Guia-Autodidactica-Integrales

ÍNDICE
1. Métodos de integración
5
1.1. Integrales inmediatas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5
1.2. Propiedades de la integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9
1.3. Integración por sustitución . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10
1.4. Integración por partes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
14
1.5. Integración de funciones Racionales
P(x)
Q(x)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
22
1.5.1. El grado de P (x) es mayor o igual que el grado de Q(x). . . . . . . .
22
1.5.2. El grado de P (x) es menor que el grado de Q(x) . . . . . . . . . . . .
24
1.5.3. Cambios que conducen a integrales de fracciones racionales . . . . . .
37
1.6. Integración De Funciones Trigonométricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Z
Z
n
1.6.1. Integrales de la forma: sen xdx y cosn xdx. . . . . . . . . . . . .
41
41
1.6.2. Si n es par. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Z
1.6.3. Integrales de la forma: (senm x)(cosn x)dx. . . . . . . . . . . . . . .
43
tann xdx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
45
1.6.4. Integrales de la forma:
Z
Z
41
secn xdx. . . . . . . . . . . . . . . . . .
47
1.6.6. Si n es impar. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Z
1.6.7. Integrales de la forma: (tann x)(secm x)dx. . . . . . . . . . . . . . .
47
1.6.5. Integrales de la forma:
1
48
2
Índice
R
R
R
1.6.8. Integrales de la forma: sen(mx) cos(nx)dx, sen(mx)sen(nx)dx, cos(mx) cos(nx)dx. 49
1.7. Integración Por Sustituciones Trigonométricas . . . . . . . . . . . . . . . . .
51
1.8. Integración por sustituciones de Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Z
1.9. Integrales de la forma: xm (a + bxn )p dx, con m, n, p ∈ Q . . . . . . . . . .
55
1.9.1. Si p es un número entero. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
m+1
es un número entero. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
n
m+1
+ p es un número entero. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.9.3. Si
n
1.9.2. Si
2. Miscelánea de integrales
56
56
57
57
59
2.1. Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
59
2.2. Solución de los Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
62
Bibliografía
99
Bibliografía
101
INTRODUCCIÓN
El presente trabajo tiene por objetivo hacer una exposición amplia y detallada sobre el
cálculo de “funciones primitivas” mediante múltiples ejercicios, enmarcados en la Teoría de
Integración, acorde con los programas de Matemáticas 20 y Cálculo 2 de la Facultad de
Ciencias, Cálculo 20 en la Facultad de Ingeniería y Matemáticas 2 en la Facultad de Ciencias
Forestales y Ambientales; puede ser también utilizado, con los problemas elementales, en
otras facultades.
La selección del material, para la elaboración de los ejercicios aquí desarrollados, se ha
hecho sobre la base del curso de Matemáticas 20 dictado en diferentes oportunidades por la
autora de este problemario en las diferentes facultades donde el Departamento de Matemáticas de la Facultad de Ciencias presta su servicio. El enfoque didáctico que se le ha dado
permite al estudiante aprender los métodos de integración paso a paso y avanzar gradualmente en la dificultad de los ejercicios. Se sugiere algunos aspectos metodológicos para la
resolución, ejercitación y aprendizaje del cálculo integral, que conduce establecer criterios
específicos y generales según la exigencia de los programas de las facultades citadas. Para
esto, se organizó la presentación del material en dos capítulos, el primero titulado “Métodos
de integración”, tiene como objetivo que el estudiante aprenda los métodos con ejercicios
elementales, seleccionados a lo largo de los cursos dictados. El segundo capítulo, titulado
“Miscelánea”, tiene la intención de que el estudiante, una vez que conozca todos los métodos,
se encuentre en capacidad de resolver cualquier ejercicio del cálculo integral. La gran mayoría
de estos ejercicios son una recopilación, que a través de los años, se hizo de los diferentes
exámenes realizados en la Facultad de Ciencias y en la Facultad de Ingeniería. Una innovación didáctica es que a estos ejercicios propuestos no sólo se les da su respuesta, sino que
son resueltos en detalle, recomendando al usuario que intente primero resolverlos y que luego
compare la solución; esta experiencia de aprendizaje tiene por finalidad que el estudiante,
además de lograr el objetivo cognoscitivo, desarrolle también su capacidad de autoevaluarse.
El capítulo 1 se inicia con el cálculo de las primitivas de las funciones básicas: potencias
y polinomios, exponenciales generales, funciones trigonométricas y logarítmicas, se sigue con
las propiedades lineales de la integración que son consecuencia de aquellas análogas a las
3
4
Índice
de la derivación de funciones. Se continua con ejemplos y ejercicios referidos a los métodos
de integración, comenzando con el de integración por sustitución, el cual es la expresión de
la regla de la cadena en la teoría de derivación. Se sigue con el método de integración por
parte, que es la interpretación en la teoría de la integración de la derivada del producto de
funciones. Se avanza con las secciones en las que se desarrollan los métodos de integración
de funciones racionales y la integración general de funciones trigonométricas, incluyendo
potencias y productos de las mismas. Finalmente en este primer capítulo, se trabaja con tres
secciones referidas a la integración por sustitución trigonométrica, sustituciones de Euler e
integración de funciones binómicas: los productos xm (a + bxn )p , donde m, n, p son números
racionales. Esta exposición finaliza con el capítulo 2, Miscelánea de Integrales, del cual ya se
hizo referencia.
Este material ha sido utilizado en los cursos de Matemáticas 20 dictado por la autora en
la Facultad de Ciencias y en la Facultad de Ciencias Forestales y Ambientales y ha tenido
una buena aceptación por parte de los estudiantes quienes la consideran como guía práctica y
didáctica que les facilita el aprendizaje en este tópico. También ha sido usada como material
de referencia por algunos profesores que dictan el curso.
CAPÍTULO
1
MÉTODOS DE INTEGRACIÓN
La integración es la operación inversa de la derivada. Nuestro objetivo, en la presente
guía, es aprender a calcular una integral para después hacer con facilidad sus aplicaciones
(Integral definida para calcular áreas, longitudes y volúmenes).
R
Calcular
f (x)dx es encontrar una función g tal que la derivada nos de f , es decir,
R
f (x)dx = g(x), donde g ′(x) = f (x). En tal caso diremos que g es una antiderivada o
primitiva para f
Así por ejemplo,
ya que [sen(x)]′ = cos(x).
Z
cos(x)dx = sen(x),
Como la derivada de una función
constante es cero, entonces podemos sumar cualquier
R
constante C a la función g, así f (x)dx = g(x) + C. C es llamada constante de integración.
Los métodos de Integración son herramientas que nos permiten llevar Integrales no inmediatas a integrales inmediatas. Por eso es importante conocer y visualizar con rapidéz las
integrales que son inmediatas.
Las fórmulas dadas a continuación nos permiten hacerlo.
1.1.
1.
Integrales inmediatas
Z
xn =
xn+1
+ C, si n 6= −1.
n+1
Ejemplo 1.1.1
5
6
1.1. Integrales inmediatas
(i)
Z
dx = x + C.
(ii)
Z
x3 dx =
x4
+ C.
4
(iii)
Z
1
dx =
x7
Z
(iv)
Z √
3
2.
Z
x2 dx
=
x−7 dx = −
Z
x2/3 dx =
ekx
e dx =
+ C,
k
kx
x−6
1
+ C = − 6 + C.
6
6x
3x5/3
x5/3
+C =
+ C.
5/3
5
Z
akx
a dx =
+ C, (a > 0 y a 6= 1).
k ln a
kx
Ejemplo 1.1.2
Z
e3x
+ C.
(i)
e3x dx =
3
2x
+ C.
ln 2
(ii)
Z
2x dx =
(iii)
Z
52x dx =
52x
+ C.
2 ln 5
(iv)
Z
1
dx =
e5x
Z
3.
Z
e−5x dx = −
sen(kx)dx = −
e−5x
+ C.
5
sen(kx)
+ C.
k
Ejemplo 1.1.3
Z
cos(2x)
(i)
sen(2x)dx = −
+ C.
2
(ii)
Z
sen
cos 31 x
1
1
x dx = −
x + C.
+ C = −3 cos
1
3
3
3
7
1. Métodos de integración
4.
Z
cos(kx)dx =
sen(kx)
+ C.
k
Ejemplo 1.1.4
Z
sen(7x)
+ C.
(i)
cos(7x)dx =
7
(ii)
Z
sen 51 x
1
1
+ C = 5sen
cos
x dx =
x + C.
1
5
5
5
(iii)
Z
cos(−4x)dx =
5.
Z
−sen(4x)
sen(4x)
sen(−4x)
+C =
+C =
+ C.
−4
−4
4
f ′ (x)
dx = ln |f(x)| + C.
f(x)
Observación 1.1.1 Aplicamos esta fórmula en el caso de tener un cociente donde el
numerador es la derivada del denominador.
Ejemplo 1.1.5
Z
1
(i)
dx = ln |x| + C.
x
(ii)
Z
1
dx = ln |x + 2| + C.
x+2
(iii)
Z
x
1
dx =
2
x +3
2
(iv)
Z
e−x
dx = −
e−x + 1
(v)
Z
1 + ln x
dx = ln |3 + x ln x| + C.
3 + x ln x
(vi)
Z
tan xdx =
Z
2x
1
dx = ln |x2 + 3| + C.
+3
2
Z
x2
Z
−e−x
dx = − ln |e−x + 1| + C.
−x
e +1
senx
dx = −
cos x
Z
−senx
dx = − ln | cos x| + C.
cos x
8
1.1. Integrales inmediatas
(vii)
Z
cot xdx =
Z
(viii)
Z
cos x
dx = ln |senx| + C.
senx
(sec x)(sec x + tan x)
dx =
sec x + tan x
Z
sec xdx =
Z
sec2 x + sec x tan x
dx
sec x tan x
= ln | sec x + tan x| + C.
Z
(ix)
csc xdx = −
Z
−(csc x)(csc x + cot x)
dx = −
csc x + cot x
Z
− csc2 x − csc x cot x
dx
csc x + cot x
= − ln | csc x + cot x| + C.
6.
Z
[f(x)]n+1
+ C,
n+1
[f(x)]n f ′ (x)dx =
si n 6= −1.
Ejemplo 1.1.6
Z
sen4 x
(i)
sen3 x cos x =
+ C.
4
tan3 x
+ C.
3
(ii)
Z
tan2 x sec2 x =
(iii)
Z
arcsenx
√
dx =
1 − x2
(iv)
Z
dx
=
5
(arctan x)(1 + x2 )
(v)
Z
1
ln3 x
dx =
3x
3
(vi)
Z
(ln x + 2)2
dx =
x
7.
Z
Z
Z
arcsenx √
Z
(arctan−5 x)
1
arctan−4 x
dx
=
−
+ C.
1 + x2
4
1
1 ln4 x
ln4 x
ln x dx =
+C =
+ C.
x
3 4
12
3
Z
(ln x + 2)3
1
(ln x + 2)2 dx =
+ C.
x
3
ef (x) f ′ (x)dx = ef (x) + C.
Ejemplo 1.1.7
1
arcsen2 x
dx =
+ C.
2
1 − x2
9
1. Métodos de integración
1 2
2
ex 2xdx = ex + C.
2
(i)
Z
1
e xdx =
2
(ii)
Z
esenx (cos x)dx = esenx + C.
(iii)
Z
e x
√ dx = 2
x
(iv)
Z
x2
dx =
ex3
1.2.
1.
x2
√
Z
Z
Z
√
e
√
1
√ dx = 2e x + C.
2 x
x
1
x dx = −
3
−x3 2
e
1
3
3
e−x (−3x2 )dx = − e−x + C.
3
Z
Propiedades de la integral
Z
[f(x) ± g(x)]dx =
Z
f(x)dx ±
Z
g(x)dx.
Ejemplo 1.2.1
Z Z
Z
1
cos(4x) e2x
sen(4x) + 2x dx = sen(4x)dx + e−2x dx = −
−
+ C.
e
4
2
2.
Z
c · f(x)dx = c
Z
f(x)dx,
∀ c ∈ R.
Ejemplo 1.2.2
Z
Z
(i)
2 cos(8x)dx = 2 cos(8x)dx
= 2
sen(8x)
+C
8
sen(8x)
+ C.
4
Z
Z
2
3
(ii)
(x + 5) dx =
(x6 + 15x4 + 75x2 + 125)dx
=
=
=
Z
6
x dx + 15
Z
4
x dx + 75
Z
2
x dx + 125
x7
+ 3x5 + 25x3 + 125x + C.
7
Z
dx
10
1.3. Integración por sustitución
(iii)
Z
ln2 x + 2x2
dx =
x
Z
1
ln x dx + 2
x
2
Z
x2
dx =
x
Z
1
ln x dx + 2
x
2
Z
xdx
x2
ln3 x
ln3 x
+2 +C =
+ x2 + C.
=
3
2
3
Z 2x
Z 2x
Z
Z
Z
e +3
e
1
−2x
(iv)
dx =
dx + 3
dx =
e dx + 3 e−4x dx
e4x
e4x
e4x
1
3
= − e−2x − e−4x + C.
2
4
Z
Z
dx
1
(v)
dx =
dx
2
2
2
sen x cos x
sen x cos2 x
Z
sen2 x + cos2 x
=
dx
sen2 x cos2 x
Z
Z
sen2 x
cos2 x
=
dx
+
dx
sen2 x cos2 x
sen2 x cos2 x
Z
Z
1
1
dx
+
dx
=
cos2 x
sen2 x
Z
Z
2
=
sec xdx + csc2 dx
= tan x − cot x + C.
(vi)
1.3.
Z
2
tan xdx =
Z
2
(sec x − 1)dx =
Z
2
sec xdx −
Z
dx = tan x − x + C.
Integración por sustitución
El método de sustitución o cambio de variable consiste, como su nombre lo indica, en
cambiar una función diferenciable g(x) por una nueva variable t, de tal manera que este
cambio nos lleve a una integral inmediata. En algunas fórmulas que dimos como integrales
inmediatas podemos hacer una sustitución; sin embargo, la idea de darlas como fórmulas es
para resolverlas rápidamente y para crear facilidad en visualizarlas.
R
Sea f (g(x)) · g ′(x)dx, y llamemos g(x) = t. Así, g ′(x)dx = dt y la integral nos queda:
Z
Z
′
f (g(x)) · g (x)dx = f (t)dt.
En efecto, si F es una antiderivada de f entonces
Z
Z
Z
′
′
′
f (g(x))g (x)dx = F (g(x))g (x)dx = (F ◦ g)′(x)dx = (F ◦ g)(x) + C
11
1. Métodos de integración
Ejemplo 1.3.1
(i)
Z
ln3 x
dx =
x
1
(ln3 x) dx.
x
Z
Llamemos t = ln x, de donde obtenemos dt =
Z
(ii)
Z
√
3
ln3 x
dx =
x
Z
1
(ln x) dx =
x
3
Z
1
dx. Así:
x
t4
ln4 x
t dt = + C =
+ C.
4
4
3
1 + 3senx cos xdx.
Llamemos t = 1 + 3senx, de donde obtenemos dt = 3 cos xdx. De esta manera:
Z
√
3
1
cos x 1 + 3senxdx =
3
Z
1
=
3
Z
(iii)
√
1
1 + 3senx 3 cos xdx =
3
t1/3 dt =
1 t4/3
+C
·
3 43
Z
√
3
tdt
1
(1 + 3senx)4/3 + C.
4
=
Z
√
3
x
dx.
x2 + 5
Llamemos t = x2 + 5, de donde obtenemos dt = 2xdx. Luego:
Z
(iv)
Z
Z
Z
Z
1 t1/2
2xdx
dt
1
1
1
x
√
√
√ =
t−1/2 dt = · 1 + C
=
=
2
2
2
2 2
t
x2 + 5
x2 + 5
√
√
t + C = x2 + 5 + C.
=
e3 cos x senxdx.
Llamemos t = cos x, de donde obtenemos dt = −senxdx, así
Z
3 cos x
e
senxdx = −
Z
e3t dt = −
e3 cos x
e3t
+C =−
+ C.
3
3
12
(v)
1.3. Integración por sustitución
Z
cos(senx) cos xdx.
Llamemos t = senx, de donde obtenemos dt = cos xdx, así
Z
(vi)
Z
Z
cos(senx) cos xdx =
cos tdt = sent + C = sen(senx) + C.
√
x x − 5dx.
Consideremos t = x − 5. Así, x = t + 5 y dx = dt. De esta forma tenemos que
Z
√
x x − 5dx =
Z
=
Z
√
(t + 5) tdt =
√
3
√
Z
√
√
(t t + 5 t)dt =
[( t) + 5 t]dt =
Z
√
3
( t) dt +
Z
Z
√
3
( t) dt +
Z
√
5 tdt
√
5 tdt
Z √
Z √
2 √
10 √
3
= ( t) dt + 5
tdt = ( t)5 + ( t)3 + C.
5
3
10 √
2 √
= ( x − 5)5 + ( x − 5)3 + C.
5
3
Otra forma: tomemos t2 = x − 5, de donde x = t2 + 5 y de aquí obtenemos dx = 2tdt,
así
Z
√
x x − 5dx =
Z
=2
Z
Z
Z
√
2
2
4
2
(t + 5) t 2tdt = 2 (t + 5)t dt = 2 t dt + 2 5t2 dt
2
Z
4
t dt + 10
Z
2
10
t2 dt = t5 + t3 + C
5
3
10 √
2 √
= ( x − 5)5 + ( x − 5)3 + C.
5
3
(vii)
Z
(2x + 1)20 dx.
Llamemos t = 2x + 1, de donde obtenemos dt = 2dx, así
13
1. Métodos de integración
Z
(viii)
Z
1
(2x + 1) dx =
2
20
(2 ln x + 3)3
dx =
x
Z
1
(2x + 1) 2dx =
2
Z
20
Z
t20 dt =
1 t21
(2x + 1)21
+C =
+ C.
2 21
42
1
(2 ln x + 3)3 dx.
x
1
Llamemos t = 2 ln x + 3, de donde obtenemos dt = 2 dx, así
x
Z
Z
Z
1 t4
1
1
3 1
31
(2 ln x + 3) 2 dx =
t3 dt =
+C
(2 ln x + 3) dx =
x
2
x
2
24
1
1
= t4 + C = (2 ln x + 3)4 + C.
8
8
(ix)
Z r
arcsenx
dx =
1 − x2
Z
(arcsenx)1/2 √
1
dx.
1 − x2
Llamemos t = arcsenx, de donde obtenemos dt = √
Z
(x)
Z
(arcsenx)
1/2
1
√
dx =
1 − x2
Z
t1/2 dt =
t3/2
3
2
1
dx, así
1 − x2
2
+ C = (arcsenx)3/2 + C.
3
√
sen x
√ dx.
x
√
1
x, de donde obtenemos dt = √ dx, así
2 x
√
√
Z
Z
Z
Z
√ 1
sen x
sen x
√ dx = 2 sen x √ dx = 2 sentdt
√ dx = 2
x
2 x
2 x
Llamemos t =
√
= −2 cos t + C = −2 cos x + C.
(xi)
Z
x3 dx
√
dx.
5
x4 + 6
Llamemos t = x4 + 6, de donde obtenemos dt = 4x3 dx, así
Z
1
x3 dx
√
dx =
5
4
x4 + 6
=
Z
1
4x3 dx
√
dx =
5
4
x4 + 6
Z
dt
1
√
=
5
4
t
1p
1√
5
t4 + C = 5 (x4 + 6)4 + C.
4
4
Z
1
t−1/5 dt = t4/5 + C
4
14
1.4. Integración por partes
(xii)
√
x2 1 + xdx.
Z
Llamemos 1 + x = t2 , de donde x = t2 − 1 y de aquí obtenemos dx = 2tdt, así
Z
2
x
√
1 + xdx = 2
Z
2
2 2
(t − 1) t dt = 2
Z
(t4 − 2t2 + 1)t2 dt =
t7
t5 t3
−2 + +C
7
5
3
p
p
p
(1 + x)7
(1 + x)5
(1 + x)3
−2
+
+ C.
=
7
5
3
1.4.
Integración por partes
Si en la integral
Z
f (x) g(x) dx llamamos u = f (x) y dv = g(x)dx, tenemos que
Z
f (x) g(x) dx =
Z
u dv.
Al derivar u =R f (x), obtenemos que du = f ′ (x) dx. Por otro lado, al integrar dv = g(x) dx
se tiene que v = g(x) dx = G(x), es decir, G′ (x) = g(x). De esta manera
Z
Z
Z
′
f (x) g(x) dx = f (x) G (x) dx = u dv
Nuestro propósito es calcular esta integral.
Derivemos el producto f (x) G(x). Así
[f (x) G(x)]′ = f ′ (x) G(x) + f (x) G′ (x)
De esta manera integrando en ambos miembros de la igualdad obtenemos
Z
Z
′
f (x) G(x) + C = f (x) G(x) dx + f (x) G′ (x) dx.
Podemos suprimir la constante C ya que el cálculo de las integrales originarán constantes.
Así:
Z
Z
′
f (x) G (x) dx = f (x) G(x) − G(x) f ′ (x) dx,
es decir,
Z
u dv = u v −
Z
v du.
Esta ecuación es conocido como la fórmula de integración por partes.
