e^{x}$	$f(g(x))$ $=e^{(5x+1)}+c$
$\int \sin(3x^{2}+1)\cdot 6x\;dx$	$g(x)=3x^{2}+1$ $\Rightarrow g'(x)=6x$ i $f'(x)=\sin(x)$ $\Rightarrow f(x)=-\cos(x)$	$f(g(x))$ $=-\cos(3x^{2}+1)+c$
$\int \cos(x^{4})\cdot 4x^{3}\;dx$	$g(x)=x^{4}$ $\Rightarrow g'(x)=4x^{3}$ i $f'(x)=\cos(x)$ $\Rightarrow f(x)=\sin(x)$	$f(g(x))$ $=\sin(x^{4})+c$
$\int {\frac {2x+1}{\cos ^{2}(x^{2}+x)}}\;dx$	$g(x)=x^{2}+x$ $\Rightarrow g'(x)=2x+1$ i $f'(x)={\frac {1}{\cos ^{2}(x)}}$ $\Rightarrow f(x)=\tan(x)$	$f(g(x))$ $=\tan(x^{2}+x)+c$

Exemples

1) $\int \cos(x^{2}+1)\;x\;dx$
Pas 1: S'identifica el candidat a $g(x)$ dins la funció $f'(x)$ i per confirmar aquest candidat hem de trobar la seva derivada fora de $f'(x).$ Si $g(x)=x^{2}+1,$ llavors vol dir que $g'(x)=2x,$ però fora hi ha una sola x i li manca un 2, per tant es fabrica un dos multiplicant per 1, sabent que $1={\tfrac {2}{2}}={\tfrac {1}{2}}\cdot 2$ per tant puc dir que: $\int \cos(x^{2}+1)\;x\;dx$ $=\int \cos(x^{2}+1)\;1\cdot x\;dx$ $=\int \cos(x^{2}+1)\;{\tfrac {1}{2}}2\;x\;dx$ Només cal apartar fora de la integral aquest un mig que sobra i ja podem integrar: ${\tfrac {1}{2}}\int \cos(x^{2}+1)\cdot 2\;x\;dx$ Pas 2: S'integra la suposada funció $f'(x).$ $f(x)$ $=\int f'(x)\;dx$ $=\int \cos(x)\;dx$ $=\sin(x)$ Finalment substituint com indica el requadre vermell les funcions obtenim la integral: ${\tfrac {1}{2}}\cdot \int \cos(x^{2}+1)\cdot 2\;x\;dx$ $={\tfrac {1}{2}}\cdot f{\big (}g(x){\big )}+c$ $={\tfrac {1}{2}}\sin(x^{2}+1)+c$ En resum tinc que $\int \cos(x^{2}+1)\;x\;dx$ $={\tfrac {1}{2}}\sin(x^{2}+1)+c.$	$\Box$
Si no queda clar, consulteu aquest tutorial

2) $\int \;e^{15x}\;dx$

Pas 1: Busquem el candidat a $g(x)$ i la seva derivada: Si $g(x)=15x$ la seva derivada és $g'(x)=15$ però com que només es un nombre que no tenim llavors el podem fabricar amb $1={\frac {15}{15}}$ quedant: $\int \;e^{15x}\;dx$ $=\int \;e^{15x}\cdot 1\;dx$ $=\int \;e^{15x}\cdot {\frac {15}{15}}\;dx$ $={\frac {1}{15}}\int \;\underbrace {\;e^{\;\;\overbrace {15x} ^{g(x)}\;\;}\;} _{f'(x)}\cdot \underbrace {\;15\;} _{g'(x)}\;dx$ Pas 2: Fem la taula: $f'(x)=e^{x}$ $f(x)=e^{x}$ $g(x)=15x$ $g'(x)=15$ Substituint tenim que: ${\frac {1}{15}}\int \;e^{15x}15\;dx$ $={\frac {1}{15}}\;f(g(x))+c$ $={\frac {1}{15}}\;e^{15x}+c.$

