INTEGRALES INMEDIATAS

UNIVERSIDAD ARTURO PRAT
IQUIQUE – CHILE
DEPARTAMENTO DE CIENCIAS FISICAS Y MATEMATICAS
INTEGRALES
MARIA ELISA VODNIZZA LIRA
e-mail : mvodnizz@cec.unap.cl
url
: www.unap.cl/~mvodnizz
SEPTIEMBRE - 2003
UNIVERSIDAD ARTURO PRAT
IQUIQUE – CHILE
DEPTO. DE CIENCIAS FISICAS Y MATEMATICAS
INTEGRALES
Uno de los problemas importantes en Cálculo es la determinación de la
antiderivada de una función dada, es decir encontrar la función primitiva de la
cual se conoce su derivada
Una antiderivada o primitiva de la función f es una función F tal que F’(x) = f(x)
siempre y cuando f(x) esté definida.
Ejemplo
Dada la función f(x) = 3x 2 , entonces F(x) = x 3 es una antiderivada o primitiva
( )
d
x 3 = 3x 2 , también son antiderivadas de f(x) = 3x 2 las
dx
1
funciones G(x)= x 3 + 17, H(x) = x 3 - 20,
T(x) = x 3 etc.
2
de f(x), ya que
Si F’(x) = f (x) en cada punto del intervalo abierto I, entonces cada primitiva P
de f en I tiene la forma
P(x) = F(x) + C donde C es una constante.
Integral Indefinida
La expresión ∫ f ( x )dx representa la integral indefinida de f(x) con respecto de la
variable x.
Así si F es cualquier primitiva de f en el intervalo I, entonces la primitiva más
general de f en I tiene la forma F(x) + C
Entonces
∫ f ( x )dx
= F ( x) + C
⇔
d
(F ( x ) + C )= f ( x )
dx
El símbolo de la integral ∫ es una letra S alargada que corresponde a una
sumatoria como se verá cuando se trate el tema de la integral definida.
Profesora: María Elisa Vodnizza Lira
2
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Ejemplos
Calcular las siguientes integrales
1)
∫
dx
dx = ln x + C
x
⇔
(ln x + C )' = 1
x
2) ∫ Cos x dx = Sen x + C ⇔ (Sen x + C )' = Cos x
Esta claro que para encontrar una antiderivada de una función dada, es necesario
recordar las derivadas de las distintas funciones estudiadas anteriormente.
Propiedades.
De las propiedades estudiadas para las derivadas se deduce que:
a) ∫ [ f ( x ) + g( x ) − t ( x )]dx = ∫ f ( x )dx +
∫ g( x )dx
−
∫ t ( x )dx
b) ∫ k f ( x ) dx = k ∫ f ( x ) dx
De cada una de las fórmulas fundamentales de derivación, podemos deducir una
fórmula elemental de integración, las que se pueden probar derivando el segundo
miembro de la igualdad.
INTEGRALES INMEDIATAS
u n +1
+c
1) ∫ u du=
n+1
n
3)
u
u
∫ e du=e + c
5)
∫ Senu du=− Cos u+ c
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2)
du
∫ u =ln u + c
4)
 1  u
u
a
du
=
a + c