15
1. Métodos de integración
Ejemplo 1.4.1
(i)
Z
xex dx.
Tomemos
u = x −→ du =Zdx
dv = ex dx −→ v = ex dx = ex .
Así
(ii)
Z
Z
x
xe dx = uv −
Z
x
vdu = xe −
Z
ex dx = xex − ex + C.
x2 senxdx.
Tomemos
u = x2 −→ du =Z2xdx
dv = senxdx −→ v = senxdx = − cos x.
Así,
Z
2
2
x senxdx = −x cos x +
Z
2
cos(x)2xdx = −x cos x + 2
Aplicamos nuevamente integración por partes a
Z
Z
x cos xdx.
x cos xdx.
u = x −→ du =Zdx
dv = cos xdx −→ v = cos xdx = senx.
Sustituyendo en la ecuación anterior tenemos
Z
Z
2
2
x senxdx = −x cos x + 2 xsenx − senxdx
= −x2 cos x + 2xsenx + 2 cos x + C.
A pesar de que en algunos casos es indiferente llamar u a cualquier función, lo más
recomendable al aplicar este método es seguir un criterio que nos da la prioridad para
elegir la función que conviene llamarse u. La prioridad para u es: Logarítmicas, Inversas
(arcos, radicales), Polinómicas, Trigonométricas y Exponenciales.
(iii)
Z
x3 ln xdx.
Aquí tenemos un producto de una función Polinómica y una Logarítmica, entonces la
prioridad para u es la función Logarítmica.
16
1.4. Integración por partes
Tomemos
1
dx
x4
x
dv = x3 dx −→ v =
.
4
u = ln x −→ du =
Así
Z
(iv)
Z
x4
ln x −
x ln xdx =
4
3
x4
1
x4 1
dx =
ln x −
4 x
4
4
Z
Z
x3 dx =
x4
x4
ln x −
+ C.
4
16
ln xdx.
Tomemos
1
dx
x
dv = dx −→ v = x,
Z
Z
Z
1
ln xdx = x ln x − x dx = x ln x − dx = x ln x − x + C.
x
u = ln x −→ du =
(v)
Z
arctan xdx.
Tomemos
1
dx
1 + x2
v = x.
u = arctan x −→ du =
dv = dx
−→
Así
Z
arctan xdx = x arctan x −
= x arctan x −
(vi)
Z
Z
1
1
dx = x arctan x −
x
2
1+x
2
Z
2x
dx
1 + x2
1
ln(1 + x2 ) + C.
2
arcsenxdx.
Tomemos
1
dx
1 − x2
v = x.
u = arcsenx −→ du = √
Así
Z
dv = dx −→
arcsenxdx = xarcsenx −
= xarcsenx −
Z
1
1
dx = xarcsenx −
x√
2
1 − x2
Z
(1 − x2 )−1/2 2xdx
√
1 (1 − x2 )1/2
·
+ C = xarcsenx − 1 − x2 + C.
1
2
2
17
1. Métodos de integración
(vii)
Z
(x2 − 2x + 5)e−x dx.
Tomemos
Así
u = x2 − 2x + 5 −→ du = (2x − 2)dx
dv = e−x dx −→ v = −e−x .
Z
2
2
−x
)+
Z
e−x (2x − 2)dx
+2
Z
e−x (x − 1)dx.
−x
(x − 2x + 5)e dx = (x − 2x + 5)(−e
2
−x
= −(x − 2x + 5)e
Z
Aplicamos nuevamente integración por partes a
e−x (x − 1)dx.
u = x − 1 −→ du = dx
dv = e−x dx −→ v = −e−x .
Z
2
2
−x
−x
(x − 2x + 5)e dx = −(x − 2x + 5)e
Z
−x
−x
+ 2 (x − 1)(−e ) + e dx
= −(x2 − 2x + 5)e−x − 2(x − 1)e−x − 2e−x + C.
Simplificando la expresión tenemos finalmente:
Z
(x2 − 2x + 5)e−x dx = −e−x (x2 + 5) + C.
(viii)
Z
ex cos xdx.
Tomemos
Así
u = cos x −→ du = −senxdx
dv = ex dx −→ v = ex .
Z
x
x
e cos xdx = e cos x −
Z
x
x
e (−senx)dx = e cos x +
Aplicamos nuevamente integración por partes a
Z
Z
ex senxdx
ex senxdx.
u = senx −→ du = cos xdx
dv = ex dx −→ v = ex .
Sustituyendo en la ecuación anterior tenemos
Z
Z
x
x
x
x
e cos xdx = e cos x + e senx − e cos x dx.
18
1.4. Integración por partes
Observemos que después de aplicar el método llegamos a la integral inicial, entonces
tratamos la expresión como una ecuación.
2
Z
Z
(ix)
Z
ex cos xdx = ex cos x + ex senx + C.
ex cos xdx =
ex (cos x + senx)
+ C.
2
e5x sen(4x)dx.
Tomemos
Así
Z
u = sen(4x) −→ du = 4 cos(4x)dx
e5x
5x
dv = e dx −→ v =
.
5
e5x
e sen(4x)dx =
sen(4x) −
5
5x
Z
e5x
4
e5x
4 cos(4x)dx =
sen(4x) −
5
5
5
Aplicamos nuevamente integración por partes a
Z
Z
e5x cos(4x)dx.
e5x cos(4x)dx.
u = cos(4x) −→ du = −4sen(4x)dx
e5x
5x
.
dv = e dx −→ v =
5
Sustituyendo en la ecuación anterior tenemos
Z 5x
Z
4 e5x
e
e5x
5x
sen(4x) −
cos(4x) −
(−4sen(4x)) dx
e sen(4x)dx =
5
5 5
5
e5x
4
16
=
sen(4x) − e5x cos(4x) −
5
25
25
Z
e5x sen(4x)dx.
Observemos que después de aplicar el método llegamos a la integral inicial, entonces
tratamos la expresión como una ecuación.
Z
16
e sen(4x)dx +
25
5x
41
25
Z
1
4
e5x sen(4x)dx = e5x sen(4x) − e5x cos(4x) + C.
5
25
Z
4
1 5x
e sen(4x)dx = e
sen(4x) − cos(4x) + C.
5
5
Z
5e5x [sen(4x) − 45 cos(4x)]
e sen(4x)dx =
+ C.
41
5x
5x
19
1. Métodos de integración
(x)
Z
cos(ln x)dx.
Tomemos
u = cos(ln x) −→ du = −
Así
Z
dv = dx −→ v = x,
cos(ln x)dx = x cos(ln x) −
Z
sen(ln x)
dx
x
1
x[−sen(ln x)] dx = x cos(ln x) +
x
Aplicamos nuevamente integración por partes a
Z
Z
sen(ln x)dx.
sen(ln x)dx.
1
u = sen(ln x) −→ du = cos(ln x) dx
x
dv = dx −→ v = x.
Sustituyendo en la ecuación anterior tenemos
Z
Z
1
cos(ln x)dx = x cos(ln x) + xsen(ln x) − x cos(ln x) dx
x
Z
= x cos(ln x) + xsen(ln x) − cos(ln x)dx.
Observemos que después de aplicar el método llegamos a la integral inicial, entonces
tratamos la expresión como una ecuación.
Z
2 cos(ln x)dx = x cos(ln x) + xsen(ln x) + C.
Z
x[cos(ln x) + sen(ln x)]
cos(ln x)dx =
+ C.
2
(xi)
Z
(senx) ln(tan x)dx.
Tomemos
1
dx
senx cos x
dv = senxdx −→ v = − cos x.
u = ln(tan x) −→ du =
Así
Z
(senx) ln(tan x)dx = −(cos x) ln(tan x) −
= −(cos x) ln(tan x) −
Z
Z
cos x
1
dx
senx cos x
csc xdx
= −(cos x) ln(tan x) − ln | csc x + cot x| + C.
20
(xii)
1.4. Integración por partes
Z
√
√
ln( 1 − x + 1 + x)dx.
Tomemos
√
√
u = ln( 1 − x + 1 + x) −→ du= √
1
=
2
√
1
1
1
√
− √
dx
+ √
2 1−x 2 1+x
1−x+ 1+x
1 − x2 − 1
√
dx.
1 − x2
dv = dx −→ v = x.
Así
Z
√
ln( 1 − x +
√
√
x 1 − x2 − 1
√
dx
1 + x)dx = x ln( 1 − x +
x 1 − x2
Z
Z
√
√
1
1
dx
√
dx +
= x ln( 1 − x + 1 + x) −
2
2
1 − x2
√
√
1
1 + x) −
2
Z
√
√
1
1
= x ln( 1 − x + 1 + x) − x + arcsenx + C.
2
2
(xiii)
Z
ln(x +
√
1 + x2 )dx.
Tomemos
u = ln(x +
√
1+
x2 )
1
√
−→ du=
x + 1 + x2
1
√
x + 1 + x2
dx
=√
.
1 + x2
=
2x
1+ √
dx
2 1 + x2
!
√
1 + x2 + x
√
dx
1 + x2
dv = dx −→ v = x
Z
ln(x +
√
1+
x2 )dx
= x ln(x +
√
= x ln(x +
√
√
Z
1+
x2 )
−
1+
x2 )
1
−
2
x√
Z
dx
dx
1 + x2
1
(1 + x2 )− 2 2xdx
1
1 (1 + x2 ) 2
+C
−
= x ln(x + 1 +
1
2
2
√
√
= x ln(x + 1 + x2 ) − 1 + x2 + C.
x2 )
21
1. Métodos de integración
(xiv)
Z
2x3 sen(x2 )dx.
Antes de aplicar el método escribamos de manera conveniente.
Z
Z
Z
3
2
2
2
2x sen(x )dx = 2xx sen(x )dx = x2 sen(x2 )2xdx.
Hacemos un cambio de variable. Llamemos t = x2 , de donde obtenemos dt = 2xdx, así
Z
Z
Z
3
2
2
2
2x sen(x )dx = x sen(x )2xdx = tsentdt.
Por ultimo aplicamos integración por partes a
Z
tsentdt. Tomemos
u = t −→ du = dt
dv = sentdt −→ v = − cos t.
Así
Z
3
2
2x sen(x )dx =
Z
tsentdt = −t cos t +
Z
cos tdt = −t cos t + sent + C
= −x2 cos(x2 ) + sen(x2 ) + C.
(xv)
Z
3
x5 e−x dx
Antes de aplicar el método, es conveniente reescribirla como
remos el siguiente cambio de variable:
Z
3
x3 e−x x2 dx, y conside-
t = x3 −→ dt = d3x2 dx
Así
Z
1
te−t dt
x e dx =
3
Z
Aplicamos así integración por partes a te−t dt. Tomemos
Z
5 −x3
u = t −→ du = dt
dv = e−t dt −→ v = −e−t
Así
Z
1
x dx =
3
3 −x3 2
xe
Z
1
te dt =
3
−t
Z
1
1
−t
−te + e−tdt = − te−t − e−t + C
3
3
1
1
3
3
= − x3 e−x − e−x + C
3
3
22
1.5. Integración de funciones Racionales
P(x)
Q(x)
R m
Observación
1.4.1
Éstas
dos
últimas
integrales
((xiv),
(xv))
son
de
la
forma
x sen(xn )dx
R m xn
m
n n−1
y x e dx, donde m = 2n − 1. En este caso se escribe x como x x
y se integra por
partes.
1.5.
Integración de funciones Racionales
P(x)
Q(x)
En esta sección nos dedicaremos a integrar funciones de la forma
un polinomio de grado m y Q(x) es un polinomio de grado n.
P (x)
, donde P (x) es
Q(x)
El grado de P (x) es mayor o igual que el grado de Q(x).
1.5.1.
Si m ≥ n hacemos la división de polinomios. Recordemos además que al hacer la división
P (x) entre Q(x) se tiene que
P (x)
R(x)
= C(x) +
,
Q(x)
Q(x)
donde C(x) y R(x) son los polinomios cociente y resto resultantes de dicha división, respectivamente.
Ejemplo 1.5.1
(i)
Z
x
dx.
x+1
Observemos que GradoP (x) = GradoQ(x) = 1. Al dividir se tiene que
Así
Z
(ii)
Z
x
dx =
x+1
Z x
1
= 1−
.
x+1
1+x
Z
Z
1
1
dx = dx −
1−
dx = x − ln |x + 1| + C.
1+x
1+x
x2
dx.
x2 + 1
Similar al ejemplo anterior, GradoP (x) = GradoQ(x) = 2, obteniéndose al dividir que
x2
1
=1− 2
. De esta forma
2
x +1
x +1
Z
Z
Z Z
1
1
x2
dx = dx −
dx =
1− 2
dx = x − arctan x + C.
2
2
x +1
x +1
x +1
(iii)
Z
x3 + 1
dx.
x−2
23
1. Métodos de integración
Observemos que GradoP (x) > GradoQ(x), pero
Z
x3 + 1
dx =
x−2
9
dx
(x + 2x + 4) +
x−2
Z
Z
Z
Z
2
= x dx + 2 xdx + 4 dx + 9
Z (iv)
2
1
dx
x−2
x3
+ x2 + 4x + 9 ln |x − 2| + C.
3
=
Z
9
x3 + 1
= (x2 + 2x + 4) +
. Así
x−2
x−2
1
x ln 1 +
dx.
x
Integramos primero por partes. Para ello tomemos
1
−1
− 2 dx =
−→ du =
dx
1
x
(x + 1)x
1+
x
2
x
dv = xdx −→ v =
2
1
u = ln 1 +
x
Así
Z
1
Z 2
x2
1
x
1
1
dx =
−
−
dx
ln 1 +
x ln 1 +
x
2
x
2
x(x + 1)
Z
x2
1
x2
1
=
+
ln 1 +
dx
2
x
2
x(x + 1)
Z
x2
1
x
1
=
+
ln 1 +
dx.
2
x
2
x+1
En la integral
Z
Z
x
dx hacemos la división y obtenemos:
x+1
x
dx =
x+1
Z 1
1−
x+1
dx =
Z
dx −
Z
1
dx = x + ln |x + 1| + C.
x+1
Sustituyendo en la ecuación anterior tenemos:
Z
1
x ln 1 +
x
x2
1
1
dx =
+ (x − ln |x + 1| ) + C.
ln 1 +
2
x
2
24
1.5. Integración de funciones Racionales
P(x)
Q(x)
El grado de P (x) es menor que el grado de Q(x)
1.5.2.
Si m < n se usa el método de los coeficientes indeterminados o suma de fracciones simples
el cual presenta cuatro casos.
1.5.2.1.
Caso 1: Cuando Q(x) se puede factorizar como el producto de factores
lineales todos distintos (raíces reales distintas), es decir; cuando Q(x) =
(x − a)(x − b) . . . (x − l), donde a, b, . . . , l son todas raíces reales y distintas
del polinomio Q(x).
Observación 1.5.1 Por factor lineal entendemos factores de grado 1.
Ejemplo 1.5.2
(i)
x+1
dx.
x2 − 4
Observemos que Q(x) = x2 − 4 = (x − 2)(x + 2) (factores lineales distintos).
Z
x+1
x+1
A
B
A(x + 2) + B(x − 2)
=
=
+
=
.
2
x −4
(x − 2)(x + 2)
x−2 x+2
(x − 2)(x + 2)
Igualando los numeradores tenemos:
(1.1)
x + 1 = A(x + 2) + B(x − 2)
Damos valores a x que anulen los denominadores y los sustituimos en (1.1).
1
Para x = −2 obtenemos −1 = B(−4), y de aquí B = .
4
3
Para x = 2 obtenemos 3 = A(4), y de aquí A = .
4
Así:
Z
x+1
dx =
x2 − 4
=
(ii)
Z
15x2 − 4x − 81
dx.
x3 − 13x + 12
Z
A
dx +
x−2
Z
B
3
dx =
x+2
4
3
1
ln |x − 2| + ln |x + 2| + C.
4
4
Z
1
1
dx +
x−2
4
Z
1
dx
x+2
25
1. Métodos de integración
Observemos que Q(x) = x3 −13x+12 = (x−3)(x+4)(x−1) (factores lineales distintos).
15x2 − 4x − 81
15x2 − 4x − 81
A
B
D
=
=
+
+
3
x − 13x + 12
(x − 3)(x + 4)(x − 1)
x−3 x+4 x−1
=
A(x + 4)(x − 1) + B(x + 3)(x − 1) + D(x − 3)(x + 4)
.
(x − 3)(x + 4)(x − 1)
Igualando los numeradores tenemos:
15x2 − 4x − 81 = A(x + 4)(x − 1) + B(x − 3)(x − 1) + D(x − 3)(x + 4)
(1.2)
Damos valores a x que anulen los denominadores y los sustituimos en (1.2).
Para x = 3 obtenemos 135 − 12 − 81 = A(7)(2), y de aquí A = 3.
Para x = −4 obtenemos 240 + 16 − 81 = B(−7)(−5), y de aquí B = 5.
Para x = 1 obtenemos 15 − 4 − 81 = D(−2)(5), y de aquí D = 7.
Así
Z
15x2 − 4x − 81
dx = A
x3 − 13x + 12
Z
1
dx + B
x−3
Z
1
dx + D
x+4
Z
1
dx
x−1
= 3 ln |x − 3| + 5 ln |x + 4| + 7 ln |x − 1| + C.
(iii)
x4 − 3x2 − 3x − 2
dx.
x3 − x2 − 2x
Observemos que Grado P (x) > Grado Q(x), pero
Z
Así
x+2
x4 − 3x2 − 3x − 2
=x+1−
,
3
2
2
x − x − 2x
x(x − x − 2)
Z
x4 − 3x2 − 3x − 2
dx =
x3 − x2 − 2x
Z
(x + 1)dx −
Z
x+2
dx.
− x − 2)
x(x2
x+2
dx aplicamos el método de fracciones simples. Obserx(x2 − x − 2)
vemos que Q(x) = x(x2 − x − 2) = x(x − 2)(x + 1) (factores lineales distintos).
Para la integral
Z
x+2
A
B
D
x+2
=
=
+
+
x(x2 − x − 2)
x(x − 2)(x + 1)
x x−2 x+1
=
A(x − 2)(x + 1) + Bx(x + 1) + Dx(x − 2)
.
x(x − 2)(x + 1)
26
1.5. Integración de funciones Racionales
P(x)
Q(x)
Igualando los numeradores tenemos:
x + 2 = A(x − 2)(x + 1) + Bx(x + 1) + Dx(x − 2)
(1.3)
Damos valores a x que anulen los denominadores y los sustituimos en (1.3).
Para x = 0 obtenemos 2 = A(−2)(1), y de aquí A = −1.
2
Para x = 2 obtenemos 4 = B(2)(3), y de aquí B = .
3
Para x = −1 obtenemos 1 = D(−1)(−3), y de aquí D =
1
3
Así
Z
x4 − 3x2 − 3x − 2
dx =
x3 − x2 − 2x
(x + 1)dx −
Z
x+2
dx
− x − 2)
x(x2
Z A
B
D
=
(x + 1)dx −
dx
+
+
x x−2 x+1
Z
Z
Z
Z
dx
dx
1
dx 2
−
−
=
(x + 1)dx +
x
3
x−2 3
x+1
Z
Z
Z
Z
Z
dx 2
dx
dx
1
=
xdx + dx +
−
−
x
3
x−2 3
x+1
=
1.5.2.2.
Z
Z
x2
2
1
+ x + ln |x| − ln |x − 2| − ln |x + 1| + C.
2
3
3
Caso 2: Cuando Q(x) se puede factorizar como el producto de factores
lineales no todos distintos (raíces reales repetidas).
Ejemplo 1.5.3
(i)
2x2 − 3x + 3
dx.
x3 − 2x2 + x
Observemos que
Z
Q(x) = x3 − 2x2 + x = x(x2 − 2x + 1) = x(x − 1)(x − 1) = x(x − 1)2 .
De esta manera tenemos que
2x2 − 3x + 3
2x2 − 3x + 3
=
x3 − 2x2 + x
x(x − 1)2
=
=
A
B
D
+
+
x
x − 1 (x − 1)2
A(x − 1)2 + Bx(x − 1) + Dx
.
x(x − 1)2
27
1. Métodos de integración
Igualando los numeradores tenemos:
2x2 − 3x + 3 = A(x − 1)2 + Bx(x − 1) + Dx
(1.4)
Damos valores a x que anulen los denominadores y los sustituimos en (1.4).
Para x = 0 obtenemos 3 = A(1), y de aquí A = 3.
Para x = 1 obtenemos 2 = D(1), y de aquí D = 2.
Damos ahora a x un valor arbitrario y lo sustituimos en (1.4).
Para x = −1 obtenemos 8 = A(4) + B(−1)(−2) + D(−1), y de aquí B = −1, así
Z
2x2 − 3x + 3
dx =
x3 − 2x2 + x
Z A
B
D
+
+
dx
x x − 1 (x − 1)2
Z
Z
Z
dx
dx
dx
= A
+B
+D
x
x−1
(x − 1)2
Z
Z
Z
dx
dx
dx
= 3
−
+2
x
x−1
(x − 1)2
Z
Z
Z
dx
dx
−
+ 2 (x − 1)−2 dx
= 3
x
x−1
= 3 ln |x| − ln |x − 1| +
= 3 ln |x| − ln |x − 1| −
(ii)
Z
x3 + 1
dx.
