1628. No tan inmediata...

     En la pizarra propuse la siguiente integral indefinida:

    Pepe Chapuza la calculó así...

    Profe, mire. El integrando es un polinomio, así que es una integral inmediata... Solo tengo que desarrollar el binomio de Newton para lo cual echo mano del triángulo de Pascal...

56 ∫ x (x⁶ + 6x⁵ + 15x⁴ + 20x³ + 15x² + 6x + 1) dx =

= 56 ∫ (x⁷ + 6x⁶ + 15x⁵ + 20x⁴ + 15x³ + 6x² + x) dx =

= 56 (x⁸/8 + 6x⁷/7 + 15x⁶/6 + 20x⁵/5 + 15x⁴/4 + 6x³/3 + x²/2) + C =

= 7x⁸ + 48x⁷+ 140x⁶ + 224x⁵ + 210x⁴ + 112x³ + 28x² + C

    No era tan inmediata... ¿Algún atajo?

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla hizo la integral por partes:

    Profe, mire. Si  u = 56 x ,  du = 56 dx ; y si  dv = (x+1)⁶ dx ,  v = (x+1)⁷/7 . Entonces

56 x (x+51)⁷/7 − ∫ 56 (x+1)⁷/7 dx  =  8x (x+1)⁷ − (x+1)⁸ + K

    ¿Más atajos?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota realizó un cambio de variable:

    Profe, mire. Si  t = x+1 ,  dt = dx . Entonces

∫ 56 (t−1) t⁶ dt = ∫ (56 t⁷ − 56 t⁶) dt = 7t⁸ − 8t⁷ + K = 7(x+1)⁸ − 8(x+1)⁷ + K

    Queda para el lector comprobar que las primitivas encontradas por Pepe, Nina y Yoyó difieren como mucho en una constante, esto es, son polinomios que apenas difieren, si acaso, en el término independiente...