∫
 ln a 
6)
∫ Cos u du= Senu+ c
3
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7)
∫ Sec
9)
∫ Sec u tg u du= Sec u+c
11)
∫
13)
∫u
2
u du= tg u+ c
 u
= arc sen  + c
a
a 2 − u2
du
8)
∫ Co sec u du= − cot g u+ c
10)
∫ Co secu cot g u du=− cos ec u + c
12)
du
1
u
=
arc
tg
 + c
2
∫ a +u a
a
2
2
1
u
= arc sec  + c
a
u2 − a 2 a
du
Ejercicios Resueltos
[
]
1) Calcular ∫ 4 x 2 + 5 x − 6 dx = 4 ∫ x 2dx + 5 ∫ x dx − 6 ∫ dx Propiedades a) y b)
=
2) Calcular ∫
4 3 5 2
x + x − 6x + C
3
2
Fórmula 1
8x − 3
dx
4x − 3x + 5
2
Cuando en el integrando se presenta el cuociente de dos polinomios, es
conveniente calcular la derivada del denominador y tratar de formarla
en el numerador.
Haciendo u = 4 x 2 − 3 x + 5 , du = (8 x − 3) dx entonces
∫ 4x
8x − 3
dx =
− 3x + 5
2
3) Calcular
∫
∫
du
= ln u + C
u
= ln 4 x 2 − 3 x + 5 + C
Fórmula 2
x3 + x2 + x + 2
dx
x +1
No parece corresponder a ninguna de la fórmulas de integrales inmediatas,
pero dividiendo los polinomios tenemos:
(x
3
)
+ x 2 + x + 2 ÷ (x + 1)= x 2 + 1
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resto 1
4
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x3 + x2 + x + 2
1
La fracción
= x2 + 1 +
x +1
x +1
∫
Así
x3 + x2 + x + 2
dx =
x +1

∫  x
2
+1 +
1 
 dx
x + 1
= ∫ x 2dx + ∫ dx + ∫
dx
=
x +1
x3
+ x + ln x + 1 + C
3
4) Calcular ∫ e 5 x dx
Haciendo u = 5x, du = 5dx
∫e
5x
dx =
∫
5) Calcular
∫
dx
9 − 4x
∫e
du
= dx entonces
5
1
1
1
du
= ∫ e u du = e u + C = e 5 x + C
5
5
5
5
u
dx
9 − 4x2
se puede escribir como
2
Fórmula 3
dx
∫
3 − (2 x )
2
2
que corresponde a la
du
= dx
2
1
 2x 
arc sen 
+C
2
 3 
fórmula 11, donde a = 3 , u = 2x , du = 2dx ∧
entonces
6) Calcular
∫
∫
dx
9 − 4x
(2 x
2
=
2
1
2∫
du
2
3 − u2
=
)
− 1 dx
3
2x − 3x + 1
−1
Podemos escribir la integral dada como ∫ (2 x 3 − 3 x + 1) 2 (2 x 2 − 1)dx
Haciendo u = (2 x 3 − 3 x + 1), du = (6 x 2 − 3)dx
(
)
du = 3 2 x 2 − 1 dx
du
= 2 x 2 − 1 dx entonces
3
(
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)
5
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∫
(2 x
2
)
− 1 dx
3
2x − 3x + 1
=
∫ (2 x
3
− 3x + 1
−1
2
) (2 x
2
)
− 1 dx
1
1 −
= ∫ u 2 du
3
1
7) Calcular
∫
1 u2 2
2
u=
2 x3 − 3x + 1 + C
=
=
1
3
3
3
2
x −1
dx
x + 4x + 8
2
Cuando en el integrando se presenta el cuociente de dos polinomios, es
conveniente calcular la derivada del denominador y tratar de formarla
en el numerador
.
Haciendo u = x 2 + 4 x + 8 ,
du = (2 x + 4) dx entonces
x −1
1
2x − 2 
1  2x + 4 − 4 − 2 
1  2x + 4 − 6 
=  2
 =  2
 =  2
 entonces
2  x + 4x + 8 
2  x + 4x + 8 
2  x + 4x + 8 
x + 4x + 8
2
∫

1  2x + 4 − 6 
1   2x + 4 
6dx
x −1
dx = ∫  2
dx − ∫ 2
 dx =  ∫  2
2   x + 4x + 8 
x + 4 x + 8 
2  x + 4x + 8 
x + 4x + 8
2
La primera integral es inmediata