(x + 2)(x − 1)3
2(x − 1)−1
+C
−1
2
+ C.
x−1
Observemos que Q(x) = (x + 2)(x − 1)3 .
A
B
D
E
x3 + 1
=
+
+
+
3
2
(x + 2)(x − 1)
x + 2 x − 1 (x − 1)
(x − 1)3
A(x − 1)3 + B(x + 2)(x − 1)2 + D(x + 2)(x − 1) + E(x + 2)
.
(x + 2)(x − 1)3
Igualando los numeradores tenemos:
=
x3 + 1 = A(x − 1)3 + B(x + 2)(x − 1)2 + D(x + 2)(x − 1) + E(x + 2)
Damos valores a x que anulen los denominadores y los sustituimos en (1.5).
Para x = −2 obtenemos −7 = A(−27), y de aquí A =
7
.
27
(1.5)
28
1.5. Integración de funciones Racionales
P(x)
Q(x)
2
Para x = 1 obtenemos 2 = E(3), y de aquí E = .
3
Damos ahora a x un valor arbitrario y lo sustituimos en (1.5).
Para x = 0 obtenemos 1 = A(−1) + B(2)(1) + D(2)(−1) + E(2), y de aquí
B−D =−
1
27
(1.6)
Para x = −1 obtenemos 0 = A(−8) + B(1)(4) + D(1)(−2) + E(1), y de aquí
2B − D =
19
27
(1.7)
Calculado la diferencia, término a término, de las ecuaciones (1.7) menos (1.6) tenemos
20
20
7
que B = , de donde B =
y por último D = . Así
27
27
9
Z
Z
Z
Z
Z
x3 + 1
dx
dx
dx
dx
= A
+B
+D
+E
3
2
(x + 2)(x − 1)
x+2
x−1
(x − 1)
(x − 1)3
=
(iii)
20
7
1
7
ln |x + 2| +
ln |x − 1| −
−
+ C.
27
27
9(x − 1) 3(x − 1)2
x4 − 6x3 + 12x2 + 6
dx.
x3 − 6x2 + 12x − 8
Observemos que Grado P (x) > Grado Q(x), pero
Z
x4 − 6x3 + 12x2 + 6
8x + 6
=x+ 3
.
3
2
x − 6x + 12x − 8
x − 6x2 + 12x − 8
Así
Z
Z
Z 4
8x + 6
x − 6x3 + 12x2 + 6
dx
=
xdx
+
dx.
x3 − 6x2 + 12x − 8
x3 − 6x2 + 12x − 8
Z
8x + 6
Para la integral
dx aplicamos el método de fracciones simples.
x3 − 6x2 + 12x − 8
Observemos que Q(x) = x3 − 6x2 + 12x − 8 = (x − 2)3 .
x3
8x + 6
A
B
D
8x + 6
=
=
+
+
2
3
2
− 6x + 12x − 8
(x − 2)
x − 2 (x − 2)
(x − 2)3
A(x − 2)2 + B(x − 2) + D
=
.
(x − 2)3
Igualando los numeradores tenemos:
8x + 6 = A(x − 2)2 + B(x − 2) + D
Damos valores a x que anulen los denominadores y los sustituimos en (1.8).
(1.8)
29
1. Métodos de integración
Para x = 2 obtenemos 22 = D
Damos ahora a x un valor arbitrario y lo sustituimos en (1.8).
Para x = 0 obtenemos 6 = A(4) + B(−2)(1) + D, y de aquí
(1.9)
− 8 = 2A − B
Para x = 1 obtenemos 14 = A(1) + B(−1) + D, y de aquí
(1.10)
−8=A−B
Haciendo la diferencia de (1.9) menos (1.10) tenemos A = 0, y por lo tanto B = 8. Así
Z
x4 − 6x3 + 12x2 + 6
dx =
x3 − 6x2 + 12x − 8
Z
dx
dx
xdx + A
+D
2
(x − 2)
(x − 2)3
Z
Z
Z
−2
=
xdx + 8 (x − 2) dx + 22 (x − 2)−3 dx
=
Z
Z
dx
+B
x−2
Z
x2
8
11
−
−
+ C.
2
x − 2 (x − 2)2
Observación 1.5.2 En algunos casos, para calcular integrales de funciones racionales es
conveniente hacer un cambio de variable para simplificar el cálculo de la integral.
Ejemplo 1.5.4
Z
x2
dx.
(x − 1)5
Llamemos x − 1 = t, de donde x = t + 1y de aquí obtenemos dx = dt, así
Z
x2
dx =
(x − 1)5
Z 2
Z
Z
(t + 1)2
t + 2t + 1
1
dt =
dt =
dt + 2
t5
t5
t3
Z
Z
Z
2
1
−3
−4
=
t dt + 2 t dt + t−5 dt = − 2 − 3 −
2t
3t
Z
= −
1
2
1
−
−
+ C.
2
3
2(x − 1)
3(x − 1)
4(x − 1)4
1
dt +
t4
1
+C
4t4
Z
1
dt
t5
30
1.5. Integración de funciones Racionales
1.5.2.3.
P(x)
Q(x)
Caso 3: Cuando Q(x) se factoriza como producto de factores cuadráticos
distintos.
Observación 1.5.3 Entendemos por factor cuadrático un polinomio irreducible de grado
mayor que 1 (polinomios que no tengan raíces reales) como:
x2 + 1
P (x)
= 2
.
Q(x)
x +x+5
En el caso de la descomposición en suma de fracciones simples, en la fracción cuyo denominador sea cuadrático, su numerador es un polinomio completo de grado 1, es decir; un
polinomio Ax + B, con A y B números reales.
Ejemplo 1.5.5
(i)
x+2
dx.
x3 + x
Observemos que Q(x) = x3 + x = x(x2 + 1).
Z
x+2
A Bx + D
A(x2 + 1) + (Bx + D)x
x+2
=
=
+
=
.
x3 + x
x(x2 + 1)
x
x2 + 1
x(x2 + 1)
Igualando los numeradores tenemos:
x + 2 = A(x2 + 1) + (Bx + D)x
(1.11)
Damos valores a x que anulen los denominadores y los sustituimos en (1.11).
Para x = 0 obtenemos 2 = A(1), y de aquí A = 2.
Damos ahora a x un valor arbitrario, distinto al anterior, y lo sustituimos en (1.11).
Para x = 1 obtenemos 3 = A(2) + (B(1) + D)(1), y de aquí
−1 =B+D
(1.12)
Parax = −1 obtenemos 1 = A(2) + (B(−1) + D)(−1), y de aquí
−3 =B−D
(1.13)
Sumando (1.12) y (1.13) tenemos −4 = 2B, de donde B = −2, y por último D = 1, así
31
1. Métodos de integración
Z
x+2
dx = A
x3 + x
Z
1
dx +
x
Z
Bx + D
dx = A
x2 + 1
Z
dx
+B
x
Z
xdx
+D
x2 + 1
Z
dx
+1
x2
1
= 2 ln |x| − 2 ln(x2 + 1) + arctan x + C
2
= 2 ln |x| − ln(x2 + 1) + arctan x + C.
(ii)
x4
dx.
x4 − 1
Observemos que Grado P (x) = Grado Q(x), pero
1
x4
=1+ 4
, así
4
x −1
x −1
Z
Z
Z
Z x4
1
1
dx = dx +
=
1+ 4
dx.
4
4
x −1
x −1
x −1
Z
Para la integral
Z
x4
1
dx aplicamos el método de fracciones simples.
−1
Observemos que Q(x) = x4 − 1 = (x2 − 1)(x2 + 1) = (x − 1)(x + 1)(x2 + 1).
x4
1
1
A
B
Dx + E
=
=
+
+ 2
2
−1
(x − 1)(x + 1)(x + 1)
x−1 x+1
x +1
=
A(x + 1)(x2 + 1) + B(x − 1)(x2 + 1) + (Dx + E)(x − 1)(x + 1)
.
(x − 1)(x + 1)(x2 + 1)
Igualando los numeradores tenemos:
1 = A(x + 1)(x2 + 1) + B(x − 1)(x2 + 1) + (Dx + E)(x − 1)(x + 1)
(1.14)
Damos valores a x que anulen los denominadores y los sustituimos en (1.14).
1
Para x = 1 obtenemos 1 = A(2)(2), y de aquí A = .
4
1
Para x = −1 obtenemos 1 = B(−2)(2), y de aquí B = − .
4
Damos ahora a x un valor arbitrario, distinto del anterior, y lo sustituimos en (1.14).
Para x = 0 obtenemos 1 = A(1)(1) + B(−1)(1) + E(−1)(1), y de aquí
1
E=− .
2
32
1.5. Integración de funciones Racionales
P(x)
Q(x)
Para x = 2 obtenemos 1 = A(3)(5) + B(1)(5) + (D(2) + E)(1)(3), y de aquí
D = 0.
Así
Z
x4
dx =
x4 − 1
Z
dx +
Z
x4
1
dx
−1
dx
+B
x−1
Dx + E
dx
x2 + 1
Z
Z
Z
Z
1
dx
dx
dx
1
1
=
dx +
−
−
2
4
x−1 4
x+1 2
x +1
=
Z
dx + A
= x+
Z
Z
dx
+
x+1
Z
1
1
1
ln |x − 1| − ln |x + 1| − arctan x + C.
4
4
2
Observación 1.5.4 Hasta ahora hemos visto dos ejemplos donde el factor cuadrático es
(x2 + 1). Con este factor, la integral que resulta es inmediata ya que obtenemos:
Z
dx
= arctan x + C,
x2 + 1
pero ¿Qué pasa cuando el factor cuadrático no es x2 + 1?. Puede pasar lo siguiente:
1. Que el factor irreducible sea de la forma x2 + a, donde a ∈ R con a > 0. En este caso
obtenemos la integral:
√
Z
a
x
dx
=
arctan √ + C.
2
x +a
a
a
Z
dx
=
x2 + a
Z
x2
a
dx
1
=
a
+1 a
Z
√x
a
dx
2
.
+1
√
x
Llamemos t = √ , de donde obtenemos a dt = dx, así
a
√
√
Z
Z √
Z
1
adt
a
a
dx
1
x
dx
=
=
=
arctan t + C =
arctan √ + C.
2
2
2
x +a
a
a
t +1
a
a
a
√x
+1
a
Ejemplo 1.5.6
(i)
x3 + 3x2 + 5x + 7
dx.
x2 + 2
Observemos que Grado P (x) > Grado Q(x). Pero
Z
3x + 1
x3 + 3x2 + 5x + 7
=x+3+ 2
.
2
x +2
x +2
33
1. Métodos de integración
Z
x3 + 3x2 + 5x + 7
dx =
x2 + 2
Z 3x + 1
dx
x+3+ 2
x +2
Z
Z
Z
Z
x
dx
=
xdx + 3 dx + 3
dx +
2
2
x +2
x +2
√
x2
3
2
x
=
+ 3x + ln |x2 + 2| +
arctan √ + C.
2
2
2
2
Así
(ii)
x3 + x + 1
dx.
x4 − 81
Observemos que Q(x) = x4 − 81 = (x − 3)(x + 3)(x2 + 9).
Z
x3 + x + 1
A
B
Dx + E
x3 + x + 1
=
=
+
+
x4 − 81
(x − 3)(x + 3)(x2 + 9)
x−3 x+3
x2 + 9
=
A(x + 3)(x2 + 9) + B(x − 3)(x2 + 9) + (Dx + E)(x − 3)(x + 3)
(x − 3)(x + 3)(x2 + 9)
Igualando los numeradores tenemos:
x3 + x + 1 = A(x + 3)(x2 + 9) + B(x − 3)(x2 + 9) + (Dx + E)(x − 3)(x + 3) (1.15)
Damos valores a x que anulen los denominadores y los sustituimos en (1.15).
Para x = 3 obtenemos 31 = A(6)(18),y de aquí A =
31
.
108
Para x = −3 obtenemos −29 = B(−6)(18), y de aquí B =
29
.
108
Damos ahora a x un valor arbitrario, distinto de los anteriores, y lo sustituimos en (1.15).
Para x = 0 obtenemos 1 = A(3)(9) + B(−3)(9) + E(−3)(3) de aquí
4
1
, y finalmente D = . Así
18
9
Z
Z
Z
Z
Z 3
dx
dx
xdx
dx
x +x+1
dx = A
+B
+D
+E
4
2
2
x − 81
x−3
x+3
x +9
x +9
Z
Z
Z
Z
31
dx
dx
xdx
dx
29
4
1
=
+
+
−
2
2
108
x − 3 108
x+3 9
x + 9 18
x +9
De esta manera, E = −
=
29
41
31
ln |x − 3| +
ln |x + 3| +
ln |x2 + 9|
108
108
92
√
1 9
x
−
arctan √ + C.
8 9
9
34
1.5. Integración de funciones Racionales
P(x)
Q(x)
2. Que el factor irreducible sea de la forma x2 + bx + c, donde b, c ∈ R. En este caso
hacemos la completación de cuadrado para obtener la integral.
Z
dx
=
2
x + bx + c
Z
√
m
dx
=
arctan
b 2
m
(x + 2 ) + m
x + 2b
√
m
!
+ C,
donde m es el término independiente que resulta de la completación de cuadrado.
Ejemplo 1.5.7
Z
dx
=
x2 + x + 5
Z
dx
(x +
1 2
)
2
+
19
4
=
q
19
4
19
4

x+
arctan  q

1
2
19
4
+ C.
Observación
1.5.5 Cuando el factor irreducible es de la forma x2 +bx+c en la integral
Z
Dx + E
tenemos que
2
x + bx + c
Z
Dx + E
D
dx =
2
x + bx + c
2
D
=
2
D
=
2
Z
Z
2x
dx + E
2
x + bx + c
2x + b − b
dx + E
x2 + bx + c
Z
Z
dx
+ bx + c
x2
dx
+ bx + c
Z
dx
dx
+E
2
2
x + bx + c
x + bx + c
Z
Z
D
2x + b
dx
2E − Db
=
dx +
,
2
2
2
x + bx + c
2
x + bx + c
Z
2x + b
Db
dx −
2
x + bx + c
2
x2
Z
obteniendo así dos integrales inmediatas.
Ejemplo 1.5.8
Z
dx
x5 − x2
Notemos que al factorizar el denominador tenemos que:
x5
1
A
B
C
Dx + E
1
= 2
= 2+ +
+ 2
2
2
−x
x (x − 1)(x + x + 1)
x
x
x−1 x +x+1
Por el método de los coeficientes indeterminados obtenemos que A = −1, B = 0, C =
1
1
E= D=−
3
3
35
1. Métodos de integración
Así:
Z
1.5.2.4.
1
dx
=
x5 − x2
3
Z
dx
−
x−1
Z
1
=
3
Z
dx
−
x−1
Z
=
1
1
ln |x − 1| +
3
x
=
1
1
ln |x − 1| +
3
x
=
1
1
ln |x − 1| +
3
x
− 13 x + 31
dx
x2 + x + 1
Z
Z
2
+ 31
2x + 1
dx
dx 1
3
−
dx +
2
2
2
x
6
x +x+1
2
x +x+1
Z
dx
1
1
− ln |x2 + x + 1| +
2
6
2
x + 12 + 34
q


3
1
x+
1
1 4
 q 2
− ln |x2 + x + 1| +
3 arctan
6
2 4
3
4
√
3
1
2x + 1
2
√
+C
− ln |x + x + 1| +
arctan
6
3
3
dx
+
x2
Z
Caso 4: Cuando Q(x) se factoriza como producto de factores cuadráticos
repetidos. En este caso es recomendable un cambio de variable.
Ejemplo 1.5.9
Z
dx
.
(x2 + 9)2
Llamemos x2 = 9 tan2 t, de donde x = 3 tan t y de aquí obtenemos dx = 3 sec2 tdt, así
Z
Z
Z
dt
1
3 sec2 tdt
3 sec2 tdt
=
=
2
2
(9 tan t + 9)2
81(tan t + 1)2
27
sec2 t
Z
Z
Z
Z
1
1 + cos(2t)
1
1
1
2
cos tdt =
dt +
cos(2t)dt
dt =
=
27
27
2
54
54
x
1
1
sen(2t)
1
=
+
t+
+C =
arctan
(sent)(cos t) + C
54
108
54
3
108
x 1 x 3 1
+
+C
arctan
=
54
3
108
x2 + 9
x2 + 9
x
1
3x
=
+
arctan
+ C.
54
3
108(x2 + 9)2
dx
=
(x2 + 9)2
Z
Observación 1.5.6 ZEn este caso puede usarse una fórmula de recurrencia que deduciremos
dx
. Integremos por parte.
a continuación. Sea
2
(x + a2 )n
u=
(x2
1
−2nxdx
−→ du = 2
2
n
+a )
(x + a2 )n+1
dv = dx −→ v = x
36
1.5. Integración de funciones Racionales
P(x)
Q(x)
Así
Z
x
dx
=
+ 2n
(x2 + a2 )n
(x2 + a2 )n
x
=
+ 2n
(x2 + a2 )n
Z
Z
x2
dx
(x2 + a2 )n+1
(x2 + a2 ) − a2
dx
(x2 + a2 )n+1
Z
1
1
2
dx − 2na
dx
2
2
n
2
(x + a )
(x + a2 )n+1
Z
Z
x
dx
dx
2
=
+ 2n
− 2na
2
2
n
2
2
n
2
(x + a )
(x + a )
(x + a2 )n+1
x
+ 2n
=
2
(x + a2 )n
de donde
Z
Z
dx
x
2n − 1
dx
=
+
2
2
n+1
2
2
2
n
2
2
(x + a )
2na (x + a )
2na
(x + a2 )n
la cual es la fórmula que usaremos para el cálculo de las integrales en este caso.
Z
(1.16)
Ejemplo 1.5.10
Z
dx
.
(i)
2
(x + 1)2
En este caso n = 1 y por la fórmula (1.16) tenemos:
Z
(ii)
Z
dx
x
1
=
+
2
2
2
(x + 1)
2(x + 1) 2
Z
dx
x
1
=
+ arctan x + C.
2
+1
2(x + 1) 2
x2
x−1
.
(x2 + 2x + 3)2
Completando cuadrado tenemos:
x2 + 2x + 3 = (x + 1)2 + 2
Llamemos t = x + 1, de donde t − 2 = x − 1 y de quí obtenemos dt = dx, así
Z
x−1
dx =
2
(x + 2x + 3)2
=
=
=
=
Z
x−1
t−2
dx =
dt
2
2
2
[(x + 1) + 2]
(t + 2)2
Z
Z
t
dt
dt − 2
2
2
2
(t + 2)
(t + 2)2
Z
Z
dt
2
−2
(t + 2) tdt − 2
2
(t + 2)2
Z
1
dt
− (t2 + 1)−1 − 2
2
(t2 + 2)2
Z
1
dt
− 2
−2
2
2(t + 2)
(t + 2)2
Z
37
1. Métodos de integración
dt
, donde n = 1 tenemos:
+ 2)2
√
Z
Z
dt
dt
t
1
t
1 2
t
=
+
=
+
arctan √ + C.
2
2
2
2
2
(t + 2)
2 · 2(t + 2) 2 · 2
t +2
4(t + 2) 4 2
2
Por otro lado, aplicando la fórmula (1.16) a
Z
(t2
Así
Z
(x2
1
x−1
=−
−2
2
+ 2x + 3)
2[(x + 1)2 + 2]2
1 2
x+1
x+1
+
arctan √
2
4[(x + 1) + 2] 4 2
2
Observación 1.5.7 Por lo general las integrales que aparecen son:
mula (1.16) se reduce a:
Z
dx
x
1
= 2 2
+ 2
2
2
2
2
(x + a )
2a (x + a ) 2a
Z
(x2
√
Z
(x2
!
+ C.
dx
, así la fór+ a2 )2
dx
x
1
x
= 2 2
+ 3 arctan + C.
2
2
+a )
2a (x + a ) 2a
a
Ejemplo 1.5.11
Z
dx
.
2
(x + 9)2
Por la fórmula anterior tenemos:
Z
(x2
1.5.3.
dx
x
1
x
x
1
x
=
+
arctan + C =
+
arctan + C.
2
2
2
+ 9)
2 · 9(x + 9) 2 · 27
3
18(x + 9) 54
3
Cambios que conducen a integrales de fracciones racionales
Aplicamos ahora el método de fracciones simples para el cálculo de algunas integrales
mediante un cambio de variable apropiado.
1.5.3.1.
Con funciones exponenciales.
Ejemplo 1.5.12
(i)
Z
1 + ex
dx =
1 − ex
Z
1 + ex x
e dx.
ex (1 − ex )
Llamemos t = ex , de donde obtenemos dt = ex dx, y notemos que t 6= 0 pues ex 6= 0,
para todo x real. Así
Z
Z
1 + ex x
1+t
e dx =
dt.
x
x
e (1 − e )
t(1 − t)
38
1.5. Integración de funciones Racionales
P(x)
Q(x)
Observemos que:
A
B
A(1 − t) + Bt
1+t
= +
=
.
t(1 − t)
t
1−t
t(1 − t)
Igualando los numeradores tenemos:
(1.17)
1 + t = A(1 − t) + Bt.
Damos valores a xque anulen los denominadores y los sustituimos en (1.17).