$\Box$

3) $\int \;{\frac {1}{2{\sqrt {-7x}}}}\;dx$

Pas 1: Busquem el candidat a $g(x)$ i la seva derivada: Si $g(x)=-7x$ la seva derivada és $g'(x)=-7$ però com que només es un nombre que no tenim llavors el podem fabricar amb $1={\frac {-7}{-7}}$ quedant: $\int \;{\frac {1}{2{\sqrt {-7x}}}}\;dx$ $=\int \;{\frac {1}{2{\sqrt {-7x}}}}\cdot 1\;dx$ $=\int \;{\frac {1}{2{\sqrt {-7x}}}}\cdot {\frac {-7}{-7}}\;dx$ $={\frac {1}{-7}}\int \;{\frac {1}{2{\sqrt {-7x}}}}\cdot -7\;dx$ $={\frac {1}{-7}}\int \;\overbrace {\frac {1}{2{\sqrt {}}{\overline {\underbrace {-7x} _{g(x)}}}}} ^{f'(x)}\cdot \underbrace {-7} _{g'(x)}\;dx$ Pas 2: Fem la taula: $f'(x)={\frac {1}{2{\sqrt {x}}}}$ $f(x)={\sqrt {x}}$ $g(x)=-7x$ $g'(x)=-7$ Substituint tenim que: ${\frac {1}{-7}}\int \;{\frac {1}{2{\sqrt {-7x}}}}\cdot -7\;dx$ $={\frac {1}{-7}}\;f(g(x))+c$ $={\frac {1}{-7}}\;{\sqrt {-7x}}+c.$

$\Box$

Integració per parts

El mètode d'integració per parts permet canviar una integral per un altra més senzilla, un cop entès el mètode com es fa rutinàriament, només cal observar els exemples per aprendre a fer-lo servir.

$\int f(x)\;g'(x)\;dx$ $=f(x)\;g(x)-\int f'(x)\;g(x)\;dx$

Exemples

1) Es vol calcular $\int a\;x\;\sin \;x\;dx$ amb el valor $a=30.$

La integral que s'ha de fer és $\int 30\;x\;\sin \;x\;dx$ s'aparta la xifra que multiplica fora de la integral $30\int x\;\sin \;x\;dx$ i seguim els pasos següents: Pas 1.1: S'ha de decidir qui serà la funció $f(x)$ i $g'(x).$ Sigui $f(x)=x$ i $g'(x)=\sin x,$ llavors: Pas 1.2: Es deriva un i s'integra l'altra: $f'(x)=(x)'=1$ $g(x)=\int g'(x)\;dx=\int \sin x\;dx$ $=-\cos x$ Pas 2: Substitució a la fórmula: $30\int x\;\sin \;x\;dx$ $=30(-x\;\cos x-\int -\cos x\;dx)$ $=30(-x\;\cos x+\int \cos x\;dx)$ $=-30\;x\;\cos x+30\;\sin x+c$

$\Box$

2) $\int \;x^{3}\;\sin \;x\;dx.$

Pas 1: S'ha de decidir qui serà la funció $f(x)$ i $g'(x).$ $f(x)=x^{3}$ $f'(x)=3x^{2}$ $g'(x)=\sin x$ $g(x)=-\cos x$ Pas 2:es substitueix a la fórmula i es repeteix tot. $\int \;x^{3}\;\sin \;x\;dx$ $=x^{3}\cdot (-\cos x)-\int 3x^{2}\cdot (-\cos x)\;dx$ $=-x^{3}\cos x+\int 3x^{2}\cdot \cos x\;dx$ $f(x)=3x^{2}$ $f'(x)=6x$ $g'(x)=\cos x$ $g(x)=\sin x$ $-x^{3}\cos x+\int 3x^{2}\cos x\;dx$ $=-x^{3}\cos x+\left(3x^{2}\cdot \sin x-\int 6x\cdot \sin x\;dx\right)$ $=-x^{3}\cos x+3x^{2}\sin x-\int 6x\cdot \sin x\;dx$ $f(x)=6x$ $f'(x)=6$ $g'(x)=\sin x$ $g(x)=-\cos x$ $=-x^{3}\cos x+3x^{2}\sin x-\int 6x\cdot \sin x\;dx$ $=-x^{3}\cos x+3x^{2}\sin x-\left(6x\cdot (-\cos x)-\int 6\cdot (-\cos x)\;dx\right)$ $=-x^{3}\cos x+3x^{2}\sin x+6x\cos x-\int 6\cdot \cos x\;dx$ $=-x^{3}\cos x+3x^{2}\sin x+6x\cos x-6\sin x$ $=x(6-x^{2})\cos x+3(x^{2}-2)\sin x.$

$\Box$

Canvi de variable

Aquest mètode permet fer una substitució de variables que pretenen simplificar les integrals.