∫  x
2
2x + 4 
du
= ln u + C = ln x 2 + 4 x + 8 + C
 dx = ∫
+ 4x + 8 
u
Fórmula 2
La segunda integral, debemos arreglarla para visualizarla como inmediata
∫x
2
6dx
dx
= 6∫
haciendo u = x+2, du = dx ∧ a = 2 tenemos
+ 4x + 8
(x + 2)2 + 4
∫x
2
6dx
du
6
 u
 x + 2
= 6∫ 2
= arc tg   = 3 arc tg 
+C
2
+ 4x + 8
u +2
2
 2 
2
Fórmula 12
Por lo tanto la respuesta al ejercicio es:
∫
x −1
1
3
 x + 2
dx = ln x 2 + 4 x + 8 arc tg 
 +C
x + 4x + 8
2
2
 2 
2
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8) Calcular ∫ Sen 2 x dx
No parece corresponder a ninguna de la fórmulas dadas de integrales
inmediatas, pero si usamos la identidad trigonométrica
1
[1 − cos 2 x ]
2
sen 2 x =
∫ sen x dx
2
=
tenemos:
[
]
1
(1 − cos 2 x )dx = 1 ∫ dx − ∫ cos 2 x dx =
∫
2
2
1
1
x − sen 2 x + C
2
4
Ejercicios Propuestos
Calcular las siguientes integrales indefinidas:
1)
dy
a − by
∫
t 3dt
2)
2
∫ t 2t + 3dt
5)
∫
x 2dx
∫ 2 + x3
4)
∫
7)
x 2 x
∫ tg 2 sec 2 dx
8)
10)
senx
∫ 1 − cos x dx
11)
13)
∫t
a4 + t 4
dt
2t
14)
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2 + ln x
dx
x
( x 2 + 2)dx
∫ x +1
∫
e x dx
x
e −5
4 x2
3)
∫
6)
∫ senaxcos axdx
9)
∫y
12)
∫
15)
∫x
x3 + 8
dx
y+2
dy
2
+ 4y
( x + 4)dx
2x + 3
2
2x + 5
dx
+ 5x + 6
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e x dx
17) ∫ x
e −2
dx
16) ∫ x
e
19)
senx
∫ 1 + cos x dx
ax dx
x4 + b4
22)
∫
25)
∫ 1+ x
28)
∫
1 + 2x
3s − 2
9 − s2
2
dx
ds
x 2 dx
31) ∫
1 + x6
34) ∫ xsen(1 − x 2 )dx
dx
20)
∫
23)
dt
∫ ( t − 2)2 + 9
26)
∫
29)
32)
35)
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16 − 9 x
x −1
1− x
∫
dx
∫ cos
18)
2
21)
2
dx
( x + 2)dx
24)
∫
27)
∫
30)
4 x − x2
∫
2
x
5 xdx
1 − x4
2e x
1 − e2x
dx
( 3 x − 1)dx
x2 + 9
∫
x + ln x
dx
x
∫ (cosax + senax ) dx 33) ∫ sec (ax + b)dx
2
∫
3
2
1 + ln x
dx
x
8
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Respuestas
−2
a − by + c
1)
b
4)
a4 + t 4
+c
2
7)
 x
tg   + c
2
1
2)
6
5)
ln 1 − cos x
13)
−
2
+c
t
 x2 
a
 2  + c
arctg
22)
2b 2
b 
2
26) − 1 − x − arcsenx + c
11)
30)
33)
35)
ln x
+c
2
1
tg(ax + b ) + c
a
3
+c
+c
x2
− x + 3 ln x + 1 + c
2
−1
+c
ex
1
 3x 
+c
20) arcsen
3
4