Para x = 1 obtenemos 2 = B(1), y de aquí B = 2.
Para x = 0 obtenemos 1 = A(1), y de aquí A = 1.
Así
Z
1 + ex x
e dx =
ex (1 − ex )
Z
1+t
dt = A
t(1 − t)
Z
1
dt + B
t
Z
1
dt
1−t
= ln |t| − 2 ln |1 − t| + C = ln |ex | − 2 ln |1 − ex | + C
= x − 2 ln |1 − ex | + C.
Z
ex
1
dx
=
dx.
(ii)
ex + e−x
e2x + 1
Llamemos t = ex , de donde obtenemos dt = ex dx. Así
Z
Z
Z
1
ex
dt
dx =
dx =
= arctan t + C = arctan ex + C.
x
−x
2x
2
e +e
e +1
t +1
Z
1.5.3.2.
Con funciones trigonométricas.
En el cálculo de integrales de funciones trigonométricas combinada mediante suma, multiplicación y
división, una sustitución muy útil que transforma
estas funciones en función racional es:
√
t2 + 1
t
x
2
1
x
t = tan ,
2
x
= arctan t,
2
donde dx =
2
dt.
1 + t2
Esta situación lleva a la expresión:
senx =
2t
,
1 + t2
y
cos x =
1 − t2
.
1 + t2
En efecto. Escribamos:
x
x
x
t
2t
1
√
= 2sen
cos
= 2√
,y
senx = sen 2
= 2
2
2
2
2
2
t +1
t +1 t +1
39
1. Métodos de integración
x
x
x
1
t2
1 − t2
= cos2
− sen2
= 2
− 2
= 2
.
cos x = cos 2
2
2
2
t +1 t +1
t +1
Ejemplo 1.5.13
Z
dx
(i)
1 + senx
Z
dx
=
1 + senx
Z
= 2
(ii)
Z
1
Z
2
1+t2
2t
+ 1+t
2
dt =
(t + 1)−2 dt =
dx
3 + 5senx
Z
Z
dx
=
3 + 5senx
Z
2
dt = 2
1 + 2t + t2
Z
dt
=2
2
t + 2t + 1
−2
−2
x
+ C.
+C =
t+1
+1
tan
2
2
1+t2
3+
2t
5 1+t
2
dt = 2
Z
3t2
Z
dt
.
+ 10t + 3
Observemos que:
3t2
1
1
A
B
=
=
+
.
+ 10t + 3
(t + 3)(3t + 1)
t + 3 3t + 1
1
3
y B = . Así
8
8
Z
Z
Z
Z
dt
dt
dt
dx
= 2
= 2A
+ 2B
2
3 + 5senx
3t + 10t + 3
t+3
3t + 1
Calculando los coeficientes tenemos: A = −
2
6 1
= − ln |t + 3| + · ln |3t + 1| + C
8
8 3
1
x
1
x
= − ln tan + 3 + ln 3 tan + 1 + C.
4
2
4
2
(iii)
Z
dx
3senx + 4 cos x
Z
dx
=
3senx + 4 cos x
Observemos que:
2t2
Z
3
2
1+
t2
2t
−4
1 + t2
2
1−t
1 + t2
dt = −
Z
2t2
1
A
B
1
=
=
+
.
− 3t − 2
(t − 2)(2t + 1)
t − 2 2t + 1
dt
− 3t − 2
dt
(t + 1)2
40
1.5. Integración de funciones Racionales
P(x)
Q(x)
2
1
y B = − . Así
5
5
Z
Z
Z
Z
dt
dt
dt
dx
= −
= −A
−B
2
3senx + 4 cos x
2t − 3t − 2
t−2
2t + 1
Calculando los coeficientes tenemos: A =
1
2 1
= − ln |t − 2| + · ln |2t + 1| + C
5
5 2
1
x
1
x
= − ln tan − 2 + ln 2 tan + 1 + C.
5
2
5
2
1.5.3.3.
Con funciones radicales con distintos índices.
En el cálculo de integrales de funciones radicales combinada mediante suma, multiplicación y división, se considera el cambio tm , donde m es el mínimo común múltiplo de los
índices de las raices vinculadas en la expresión.
Ejemplo 1.5.14
(i)
Z
√
4
x−1
√
dx.
3+ x−1
Primero hacemos un cambio de variable. Llamemos x − 1 = t4 , de donde obtenemos
dx = 4t3 dt, así
Z
√
4
x−1
√
dx =
3+ x−1
Z
t
4t3 dt = 4
3 + t2
Z
t4
dt.
3 + t2
t4
dt hacemos la división de polinomios y obtenemos:
3 + t2
Z
Z
Z
Z
Z 1
t4
9
2
2
dt = 4 t dt + 12 dt − 36
4
dt = 4
t +3− 2
dt
2
2
3+t
t +3
t +3
En la integral 4
Z
√
36 3
t
t3
+C
arctan √
= 4 + 3t −
3
3
3
√
√
√
4
√
( 4 x − 1)3
36 3
x−1
4
√
=4
+ 3( x − 1) −
arctan
+ C.
3
3
3
Sustituyendo en la ecuación anterior tenemos:
Z
√
4
x−1
√
dx = 4
3+ x−1
√
4
x−1
3
3
+3
√
4
√
√
4
x−1
36 3
√
arctan
+ C.
x−1 −
3
3
41
1. Métodos de integración
(ii)
Z
√
6
x
√ dx.
1+ 3x
Llamemos x = t6 , de donde obtenemos dx = 6t5 dt. Luego
Z
√
6
√
6
Z Z
t6
1
t6
4
2
5
√
dt = 6
t −t +1−
dt
6t dt = 6
3
1 + t2
1 + t2
1 + t6
Z
Z
Z
Z
1
4
2
dt
= 6 t dt − 6 t dt + 6 dt − 6
1 + t2
5
3
t
t
= 6
−6
+ 6t + arctan t + C
5
3
√
√
√
6√
6
6
=
x5 − 2 x3 + 6 6 x + arctan( 6 x) + C.
5
x
√ dx =
1+ 3x
Z
1.6.
Integración De Funciones Trigonométricas
1.6.1.
Integrales de la forma:
Z
1.6.2.
Si n es par.
Z
senn xdx y
cosn xdx.
De ser este el caso, usaremos las identidades trigonométricas:
sen2 x =
1 − cos(2x)
2
y
cos2 x =
1 + cos(2x)
.
2
Ejemplo 1.6.1
(i)
Z
sen2 xdx.
Como n es par (n = 2) reemplazamos
sen2 x =
Z
2
sen xdx =
=
Z
1 − cos(2x)
.
2
1
1 − cos(2x)
dx =
2
2
Z
1
dx −
2
Z
cos(2x)
1
1 sen(2x)
1
1
x− ·
+ C = x − sen(2x) + C.
2
2
2
2
4
42
1.6. Integración De Funciones Trigonométricas
(ii)
Z
cos4 xdx.
Como n es par (n = 4) reemplazamos
4
cos x =
Z
cos4 xdx =
=
=
=
=
2
1 + cos(2x)
1
= (1 + 2 cos(2x) + cos2 (2x)).
2
4
Z
Z
Z
1
2
dx + 2 cos(2x)dx + cos (2x)dx
4
Z
1
2 sen(2x) 1
cos2 (2x)
x+ ·
+
4
4
2
4
Z
1
1 + cos(4x)
2 sen(2x) 1
x+ ·
+
dx
4
4
2
4
2
Z
Z
1
2 sen(2x) 1 1
1
dx +
cos(4x)dx
x+ ·
+
4
4
2
4 2
2
2 sen(2x) 1 1
1 sen(4x)
1
+C
x+ ·
+
x+ ·
4
4
2
4 2
2
4
De esta manera
Z
1.6.2.1.
3
1
1
cos4 xdx = x + sen(2x) + sen(4x) + C.
8
4
32
Si n es impar.
Usaremos la identidad sen2 x + cos2 x = 1 y separamos.
Z
Z
Z
Z
n
n−1
n
sen (x)dx = sen (x)sen(x)dx ó
cos (x)dx = cosn−1 (x) cos(x)dx.
Ejemplo 1.6.2
(i)
Z
sen3 xdx.
Como n es impar (n = 3) reemplazamos. Usamos sen2 x + cos2 x = 1, de donde sen2 x =
1 − cos2 x. Así
Z
Z
Z
3
2
sen xdx =
(sen x)senxdx = (1 − cos2 x)senxdx
=
Z
senxdx −
Z
(cos2 x)senxdx = − cos x −
cos3 x
+ C.
3
43
1. Métodos de integración
(ii)
Z
cos5 xdx.
Z
5
cos xdx =
=
=
Z
Z
Z
4
(cos x) cos xdx =
Z
(1 − sen2 x)2 cos xdx
(1 − 2sen2 x + sen4 x) cos xdx
cos xdx − 2
Z
2
(sen x) cos xdx +
sen3 x sen5 x
= senx − 2
+
+ C.
3
4
1.6.3.
Integrales de la forma:
1.6.3.1.
Si m ó n es impar.
Z
Z
(sen4 x) cos xdx
(senm x)(cosn x)dx.
Si m ó n es impar, se trabaja con el menor impar de la misma forma que en el caso
anterior sustituyendo solo una de la funciones.
Ejemplo 1.6.3
(i)
Z
(sen5 x)(cos3 x)dx.
Como n = 3 es el menor impar reemplazamos cos2 x = 1 − sen2 x. Así
Z
Z
Z
5
3
2
5
(sen x)(cos x)dx =
(cos x)(cos x)(sen x)dx = (1 − sen2 x)(cos x)(sen5 x)dx
=
(ii)
Z
Z
5
(sen x) cos xdx −
Z
(sen7 x) cos xdx =
sen6 x sen8 x
−
+ C.
6
8
(sen3 x)(cos2 x)dx.
Como m = 3 es el único impar reemplazamos sen2 x = 1 − cos2 x. De esta manera
Z
Z
Z
3
2
2
2
(sen x)(cos x)dx =
(sen x)(senx)(cos x)dx = (1 − cos2 x)(senx)(cos2 x)dx
=
Z
2
(cos x)senxdx −
Z
(cos4 x)senxdx =
cos3 x cos5 x
−
+ C.
3
5
44
1.6. Integración De Funciones Trigonométricas
(iii)
Z
sen3 x
√
dx.
cos x 3 cos x
Como m = 3 es el único impar reemplazamos sen2 x = 1 − cos2 x. Así tenemos:
Z
sen3 x
√
dx =
cos x 3 cos x
=
=
Z
Z
Z
3
(sen x)(cos
x)dx =
Z
4
(sen2 x)(senx)(cos− 3 x)dx
4
(1 − cos2 x)(senx)(cos− 3 x)dx
− 34
(cos
x)senxdx −
1
= 3 cos− 3 x −
1.6.3.2.
− 43
Z
2
(cos 3 x)senxdx
5
3
3
3√
3
cos5 x + C.
cos 3 x + C = − √
−
3
5
cos x 5
Si m y n son pares e iguales.
Si m y n son pares e iguales se hace el cámbio:
n
n
(sen x)(cos x) =
1
sen(2x)
2
n
,
pues sen(2x) = 2senx cos x, deduciéndose de aquí la ecuación anterior.
Ejemplo 1.6.4
Z
(sen2 x)(cos2 x)dx
Z
1.6.3.3.
(i)
Z
Z
1
1 − cos(4x)
sen (2x)dx =
dx
4
2
Z
Z
1
1
1
1
dx −
cos(4x)dx = x − sen(4x) + C.
=
8
8
8
32
1
(sen x)(cos x)dx =
4
2
2
Z
2
Si m y n son pares y distintos.
(sen4 x)(cos6 x)dx
45
1. Métodos de integración
Z
4
6
(sen x)(cos x)dx =
=
=
=
=
=
=
=
(ii)
Z
4
4
2
3
1
1
sen5 (2x)
x+
sen(3x) −
sen(4x) +
+ C.
256
2048
256
320
(cos4 x)(sen2 x)dx
Z
Z
Z
1 + cos(2x) sen2 (2x)
4
2
2
2
2
(cos x)(sen x)dx =
(cos x)(cos x)(sen x)dx =
dx
2
2
Z
Z
1
1
2
sen (2x)dx +
sen2 (2x) cos(2x)dx
=
4
4
Z
1
1 − cos(4x)
1 sen3 (2x)
=
dx +
+C
4
2
4 2·3
=
1.6.4.
Z
1
sen4 (2x) cos2 xdx
(sen x)(cos x)(cos x)dx =
16
Z
1 + cos(2x)
1
4
sen (2x)
dx
16
2
Z
Z
1
1
4
sen (2x)dx +
sen4 (2x) cos(2x)dx
32
32
Z
1
1 sen5 (2x)
sen4 (2x)dx +
·
32
64
5
2
Z 1
1 − cos(4x)
1 sen5 (2x)
dx +
·
32
2
64
5
Z
Z
Z
1
1
1
sen5 (2x)
dx −
cos(4x)dx +
cos2 (4x)dx +
128
64
128
320
Z
1
1 + cos(8x)
1
1
sen5 (2x)
x−
sen(4x) +
dx +
128
256
128
2
320
Z
1
1
1
x − sen(2x) + sen3 (2x) + C
8
16
24
Integrales de la forma:
Z
tann xdx.
En este caso se descompone tann x = (tan2 x)(tann−2 x) y se sustituye tan2 x = sec2 x − 1.
Ejemplo 1.6.5
Z
(i)
tan2 xdx.
Z
Z
Z
Z
2
2
2
tan xdx = (sec x − 1)dx = sec xdx − dx = tan x − x + C.
46
(ii)
1.6. Integración De Funciones Trigonométricas
Z
tan3 xdx.
Z
Z
Z
3
2
tan xdx =
(tan x)(tan x)dx = (sec2 x − 1) tan xdx
=
(iii)
Z
Z
2
(sec x) tan x −
Z
tan2 x
+ ln | cos x| + C.
2
tan xdx =
tan4 xdx
Z
tan xdx =
Z
=
Z
4
=
2
2
2
2
(tan x)(tan x)dx =
(tan x)(sec x)dx −
Z
Z
(sec2 x − 1) tan2 xdx
tan3 x
tan xdx =
−
3
2
tan3 x
− tan x + x + C.
3
Z
(sec2 x − 1)dx
Observación 1.6.1 Éstas integrales se resuelven también haciendo un cambio de variable
conveniente. Es recomendable hacerla de esta manera ya que es más rápido y no requieren
de destreza en trigonometría.
Ejemplo 1.6.6
(i)
Z
tan4 xdx
Llamemos t = tan x. Así, arctan t = x, obteniéndose que
sigue que
Z
Como
4
tan xdx =
Z
1
dt = dx. De aquí se
1 + t2
t4
dt
t2 + 1
t4
1
= (t2 − 1) + 2
2
t +1
t +1
se tiene que
Z
4
tan xdx =
Z
t4
dt =
t2 + 1
Z
2
t dt −
Z
dt +
Z
dt
t2 + 1
=
tan3 x
t3
− t + arctan t =
− tan x + arctan(tan x) + C
3
3
=
tan3 x
− tan x + x + C
3
47
1. Métodos de integración
(ii)
Z
tan7 xdx.
Análogamente al ejemplo anterior, llamemos t = tan x, de donde arctan t = x. De aquí
1
dt = dx, y de esta forma
1 + t2
Z
Z
Z 1
t
7
7
5
3
tan xdx =
t
dt =
dt
t −t +t−
1 + t2
1 + t2
=
t6 t4 t2 1
− + − ln |1 + t2 | + C
6
4
2
2
=
tan6 x tan4 x tan2 x 1
−
+
− ln |1 + tan2 x| + C.
6
4
2
2
Es decir, para éste caso es siempre conveniente hacer el cambio de variable t = tan x y
dt
dx =
, obteniendo así
1 + t2
Z
Z
tn
n
dt
tan x =
1 + t2
1.6.5.
Integrales de la forma:
1.6.5.1.
Si n es par.
Z
secn xdx.
En este caso se descompone secn x = (sec2 x)(secn−2 x) y se sustituye sec2 x = 1 + tan2 x.
Ejemplo 1.6.7
Z
(i)
sec2 xdx
(ii)
Z
Z
sec4 xdx
Z
Z
Z
4
2
2
sec xdx =
(sec x)(sec x)dx = (1 + tan2 x)(sec2 x)dx
=
1.6.6.
sec2 xdx = tan x + C. (Inmediata)
Z
2
sec xdx +
Z
(tan2 x)(sec2 x)dx = tan x +
tan3 x
+ C.
3
Si n es impar.
En este caso se usa el método de integración por parte.En este caso hay que tener presente
que las integrales resultantes son cíclicas
48
1.6. Integración De Funciones Trigonométricas
Z
Ejemplo 1.6.8
sec3 xdx
Z
3
sec xdx =
Z
(sec2 )(sec x)dx.
Tomemos
u = sec x −→ du = (sec x)(tan x)dx
dv = sec2 xdx −→ v = tan x.
Así
Z
3
sec xdx =
Z
2
(sec )(sec x)dx = (sec x)(tan x) −
= (sec x)(tan x) −
= (sec x)(tan x) −
Z
Z
Z
(tan2 x)(sec x)dx
(sec2 x − 1) sec xdx
3
sec xdx −
Z
sec xdx
Observemos que después de aplicar el método llegamos a la integral inicial. Entonces tratamos la expresión como una ecuación.
Z
Z
3
2 sec xdx = (sec x)(tan x) − sec xdx, así
Z
1.6.7.
sec3 xdx =
(sec x)(tan x) − ln | sec x + tan x|
+ C.
2
Integrales de la forma:
Z
(tann x)(secm x)dx.
Z
sec xdx.
Ejemplo 1.6.9
(i)
Z
(ii)
Z
(tan x)(sec x)dx =
(iii)
Z
(tan3 x)(sec2 x)dx =
(tan x)(sec x)dx = sec x + C.
2
Z
3
sec xdx −
tan4 x
+ C.
4
Observación 1.6.2 En este caso intentamos escribir el integrando como función de tann x
con sec2 x como su derivada derivada, o como función de secn x con (sec x)(tan x) como su
derivada .
49
1. Métodos de integración
(iv)
Z
(tan3 x)(sec3 x)dx
Z
3
3
(tan x)(sec x)dx =
=
=
=
(v)
Z
Z
Z
Z
(tan2 x)(sec3 x)(tan x)dx
(sec2 x − 1)(sec2 x)(tan x)(sec x)dx
4
(sec x)(tan x)(sec x)dx −
sec5 x sec3 x
−
+ C.
5
3
Z
(sec2 x)(tan x)(sec x)dx
(tan4 x)(sec6 x)dx
Z
4
6
(tan x)(sec x)dx =
=
=
=
Z
Z
Z
Z
+
=
(tan4 x)(sec4 x)(sec2 x)dx
(tan4 x)(tan2 x + 1)2 (sec2 x)dx
(tan4 x)(tan4 x + 2 tan2 x + 1)(sec2 x)dx
8
2
(tan x)(sec x)dx + 2
Z
Z
(tan6 x)(sec2 x)dx
(tan4 x)(sec2 x)dx
tan9 x
tan7 x tan5 x
+2
+
+ C.
9
7
5
En el ejemplo anterior se puede notar que para las integrales de la forma
se tiene que:
Z
(tann x)(secm x)dx
1. Si n es par, se reserva sec2 .
2. Si n y m son ambos impares, se reserva sec x tan x y se lleva todo a sec x.
3. Si m es par y n es impar, se lleva todo a sec x.
1.6.8.
Integrales
de la forma:
R
R
R
sen(mx) cos(nx)dx, sen(mx)sen(nx)dx, cos(mx) cos(nx)dx.
En cada uno de los casos se usa la fórmula correspondiente.
50
1.6. Integración De Funciones Trigonométricas
1
1. sen(mx) cos(nx) = [sen(m − n)x − sen(m + n)x].
2
1
2. sen(mx)sen(nx) = [cos(m − n)x − cos(m + n)x].
2
1
3. cos(mx) cos(nx) = [cos(m − n)x + cos(m + n)x].
2
Ejemplo 1.6.10
(i)
Z
sen(5x) cos(8x)dx
Z
(ii)
Z
Z
1
sen(5x) cos(8x)dx =
2
Z
1
= −
2
[sen(−3x) + sen(13x)]dx
Z
1
sen(3x)dx +
2
Z
sen(13x)dx
=
1 cos(3x) 1 cos(13x)
·
− ·
+C
2
3
2
13
=
1
1
cos(3x) −
cos(13x) + C.
6
26
cos(x) cos(2x) cos(5x)dx
cos(x) cos(2x) cos(5x)dx =
Z
1
=
2
[cos(x) cos(2x)] cos(5x)dx
Z
1
= −
2
1
= −
4
1
+
4
1
= −
4
1
+
4
=
[cos(−x) + cos(3x)] cos(5x)dx
Z
Z
Z
Z
Z
1
cos(x) cos(5x)dx +
2
Z
cos(3x) cos(5x)dx
[cos(−4x) + cos(6x)]dx
[cos(−2x) + cos(8x)]dx
1
cos(4x)dx +
4
Z
1
cos(−2x)dx +
4
Z
cos(6x)dx
cos(8x)dx
1
1
1
1
sen(4x) + sen(6x) − sen(−2x) + sen(8x) + C.