Si es vol fer $\int f\left(h(x)\right)\;dx,$ i no es pot integrar directament.

Recordem que: $\int f(x)\;dx$ $=\int f(g(t))g'(t)dt.$

El que es demana llavors es entendre que:

$\int f\left(h(x)\right)\;dx$ $=\int f\left(h\left(g(t)\right)\right)g'(t)dt$ $=\int f(t)g'(t)dt$

llavors $h(x)$ desapareix per ser inversa de $g(x)$ i queda més senzill amb el seu esquema:

$\int f(h(x))\;dx$ $=\int f(t)\cdot g'(t)\;dt$

$x=g(t)$	$h(x)=t$
$dx=g'(t)dt$	$h'(x)dx=dt$

Es poden fer les derivades del esquema si la variable està totalment aïllada, ja sigui x o bé t.

Exemples

Càlcul d'integrals amb canvi de variable:

1) $\int x{\sqrt {x-1}}\;dx.$

Pas 1: S'ha de intuir el canvi de variable més adequat: Com que no podem fer $\int {\sqrt {x-1}}\;dx,$ però si que podríem fer $\int {\sqrt {x}}\;dx,$ llavors hem de deduir que el canvi més adequat és $t=x-1$ quedant l'esquema o requadre següent per fer substitucions: $t=x-1$ $t+1=x$ $dt=dx$ $dt=dx$ Pas 2: Substituïm la variable quedant la integral: $\int (t+1)\;{\sqrt {t}}\;dt$ $=\int (t+1)\;t^{\frac {1}{2}}\;dt$ $=\int t^{3/2}+t^{1/2}\;dt$ $={\frac {2}{5}}t^{\frac {5}{2}}+{\frac {2}{3}}t^{\frac {3}{2}}+c.$ Pas 3: S'ha de desfer el canvi de variable: ${\frac {2}{5}}t^{\frac {5}{2}}+{\frac {2}{3}}t^{\frac {3}{2}}+c$ $={\frac {2}{5}}(x-1)^{\frac {5}{2}}+{\frac {2}{3}}(x-1)^{\frac {3}{2}}+c.$

$\Box$

2) $\int (x+1)^{8}x\;dx.$

Pas 1: S'ha de intuir el canvi de variable més adequat: Com que no volem desenvolupar $(x+1)^{8}$ però si que podríem fer $\int x^{8}\;dx,$ llavors hem de deduir que el canvi més adequat és $t=x+1$ quedant l'esquema o requadre següent per fer substitucions: $t=x+1$ $t-1=x$ $dt=dx$ $dt=dx$ Pas 2: Substituïm la variable quedant la integral: $\int (t)^{8}\;(t-1)\;dt$ $=\int t^{9}-t^{8}\;dt$ $={\frac {t^{10}}{10}}-{\frac {t^{9}}{9}}+c.$ Pas 3: S'ha de desfer el canvi de variable: ${\frac {t^{10}}{10}}-{\frac {t^{9}}{9}}+c$ $={\frac {(x+1)^{10}}{10}}-{\frac {(x+1)^{9}}{9}}+c.$

$\Box$

3) $\int {\frac {1-e^{x}}{e^{2x}}}\;dx.$

Pas 1: Per practicar canvi de variable com que es repeteix $e^{x}$ possiblement puc simplificar-lo amb una t quedant l'esquema o requadre següent per fer substitucions: $t=e^{x}$ $\ln t=x$ $dt=e^{x}dx$ ${\frac {1}{t}}dt=dx$ Pas 2: Substituïm la variable quedant la integral: $\int {\frac {1-e^{x}}{e^{2x}}}\;dx$ $=\int {\frac {1-e^{x}}{(e^{x})^{2}}}\;dx$ $=\int {\frac {1-t}{(t)^{2}}}\;{\frac {1}{t}}dt$ $=\int {\frac {1-t}{t^{3}}}dt$ $=\int {\frac {1}{t^{3}}}-{\frac {1}{t^{2}}}\;dt$ $=-{\frac {1}{2t^{2}}}+{\frac {1}{t}}+c.$ Pas 3: S'ha de desfer el canvi de variable: $-{\frac {1}{2t^{2}}}+{\frac {1}{t}}+c$ $=-{\frac {1}{2e^{2x}}}+{\frac {1}{e^{x}}}+c$

$\Box$

Integrals definides

A la construcció de les taules s'afegeix una c que simbolitza que hi ha tantes integrals com valors pot tindre aquesta constant.