1
 t − 2
arctg 
+c
23)
3
3


27)
2
2 x+
2
3
)
+3 +c
(2 + ln x )2
8)
16)
19) − ln (1 + cos x ) + c
2
ln 2 + x 3
2
10)
(2t
3
1
 x
ln x 2 + 9 − arctg  + c
2
3
3
3)
8 x3 + 8
+c
3
6)
sen 2 ax
+c
2a
ln y 2 + 4 y
9)
+c
2
12)
x 5 ln 2 x + 3
+
+c
2
4
18)
tg x + c
21)
5
arcsen x 2 + c
2
25) arctg x + ln 1 + x
 3
31)
1
arctg x 3 + c
3
1
cos 2ax + c
2a
34)
1
cos 1 − x 2 + c
2
x−
(
)
33
(1 + ln x )4 + c
4
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+c
28) − 3 9 − s 2 − 2arcsen s 
 x −2
29) − 4 x − x 2 + 4arcsen
+c
 2 
32)
2
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METODOS DE INTEGRACION
Todos los ejemplos anteriores se han caracterizado porque las integrales se han
podido calcular en forma inmediata. Pero es necesario conocer algunas
estrategias o métodos de integración, para facilitar el cálculo de integrales
indefinidas, que no sean inmediatas.
I Integración por partes
Sean u y v funciones diferenciables de la variable x, entonces la derivada de su
producto es:
d
(u ⋅ v ) = u dv + v du
dx
dx
dx
en notación de diferenciales, tenemos:
despejando
integrando
por lo tanto
d (u ⋅ v ) = u dv + v du
u dv = d ( u ⋅ v ) − v du
∫ d (u ⋅ v ) − ∫ v du
∫u⋅v
=
∫u⋅v
= u ⋅ v − ∫ v du
Este método de integración por partes es útil para resolver integrales en las que
el integrando es un producto de funciones: exponenciales, logarítmicas,
trigonométricas, etc.
Este método permite sustituir la función y la diferencial, dando origen a otra
integral ∫ v ⋅ du que en grado de dificultad debe ser menor o a lo sumo igual que
la integral original.
Ejemplos
1) Calcular ∫ x cos 3 x dx
Haciendo
u = x ⇒ du = dx
1
sen 3 x
3
x
1
x
1
∫ x Cos 3 x dx = 3 sen 3 x − 3 ∫ sen 3 x dx = 3 sen 3 x + 9 cos 3 x + C
dv = cos 3 x dx ⇒ v =
Entonces
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2) Calcular
∫ x sen x cos x dx
Haciendo u = x ⇒ du = dx
dv = sen x cos x dx ⇒ v =
sen 2 x
2
Entonces
x
1
∫ x Senx Cosx dx = 2 sen x − 2 ∫ sen x dx
2
2
usando sen 2 x =
1
[1 − cos 2 x ]
2