16
24
8
32
51
1. Métodos de integración
1.7.
Integración Por Sustituciones Trigonométricas
Calcularemos integrales de la forma
Z
f (x,
√
±a2 ± b2 x2 dx).
√
a
a2 − b2 x2 hacemos el cambio x = sent.
b
√
a
(b) Si a2 + b2 x2 hacemos el cambio x = tan t.
b
p
a
(c) Si b2 (x2 − a2 ) hacemos el cambio x = sec t.
b
(a) Si
Ejemplo 1.7.1
(i)
Z √
9 − x2
dx.
x
Hacemos el cambio de variable x = 3sent, de donde dx = 3 cos tdt, así
Z √
Z √
Z √
9 − 9sen2 t
3 1 − sen2 t
3 cos tdt =
3 cos tdt
3sent
3sent
Z √ 2
Z
Z
cos t cos tdt
cos2 t
1 − sen2 t
= 3
=3
dt = 3
dt
sent
sent
sent
Z
Z
Z
1
dt − 3 sentdt = 3 csc tdt + 3 cos t + C
= 3
sent
9 − x2
dx =
x
= 3 ln | csc t + cot t| + 3 cos t + C.
Por último cambiamos nuevamente a la variable
original de la siguiente manera. Si x = 3sent, enx
= sent y esto nos sugiere la construcción
tonces
3
del siguiente triángulo:
x
3
t
√
9 − x2
√
√
9 − x2
9 − x2
3
Así cos t =
, csc t = y cot t =
. Finalmente
3
x
x
√
√
Z √
x
9 − x2
9 − x2
9 − x2
+3
dx = 3 ln +
+ C.
x
3
x
3
Z
dx
√
.
(ii)
x 4 + x2
Hacemos el cambio de variable x = 2 tan t, de donde dx = 2 sec2 tdt, así
52
1.7. Integración Por Sustituciones Trigonométricas
Z
Z
1
sec2 t
2 sec2 tdt
√
√
=
dt
2
2 tan t 4 + 4 tan2 t
tan t 1 + tan2 t
Z
Z
Z
Z
sec2 t
sec t
dt
1
1
1
1
√
csc tdt
dt =
=
=
dt =
2
2
tan t
2
sent
2
tan t sec2 t
1
= − ln | csc t + cot t| + C.
2
dx
√
=
x 4 + x2
Z
Por último cambiamos nuevamente a la variable
original de la siguiente manera. Si x = 2 tan t enx
tonces = tan t y esto nos sugiere la construcción
2
del siguiente triángulo:
Así csc t =
(iii)
Z
√
√
√
4 + x2
x
t
2
4 + x2
2
y cot t = . Finalmente
x
x
√
Z
dx
4 + x2 2
1
√
+
+ C.
= − ln
2
x
x
x 4 + x2
x2
dx.
x2 − 25
Hacemos el cambio de variable x = 5 sec t, de donde dx = 5(sec t)(tan t)dt. Así
Z
Z
Z
25(sec2 t)5(sec t)(tan t)dt
5(sec3 t)(tan t)dt
x2
√
√
√
dx =
= 25
dt
x2 − 25
25 sec2 t − 25
5 sec2 t − 1
Z
Z
(sec3 t)(tan t)
√
dt = 25 sec3 tdt
= 25
2
tan t
25(sec t)(tan t) − ln | sec t + tan t|
+ C.
=
2
Por último cambiamos nuevamente a la variable original de la siguiente manera. Si x =
x
5 sec t, entonces
= sec t y esto nos sugiere
5
la construcción del siguiente triángulo:
Así tan t =
√
√
x2 − 25
x
t
5
x2 − 25
. Finalmente
5
√
√
Z
x2 − 25
x2 − 25
x
25 x
x2
√
·
− ln +
+ C.
dx =
2 5
5
5
5
x2 − 25
53
1. Métodos de integración
Observación 1.7.1 Cuando la función sub-radical es un trinomio de segundo grado (mx2 +
nx + d), lo transformamos en una suma o resta de cuadrados mediante la completación de
cuadrado, es decir:
mx2 + nx + d = (x ± a)2 ± c donde a =
n2
n
y c=
+ d.
2
4
Ejemplo 1.7.2
(i)
Z √
x2 − 6x − 7dx.
Observemos que x2 − 6x − 7 = (x − 3)2 − 16, así obtenemos
Z √
Z p
2
x − 6x − 7dx =
(x − 3)2 − 16dx.
Ahora hacemos el cambio de variable x − 3 = 4 sec t, de donde dx = 4(sec t)(tan t)dt.
Así
Z √
x2
− 6x − 7dx =
Z p
= 16
= 16
= 16
=
(x −
Z √
Z
Z
3)2
− 16dx =
Z √
16 sec2 t − 16(4 sec t)(tan t)dt
sec2 t − 1(sec t)(tan t)dt = 16
2
(tan t)(sec t)dt = 16
3
sec tdt − 16
Z
Z
Z
(tan t)(sec t)(tan t)dt
(sec2 t − 1)(sec t)dt
sec tdt
16[(sec t)(tan t) − ln | sec t + tan t|]
− 16 ln | sec t + tan t| + C
2
= 8(sec t)(tan t) − 24 ln | sec t + tan t| + C.
Por último cambiamos nuevamente a la
p
x−3
variable original de la siguiente manera.
(x − 3)2 − 16
x−3
Si x−3 = 4 sec t, entonces
= sec t
t
4
y esto nos sugiere la construcción del
4
siguiente triángulo:
p
(x − 3)2 − 16
. Finalmente
Así tan t =
4
p
p
Z √
2 − 16
(x
−
3)
(x − 3)2 − 16
8(x
−
3)
x
−
3
x2 − 6x − 7dx =
+ C.
− 24 ln
+
4
4
4
4
54
(ii)
1.7. Integración Por Sustituciones Trigonométricas
Z √
3 − 2x − x2 dx.
Observemos que −x2 − 2x + 3 = −(x2 + 2x − 3) = −[(x + 1)2 − 4] = 4 − (x + 1)2 . Así
obtenemos
Z √
Z p
2
3 − 2x − x dx =
4 − (x + 1)2 dx.
Ahora hacemos el cambio de variable x + 1 = 2 sen t, de donde dx = 2 cos tdt. De esta
forma
Z √
Z √
Z p
2
2
3 − 2x − x dx =
4 − (x + 1) dx =
4 − 4sen2 t (2 cos tdt)
= 4
= 4
Z √
Z
1 − sen2 t(cos tdt) = 4
1 + cos(2t)
dt = 2
2
Z
Z √
dt + 2
cos2 t(cos tdt)
sen(2t)
= 2t + sen(2t) + C
2
= 2t + 2(sent)(cos t) + C
Por último cambiamos nuevamente a la variable
original de la siguiente manera. Si x + 1 = 2sent,
x+1
entonces
= sent y esto nos sugiere la cons2
trucción del siguiente triángulo:
Así cos t =
p
Z √
(iii)
Z
4 − (x + 1)2
x+1
, sent =
y arcsen
2
2
3 − 2x − x2 dx = 2arcsen
x+1
2
2
x+1
t
p
4 − (x + 1)2
x+1
2
x+1
+2
·
2
= t. Finalmente
p
4 − (x + 1)2
+ C.
2
dx
p
.
[(x + 1)2 + 4]3
Hacemos el cambio de variable x + 1 = 2 tan t, de donde dx = 2 sec2 tdt. Así
Z
dx
p
[(x + 1)2 + 4]3
2 sec2 tdt
2 sec2 tdt
p
p
=
8 (sec2 t)3
(4 tan2 t + 4)3
43 (tan2 t + 1)3
Z
Z
Z
1
sec2 t
dt
1
1
1
=
cos tdt = sent + C.
dt =
=
3
4
sec t
4
sec t
4
4
=
Z
p
=
Z
2 sec2 tdt
Z
55
1. Métodos de integración
Por último cambiamos nuevamente a la variable
original de la siguiente manera. Si x + 1 = 2 tan t,
x+1
= tan t y esto nos sugiere la consentonces
2
trucción del siguiente triángulo:
p
(x + 1)2 + 4
x+1
t
2
x+1
. Finalmente
(x + 1)2 + 4
Z
dx
1
1
x+1
p
= sent + C = · p
+ C.
4
4
[(x + 1)2 + 4]3
(x + 1)2 + 4
Así sent = p
1.8.
Integración por sustituciones de Euler
Las integrales de la forma
Z
f (x,
√
ax2 + bx + c)dx se calcula haciendo una de las si-
guientes sustituciones de Euler:
√
√
ax2 + bx + c = t ± x a,
√
√
2. ax2 + bx + c = tx ± c,
√
3. ax2 + bx + c = (x − a)t,
del trinomio ax2 + bx + c.
1.
si a > 0.
si c > 0.
si ax2 + bx + c = a(x − α)(x − β), es decir; si α es una raíz
Ejemplo 1.8.1
(i)
Z
1+
√
dx
.
+ 2x + 2
x2
Como a = 1 > 0, hacemos la sustitución
√
x2 + 2x + 2 = t − x.
Elevando al cuadrado y haciendo las operaciones correspondientes obtenemos:
2x + 2tx = t2 + 2
de donde x =
t2 + 2t + 2
t2 − 2
y dx =
dt. De esta manera
2(1 + t)
2(1 + t)2
1+
√
x2
t2 − 2
t2 + 4t + 4
+ 2x + 2 = 1 + t −
=
,
2(1 + t)
2(1 + t)
y sustituyendo obtenemos una integral de fracciones simples.
Z
Z
Z
2(t + 1)(t2 + 2t + 2)
dx
t2 + 2t + 2
√
=
dt
=
dt.
(t2 + 4t + 4)2(1 + t)2
(1 + t)(t + 2)2
1 + x2 + 2x + 2
56
1.9. Integrales de la forma:
Z
xm (a + bxn )p dx, con m, n, p ∈ Q
Observemos que
t2 + 2t + 2
A
B
D
=
+
+
.
2
(1 + t)(t + 2)
t + 1 t + 2 (t + 2)2
Calculando los coeficientes tenemos: A = 1, B = 0, y D = −2. Así
Z
Z
Z
Z
t2 + 2t + 2
dt
dt
dx
√
=
dt =
−2
2
(1 + t)(t + 2)
t+1
(t + 2)2
1 + x2 + 2x + 2
2
= ln |t + 1| +
+ C.
t+2
Por último cambiamos nuevamente a la variable original x.
Z
√
dx
2
√
√
= ln x + 1 + x2 + 2x + 2 +
+ C.
2
1 + x + 2x + 2
x + 2 + x2 + 2x + 2
Z
xdx
√
.
(ii)
( 7x − 10 − x2 )3
En este caso a < 0 y c√< 0. Como 7x −p
10 − x2 tiene raíces reales (α = 2 y β = 5)
hacemos la sustitución 7x − 10 − x2 = (x − 2)(5 − x) = (x − 2)t.
Elevando al cuadrado y haciendo las operaciones correspondientes obtenemos:
5 − x = (x − 2)t2
de donde x =
5 + 2t2
6tdt
y dx = −
, así
2
1+t
(1 + t2 )2
5 + 2t2
3t
(x − 2)t =
−2 t=
,
2
1+t
1 + t2
y sustituyendo obtenemos la integral:
Z
Z Z
5 + 2t2
5
2
6
xdx
√
dt = −
+ 2 dt
= −
27
t2
9
t2
( 7x − 10 − x2 )3
5
2
− + 2t + C,
= −
9
t
donde
t=
1.9.
1.9.1.
√
Integrales de la forma:
7x − 10 − x2
.
x−2
Z
xm (a + bxn)pdx, con m, n, p ∈ Q
Si p es un número entero.
Si p > 0 se desarrolla la fórmula binomial de Newton, pero si p < 0 entonces hacemos
x = tk , donde k es el común denominador de las fracciones de m y n.
57
1. Métodos de integración
Ejemplo 1.9.1
(i)
Z
√
3
x(2 +
√
2
x) dx =
Z
x1/3 (2 + x1/2 )2 dx.
Observemos que p = 2 > 0, así
Z
Z
Z
√
√ 2
1/3
1/2 2
3
x(2 + x) dx = x (2 + x ) dx = x1/3 (x + 4x1/2 + 4)dx
=
(ii)
Z
Z
24
3
(x4/3 + 4x5/6 + 4x1/3 )dx = x7/3 + x11/6 + 3x4/3 + C.
7
11
x−2/3 (1 + x2/3 )−1 dx.
Observemos que p = −1 < 0, por lo tanto hacemos x = t3 donde dx = 3t2 dt. Así
Z
Z
Z
1
−2/3
2/3 −1
−2
2 −1
2
dt = 3 arctan t + C
x
(1 + x ) dx =
x (1 + t ) 3t dt = 3
1 + t2
√
= 3 arctan 3 x + C.
1.9.2.
Si
m+1
es un número entero.
n
En este caso hacemos tα = a + bxn , donde α es el denominador de la fracción p.
Ejemplo 1.9.2
√
Z p
Z
1+ 3x
√
dx = x−2/3 (1 + x1/3 )1/2 dx.
3
2
x
1
1
m+1
2
y
= 1 es un número entero, entonces
Observemos que m = − , n = , p =
3
3
2
n
1
hacemos la sustitución 1 + x1/3 = t2 donde x−2/3 dx = 2tdt. De esta forma
3
Z p
1.9.3.
√
Z
Z
1+ 3x
−2/3
1/3 1/2
√
dx = x
(1 + x ) dx = 6 t2 dt = 2t3 + C = 2(1 + x1/3 )3/2 + C.
3
x2
Si
m+1
+ p es un número entero.
n
En este caso hacemos a + bxn = tα xn , donde α es el denominador de la fracción p.
58
1.9. Integrales de la forma:
Z
xm (a + bxn )p dx, con m, n, p ∈ Q
Ejemplo 1.9.3
Z
Z
dx
√
= x−11 (1 + x4 )−1/2 dx.
11
4
x
1+x
m+1
1
+ p = −3 es un número entero, entonces hacemos la
Observemos que p = − y
2
n
1
de donde
sustitución 1 + x4 = x4 t2 , de aquí obtenemos x = 2
(t − 1)1/4
tdt
dx = − 2
. Luego
2(t − 1)5/4
Z
Z
Z
1
dx
−11
4 −1/2
√
(t2 − 1)2 dt
dx =
x (1 + x )
dx = −
2
x11 1 + x4
Z
t5
t3
t
1
= − + − +C =−
(t4 − 2t2 + 1)dt
10
3
2
2
1 p
1 p
1 √
4 )5 +
4 )3 −
= −
(1
+
x
(1
+
x
1 + x2 + C.
10x10
3x6
2x2
CAPÍTULO
2
MISCELÁNEA DE INTEGRALES
Las siguientes integrales son una recopilación de exámenes hechos en la facultades de
ciencias e ingeniería de la Universidad de Los Andes, y están presentados con la intención
de que el lector desarrolle los métodos de integración presentados previamente. Se recomienda
hacerlos antes y luego comparar los resultados.
2.1.
Ejercicios Propuestos
x2
√
dx
3
x3 − 1
1.
Z
2.
Z
3.
Z
earctan x + x ln(1 + x2 ) + 1
dx
1 + x2
4.
Z
dx
√
ex
5.
Z
6.
Z
dx
q
√
(1 + x2 ) ln(x + 1 + x2 )
7.
Z
8.
Z
x
√
dx
1 − x4
dx
√
√
x+1− x
2
x arctan(3x)dx
2
x arcsenxdx
9.
Z
√
sen xdx
10.
Z
√
arc cos( 1 − x)dx
11.
Z
arcsen
r
12.
Z
e−x ln(ex + 1)dx
13.
Z
x3 ex dx
14.
Z
arc cos2 xdx
15.
Z
earcsenx dx
16.
Z
x arctan x
√
dx
1 + x2
x
x+1
2
dx
60
2.1. Ejercicios Propuestos
17.
Z
x2 arctan x
dx
1 + x2
18.
Z
ln(x2 + x)dx
19.
Z
ln x
√
dx
1−x
20.
Z
√
21.
Z
arctan xdx
Z
x+1
dx
x2 + 3
22.
√
2 x
xe
dx
√
Z
arctan x
dx
x2
Z
√
25.
Z
x arctan x
√
dx
1 + x2
26.
Z
x5
27.
Z
ex + 1
dx
e2x − 9
28.
Z
e2x
dx
e4x + 5
29.
Z
dx
4senx + 3 cos x + 5
30.
Z
dx
senx − cos x + 2
31.
Z
x4 − 6x
dx
x4 − 16
32.
Z
dx
(1 + x2 )3
33.
Z
dx
1 + x4
23.
24.
34.
Z
√
35.
Z
(cos2 x)(sen5 x)dx
36.
Z
cos6 (2x)sen2 (2x)dx
37.
Z
(tan5 x)(sec7 x)dx
38.
Z
(tan4 x)(sec6 x)dx
39.
Z
40.
Z
41.
Z
42.
Z
ex + 1dx
dx
− x2
tan xdx
x
(tan2 x)(cos2 x)
dx, sin usar tan
tan x + 1
2
dx
p
(x2 − 2x + 5)3
√
x x2 + 2x + 2 dx
√
x3
dx
64 − x2
43.
Z √
44.
Z
(x +
45.
Z
dx
√
x4 1 + x2
46.
Z
√
47.
Z
√
48.
Z
x2/3 (x5/3 + 1)2/3 dx
49.
Z
2x3
dx
(x2 + 1)2
50.
Z
sen2 (2x)sen2 xdx
51.
Z
x2 − 6x − 7 dx
1)2
dx
√
x2 + 2x + 2
dx
x2 − 2x − 3
x2
dx
x6 − 1
dx
√
(x − 1) x2 − 1
61
2. Miscelánea de integrales
52.
Z √
1+
e−2x dx
dx
53.
(senx)(2 cos2 x − 1)
√
Z
8
x
√
√
54.
dx
x+2 4x+1
Z
dx
√
55.
3
x 1 + x4
Z
dx
56.
2
sen x cos4 x
Z
√
x32+x
√
dx
x+ 32+x
57.
Z
58.
Z
59.
Z
60.
Z
ln(2x) 1
dx
ln(4x) x
61.
Z
x cos4 xdx
xarcsenx
p
dx
(1 − x2 )3
xex
dx
(x + 1)2
62
2.2. Solución de los Ejercicios Propuestos
2.2.
1.
Solución de los Ejercicios Propuestos
Z
x2
√
dx.
3
x3 − 1
Llamemos t = x3 − 1, de donde obtenemos dt = 3x2 dx, así
Z
2.
Z
√
x2
1
√
dx =
3
3
3
x −1
Z
dt
1
√
=
3
3
t
Z
x
√
dx =
1 − x4
Z
t−1/3 dt =
1√
1p
3
t2 + C = 3 (x3 − 1)2 + C.
2
2
x
dx.
1 − x4
Notemos que
Z
x
p
1 − (x2 )2
dx.
Llamemos t = x2 , de donde obtenemos dt = 2xdx, así
Z
3.
Z
x
√
dx =
1 − x4
Z
1
p
dx =
2
1 − (x2 )2
x
Z
√
dt
1
1
= arcsent + C = arcsenx2 + C.
2
2
2
1−t
earctan x + x ln(1 + x2 ) + 1
dx
1 + x2
Notemos que
Z
Z
Z
Z arctan x
xdx
dx
e
+ x ln(1 + x2 ) + 1
arctan x dx
2
dx = e
+ ln(1 + x )
+
.
2
2
2
1+x
1+x
1+x
1 + x2
dx
dx
,
y
llamemos
t
=
arctan
x.
De
esta
forma
dt
=
.
1 + x2
1 + x2
Luego
Z
Z
arctan x dx
I1 = e
= et dt = et + C = earctan x + C.
1 + x2
Z
xdx
.
Por otro lado sea I2 = ln(1 + x2 )
1 + x2
2xdx
. Así
y llamemos t = ln(1 + x2 ), de donde obtenemos dt =
1 + x2
Z
Z
1 2
xdx
1
1 2
2
tdt
=
I2 = ln(1 + x )
=
t
+
C
=
ln (1 + x2 ) + C.
1 + x2
2
4
4
Consideremos así I1 =
Z
earctan x
63
2. Miscelánea de integrales
Ahora bien, consideremos I3 =
Z
dx
= arctan x + C.
1 + x2
Por último tenemos
Z arctan x
e
+ x ln(1 + x2 ) + 1
1
dx = I1 + I2 + I3 = earctan x + ln2 (1 + x2 ) + arctan x + C.
2
1+x
4
4.
dx
√
ex
Z
Z
5.
Z
dx
√ =
ex
Z
dx
=
x
(e )1/2
dx
q
(1 + x2 ) ln(x +
Llamemos t = ln(x +
Z
6.
√
7.
√
√
q
=
1 + x2 )
Z
q
1
dx
.
·√
√
2
1
+
x
2
ln(x + 1 + x )
1 + x2 ), de donde obtenemos dt = √
dx
(1 + x2 ) ln(x +
dx
√
x+1− x
Z
Z
2
e−1/2x dx = −2e−1/2x + C = −2(ex )−1/2 + C = − √ x + C.
e
dx
q
√
(1 + x2 ) ln(x + 1 + x2 )
Notemos que
Z
Z
Z
√
dx
. Así
1 + x2
dx
1
·√
√
1 + x2
1 + x2 )
ln(x + 1 + x2 )
Z
Z
√
1
1
√ dt = t− 2 dt = 2 t + C
=
q t
√
= 2 ln(x + 1 + x2 ) + C.