Ara es vol determinar l'àrea sota la funció $f(x)$ determinada amb l'eix x i això es fa amb una sola de les integrals, és a dir que si s'ha decidit que c=3:

$\int 3x\;\;dx={\frac {3x^{2}}{2}}+3$

llavors s'ha de fer servir aquesta mateixa integral per fer tots els càlculs, no una de diferent cada cop.

Per comoditat podem agafar c=0 i no canvia res.😎

Llavors la integral és una sumadora ideal d'àrees i no tenim ni idea d'on ha començat a sumar, qualsevol suposició és arbitrària.

Teorema fonamental del càlcul

Bernhard Riemann 1826-1866 té treballs importants al anàlisi matemàtic

Isaac Barrow 1630-1677 analista matemàtic

Càlcul d'àrea dins un interval [a, b] i delimitat per una funció i l'eix de les abscisses.

$\int _{x=a}^{x=b}f(x)\;dx$ $=\int _{a}^{b}f(x)\;dx$ $={\bigg [}F(x){\bigg ]}_{a}^{b}$ $=F(b)-F(a)$

A les PAU, llibre escolars i webs diverses pot aparèixer amb el nom no reconegut de Regla de Barrow.

Propietat

Per funcions integrables i per qualsevol $c\in (a,b)$ es pot afirmar que:

$\int _{a}^{b}f(x)\;dx=\int _{a}^{c}f(x)\;dx+\int _{c}^{b}f(x)\;dx=A+B\;\;\;$

Àrees entre dues funcions

Es tracta de fer resta d'àrees en una sola integral

$\int _{a}^{b}\;f(x)\;dx-\int _{a}^{b}\;g(x)\;dx=$

$\int _{a}^{b}\;f(x)-g(x)\;dx$

Exemples

1) Integreu directament $\int _{1}^{2}x^{3}-2x^{2}+x+2\;dx$

Seguim els passos de la regla de Barrow: $\int _{1}^{2}x^{3}-2x^{2}+x+2\;dx$ $={\bigg [}{\frac {x^{4}}{4}}-{\frac {2x^{3}}{3}}+{\frac {x^{2}}{2}}+2x{\bigg ]}_{1}^{2}$ $={\frac {(2)^{4}}{4}}-{\frac {2(2)^{3}}{3}}+{\frac {(2)^{2}}{2}}+2(2)-{\Bigg (}{\frac {(1)^{4}}{4}}-{\frac {2(1)^{3}}{3}}+{\frac {(1)^{2}}{2}}+2(1){\Bigg )}$ $=4-{\frac {16}{3}}+2+4-{\Bigg (}{\frac {1}{4}}-{\frac {2}{3}}+{\frac {1}{2}}+2{\Bigg )}$ $={\frac {31}{12}}\;u^{2}.$

$\Box$

2) Integreu directament entre $x=0$ i $x=1$ la funció $f(x)=xe^{x},$ utilitzant almenys un cop integració per parts aplicat correctament.
$\int _{0}^{1}xe^{x}\;dx$ $={\bigg [}xe^{x}{\bigg ]}_{0}^{1}-\int _{0}^{1}e^{x}\;dx$ $f'(x)=e^{x}$ $f(x)=e^{x}$ $g(x)=x$ $g'(x)=1$ $={\big (}1\cdot e^{1}-0\cdot e^{0}{\big )}-{\bigg [}e^{x}{\bigg ]}_{0}^{1}$ $=e-{\big (}e^{1}-e^{0}{\big )}$ $=1\;u^{2}.$	$\Box$

3) Integreu directament entre -1 i 1 la funció $f(x)=(x-4)^{10}x,$ utilitzant almenys un cop canvi de variable aplicat correctament.