x
1
sen 2 x − ∫ (1 − cos 2 x )dx
2
4
x
1
1
= sen 2 x − x + sen 2 x + c
2
4
8
=
El mismo ejercicio puede resolverse también como
Haciendo
u = x ⇒ du = dx
dv = sen x cos x dx ⇒ v =
x
∫ x Senx Cosx dx = 2 cos
2
x−
cos 2 x
2
1
cos 2 x dx
∫
2
cos 2 x =
1
(cos 2 x ) + 1
2
x
1
= cos 2 x − ∫ (cos 2 x + 1)dx
2
4
1
1
x
= cos 2 x − sen 2 x − x + C
2
8
4
3) Calcular
∫
ln x
dx
x3
Haciendo
∫
1
dx
x
dx
1
dv = 3 ⇒ v = − 2
x
2x
u = ln x ⇒ du =
ln x
ln x
dx
1
- 2lnx - 1
− ln x
dx = − 2 + ∫ 3 =
+C
− 2 +c =
3
2
x
2x
2x
2x
4x
4x 2
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El método de integración por partes, puede aplicarse varias veces en un ejercicio.
En algunas ocasiones al repetir la integración por partes se vuelve a la integral
original, como se muestra en el siguiente ejercicio.
4) Calcular ∫ e x senx dx
Haciendo
∫e
x
u = sen x ⇒ du = cos x dx
dv = e x dx ⇒ v = e x
Senx dx = e x senx − ∫ e x Cosx dx aplicando por partes nuevamente
u = cos x ⇒ du = -sen x dx
*
dv = e xdx ⇒ v = e x
* ∫ e x cos x dx = e x cos x + ∫ e x senx dx
Entonces , la int egral original queda exp resada como
∫ e Senx dx = e senx − e cos x − ∫ e
2 ∫ e Senx dx = e senx − e cos x
x
x
x
x
x
x
senx dx
x
Finalmente
1
∫ e Senx dx = 2 e (senx − cos x ) + C
x
x
Ejercicios Propuestos
Determine la integral dada usando integración por partes
1) ∫ x cos 3 x dx
2) ∫ xsenx cos xdx
4)
∫
ln x
dx
x3
5)
2
∫ x senxdx
3)
∫ xarctgxdx
6)
∫ (x − 8 )
2x
3
dx
Algunas Respuestas
xsen3 x cos 3 x
+
+c
3
9
x2 + 1
x
arctgx − + c
3)
2
2
1)
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− x cos 2 x sen2 x
+
+c
4
8
1
− ln x
− 2 +c
4)
2
2x
4x
2)
12
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II Integración por Sustitución
a) Sustituciones Algebraicas: Haciendo un cambio de variable adecuado
es posible eliminar las raíces del integrando
Ejemplos
1) Calcular
∫
x dx
x+1
sustitución algebraica
∫
x dx
=
x +1
∫
(u
2
x + 1 = u2 ⇒ u =
x = u2 − 1
dx = 2u d u
)
− 1 (2u du )
=
u
(
x +1
)
2 ∫ u 2 − 1 du
 u3

