A no ser que en los últimos tiempos hayas estado viviendo alejado de internet (y de Netflix), seguro que conoces la serie El juego del calamar (o, al menos, has oído/leído algo sobre ella). Y con poquito que entres de vez en cuando a alguna red social (Twitter e Instagram principalmente), estoy convencido de que te has encontrado con el meme del jugador 001 y las integrales. Bien, pues hoy vamos a analizarlas, para ver si el cambio de estado de ánimo del pobre señor está o no está justificado.

El juego del calamar es una serie coreana, disponible en Netflix, que se va a convertir (si no lo ha hecho ya) en la serie más vista de la historia de la plataforma. La historia va de reclutar gente con problemas económicos hacerles realizar ciertos retos (relacionados con juegos infantiles). Los que superen cada reto podrán aspirar a ganar grandes cantidades de dinero; los que no los superen…bueno, mejor la veis.

El meme del jugador 001 y las integrales es éste que veis a continuación:

La integral de El Juego del Calamar

Aprovecha dos estados de ánimo de uno de los protagonistas de la serie para asociarlos a dos integrales. Y eso vamos a analizar: ¿tiene sentido que el ánimo de 001 cambie de manera tan radical con dos cálculos que, a ojos de la mayoría, apenas tienen diferencias?

Pero antes de ello quiero dejar clara una cosa: yo soy el creador de este meme. El pasado martes 12 de octubre se me ocurrío asociar esa doble imagen del 001 a estas dos integrales y publicar el meme resultante en Twitter, Instagram y Facebook. Y vuestra respuesta ha sido espectacular. En este momento, éstas son las cifras de cada una de esas publicaciones:

En Twitter: En el momento de escribir estas líneas, el tuit lleva 300 RTs y 1933 MG

En Instagram: En el momento de escribir esta entrada, la imagen lleva 1493 MG

Así que ya sabéis: si veis la imagen en algún otro sitio sin citarme, que sepáis que el meme lo hice yo. Y todo esto lo digo porque ya la he visto en algún sitio, y después de comentar que el meme es mío no me han hecho ni caso. Pero bueno, de todo hay en la viña de internet.

Bueno, vamos a lo nuestro: las integrales. Empezamos con la de la izquierda:

\displaystyle{\int \cfrac{1}{x^5} \; dx}

Cualquiera que haya hecho alguna incursión en el mundo de las integrales, aunque sea pequeña, podrá reconocerla como inmediata. Vamos, de las más sencillas que nos podemos encontrar:

\displaystyle{\int \cfrac{1}{x^5} \; dx=\int x^{-5} \ dx=\cfrac{x^{-4}}{-4}+C=-\cfrac{1}{4x^4}+C}

Lo dicho: una integral inmediata bastante sencilla. Podéis comprobar que el cálculo es correcto derivando el resultado obtenido y confirmando que sale la función que integramos al principio.

Bueno, vamos al turrón:

\displaystyle{\int \cfrac{1}{x^5+1} \; dx}

Quien no esté muy entrenado en los relativo a las integrales podrá pensar que no hay mucha diferencia con la anterior, ya que sólo se añade un «+1» en el denominador. Bien, pues esto cambia todo, hasta el método a usar: ahora tenemos la integral de una función racional que no es inmediata. Y cualquiera que haya profundizado en el cálculo de primitivas se habrá dado cuenta desde el principio de que esta integral es horrenda, y posiblemente me quede corto.

Bueno, el caso es que ése es el método que voy a usar: el de resolución de integrales de funciones racionales (aunque puede que haya alguno que funcione mejor en este caso, tenéis los comentarios para hablarnos de ellos). Al lío.

Comenzamos factorizando el polinomio del denominador. Es claro que x=-1 es una raíz, y con esto (y división, por ejemplo mediante Ruffini) nos queda que

x^5+1=(x+1)(x^4-x^3+x^2-x+1)

Ahora nuestro objetivo es factorizar ese polinomio de grado 4… y aquí viene el primer problema más o menos serio: no tiene raíces reales. ¿Lo metemos en WolframAlpha a ver qué pasa? Pues que se mete con números complejos (al menos cuando le ponemos el polinomio tal cual, sin ninguna orden más). Vamos, que no nos sirve.

Hay que factorizar a mano. Y, para eso, es tremendamente útil saber que todo polinomio de grado 4 se puede factorizar como producto de dos polinomio de grado 2, ambos con coeficientes reales. Sí, sí, aunque sepamos que algunas de sus raíces no son reales. Maravillas que tienen los números complejos, chavales.