$\int _{x=-1}^{x=1}(x-4)^{10}x\;dx$ $=\int _{t=(-1)-4}^{t=(1)-4}t^{10}(t+4)\;dt$ $x-4=t$ $x=t+4$ $dx=dt$ $dx=dt$ $=\int _{t=-5}^{t=-3}t^{11}+4t^{10}\;dt$ $={\bigg [}{\tfrac {t^{12}}{12}}+{\tfrac {4t^{11}}{11}}{\bigg ]}_{-5}^{-3}$ $={\bigg (}{\tfrac {(-3)^{12}}{12}}+{\tfrac {4(-3)^{11}}{11}}{\bigg )}-{\bigg (}{\tfrac {(-5)^{12}}{12}}+{\tfrac {4(-5)^{11}}{11}}{\bigg )}$ $=-{\tfrac {86\,113\,520}{33}}$ $=-2\,609\,500,{\overline {60}}\;u^{2}.$

$\Box$

4) Determina l'àrea de la regió delimitada per les funcions $f(x)=x^{3}-2x+x^{2}$ i $g(x)={\tfrac {x^{2}}{2}}+2x$

1r Busquem tots els punts de tall entre aquestes funcions, per tant: $f(x)=g(x)$ $\Rightarrow x^{3}-2x+x^{2}={\tfrac {x^{2}}{2}}+2x$ $\Rightarrow x^{3}+{\tfrac {x^{2}}{2}}-4x=0$ $\Rightarrow x(x^{2}+{\tfrac {x}{2}}-4)=0$ factoritzant el polinomi multiplicat per 2 per eliminar la fracció i queda: $2x^{2}+x-8=0$ $\Rightarrow x={\tfrac {-1\pm {\sqrt {1-4\cdot 2\cdot (-8)}}}{2\cdot 2}}$ $={\tfrac {-1\pm {\sqrt {65}}}{4}}$ 2n Ja tenim els tres punts on aquestes funcions es tallen per separar les regions a integrar: $x(x+{\tfrac {1+{\sqrt {65}}}{4}})(x+{\tfrac {1-{\sqrt {65}}}{4}})=0$ Que ordenats és: $a=-{\tfrac {1+{\sqrt {65}}}{4}}\simeq -2,265\,,$ $b=0$ i $c=-{\tfrac {1-{\sqrt {65}}}{4}}\simeq 1,765\,,$ per anar ràpid s'ha de fer: ${\bigg |}\int _{a}^{b}f(x)-g(x)\;dx{\bigg |}+{\bigg |}\int _{b}^{c}f(x)-g(x)\;dx{\bigg |}=*$ com $\int f(x)-g(x)\;dx=\int x^{3}+{\tfrac {x^{2}}{2}}-4x\;dx={\tfrac {x^{4}}{4}}+{\tfrac {x^{3}}{6}}-2x^{2}$ llavors: $*={\Bigg |}{\Big [}{\tfrac {x^{4}}{4}}+{\tfrac {x^{3}}{6}}-2x^{2}{\Big ]}_{-2,265}^{0}{\Bigg |}+{\Bigg |}{\Big [}{\tfrac {x^{4}}{4}}+{\tfrac {x^{3}}{6}}-2x^{2}{\Big ]}_{0}^{1,765}{\Bigg |}$ $={\big |}0-(-5,617){\big |}+{\big |}-2,887-0{\big |}$ $=8,504\;u^{2}.$

$\Box$

5) Calculeu l'àrea delimitada per les funcions $f(x)=x^{2},$ $g(x)={\frac {1}{2}}$ i $h(x)={\frac {1}{x}}$