= 2
− u + C
 3

volviendo a la var iable original
2
(x + 1)3 − 2 x + 1 + C
=
3
2) Calcular
1+ x
x
∫1+
dx
Sustitución a lg ebraica x = u 2 ⇒ u =
dx = 2u du
1+ x
∫1+
x
dx =
∫
(1 + u )(2u du)
2
1+ u
= 2∫
u3 + u : u + 1 = u2 − u + 2 −
x
u3 + u
du
u+1
2
u+1
 
2  
dx = 2  ∫  u 2 − u + 2 −
du
u + 1  
x
 

 u3 u2
= 2 −
+ 2u − 2 ln u + 1  + C
2
3

volviendo a la var iable original
1+ x
∫1+
 x3 x

= 2
− + 2 x − 2 ln u + 1  + C
2
 3

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b) Sustituciones trigonométricas: Este método se usa cuando en el
integrando aparecen expresiones del tipo a 2 − x 2 , a 2 + x 2 y x 2 − a 2
Es posible eliminar las raíces del integrando mediante una adecuada
sustitución trigonométrica. Analizaremos los casos más frecuentes:
1) Para la expresión a 2 − x 2 se recomienda sustituir
x = aSen t o bien x = aCos t, obteniendo
(
)
a (1 − Cos t ) = aSen t
a 2 − x 2 = a 2 − a 2 Sen 2 t = a 2 1 − Sen 2 t = aCos t
a 2 − x 2 = a 2 − a 2Cos 2 t =
2
2
2) Para la expresión a 2 + x 2 se recomienda sustituir
x = a tg t obteniendo
(
)
a 2 + x 2 = a 2 + a 2 tg 2 t = a 2 1 + tg 2 t = aSec t
3) Para la expresión x 2 − a 2 se recomienda sustituir
x = a Sec (t)
obteniendo
x2 + a2 =
(
)
x 2 + x 2 Sec 2 t = a 2 1 + Sec 2 t = a tg t
Ejemplos
1) Calcular
∫
dx
1 + x2
Sustitución trigonométrica
∫
sec 2 t dt
1 + tg 2 t
=∫
x = tg t
dx = sec2 t dt
sec 2 t dt
sec t
 sec t + tg
= ∫ sec t dt = ∫ sec t 
 sec t + tg
sec 2 t + sec t tgt
du
=∫
dt = ∫
sec t + tgt
u
t
dt
t 
= ln sec t + tg t
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Sabiendo que tg t =x , usaremos el tríangulo rectángulo para
volver a la variable original
1 + x2
x
t
1
sec t = 1 + x 2
dx
Finalmente
∫
2) Calcular
∫x
1+ x
=
2
1 + x2 +
ln
x +C
dx
2
4+ x2
x = 2 tg t
Sustitución trigonométrica
∫x
dx
2
4 + x2
=
dx = 2 sec 2t dt
2 sec 2 t dt
∫ 4 tg t
2
4 + 4tg 2 t
=
1
4
sec2 t dt
∫ tg 2t sec t
1 sec t
1
dt = ∫ cos ec t ⋅ ctgt dt
2
∫
4 tg t
4
1
= cosec t + C
4
=
Para volver a la variable original
4 + x2
usaremos el triángulo
x
t
2
por lo tanto co sec t =
Finalmente
4) Calcular
∫
∫x
2
4+ x
x
dx
4+ x2
=
2
4 + x2
+C
4x
x 2dx
x2 − 4
Sustitución trigonométrica
x = 2 sec z
dx = 2 sec z tg z dz
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∫
4 sec 2 z (2 sec ztgz )
4 sec 2 z − 4
3
* 4 ∫ sec
123zdz
sec 3 z tg z
dz = 4 ∫
dz
tg z
int egrando por partes
I1
u = sec z ⇒ du = sec z tg z
dv = sec 2 z dz ⇒ v = tg z
I1 = sec ztgz − ∫ sec ztg 2 z dz
sec z tg z - ∫ sec z (sec2 z − 1)dz
(
)
sec z tg z - ∫ sec3 z − sec z dz
sec z tg z - ∫ sec3 z dz + ∫ sec z dz
2 I1 = sec ztgz + ln sec z + tgz
1
sec ztgz + ln sec z + tgz
2
*
4 I1 = 2 sec ztgz + ln sec z + tgz
{
[
I1 =
]
[
[
I = 2 sec ztgz + ln sec z + tgz
]
x
]
x2 − 4
z
2
Para volver a la variable original
usaremos el triángulo, donde sec z =
x
x2 − 4
x
I = 2 ⋅
+ ln
+
2
2
 2
x2 − 4
2
x
2
y tg z =
x2 − 4
2

+C

x x2 − 4
x + x2 − 4
I=
+C
+ 2 ln
2
2
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Ejercicios Propuestos
Determine la integral dada usando integración por sustitución
1)
xdx
x +1
∫
4 ∫ 1 − x dx
2
7
∫x
5
dx
2
1+ x
∫ 1+
2)
∫x
8
x2 −1
x
dx
3)
dx
2
t+5
∫ (t + 4)
6
4+ x2
dx
∫ (1 + x ) dx
∫
t+2
x3
1 − x2
dt
dx
*
2 2
• (sugerencia, usar sustitución trigonométrica).
RESPUESTAS
2
1)
3
(x + 1)3 − 2
x +1 +c
3) 2 t + 2 + 2arctg
t+2
+c
2
 x3 x


+c
2
2
2
ln
1
+
x
−
+
x
−
2) 