=
Z
q
√
Z
Z
Z √
√
√
x+1+ x
dx
√
dx =
x + 1 dx +
x dx
√ =
x+1− x
Z (x − 1) − x Z
2p
2√ 3
=
(x + 1)1/2 dx = x1/2 dx =
(x + 1)3 +
x + C.
3
3
x2 arctan(3x)dx.
64
2.2. Solución de los Ejercicios Propuestos
Tomemos
3
dx
1 + 9x2
u = arctan(3x) −→ du =
dv = x2 dx −→ v =
Así
Z
x3
x arctan(3x)dx = arctan(3x) −
3
8.
x3
3
·
dx
3 1 + 9x2
Z
2
x3
= arctan(3x) −
3
x3
dx
1 + 9x2
Z x3 1
x
= arctan(3x) −
x−
dx
3
9
1 + 9x2
Z
Z
x3 1
1
xdx
= arctan(3x) −
xdx +
3
9
9
1 + 9x2
Z
x3
18x
1 2
1
= arctan(3x) − x +
dx
3
18
162
1 + 9x2
= arctan(3x)
Z
x3
,
3
Z
x3
1
1
− x2 +
ln(1 + 9x2 ) + C.
3
18
162
x2 arcsenxdx.
Tomemos
u = arcsenx −→ du = √
dv = x2 dx −→ v =
Así
Z
x3
3
1
x3
x arcsenxdx = arcsenx −
3
3
2
1
dx
1 − x2
Z
√
x3
dx
1 − x2
x3
dx haciendo un cambio de variable. Llamemos x = sent,
1 − x2
de donde obtenemos dx = cos tdt. Así
Ahora calculemos
Z
Z
√
x3
√
dx =
1 − x2
=
Z
Z
(sen3 t)(cos t)
√
dt =
1 − sen2 t
2
Z
(1 − cos t)sentdt =
3
sen tdt =
Z
sentdt −
Z
Z
√
cos3 t
+ C = − 1 − x2 +
= − cos t +
3
y finalmente
(sen2 t)(sent)dt
(cos2 t)(sent)dt
p
(1 − x2 )3
+ C,
3
65
2. Miscelánea de integrales
Z
1
x3
arctan x −
x arcsenxdx = =
3
3
2
=
9.
Z
1
x3
arctan x −
3
3
x3
dx
1 − x2
!
p
2 )3
√
(1
−
x
− 1 − x2 +
+ C.
3
Z
√
√
sen xdx.
Llamemos x = t2 , de donde obtenemos dx = 2tdt. Así
Z
Z
Z
√
sen xdx = (sent)2tdt = 2 tsentdt.
Ahora aplicamos integración por partes a
Z
10.
tsentdt, para ello consideremos lo siguiente:
u = t −→ du = dt
dv = sentdt −→ v = − cos t
Así
Z
Z
√
sen xdx = 2
Z
Z
tsentdt = 2 −t cos t + cos tdt = −2t cos t + sent + C
√
√
√
= −2 x cos x + sen x + C.
√
arc cos( 1 − x)dx.
√
√
Llamemos arc cos( 1 − x) = t, de donde 1 − x = cos t y de aquí obtenemos
1
− √
dx = −sentdt,
2 1−x
√
luego dx = 2 1 − xsentdt = 2(cos t)(sent)dt = sen(2t)dt, y así
Z
Z
√
arc cos( 1 − x)dx = t sen(2t)dt.
Ahora aplicamos integración por partes a
Tomemos así
Z
t sen(2t)dt.
u = t −→ du = dt
dv = sen(2t)dt −→ v = −
cos(2t)
,
2
66
2.2. Solución de los Ejercicios Propuestos
De esta manera
Z
Z
Z
√
cos(2t) 1
cos(2t)dt
+
arc cos( 1 − x)dx =
tsen(2t)dt = −t
2
2
= −t
cos(2t) 1
+ sen(2t) + C
2
4
cos2 t − sen2 t 1
= −t
+ 2(sent)(cos t) + C,
2
4
√
√
√
2
y como cos t = 1 − x tenemos sent = 1 − cos t = x. Finalmente
√
cos2 t − sen2 t 1
+ (sent)(cos t) + C
arc cos( 1 − x)dx = = −t
2
2
√
√
√
1√ √
= − arc cos( 1 − x)[( 1 − x)2 − ( x)2 ] +
x 1−x+C
2
√
1p
x(1 − x) + C.
= − arc cos( 1 − x)(1 − 2x) +
2
r
Z
x
11.
arcsen
dx.
x+1
Z
Tomemos
u = arcsen
r
x
x+1
1
−→ du = √
dx
2 x(x + 1)
dv = dx −→ v = x,
Así
Z
arcsen
r
x
x+1
dx = = arcsen
r
x
x+1
1
x−
2
Z
x
1
√ dx.
(x + 1) x
1
√ dx haciendo un cambio de variable. Llamemos x = t2 ,
(x + 1) x
de donde obtenemos dx = 2tdt. De esta manera
Z
Z
Z Z
1
1
t2
t2
√ dx =
x
dt
2tdt = 2
dt = 2
1− 2
(t2 + 1)t
t2 + 1
t +1
(x + 1) x
Z
Z
1
= 2 dt − 2
dt = 2t − 2 arctan t + C
t2 + 1
√
√
= 2 x − 2 arctan x + C.
Ahora calculemos
Z
x
Finalmente
r
r
Z
Z
x
x
1
1
√ dx
dx = arcsen
x−
x
arcsen
x+1
x+1
2
(x + 1) x
r
√
√
x
x − x + arctan x + C.
= arcsen
x+1
67
2. Miscelánea de integrales
12.
Z
e−x ln(ex + 1)dx.
Tomemos
u = ln(ex + 1) −→ du =
ex
dx
ex + 1
dv = e−x dx −→ v = −e−x ,
Luego
Z
−x
e
x
−x
ln(e + 1)dx = −e
−x
= −e
−x
= −e
x
ln(e + 1) −
x
ln(e + 1) +
x
ln(e + 1) +
Z
Z
Z
(−e−x )ex
dx
ex + 1
1
dx
ex + 1
ex
dx
ex (ex + 1)
ex
haciendo un cambio de variable. Llamemos ex = t, de
ex (ex + 1)
donde obtenemos ex dx = dt, y así
Z
Z
Z
Z
dt
dt
dt
ex
=
=
A
+
B
ex (ex + 1)
t(t + 1)
t
t+1
Ahora calculemos
Z
= A ln |t| + B ln |t + 1| + C = A ln |ex | + B ln |ex + 1| + C
= Ax + B ln(ex + 1) + C.
Observemos que:
1
A
B
= +
,
t(t + 1)
t
t+1
y calculando los coeficientes tenemos: A = 1 y B = −1. Finalmente
Z
Z
ex
−x
x
−x
x
e ln(e + 1)dx = −e ln(e + 1) +
dx
ex (ex + 1)
= −e−x ln(ex + 1) + Ax + B ln(ex + 1) + C
= −e−x ln(ex + 1) + x − ln(ex + 1) + C.
13.
Z
3 x2
x e dx =
Z
2
x2 ex xdx.
Llamemos t = x2 , de donde obtenemos dt = 2xdx. De esta forma
Z
Z
Z
1
3 x2
2 x2
tet dt.
x e dx = x e xdx =
2
68
2.2. Solución de los Ejercicios Propuestos
Ahora aplicamos integración por partes a
Z
tet dt. Para ello tomemos
u = t −→ du = dt
dv = et dt −→ v = et ,
De esta manera
Z
Z
Z
1
1
1
1
1 2
3 x2
t
t
t
x e dx =
te dt =
te − e dt = tet − et + C = ex (x2 − 1) + C.
2
2
2
2
2
14.
Z
arc cos2 xdx.
Llamemos t = arc cos x, de donde cos t = x y de aquí −sentdt = dx. Así
Z
Z
2
arc cos xdx = − t2 sentdt.
Aplicamos integración por partes a
Z
t2 sentdt.
u = t2 −→ du = 2tdt
dv = sentdt −→ v = − cos t,
Z
Z
2
2
2
arc cos xdx = − t sentdt = t cos t − 2 (cos t)tdt
Z
Ahora aplicamos integración por partes a (cos t)tdt. Para ello consideremos
Z
u = t −→ du = dt
dv = cos tdt −→ v = sent.
Finalmente tenemos:
Z
Z
Z
2
2
2
arc cos xdx = t cos t − 2 (cos t)tdt = t cos t − 2 tsent − sentdt
= t2 cos t − 2tsent − 2 cos t + C
√
= (arc cos2 x)x − 2(arc cos x) 1 − x2 − 2x + C.
15.
Z
earcsenx dx.
Llamemos t = arcsenx, de donde sent = x y de aquí cos tdt = dx. Así
Z
Z
arcsenx
e
dx = et cos tdt.
69
2. Miscelánea de integrales
Apliquemos integración por partes a
Z
et cos tdt. Tomemos
u = cos t −→ du = −sentdt
dv = et dt −→ v = et ,
Así
Z
t
t
e cos tdt = e cos t +
Ahora apliquemos integración por partes a
Z
Z
et sentdt.
et sentdt. Tomemos
u = sent −→ du = cos tdt
dv = et dt −→ v = et
Así
Z
t
t
e cos tdt = e cos t +
Z
Z
t
t
e sentdt = e cos t + e sent − e cos tdt
t
t
Observemos que después de aplicar el método llegamos a la integral inicial, entonces
tratamos la expresión como una ecuación.
Z
16.
Z
earcsenx dx =
Z
√
t
(
1 + x2 + x)earcsenx
(cos
t
+
sent)e
+C =
+ C.
et cos tdt =
2
2
x arctan x
√
dx.
1 + x2
Llamemos t = arctan x, de donde tan t = x y de aquí obtenemos sec2 tdt = dx, así
Z
x arctan x
√
dx =
1 + x2
Z
√
t tan t
2
1 + tan2 t
sec tdt =
Ahora aplicamos integración por partes a
Z
Z
t(tan t)(sec2 t)
dt =
sec t
Z
t(tan t)(sec t)dt.
t(tan t)(sec t)dt.
u = t −→ du = dt
dv = (tan t)(sec t)dt −→ v = sec t,
Z
x arctan x
√
dx =
1 + x2
Z
t(tan t)(sec t)dt = t sec t −
Z
= = t sec t − ln | sec t + tan t| + C
sec tdt
√
√
= = (arctan x) 1 + x2 − ln | 1 + x2 + x| + C.
70
17.
2.2. Solución de los Ejercicios Propuestos
Z
x2 arctan x
dx.
1 + x2
Notemos que
Z
x2 arctan x
dx =
1 + x2
Z
x2 arctan x
1
dx.
1 + x2
1
dx, y así
Llamemos t = arctan x de donde tan t = x y de aquí obtenemos dt =
1 + x2
Z
Z
Z
Z 2
x arctan x
1
2
2
dx =
x arctan x
dx = (tan t)tdt = (sec2 t − 1)tdt.
1 + x2
1 + x2
Z
Z
Z
t2
2
=
t sec tdt − tdt = t sec2 tdt − + C.
2
Z
Ahora aplicamos integración por partes a
t sec2 tdt.
u = t −→ du = dt
dv = sec2 tdt −→ v = tan t,
Por lo tanto
Z 2
Z
Z
x arctan x
t2
t2
2
dx
=
t
sec
tdt
−
+
C
=
t
tan
t
−
tan
tdt
−
+C
1 + x2
2
2
t2
= = t tan t + ln | cos t| − + C
2
arctan2 x
1
√
+ C.
= x arctan x + ln
−
2
1 + x2
18.
Z
ln(x2 + x)dx.
Tomemos
2x + 1
dx
x2 + x
dv = dx −→ v = x,
Z
Z
Z
x(2x + 1)
2x + 1
2
2
2
ln(x + x)dx = ln(x + x)x −
dx = ln(x + x)x −
dx
2
x
Z x + x Z+1
Z
1
dx
2
2
= ln(x + x)x −
2−
dx = ln(x + x)x − 2dx +
x+1
x+1
= x ln(x2 + x) − 2x + ln |x + 1| + C.
Z
ln x
√
19.
dx
1−x
u = ln(x2 + x) −→ du =
Llamemos 1 − x = t2 , de donde x = 1 − t2 y de aquí obtenemos dx = −2tdt, y así
71
2. Miscelánea de integrales
Z
ln(1 − t2 )
tdt = −2 ln(1 − t2 )dt
t
Z
Ahora aplicamos integración por partes a
ln(1 − t2 )dt. Tomemos
Z
ln x
√
dx = −2
1−x
Z
u = ln(1 − t2 )dt −→ du =
dv = dt −→ v = t
−2t
1 − t2
Así
ln x
√
dx = −2
1−x
Z
Z
Z
2
ln(1 − t )dt = −2 t ln(1 − t ) + 2
2
t2
dt
1 − t2
Z 1
2
dt
= −2t ln(1 − t ) − 4
−1 +
1 − t2
Z
1
2
= −2t ln(1 − t ) + 4t − 4
dt
1 − t2
2
= −2t ln(1 − t ) − 4
Z
t2
dt
1 − t2
Observemos que:
1
A
B
=
+
,
1 − t2
1−t 1+t
1
1
y calculando los coeficientes tenemos: A = y B = − . Finalmente
2
2
Z
Z
1
ln x
√
dx = −2t ln(1 − t2 ) + 4t − 4
dt
1 − t2
1−x
= −2t ln |1 − t2 | + 4t + 4A ln |1 − t| − 4B ln |1 + t| + C
√
√
√
√
= −2 1 − x ln |x| + 4 1 − x + 2 ln |1 − 1 − x| − 2 ln |1 + 1 − x| + C.
20.
Z
√
√
x e2
x
dx.
Llamemos
x = t2 de
Z
Z donde obtenemos dx = 2tdt. De esta manera
√ 2√x
x e dx = 2 t2 e2t dt.
Z
Aplicamos integración por partes a t2 e2t dt.
u = t2 −→ du = 2tdt
dv = e2t dt −→ v =
e2t
,
2
72
2.2. Solución de los Ejercicios Propuestos
Luego
Z
√
Tomemos
así
√
2 x
xe
dx = 2
Z
2t Z
Z
2e
2t
2 2t
t e dt = 2 t
− e tdt = t e − 2 e2t tdt
2
2 2t
u = t −→ du = dt
e2t
dv = e2t dt −→ v =
,
2
Z
Z
√ 2√x
2 2t
x e dx = t e − 2 e2t tdt
2t
Z
e
1
2t
e dt
= t e −2 t
−
2
2
e2t
1
2 2t
2t
2
2t
= t e − te −
t −t−
+C
+C =e
2
2
√
√
1
2 x
+ C.
x− x−
= e
2
2 2t
21.
Z
√
arctan xdx.
Llamemos x = t2 , de donde obtenemos dx = 2tdt, y así
Z
Z
Z
√
arctan xdx = (arctan t)2tdt = 2 (arctan t)tdt.
Ahora aplicamos integración por partes a
Z
(arctan t)tdt.
u = arctan t −→ du =
dv = tdt −→ v =
Así
Z
arctan
√
xdx =
=
=
=
dt
1 + t2
t2
2
Z
t2
t2 1
2 (arctan t)tdt = 2 (arctan t) −
dt
2
2
1 + t2
Z 1
2
dt
(arctan t)t −
1−
1 + t2
Z
Z
dt
2
= t2 arctan t − t + arctan t + C
(arctan t)t − dt +
1 + t2
√
√
√
x arctan x − x + arctan x + C.
Z
73
2. Miscelánea de integrales
22.
Z
x+1
dx
x2 + 3
√
Z
Z
Z
x+1
3
1
xdx
dx
x
2
dx =
+
= ln |x + 3| +
arctan √
+ C.
x2 + 3
x2 + 3
x2 + 3
2
3
3
23.
Z
arctan x
dx.
x2
Llamemos t = arctan x, de donde tan t = x y de aquí obtenemos sec2 tdt = dx, y así
Z
Z
Z
t
arctan x
2
dx =
sec tdt = t(tan−2 t)(sec2 t)dt.
x2
tan2 t
Ahora aplicamos integración por partes a
Z
t(tan−2 t)(sec2 t)dt.
u = t −→ du = dt
1
1
(sec2 t)dt −→ v = −
dv =
2
tan t
tan t
De esta manera
Z
arctan x
t
dx = −
+
2
x
tan t
24.
1
t
tan
Z
t
= −
t + cot tdt
tan t
t
+ ln |sent| + C
= −
tan t
= −
Z
Z
√
√
1 + x2
x
1
2
arctan t
x
+ ln √
+C
t
1 + x2
ex + 1dx.
Llamemos t2 = ex + 1, de donde 2tdt = ex dx = (t2 − 1)dx y de aquí obtenemos
2tdt
dx = 2
, y así
t −1
Z
Z
Z
Z √
2tdt
t2
1
x
e + 1 dx =
t 2
dt
=2
dt = 2
1+ 2
t −1
t2 − 1
t −1
Z
Z
Z
Z
dt
dt
dt
=
2t
+
2A
+
2B
.
= 2 dt + 2
t2 − 1
t−1
t+1
Observemos que:
t2
A
B
1
=
+
,
−1
t−1 t+1
74
2.2. Solución de los Ejercicios Propuestos
y calculando los coeficientes tenemos: A =
√
Z
25.
Z
ex
dt
+ 2B
t−1
1
1
y B = − . Finalmente
2
2
Z
dt
dt
+ 1 dx = 2t + 2A
−
t−1
t+1
√
√
ex + 1 − 1
= 2t + ln |t − 1| − ln |t + 1| + C = 2 ex + 1 + ln √ x
+ C.
e +1+1
Z
Z
dt
= 2t +
t+1
Z
x arctan x
√
dx.
1 + x2
Llamemos t = arctan x, de donde tan t = x y de aquí obtenemos sec2 tdt = dx, y así
x arctan x
√
dx =
1 + x2
Z
Z
(tan t)t(sec2 t)
√
dt =
1 + tan2 t
Ahora aplicamos integración por partes a
Z
Z
t(sec2 t)(tan t)
dt =
sec t
Z
t(sec t)(tan t)dt.
t(sec t)(tan t)dt. Tomemos así
u = t −→ du = dt
dv = (sec t)(tan t)dt −→ v = sec t
Así
Z
x arctan x
√
dx =
1 + x2
Z
t(sec t)(tan t)dt = t sec t −
Z
sec tdt
= t sec t − ln | sec t + tan t| + C
√
√
= x 1 + x2 − ln | 1 + x2 + x| + C.
26.
Z
x5
dx
− x2
Z
dx
=
5
x − x2
Z
dx
=
2
x (x3 − 1)
Z
x2 (x
dx
.
− 1)(x2 + x + 1)
Observemos que:
x2 (x
1
A
B
D
Ex + F
=
+ + 2+ 2
2
− 1)(x + x + 1)
x−1
x
x
x +x+1
2. Miscelánea de integrales
75
Así
Z
dx
=
5
x − x2
dx
− 1)(x2 + x + 1)
Z
Z
Z
Z
Z
dx
dx
dx
xdx
dx
= A
+B
+D
+
E
+
F
x−1
x
x2
x2 + x + 1
x2 + x + 1
Z
Z
D E
2x + 2
dx
E
= A ln |x − 1| + B ln |x| − +
dx −
2
x
2
x +x+1
2
(x + 21 )2 + 43
Z
dx
+F
(x + 12 )2 + 43
Z
x2 (x
D E
+ ln |x2 + x + 1|
x
2
√
2 3
2x
E
arctan √
+ C,
− +F
2
3
3
= A ln |x − 1| + B ln |x| −
1
y calculando los coeficientes tenemos: A = , D = −1, . . .
3
27.
Z
ex + 1
dx.
e2x − 9
dt
, así
t
Z
Z
Z
Z
Z x
t + 1 dt
dt
dt
dt
e +1
dx =
=A
+B
+D
2x
2
e −9
(t − 9) t
t
t−3
t+3
Llamemos t = ex , de donde dt = ex dx y de aquí obtenemos dx =
= A ln |t| + B ln |t − 3| + D ln |t + 3| + C
= A ln |ex | + B ln |ex − 3| + D ln |ex + 3| + C
= Ax + B ln |ex − 3| + D ln |ex + 3| + C,
1
2
1
y calculando los coeficientes tenemos: A = − , B = y D = .
9
9
9
28.
Z
e2x
dx.
e4x + 5
Llamemos t = e2x , de donde dt = 2e2x dx, así
Z
1
e2x
dx =
4x
e +5
2
Z
√
√
2x dt
1 5
t
e
5
=
arctan √
arctan √
+C =
+ C.
2
t +5
2 5
10
5
5
76
29.
2.2. Solución de los Ejercicios Propuestos
Z
dx
4senx + 3 cos x + 5
Z
2dt
Z
2
dx
dt
1
+
t
=
=2
2
2
2t
4senx + 3 cos x + 5
2t + 8t + 8
1−t
4
+3
+5
2
2
1+
Zt
Z 1+t
1
dt
dt
=
=−
+C
=
2
2
t + 4t + 4
(t + 2)
3(t + 2)3
Z
1
i + C.
x
= − h
+2
3 tan
2
30.