Esto nos puede servir para plantear una factorización como producto de dos polinomios de grado 2 y, a partir de ella, calcular los coeficientes de ambos. A ello vamos, suponiendo además que los dos tienen coeficiente principal igual a 1 (por serlo el del polinomio de grado 4 inicial):

x^4-x^3+x^2-x+1=(x^2+ax+b)(x^2+cx+d)

La cosa ahora nos lleva a operar en la derecha. Nos queda la expresión siguiente

x^4-x^3+x^2-x+1=x^4+(a+c)x^3+(ac+b+d)x^2+(ad+bc)x+bd

Y ahora, igualando coeficientes de los términos del mismo grado, llegamos a este «bonito» sistema de ecuaciones:

\begin{array}{l} a+c=-1 \\ ac+b+d=1 \\ ad+bc=1 \\ bd=1 \end{array}

Como veis, no es un sistema lineal, por lo que la única idea que se nos puede ocurrir es despejar una incógnita de una de las ecuaciones, sustituir en las demás, operar, despejar otra, etc. Bien, yo lo he intentado así y es un horror

…pero podemos intentar simplificarlo suponiendo que los dos términos independientes, b y d, son 1 (en definitiva, su producto es 1) y probar, a ver qué pasa. Pues las cosas cuadran. El sistema se reduce enormemente:

\begin{array}{l}a+c=-1 \\ ac+2=1 \end{array}

Éste es fácil de resolver (lo más inteligente es despejar una incógnita de la primera ecuación y sustituir en la segunda, quedan una ecuación de segundo grado sencilla). Queda:

a=\cfrac{\sqrt{5}-1}{2}, \; c=\cfrac{-\sqrt{5}-1}{2}

Por tanto, la factorización queda así:

x^4-x^3+x^2-x+1=(x^2+\frac{\sqrt{5}-1}{2} \,x+1)(x^2+\frac{-\sqrt{5}-1}{2} \, x+1)

Ya estamos cerca, ¿no? Pues no, ni mucho menos. Como ambos polinomios tienen dos raíces complejas, no se pueden factorizar más en los reales, y por tanto la descomposición en fracciones simples de la fracción inicial quedaría así:

\cfrac{1}{x^5+1}=\cfrac{A}{x+1}+\cfrac{Bx+C}{x^2+\frac{\sqrt{5}-1}{2} \,x+1}+\cfrac{Dx+E}{x^2+\frac{-\sqrt{5}-1}{2} \, x+1}

Qué mona, ¿verdad?

Va, seguimos. ¿Qué viene ahora? Pues calcular los cinco coeficientes desconocidos: A,B,C,D,E. Para ello, tenemos que sumar las tres fracciones de la derecha para que el resultado tenga el mismo denominador que la de la izquierda, y de ahí ya podremos igualar numeradores y comenzar el cálculo de esos coeficientes. Sencillo, aunque un pelín engorroso… y me refiero a la suma de las fracciones, porque el cálculo de los coeficientes no se lo deseo ni a mi peor enemigo.

Hay uno sencillo. Efectivamente, es fácil calcular el valor de A que es \textstyle{\frac{1}{5}}. Ahora, los demás… os invito a que los calculéis a mano, porque yo no me he atrevido. Lo he intentado con WolframAlpha… y no da soluciones. Parece que no puede con el sistema (cosa que me extraña, la verdad). Luego lo metí en Mathematica… y, dependiendo de cómo introduzca el sistema, ¡¡da valores distintos!! No había visto cosa igual. Seguro que es porque me he confundido en algo, pero no encuentro el fallo. En la siguiente imagen está lo que he hecho. El primero es el sistema tal cual lo tengo; el segundo es el sistema calculando el valor de A e introduciéndolo en el resto de ecuaciones; y el tercero es el mismo sistema pero con las ecuaciones expresadas de manera distinta. Observad las soluciones:

Al final he usado Geogebra (gracias por la sugerencia, Pablo Triviño). El propio programa me ha transformado las ecuaciones a la forma que aparece en tercer lugar en la imagen anterior de Mathematica, y en ambos casos los resultados coinciden. Así que, salvo error mío al hacer los cálculos, quedan los siguientes valores:

\begin{array}{|c|c|c|c|c|} \hline & & & & \\A=\cfrac{1}{5} & B=\cfrac{\sqrt{5}-1}{10} & C=\cfrac{2}{5} & D=\cfrac{-\sqrt{5}-1}{10} & E=\cfrac{2}{5} \\ & & & & \\ \hline \end{array}