2
 3

4)
x
1
1 − x 2 + arcsenx + c
2
2
− 4+ x
+ +c
5)
4x
7)
(1 − x )
+
2
2
6) − 1 − x
2
3
2
+c
3
1
x
+c
8) arctgx +
2
2 1 + x2
x2 − 1
+c
x
(
)
III Integración por Fracciones Parciales
Este método de integración, se usa cuando el integrando es una función
Racional de la forma
P( x)
la cual puede expresarse como suma de fracciones
Q( x )
simples, de tal forma que la integración se simplifique.
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Ejemplos
1) Calcular
∫x
2
4x − 7
dx
− 3x + 2
4x − 7
=
x − 3x + 2
( x − 2) ( x − 1)
A
x-2
2
+
B
x -1
A(x - 1) + B(x - 2)
( x − 2)( x − 1)
=
A(x - 1) + B(x - 2) = 4x - 7
A=1
B=3
I=∫
dx
x-2
+
3
∫ x − 1 dx =
ln x − 2 + 3 ln x − 1 + C
ln (x - 2)(x - 1)3 + C
2 x 3 − 11 x 2 + 23 x − 17
2) Calcular ∫
dx
x2 − 3x + 2
Como el grado del numerador es mayor que el grado del denominador
primeramente hay que dividir
2 x 3 − 11 x 2 + 23 x − 17 : x 2 − 3 x + 2 = 2 x − 5
resto 4 x − 7
2 x 3 − 11 x 2 + 23 x − 17
4x − 7
= 2x − 5 + 2
2
x − 3x + 2
x − 3x + 2
I = ∫ 2 x dx -
∫ 5 dx
+
2 x 3 − 11 x 2 + 23 x − 17
dx
∫
x2 − 3x + 2
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4x - 7
dx } Ejercicio 1
∫1
x 42
− 3 x43
+2
2
=
x 2 − 5 x + ln ( x − 2) ( x − 1)3 + C
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4) Calcular
∫
x 4 − 3 x 3 − 21 x 2 + 85 x − 63
dx
x 3 + x 2 − 17 x + 15
Como el grado del numerador es mayor que el grado del denominador
primeramente hay que dividir
x 4 − 3 x 3 − 21 x 2 + 85 x − 63 : x 3 + x 2 − 17 x + 15 = x − 4
2x – 3
∫ x−4+ x
3
2x − 3
+ x 2 − 17 x + 15
2x − 3
x + x 2 − 17 x + 15
(x − 1) x 2 + 2 x − 15
=
3
(
)
dx
A
+
x -1
A=
1
12
I = ∫ x dx - ∫ 4 dx +
I=
B
x+5
B=
+
3
16
C
x-3
B=
- 13
48
1
dx
13
dx
3
dx
−
+ ∫
∫
∫
12 (x - 1) 48 (x + 5 ) 16 (x - 3 )
x2
1
13
3
− 4 x + ln x − 1 − ln x + 5 + ln x − 3 + C
2
12
48
16
x2
1
(x − 1) (x − 3 ) + C
I=
− 4 x + ln
2
48
(x + 5)13
4
4) Calcular
9
x dx
∫1+ x
3
Fracciones Parciales
1 + x 3 = (1 + x )(1 − x + x 2 )
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A
Bx + C
+ 2
= A( x 2 − x + 1) + ( Bx + c )(1 + x ) = x
1+ x x − x +1
Ax 2 − Ax + A + Bx + C + Bx 2 + Cx = x
(A + B )x 2 + (− A + B + C )x + (A + C ) = x
A+B=0
A=−
1
3
B=
1
3
C=
1
3
-A + B + C = 1
I =−
dx
x+1
1
1
dx
+ ∫ 2
∫
3 1+ x 3 x − x +1
-
1
1 2x − 1 + 3
ln 1 + x + ∫ 2
dx
3
6 x − x+1
-
1
1
2x − 1
dx
ln 1 + x +  ∫ 2
3
6  x − x +1
* -
+
∫x
2
3dx

− x + 1 
dx
1
1
1
ln 1 + x + ln x 2 − x + 1 + ∫
2
3
6
2 
1
3
x −  +
2 44
4
1442
3
I1
I1 =
*I =
1
8
dx
∫ ( 2 x − 1)
2
+3
=
1
dx
3
2x - 1
arc tg
+c
=
2
∫
8  2x − 1 
8
3

 + 1
3 

1
x2 − x + 1
3
 2x - 1 
ln
arc tg 
 + c
+
2
6
(1 + x )
8
 3 
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