Z
dx
senx − cos x + 2
Z
dx
=
senx − cos x + 2
=
=
=
31.
2dt
Z
dt
1 + t2
=2
2
2
2t
3t + 2t + 1
1−t
−
+2
2
2
1+t
Z1 + t
Z
dt
dt
2
2
=
1
2
2
3
3
t2 + 3 t + 3
(t + 3 )2 + 92
√
t + 13
2 3 2
·
arctan √
+C
3
2
2
!
√
3 tan( x2 ) + 31
√
+ C.
2 arctan
2
Z
x4 − 6x
dx
x4 − 16
Notemos que
Z 4
Z
Z
Z Z
x − 6x
16 − 6x
16 − 6x
8 − 3x
dx = dx +
dx =
1+ 4
dx = x + 2
dx.
4
4
x − 16
x − 16
x − 16
x4 − 16
Z
8 − 3x
dx.
Ahora calculemos la integral
x4 − 16
Z
Z
8 − 3x
8 − 3x
dx =
dx
2
2
(x − 4)(x + 4)
(x − 2)(x + 2)(x2 + 4)
Z
Z
Z
Z
dx
dx
x
dx
= A
+B
+D
dx + E
2
2
x−2
x+2
x +4
x +4
x
D
E
= A ln |x − 2| + B ln |x + 2| + ln |x2 + 4| + arctan
+ C,
2
2
2
1
7
2
11
donde A = , B = , D =
y E = − . Finalmente
16
16
3
4
Z
8 − 3x
dx =
x4 − 16
Z
77
2. Miscelánea de integrales
Z
x4 − 6x
dx = x + 2
x4 − 16
= x+
32.
Z
dx
=
(1 + x2 )3
Z
Z
8 − 3x
dx
x4 − 16
x
1
11
7
2
+ C.
ln |x − 2| + ln |x + 2| + ln x2 + 4 −
arctan
8
8
3
4
2
1
dx
.
2
2
(1 + x ) (1 + x2 )
Llamemos x = tan t, de donde arctan x = t y de aquí obtenemos dt =
Z
33.
Z
dx
=
(1 + x2 )3
dx
. Así
1 + x2
Z
Z
Z
1
1
dt
dx
=
dt =
= cos4 tdt
(1 + x2 )2 (1 + x2 )
(1 + tan2 t)2
sec4 t
2
Z
Z 1 + cos(2t)
1
[1 + 2 cos(2t) + cos2 (2t)]dt
=
dt =
2
4
Z
Z
Z
1
1
1 + cos(4t)
1
dt +
cos(2t)dt +
dt
=
4
2
4
2
Z
=
1
1 sen(2t) 1
1 sen(4t)
t+
+ t+
+C
4
2 2
8
8 4
=
1
1
1
1
arctan x + sen(2 arctan x) + arctan x + sen(4 arctan x) + C.
4
4
8
32
dx
1 + x4
Notemos que
Z
dx
=
1 + x4
=
Z
Z
dx
=
x4 − 2x2 + 2x2 + 1
(x2 + 1 −
√
Z
dx
(x2 + 1)2 − 2x2
dx
√
.
2x)(x2 + 1 + 2x)
Por otro lado:
(x2
−
√
Ax + B
Dx + E
1
√
√
√
=
+
2
2
2
2x + 1)(x + 2x + 1)
x − 2x + 1 x + 2x + 1
78
2.2. Solución de los Ejercicios Propuestos
De esta forma
Z
Z
Z
dx
dx
xdx
√
√
√
=
=A
4
1+x
(x2 + 1 − 2x)(x2 + 1 + 2x)
x2 − 2x + 1
Z
Z
Z
dx
xdx
dx
√
√
√
+B
+D
+E
2
2
2
x − 2x + 1
x + 2x + 1
x + 2x + 1
√
√
√
√
Z
Z
Z
2x − 2 + 2
x− 2+ 2
dx
A
√
√
+D
dx + B dx
=
√ 2
2 +
2
x2 − 2x + 1
x
2x
+
1
2
1
x− 2
+2
Z
dx
+E √ 2
x + 22 + 21
√
Z
Z
Z
A
2x − 2
A√
dx
dx
√
=
+B dx +
2 2
√
√
2
2
2
x2 − 2x + 1
1
2
2
x− 2
x− 2
+2
+ 21
√
Z
Z
Z
√
dx
dx
x+ 2
√
+E +D
dx − D 2 2
√
√
2
x2 + 2x + 1
x + 22 + 21
x + 22 + 12
√ !
2
√
√
√
x
−
A
2
√
=
ln |x2 − 2x + 1| + ( 2A + B) 2 arctan
2
2
2
√ !
2
√
√
√
x
+
D
2
2
√
+ C,
+ ln |x + 2x + 1| + (E + D 2) 2 arctan
2
2
2
donde los valores de A, B, D y E se encuentran aplicando el método de los coeficientes
indeterminados.
√
√
Sugerencia: Dar a x los valores 0, 1, 2 y − 2 sucesivamente.
Z √
34.
tan x dx.
Llamemos t2 = tan x, de donde 2tdt = (tan2 x + 1)dx = (t4 + 1)dx y de aquí obtenemos
2tdt
. Así
dx =
1 + t4
Z
Z
Z √
√
t2
2t
2
dt
=
2
dt,
tan x dx =
t
1 + t4
1 + t4
y esto se reduce a calcular la integral anterior.
79
2. Miscelánea de integrales
35.
Z
(cos2 x)(sen5 x)dx
Z
2
5
(cos x)(sen x)dx =
=
=
Z
Z
Z
= −
36.
Z
2
4
(cos x)(sen x)(senx)dx =
Z
(cos2 x)(1 − cos2 x)2 (senx)dx
(cos2 x)(1 − 2 cos2 x + cos4 x)(senx)dx
2
(cos x)(senx)dx − 2
Z
4
(cos x)(senx)dx +
cos5 x cos7 x
cos3 x
+2
−
+ C.
3
5
7
Z
(cos6 x)(senx)dx
cos6 (2x)sen2 (2x)dx
Z
Z
6
2
cos (2x)sen (2x)dx =
cos4 (2x)sen2 (2x) cos2 (2x)dx
sen2 (4x)
dx
4
2
Z 1 − cos(4x)
1
=
sen2 (4x)dx
4
2
Z
1
[1 − 2 cos(4x) + cos2 (4x)]sen2 (4x)dx
=
16
Z
Z
1
1
2
sen (4x)dx −
sen2 (4x) cos(4x)dx
=
16
8
Z
1
+
sen2 (4x) cos2 (4x)dx
16
Z
Z
1
1 − cos(8x)
sen2 (8x)
1 sen3 (4x)
1
=
dx − ·
+
dx
16
2
8
3·4
16
4
Z
Z
1
1
1
dx −
cos(8x)dx − sen3 (4x)
=
32
32
96
Z
1
1 − cos(16x)
+
dx
64
2
=
Z
[cos2 (2x)]2
x
1 sen(8x) sen3 (4x)
x
1 sen(16x)
=
−
−
+
−
+ C.
32 32
8
96
128 128
16
80
37.
2.2. Solución de los Ejercicios Propuestos
Z
(tan5 x)(sec7 x)dx
Z
5
7
(tan x)(sec x)dx =
=
=
=
Z
Z
Z
Z
+
=
38.
Z
(tan4 x)(sec6 x)(sec x)(tan x)dx
(sec2 x − 1)2 (sec6 x)(sec x)(tan x)dx
(sec4 x − 2 sec2 x + 1)(sec6 x)(sec x)(tan x)dx
10
(sec x)(sec x)(tan x)dx − 2
Z
(sec6 x)(sec x)(tan x)dx
sec11 x
sec9 x sec7 x
−2
+
+ C.
11
9
7
4
6
(tan x)(sec x)dx =
=
=
=
Z
Z
Z
Z
+
=
39.
(sec8 x)(sec x)(tan x)dx
(tan4 x)(sec6 x)dx
Z
Z
Z
(tan4 x)(sec4 x)(sec2 x)dx
(tan4 x)(tan2 x + 1)2 (sec2 x)dx
(tan4 x)(tan4 x + 2 tan2 x + 1)(sec2 x)dx
8
2
(tan x)(sec x)dx + 2
Z
Z
(tan6 x)(sec2 x)dx
(tan4 x)(sec2 x)dx
tan9 x
tan7 x sec5 x
+2
+
+ C.
9
7
5
(tan2 x)(cos2 x)
dx
tan x + 1
Notemos que
Z
(tan2 x)(cos2 x)
dx =
tan x + 1
Z
=
Z
(tan2 x)(cos4 x)
=
(tan x + 1) cos2 x
Z
(tan2 x)(sec2 x)
dx
(tan x + 1) sec4 x
(tan2 x)(sec2 x)
dx.
(tan x + 1)(1 + tan2 x)2
81
2. Miscelánea de integrales
Llamemos t = tan x, de donde obtenemos dt = sec2 xdx, y así
Z
Z
Z
(tan2 x)(sec2 x)
t2 dt
(tan2 x)(cos2 x)
dx =
dx
=
.
tan x + 1
(tan x + 1)(1 + tan2 x)2
(t + 1)(1 + t2 )2
Observemos que:
t2
A
Bt + D
Et + F
=
+
+
,
2
2
2
(t + 1)(1 + t )
t+1
1+t
(1 + t2 )2
1
1
1
1
1
y calculando los coeficientes tenemos: A = , B = − , D = , E = y F = − . Fi4
4
4
2
2
nalmente
Z
t2 dt
(t + 1)(1 + t2 )2
Z
Z
Z
1
dt
t−1
t−1
1
1
=
−
dt +
dt
2
2
4
t+1 4
t +1
2
(t + 1)2
√
1
1 1+t
1
2
ln |t + 1| − ln | t + 1| −
+C
=
4
4
4 1 + t2
(tan2 x)(cos2 x)
dx =
tan x + 1
=
Z
1
1
ln |senx + cos x| − (cos x)(senx + cos x) + C.
4
4
Resolvamos este ejercicio de otra manera, para mostrar cómo el uso de las recurrencias
algebraicas y/o trigonométricas pueden simplificar el cálculo de una integral.
Z
(tan2 x)(cos2 x)
dx =
tan x + 1
=
=
=
=
Z
(sen2 x)(cos x)
dx =
senx + cos x
Z
(sen2 x)(cos x − senx)(cos x)
dx
cos2 −sen2 x
Z
(sen2 x)(cos2 x)
(sen2 x)(senx)(cos x)
dx −
dx
cos(2x)
cos(2x)
Z
Z
1
sen2 (2x)
(sen2 x)sen(2x)
1
dx −
dx
4
cos(2x)
2
cos(2x)
Z
Z
1 − cos2 (2x)
1 − cos(2x)
1
1
dx −
sen(2x)dx
4
cos(2x)
4
cos(2x)
Z
Z
Z
1
1
1
sec(2x)dx −
cos(2x)dx −
tan(2x)dx
4
4
4
Z
1
sen(2x)dx
+
4
Z
= =
1
1
1
ln | sec(2x) + tan(2x)| − sen(2x) + ln | cos x|
4
8
4
1
− cos(2x) + C.
8
82
40.
2.2. Solución de los Ejercicios Propuestos
dx
p
(x2 − 2x + 5)3
Z
p
Notemos que:
Z
dx
dx
,
− 2x +
[(x − 1)2 + 4]3
y haciendo el cambio de variable x − 1 = 2 tan t, se tiene que dx = 2 sec2 tdt. Luego
Z
Z
Z
dx
dx
2 sec2 tdt
p
p
p
=
=
(x2 − 2x + 5)3
[(x − 1)2 + 4]3
(4 tan2 t + 4)3
Z
Z
sec2 t
1
2 sec2 tdt
p
p
=
dt
=
32
(sec2 t)3
43 (tan2 t + 1)3
Z
Z
1
sec2 t
1
1
cos
tdt
=
dt
=
sent + C
=
32
sec3 t
32
32
(x2
5)3
=
Z
p
Por último cambiamos nuevamente a la variable
original de la siguiente manera.
x−1
Si x − 1 = 2 tan t, entonces tan t =
y esto
2
nos sugiere la construcción del siguiente triángulo:
x−1
t
2
x−1
. Finalmente
Así sent = p
(x − 1)2 + 4
Z
41.
Z
1
1
dx
p
= sent + C =
32
32
(x2 − 2x + 5)3
x−1
p
(x − 1)2 + 4
√
x x2 + 2x + 2
Notemos que
Z
p
(x − 1)2 + 4
!
+ C.
Z p
√
2
x x + 2x + 2dx = x (x + 1)2 + 1 dx.
Ahora bien, llamemos x + 1 = tan t, de donde x = tan t − 1, y de aquí obtenemos que
dx = sec2 tdt. De esta forma
Z √
Z p
Z
p
x x2 + 2x + 2 dx =
x (x + 1)2 + 1 dx = (tan t − 1) tan2 t + 1(sec2 t)dt
=
Z
=
Z
3
(tan t − 1)(sec t)dt =
2
Z
(sec t)(sec t)(tan t)dt −
Ahora aplicamos integración por partes a
Z
3
(tan t)(sec t)dt −
Z
Z
sec3 t
−
sec tdt =
3
3
sec3 tdt, para ello tomemos
u = sec t −→ du = (sec t)(tan t)dt
dv = sec2 t −→ v = tan t,
sec3 tdt
Z
sec3 tdt.
83
2. Miscelánea de integrales
De aquí se tiene que
Z
Z
3
sec tdt = (sec t)(tan t) − (tan2 t)(sec t)dt
= (sec t)(tan t) −
Z
= (sec t)(tan t) −
Z
(sec2 t − 1)(sec t)dt
3
sec tdt +
Z
sec tdt
Observemos que después de aplicar el método llegamos a la integral inicial, entonces
tratamos la expresión como una ecuación.
Z
(sec t)(tan t) + ln | sec t + tan t|
sec3 tdt =
+ C,
2
Así
Z
Z
√
sec3 t
2
− sec3 tdt
x x + 2x + 2dx =
3
=
sec3 t (sec t)(tan t) + ln | sec t + tan t|
−
+ C.
3
2
Por último cambiamos nuevamente a la variable
original de la siguiente manera. Si x + 1 = tan t,
entonces esto nos sugiere la construcción del siguiente triángulo:
p
(x + 1)2 + 1
x+1
t
1
Así sec t =
Z
p
tan2 t + 1 =
p
(x + 1)2 + 1. Finalmente
√
sec3 t (sec t)(tan t) + ln | sec t + tan t|
x x2 + 2x + 2 dx =
−
+ C.
3
2
p
[(x + 1)2 + 1]3
=
3
p
p
(x + 1)2 + 1 (x + 1) + ln | (x + 1)2 + 1 + (x + 1)|
−
+ C.
2
84
42.
2.2. Solución de los Ejercicios Propuestos
Z
√
x3
dx.
64 − x2
Hacemos el cambio de variable x = 8sent, de donde dx = 8 cos tdt. Así
Z
x3
√
dx =
64 − x2
Z
Z
83 (sen3 t)(8 cos t)
3
√
dt = 512 sen tdt = 512 (sen2 t)(sent)dt
64 − 64sen2 t
Z
Z
Z
2
= 512 (1 − cos t)(sent)dt = 512 sent − 512 (cos2 t)(sent)dt
Z
= 512 cos t − 512
cos3 t
+ C.
3
Por último cambiamos nuevamente a la variable
original de la siguiente manera.
x
Si x = 8sent, entonces sent =
y esto nos su8
giere la construcción del siguiente triángulo:
Así cos t =
Z
43.
Z √
√
8
x
t
p
64 − x2
64 − x2
. Finalmente
8
√
3
64 − x2 √
x3
cos3 t
2
√
64 − x
+ C512
−
dx = = 512 cos t − 512
+C
3
8
64 − x2
p
√
= 64 64 − x2 − (64 − x2 )3 + C.
x2 − 6x − 7dx
Observemos que
Z √
x2 − 6x − 7dx =
Z p
(x − 3)2 − 16 dx.
Así Hacemos el cambio de variable x − 3 = 4 sec t, de donde dx = 4(sec t)(tan t)dt. Así
Z √
x2
Z p
Z p
2
− 6x − 7 dx =
(x − 3) − 16 dx = 4 (sec2 t − 1) 4(sec t)(tan t)dt
= 16
= 16
Z
Z
(tan t)(sec t)(tan t)dt = 16
2
(sec t − 1)(sec t)dt = 16
Z
Z
(tan2 t)(sec t)dt
3
sec tdt − 16
Z
sec tdt.
85
2. Miscelánea de integrales
(sec t)(tan t) + ln | sec t + tan t|
+ C, así
En el ejercicio 41 vimos que sec3 tdt =
2
Z √
Z
Z
3
x2 − 6x − 7 dx = 16 sec tdt − 16 sec tdt
Z
= 16
(sec t)(tan t) + ln | sec t + tan t|
− 16 ln | sec t + tan t| + C.
2
Por último cambiamos nuevamente a la variable
x−3
p
original de la siguiente manera. Si x − 3 = 4 sec t,
(x − 3)2 − 16
x−3
entonces sec t =
y esto nos sugiere la const
4
trucción del siguiente triángulo:
4
p
(x − 3)2 − 16
. Finalmente
Así tan t =
4
Z √
(sec t)(tan t) + ln | sec t + tan t|
− 16 ln | sec t + tan t| + C
x2 − 6x − 7 dx = 16
2
!
p
p
(x − 3)2 − 16
x−3
x − 3 (x − 3)2 − 16
+ ln
+
= 8
4
4
4
4
p
(x − 3)2 − 16
x−3
−16 ln
+C
+
4
4
p
(x − 3)2 − 16
x − 3p
x−3
2
+ C.
+
=
(x − 3) − 16 − 15 ln
2
4
4
44.
Z
(x +
1)2
dx
√
x2 + 2x + 2
Obsérvese que
Z
dx
√
=
2
(x + 1) x2 + 2x + 2
Z
(x +
1)2
dx
p
.
(x + 1)2 + 1
Hacemos el cambio de variable x + 1 = tan t, de donde obtenemos dx = sec2 tdt, y así
Z
Z
Z
dx
sec2 tdt
dx
√
p
√
=
=
(x + 1)2 x2 + 2x + 2
(x + 1)2 (x + 1)2 + 1
(tan t) tan2 t + 1
Z
Z
sec t
dt = csc tdt = − ln | csc t + cot t| + C.
=
tan t
Por último cambiamos nuevamente a la variable
original de la siguiente manera. Si x + 1 = tan t,
entonces esto nos sugiere la construcción del siguiente triángulo:
p
(x + 1)2 + 1
x+1
t
1
86
2.2. Solución de los Ejercicios Propuestos
p
(x + 1)2 + 1
. Finalmente
Así, csc t =
x+1
Z
dx
√
= − ln | csc t + cot t| + C
(x + 1)2 x2 + 2x + 2
p
(x + 1)2 + 1
1
+ C.
+
− ln
x+1
x+1
45.
Z
x4
dx
√
.
1 + x2
Hacemos el cambio de variable x = tan t, de donde obtenemos dx = sec2 tdt, así
Z
Z
Z
Z
cos3 t
sec2 tdt
dx
sec t
√
√
dt
=
dt
=
=
tan4 t
sen4 t
x4 1 + x2
(tan4 t) 1 + tan2 t
Z
Z
(cos2 t)(cos t)
1 − sen2 t
=
dt
=
cos tdt
sen4 t
sen4 t
Z
Z
sen−3 t sen−1 t
−4
=
(sen t)(cos t)dt − (sen−2 t)(cos t)dt =
−
+C
−3
−1
= −
1
1
1
+
+ C = − csc3 t + csc t + C.
3
3sen t sent
3
√
Por último cambiamos nuevamente a la variable
x2 + 1
original de la siguiente manera. Si x = tan t, enx
tonces esto nos sugiere la construcción del siguiente
t
triángulo:
1
√
2
x +1
De esta manera, csc t =
. Finalmente:
x
p
√
Z
dx
1 (x2 + 1)3
x2 + 1
1
3
√
+
+ C.
= − csc t + csc t + C = −
3
3
x3
x
x4 1 + x2
Z
dx
√
46.
x2 − 2x − 3
Notemos que
Z
dx
√
=
x2 − 2x − 3
Z
dx
p
.
(x − 1)2 − 4
Hacemos el cambio de variable x−1 = 2 sec t, de donde obtenemos dx = 2(sec t)(tan t)dt,
así
Z
Z
Z
Z
2(sec t)(tan t)dt
dx
dx
√
p
√
=
=
= sec tdt
x2 − 2x − 3
2 sec2 t − 1
(x − 1)2 − 4
= ln | sec t + tan t| + C.
87
2. Miscelánea de integrales
Por último cambiamos nuevamente a la variable
original de la siguiente manera.
x−1
Si x − 1 = 2 sec t, entonces sec t =
y esto
2
nos sugiere la construcción del siguiente triángulo:
p
(x − 1)2 − 4
Así, tan t =
. Por lo tanto
2
Z
47.
Z
√
x−1
p
(x − 1)2 − 4
t
2
dx
x−1
√
= ln | sec t + tan t| + C = ln
+
2
x2 − 2x − 3
p
(x − 1)2 − 4
+ C.