Per fer l'esquema gràfic hem de veure com es tallen les gràfiques entre elles: I) $f(x)=g(x)$ $\rightarrow x^{2}={\tfrac {1}{2}}$ $\rightarrow x=\pm {\tfrac {1}{\sqrt {2}}}.$ Llavors aquests dos punts, $\left(-{\tfrac {1}{\sqrt {2}}},\;{\tfrac {1}{2}}\right)$ i $\left({\tfrac {1}{\sqrt {2}}},\;{\tfrac {1}{2}}\right)$, determinen una regió A, pintat en verd a la imatge. II) $g(x)=h(x)$ $\rightarrow {\tfrac {1}{2}}={\tfrac {1}{x}}$ $\rightarrow x=2.$ Llavors ja tenim un nou punt que és $\left(2,\;{\tfrac {1}{2}}\right)$, però encara no ha tancat cap regió encara. III) $f(x)=h(x)$ $\rightarrow x^{2}={\frac {1}{x}}$ $\rightarrow x^{3}=1$ $\rightarrow x={\sqrt[{3}]{1}}=1.$ Aquest punt (1, 1) permet fer la regió B i C de la imatge. Un cop trobades les regions i separades pels punts ja podem fer les tres integrals corresponents a cada regió: $A=\int _{\begin{matrix}{\phantom {.}}\\{\tfrac {-1}{\sqrt {2}}}\end{matrix}}^{\begin{matrix}{\tfrac {1}{\sqrt {2}}}\\{\phantom {.}}\end{matrix}}{\tfrac {1}{2}}-x^{2}\;dx$ $={\Big [}{\tfrac {x}{2}}-{\tfrac {x^{3}}{3}}{\Big ]}_{-{\tfrac {1}{\sqrt {2}}}}^{\tfrac {1}{\sqrt {2}}}$ $=\left({\frac {\tfrac {1}{\sqrt {2}}}{2}}-{\frac {\left({\tfrac {1}{\sqrt {2}}}\right)^{3}}{3}}\right)-\left({\frac {-{\tfrac {1}{\sqrt {2}}}}{2}}-{\frac {\left(-{\tfrac {1}{\sqrt {2}}}\right)^{3}}{3}}\right)$ $={\tfrac {1}{2{\sqrt {2}}}}-{\tfrac {1}{6{\sqrt {2}}}}+{\tfrac {1}{2{\sqrt {2}}}}-{\tfrac {1}{6{\sqrt {2}}}}$ $={\tfrac {1}{\sqrt {2}}}-{\tfrac {1}{3{\sqrt {2}}}}$ $={\tfrac {2}{3{\sqrt {2}}}}$ $={\tfrac {\sqrt {2}}{3}}\;\;u^{2}.$ $B=\int _{\tfrac {1}{\sqrt {2}}}^{1}\;x^{2}-{\tfrac {1}{2}}\;dx$ $={\Big [}{\tfrac {x^{3}}{3}}-{\tfrac {x}{2}}{\Big ]}_{\tfrac {1}{\sqrt {2}}}^{1}$ $=\left({\tfrac {1^{3}}{3}}-{\tfrac {1}{2}}\right)-\left({\frac {\left({\tfrac {1}{\sqrt {2}}}\right)^{3}}{3}}-{\frac {\tfrac {1}{\sqrt {2}}}{2}}\right)$ $=\left({\tfrac {1}{3}}-{\tfrac {1}{2}}\right)-\left({\tfrac {1}{3\cdot 2{\sqrt {2}}}}-{\tfrac {1}{2{\sqrt {2}}}}\right)$ $=-{\tfrac {1}{6}}-{\tfrac {1}{6{\sqrt {2}}}}+{\tfrac {1}{2{\sqrt {2}}}}$ $=-{\tfrac {1}{6}}+{\tfrac {1}{3{\sqrt {2}}}}$ $=-{\tfrac {1}{6}}+{\tfrac {\sqrt {2}}{6}}$ $={\tfrac {{\sqrt {2}}-1}{6}}\;\;u^{2}.$ $C=\int _{1}^{2}\;{\tfrac {1}{x}}-{\tfrac {1}{2}}\;dx$ $={\Big [}\ln |x|-{\tfrac {x}{2}}{\Big ]}_{1}^{2}$ $=\left(\ln |2|-{\tfrac {2}{2}}\right)-\left(\ln |1|-{\tfrac {1}{2}}\right)$ $=\ln 2-1+{\tfrac {1}{2}}$ $=\ln 2-{\tfrac {1}{2}}\;\;u^{2}$ Per tant l'àrea total és $A+B+C$ $={\frac {\sqrt {2}}{3}}+{\frac {{\sqrt {2}}-1}{6}}+\ln 2-{\tfrac {1}{2}}$ $={\frac {3{\sqrt {2}}-4}{6}}+\ln 2\simeq 0,733\;587\;u^{2}$

$\Box$

Treballs

En aquesta secció es pengen els treballs que es proposin:

• Treball diversificat d'integrals indefinides i definides