Vamos, que la cosa queda así (añadiendo ya las integrales):

\displaystyle{\int \cfrac{1}{x^5+1} \; dx=\int \cfrac{\frac{1}{5}}{x+1} \; dx+\int \cfrac{(\frac{\sqrt{5}-1}{10})x+\frac{2}{5}}{x^2+\frac{\sqrt{5}-1}{2} \,x+1} \; dx+\int \cfrac{(\frac{-\sqrt{5}-1}{10})x+\frac{2}{5}}{x^2+\frac{-\sqrt{5}-1}{2} \, x+1} \; dx}

Hala, pues ya está, ¿verdad? ¿VERDAD? Pues no, claro que no. La primera de las integrales es inmediata, pero las otras dos no lo son en absoluto. Ambas son del tipo llamado neperiano-arcotangente, por la sencilla razón de que ambas darán la suma de una integral cuyo resultado será un logaritmo neperiano y otra cuyo resultado será una arcotangente (sí, los matemáticos somos únicos poniendo nombres a las cosas). ¿Calculamos una? Va, calculamos una

…bueno, más bien vamos a dar alguna idea de cómo calcularla, porque la cosa se está poniendo cada vez más cansina. Por ello, voy a dejar escritas las incógnitas en los coeficientes en vez de poner los valores obtenidos porque curiosamente (o no tanto) los cálculos quedan menos feos.

La primera de las dos que nos quedan es

\displaystyle{\int \cfrac{Bx+C}{x^2+ax+1} \; dx}

La idea es buscar el logaritmo neperiano obligando a que en el numerador aparezca la derivada del denominador. Evidentemente, esto provocará que aparezcan términos sobrantes, pero los agruparemos y quedarán en una integral separada que nos dará una arcotangente.

La derivada del denominador es 2x+a. Para conseguirla en el numerador, comenzamos multiplicando por \textstyle{\frac{2}{B}} dentro y por \textstyle{\frac{B}{2}} fuera

\displaystyle{\int \cfrac{Bx+C}{x^2+ax+1} \; dx=\cfrac{B}{2} \, \int \cfrac{\frac{2}{B}(Bx+C)}{x^2+ax+1} \; dx=\cfrac{B}{2} \, \int \cfrac{2x+\frac{2C}{B}}{x^2+ax+1} \; dx=}

y seguimos sumando y restandos a y separando en dos integrales:

\displaystyle{\cfrac{B}{2} \, \int \cfrac{2x+\frac{2C}{B}+a-a}{x^2+ax+1} \; dx=\cfrac{B}{2} \left (\int \cfrac{2x+a}{x^2+ax+1} \; dx +\int \cfrac{\frac{2C}{B}-a}{x^2+ax+1} \; dx \right )}

La primera de ellas es la que nos dará el logaritmo neperiano que hemos buscado, pero la otra hay que trabajarla todavía (sí, esto no se ha acabado aún). El proceso comenzaría convirtiendo el denominador en una expresión tipo (x+m)^2+n. Esto es sencillo: igualamos el numerador a esa expresión, la desarrollamos, igualamos coeficientes y despejamos m y n. Queda así (sacamos también la constante del numerador):

\displaystyle{\left ( \cfrac{2C}{B}-a \right ) \; \int \cfrac{1}{(x-\frac{a}{2})^2+1-\frac{a^2}{4}} \; dx}

Renombrando la constante del denominador, k=1-\frac{a^2}{4}, nos queda una integral inmediata (ahora sí) sencilla:

\displaystyle{\int \cfrac{1}{(x-\frac{a}{2})^2+k} \; dx=\cfrac{1}{\sqrt{k}} \, arctan \left (\cfrac{(x-\frac{a}{2})}{\sqrt{k}} \right )}

Ahora tocaría calcular la otra, que es del estilo, y sustituir todos los valores que hemos ido dejando sin sustituir… y eso queda como ejercicio para el lector, que bastante ha hecho ya el escribiente.

Ahora, no os voy a dejar sin el resultado de la integral, o al menos el que da WolframAlpha:

Evidentemente, no descarto que haya algún error en mis cálculos (no sé por qué, pero me fío más de WolframAlpha), pero imagino que si recuperamos todos los valores que han quedado sin tomar por el camino de este post, el resultado será, efectivamente, éste.


Menos mal que la integral de la derecha no fue uno de los retos de «El juego del calamar», porque se habrían quedado sin serie en ese capítulo…

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