2
x2
dx
x6 − 1
Obsérvese que
Z
x2
√
dx =
x6 − 1
Z
p
x2
dx.
(x3 )2 − 1
Llamemos t = x3 , de donde obtenemos dt = 3x2 dx, así
Z
x2
√
dx =
x6 − 1
Z
x2
1
p
dx =
3
(x3 )2 − 1
Z
√
dt
.
−1
t2
Ahora hacemos el cambio de variable t = sec z, de donde obtenemos dt = (sec z)(tan z)dz,
y así
Z
Z
Z
dt
(sec z)(tan z)dz
(sec z)(tan z)dz
x2
1
1
1
√
√
√
dx =
=
=
3
3
3
tan z
x6 − 1
t2 − 1
sec2 z − 1
Z
√
1
1
1
sec zdz = ln | sec z + tan z| + C = ln |t + t2 − 1| + C
=
3
3
3
√
1
ln x3 + x6 − 1 + C.
=
3
Z
48.
Z
2/3
x
5/3
(x
+ 1)
2/3
dx =
Z
(x5/3 + 1)2/3 x2/3 dx.
5
Llamemos t = x5/3 , de donde obtenemos dt = x2/3 dx, así
3
Z
Z
Z
3
2/3 5/3
2/3
5/3
2/3 2/3
(t + 1)2/3 dt
x (x + 1) dx =
(x + 1) x dx =
5
=
3 (t + 1)5/3
9
+ C = (x5/3 + 1)5/3 + C.
5 5/3
25
88
49.
2.2. Solución de los Ejercicios Propuestos
Z
2x3
dx =
(x2 + 1)2
Z
x2 (2xdx)
.
(x2 + 1)2
Llamemos t − 1 = x2 , de donde t = x2 + 1 y de aquí obtenemos dt = 2xdx, así
Z 2
Z
Z
Z
Z
x (2xdx)
t−1
dt
dt
1
2x3
dx =
=
dt =
−
= ln |t| + + C
2
2
2
2
2
2
(x + 1)
(x + 1)
t
t
t
t
= ln x2 + 1 +
50.
Z
2
1 − cos(2x)
dx
2
Z
Z
1
1
2
sen (2x)dx −
sen2 (2x) cos(2x)dx
=
2
2
Z
1
1 − cos(4x)
1 sen3 (2x)
=
dx −
+C
2
2
4
3
Z
Z
1
1
1
dx −
cos(4x)dx − sen3 (2x) + C
=
4
4
12
2
sen (2x)sen xdx =
=
51.
1
+ C.
+1
sen2 (2x)sen2 xdx
Z
Z
x2
Z
sen2 (2x)
1
1
1
x − sen(4x) − sen3 (2x) + C.
4
16
12
dx
√
.
(x − 1) x2 − 1
Hacemos el cambio de variable x−1 = sec t−1, de donde x = sec t y de aquí obtenemos
dx = (sec t)(tan t)dt, así
Z
dx
√
=
(x − 1) x2 − 1
Z
Z
(sec t)(tan t)dt
sec t
1 + cos t
√
=
dt =
dt
sec t − 1
1 − cos2 t
(sec t − 1) sec2 t − 1
Z
Z
Z
1 + cos t
2
dt = csc tdt − (sen−2 t)(cos t)dt
=
sen2 t
Z
= − cot t −
1
+ C.
sent
Por último cambiamos nuevamente a la variable
original de la siguiente manera. Si x = sec t, entonces esto nos sugiere la construcción del siguiente triángulo:
x
√
x2 − 1
t
1
89
2. Miscelánea de integrales
Así cot t = √
52.
Z √
1
. Finalmente
x2
−1
Z
1
dx
1
√
− cot t −
+ C = −√
− x + C.
sent
(x − 1) x2 − 1
x2 − 1
1 + e−2x dx Nótese que:
Z √
1+
e−2x
Z r
dx =
Z √
=
1
1 + 2x dx =
e
Z r
e2x + 1
dx =
e2x
Z √
e2x + 1
dx
ex
e2x + 1 x
e dx.
e2x
Llamemos t = ex , de donde obtenemos dt = ex dx. Así
Z √
1+
e−2x dx
=
Z √
e2x + 1 x
e dx =
e2x
Z √
t2 + 1
dt.
t2
Ahora hacemos el cambio de variable t = tan z, de donde obtenemos dt = sec2 zdz, así
Z √
1+
e−2x dx
=
=
=
=
=
53.
Z
Z √
Z
sec z
(sec2 z)(sec z)
2
sec
zdz
=
dz
tan2 z
tan2 z
Z
Z
Z
(tan2 z + 1)(sec z)
sec z
dz = sec zdz +
dz
2
tan z
tan2 z
Z
cos z
1
ln | sec z + tan z| +
dz = ln | sec z + tan z| −
+C
2
sen z
senz
√
√
t2 + 1
2
ln t + 1 + t −
+C
t
√
√
e2x + 1
x
+ C.
ln e2x + 1 + e −
ex
t2 + 1
dt =
t2
Z
dx
(senx)(2 cos2 x − 1)
Notemos que
Z
dx
=
(senx)(2 cos2 x − 1)
Z
senxdx
=
2
(sen x)(2 cos2 x − 1)
Z
(1 −
senxdx
.
x)(2 cos2 x − 1)
cos2
90
2.2. Solución de los Ejercicios Propuestos
Llamemos t = cos x, de donde obtenemos dt = −senxdx, así
Z
Z
Z
senxdx
dt
dx
=
=
2
2
2
2
(senx)(2 cos x − 1)
(1 − cos x)(2 cos x − 1)
(t − 1)(2t2 − 1)
Z
dt
=
√ √ (t − 1)(t + 1)(2t − 2) t + 22
Z
Z
Z
Z
dt
dt
dt
dt
√
√ +E
= A
+B
+
t−1
t+1
2t − 2
t + 22
√
D
= A ln |t − 1| + B ln |t + 1| + ln |2t − 2|
2
√
2
+C
+E ln t +
2
√
D
= A ln | cos x − 1| + B ln | cos x + 1| + ln 2 cos x − 2
2
√
2
+ C,
= +E ln cos x +
2
√
√
1
1
y calculando los coeficientes tenemos: A = , B = , D = − 2 y E = 2.
2
2
54.
Z
√
8
x
√
√
dx
x+2 4x+1
Sea t8 = x, de donde obtenemos dx = 8t7 dt, y así
√
Z
Z
Z
8
x
8t8
t
7
√
√
8t
dt
=
dt
dx
=
t4 + 2t2 + 1
t4 + 2t2 + 1
x+24x+1
Ahora bien, puesto que el grado del numerador es mayor que el denominador, al realizar
la división de polinomios tenemos que
8t8
32t2 + 24
32t2 + 24
4
2
4
2
=
8t
−
16t
+
24
−
=
8t
−
16t
+
24
−
t4 + 2t2 + 1
t4 + 2t2 + 1
(t2 + 1)2
De esta forma aplicando el método de fracciones simples tenemos que
√
Z
Z 8
x
32t2 + 24
4
2
√
√
dt
dx =
8t − 16t + 24 − 2
(t + 1)2
x+24x+1
Z
Z
Z
Z
32t2 + 24
4
2
dt
= 8 t dt − 16 t dt + 24 dt −
(t2 + 1)2
Z
Z
Z
Z
Z
B
A
4
2
dt −
dt
= 8 t dt − 16 t dt + 24 dt −
2
2
t +1
(t + 1)2
91
2. Miscelánea de integrales
B
dt es la única no
+ 1)2
elemental. Calculemos dicha integral, para ello consideremos el cambio t = tan u, de
donde dt = sec2 udu. Así
Z
Z
Z
Z
B
B
B sec2 u
B
2
dt =
sec udu =
du =
du
2
2
2
2
4
(t + 1)
(tan u + 1)
sec u
sec2 u
Z
Z
Z
Z
1 + cos(2u)
B
B
2
=
B cos udu = B
du =
du +
cos(2u)du
2
2
2
Notemos que muchas de esas integrales son elementales;
Z
(t2
(t2
=
B
B
B
B
u + sen(2u) + C = u + senu cos u + C
2
4
2
4
=
B
B
u + senu cos u + C
2
4
Por último cambiamos nuevamente a la variable
original de la siguiente manera. Si t = tan u, entonces esto nos sugiere la construcción del siguiente
triángulo:
Así senu = √
Z
√
1 + t2
t
u
1
t
1
y cos u = √
, y de esta forma
2
1+t
1 + t2
B
B
B
B t
t
1
B
√
dt = arctan t + √
+C
+ C = arctan t +
2
2
2
+ 1)
2
4 1+t 1+t
2
4 1 + t2
Finalmente
√
√
Z
8
√
√
√
√
x
B
B 8x
8
4
8
√
√
√ +C
arctan( x) −
dx = 8 x − 16 x + 24 x − A +
x+2 4x+1
2
4 1+ 4x
donde, calculando los coeficientes, A = 32 y B = −8.
Z
dx
√
55.
x3 1 + x4
Notemos que
Z
dx
1
√
= x−3 (1 + x4 )− 2 .
3
4
x 1+x
1
Además, m = −3, n = 4, p = − , a = 1 y b = 1. Así
2
Z
m+1
−3 + 1
1
=
= − , no es entero
n
4
2
m+1
1 1
+ p = − − = −1 es entero
n
2 2
92
2.2. Solución de los Ejercicios Propuestos
1
De esta forma la sustitución es x−4 + 1 = z 2 , de donde obtenemos que x = (z 2 − 1)− 4 ,
z
5
y así dx = − (z 2 − 1)− 4 dz Por lo tanto
2
Z
x3
dx
√
=
1 + x4
=
=
=
=
=

5
−
1
1
1
z
((z 2 − 1)− 4 )−3 (1 + ((z 2 − 1)− 4 )4 )− 2 − (z 2 − 1) 4  dz
2


5
Z
−
3
1
z
(z 2 − 1) 4 (1 + (z 2 − 1)−1 )− 2 − (z 2 − 1) 4  dz
2
1
− 2
Z
1
1
2
− 21
zdz
−
(z − 1)
1+ 2
2
z −1
2 − 21
Z
1
1
z
−
zdz
(z 2 − 1)− 2
2
2
z −1
Z
1
1
(z 2 )− 2
2
− 21
(z − 1)
−
1 zdz
2
(z 2 − 1)− 2
Z
1
dz
−
2

Z
1
= − z+C
2
De esta forma, regresando los cambios tenemos que
Z
dx
1 √ −4
1
√
x +1+C =−
=−
2
2
x3 1 + x4
r
√
x4 + 1
x4 + 1
+
C
=
−
+C
x4
2x2
Otra forma de resolver esta integral es la siguiente: notemos que
Z
dx
√
=
3
x 1 + x4
Z
x4
√
x
dx
1 + x4
Consideremos así el cambio x2 = tan t, teniéndose que 2xdx = sec2 t dt. De esta manera
Z
Z
1
sec2 t
sec2 t
√
√
dt =
dt
2
tan2 t 1 + tan2 t
tan2 t sec2 t
Z
Z
Z
sec2 t
1
sec t
1
cos t
1
dt =
dt
=
2
2 dt =
2
tan t sec t
2
tan t
2
sen2 t
Z
1
sen−2 t cos t dt
=
2
1
x
√
dx =
4
4
2
x 1+x
= −
Z
1
+C
2sent
93
2. Miscelánea de integrales
Cambiamos ahora a la variable original de la siguiente manera. Si x2 = tan t, entonces esto nos
sugiere la construcción del siguiente triángulo:
√
1 + x4
x2
t
1
√
1 + x4
x2
1
=−
, y por lo
Así sent = √
, obteniéndose de esto último que −
2sent
2x2
1 + x4
tanto
√
Z
dx
1 + x4
√
=−
+C
2x2
x3 1 + x4
56.
Z
dx
sen2 x cos4
x
dx
Notemos que
Z
dx
dx =
2
sen x cos4 x
Z
=
Z
=
Z
=
Z
=
Z
Z
sen2 x + cos2 x
sen2 x
cos2 x
dx
=
dx
+
dx
sen2 x cos4 x
sen2 x cos4 x
sen2 x cos4 x
Z
sin2 x + cos2 x
4
sec xdx +
dx
sen2 x cos2 x
Z
sen2 x + cos2 x
2
2
(1 + tan x) sec xdx +
dx
sen2 x cos2 x
Z
Z
sen2 x
cos2 x
2
2
(1 + tan x) sec xdx +
dx
+
dx
sen2 x cos2 x
sen2 x cos2 x
Z
Z
2
2
2
(1 + tan x) sec xdx + sec xdx + csc2 xdx
Z
Consideremos así el cambio t = tan x, obteniéndose dt = sec2 xdx. De esta manera
Z
2
2
(1 + tan x) sec xdx =
Z
1
1
(1 + t2 )dt = t + t3 + C = tan x + tan3 x
3
3
Finalmente
Z
57.
Z
√
x32+x
√
dx
x+ 32+x
dx
sen2 x cos4
x
dx = 2 tan x +
1
tan3 x − cot x + C
3
94
2.2. Solución de los Ejercicios Propuestos
Llamemos t3 = 2 + x, de donde x = t3 − 2 y por lo tanto dx = 3t2 dt. De esta manera
Z
√
Z
(t3 − 2)t 2
x32+x
√
dx
=
3t dt
t3 − 2 + t
x+ 32+x
3t6 − 6t3
dt
t3 + t − 2
=
3t6 − 6t3
dt
(t − 1)(t2 + t + 2)
=
Al dividir y aplicar el método de fracciones simples tenemos que
A
Bt + D
3t6 − 6t3
= 3t3 − 3t +
+ 2
.
2
(t − 1)(t + t + 2)
(t − 1) t + t + 2
Luego
Z
√
Z
Z
Z
Z
dt
x32+x
Bt + D
3
√
dx = 3 t dt − 3 tdt + A
+
dt
3
(t − 1)
t2 + t + 2
x+ 2+x
De esta forma, exceptuando la integral
Calculemos así la integral faltante.
Z
Z
Bt + D
dt, todas las integrales son directas.
+t+2
t2
Bt + D
dt =
2
t +t+2
Z
(t2
Bt + D
dt
+ 12 )2 + 47
1
1
Llamemos u = t + . Así, t = u − y dt = du, y por lo tanto
2
2
Z
Bt + D
dt =
2
(t + 12 )2 + 47
Z
=
B
2
=
B
2
=
B
2
Z
Z
B(u − 12 ) + D
u
du
dt = B
7
7 du + D
2
2
2
u +4
u +4
u +


u
D
7
2
+ q arctan  q 
ln u +
4
7
7
4
4
√
√ !
2
7
7D
7u
2
+
ln u2 +
arctan
4
7
7
√
√ !
√
2
2
7D
7t
7
ln(t2 + t + 2) +
arctan
+
7
7
7
7
4
95
2. Miscelánea de integrales
De esta forma
Z
3t6 − 6t3
3t4 3t2
=
−
+ A ln |t − 1| +
(t − 1)(t2 + t + 2)
4
2
√
√
2 7t
2 7D
arctan
+
+
7
7
B
ln(t2 + t + 2)
2
√ !
7
7
3t4 3t2
−
+ A ln |t − 1| +
4
2
√
√
2 7D
2 7t
+
arctan
+
7
7
B
ln(t2 + t + 2)
2
√ !
7
,
7
=
y finalmente
√
√
√
Z
√
3( 3 x + 2)4 3( 3 x + 2)2
x32+x
3
√
dx
=
−
+
A
ln
|
x + 2 − 1|
3
4
2
x+ 2+x
√
√
B
+ ln(( 3 x + 2)2 + 3 x + 2 + 2)
2
√
√ !
√ √
2 7D
2 73 x+2
7
+
arctan
+
7
7
7
3
15
3
Ahora bien, calculando los coeficientes tenemos que A = − , B =
yD=− .
4
4
2
Z
xarcsenx
p
58.
dx
(1 − x2 )3
Aplicamos integración por partes para calcular esta integral.
dx
1−
Z x2
xdx
p
dx
−→ v =
(1 − x2 )3
u = arcsenx −→ √
x
dv = √
( 1 − x2 )3
xdx
p
, para continuar con la integral que deseamos
(1 − x3 )3
Z
Z
3
1
xdx
p
+C
dx = x(1 − x2 )− 2 dx = − √
v=
1 − x2
(1 − x2 )3
Así, calculemos la integral
calcular.
Z
De esta forma
Z
Z
Z
1
1
arcsenx
1
xarcsenx
arcsenx
p
√
+ √
dx = − √
+
dx
dx = − √
2
2
2
2
2
3
1 − x2
1−x
1−x 1−x
1−x
(1 − x )
1+x
1
arcsenx
+C
+ ln
= −√
2
2
1−x
1−x
96
59.
2.2. Solución de los Ejercicios Propuestos
Z
xex
dx
(x + 1)2
Notemos que
Z
xex
dx =
(x + 1)2
Z
Z
(x + 1 − 1)ex
(x + 1)ex
ex
=
dx
−
dx
(x + 1)2
(x + 1)2
(x + 1)2
Z
Z
ex
ex
=
dx −
dx
(x + 1)
(x + 1)2
Z
Ahora bien, apliquemos el método de integración por partes a
tomemos
1
dx
u=
−→ du = −
1+x
(1 + x)2
x
x
dv = e dx −→ v = e
Así
Z
ex
xex
dx
=
−
(x + 1)2
(x + 1)
R
ex
dx.
(x+1)
Para ello
Z
(−1)
ex
e
dx
−
dx
(x + 1)2
(x + 1)2
Z
Z
ex
ex
ex
=
+
dx
−
dx
(x + 1)
(x + 1)2
(x + 1)2
Z
x
ex
+C
(x + 1)
=
Resolvamos esta misma integral, pero ahora haciendo uso del método de integración
por parte en forma directa
u = xex −→ du = (ex + xex )dx
1
dx
−→
v
=
−
dv =
(1 + x)2
1+x
De esta manera tenemos que
Z
xex
xex
dx
=
−
+
(x + 1)2
1+x
= −
60.
Z
Z
xex
ex + xex
dx = −
+
1+x
1+x
Z
xex
ex (1 + x)
dx = −
+
1+x
1+x
xex
−xex + xex + ex
ex
+ ex + C =
+C =
+C
1+x
1+x
1+x
ln(2x)
dx
x ln(4x)
Notemos que
Z
ln(2x)
dx =
x ln(4x)
Z
ln 2 + ln x 1
dx =
ln 4 + ln x x
Z
ln 2 + ln x 1
dx
2 ln 2 + ln x x
Z
ex dx
97
2. Miscelánea de integrales
1
. De esta forma
x
Z
Z
Z
Z
ln 2 + t
ln 2 + t
2 ln 2 + t − ln 2
ln(2x)
dx =
dt =
dt =
dt
x ln(4x)
2 ln 2 + t
2 ln 2 + t
2 ln 2 + t
Z Z
Z
ln 2
dt
=
1−
dt = dt − ln 2
2 ln 2 + t
2 ln 2 + t
Consideremos el cambio de variable t = ln x de donde dt =
= t − ln 2 ln | ln 2 + t| + C = ln x − ln 2 ln | ln 2 + ln x| + C
= ln x − ln 2 ln | ln 2x| + C
61.
Z
x cos4 xdx
Calculemos esta integral haciendo uso del método de integración por parte. Tomemos
así
u = x −→ du = dx
2
Z 1 + cos(2x)
4
dv = cos xdx −→ v =
dx
2
2
Z 1 + cos(2x)
dx, para así poder calcular la
De esta forma, calculemos primero
2
integral que nos interesa.
2
Z Z 1 + cos(2x)
1 + 2 cos2 x + cos2 (2x)
dx
dx =
2
4
Z
Z
Z 1
1
1 + cos(4x)
1
dx +
cos(2x)dx +
dx
=
4
2
4
2
Z
Z
Z
Z
1
1
1
1
dx +
cos(2x)dx +
dx +
cos(4x)dx
=
4
2
8
8
Z
Z
Z
3
1
1
=
dx +
cos(2x)dx +
cos(4x)dx
8
2
8
=
3x sen(2x) sen(4x)
+
+
+C
8
4
32
3x sen(2x) sen(4x)
+
+
, y finalmente
8
4
32
Z Z
3x sen(2x) sen(4x)
3x sen(2x) sen(4x)
4
−
dx
+
+
+
+
x cos xdx = x
8
4
32
8
4
32
2
3x2 xsen(2x) xsen(4x)
3x
cos(2x) cos(4x)
=
+C
+
+
−
−
−
8
4
32
16
8
128
De esta manera v =
98
2.2. Solución de los Ejercicios Propuestos
BIBLIOGRAFÍA
99
100
2.2. Solución de los Ejercicios Propuestos
BIBLIOGRAFÍA
[1] S. L. Salas, y E.Hille, Calculus: una y varias variables, Vol.1, New York, Reverté S.A.,
1984.
[2] I. A. Maron, Problems in calculus of one variable, Russian, 1973.
[3] B. Demidovich, Problemas y ejercicios de análisis matemático, Mir Moscú, 1977.
[4] Earl Swokowski, Cálculo con geotería analítica, Iberoamérica, 1988.
101