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CAPITULO VII.INTEGRACIONINDEFINIDA
SECCIONES
A. Integrales inmediatas.
B. Integracion por sustitucion.
C. Integracion por partes.
D. Integracion por fracciones simples.
E. Aplicaciones de la integral indefinida.
F. Ejercicios propuestos.
267
A. INTEGRALES INMEDIATAS.
Se dice que una funcion y = F (x) es integral indefinida (tambien llamadaprimitiva o antiderivada) de otra funcion y = f(x) cuando F ′(x) = f(x). Lanotacion usual para representar este hecho es la siguiente:
F (x) =∫
f(x)dx.
El termino ”dx”indica que la variable respecto a la cual se esta integrandoes ”x”.
Para calcular integrales se deben encontrar funciones cuya derivada sea lafuncion original. Se tratara entonces de aplicar las reglas de derivacion ensentido inverso, donde conocidas las derivadas de las funciones, se encuentrenlas propias funciones.
Una diferencia fundamental consiste en que mientras cada funcion solo tieneuna derivada, tiene infinitas integrales, porque si F ′(x) = f(x), entonces[F (x) + C]′ = f(x) para cualquier constante C.
Esto se indicara escribiendo∫
f(x)dx = F (x) + C. De este modo, todas lasprimitivas de una funcion se obtienen sumando una constante arbitraria auna primitiva particular. Las siguientes propiedades permitiran descompo-
ner integrales en otras mas sencillas:
i)∫
f ′(x)dx = f(x) + C.
ii)∫
[f(x)± g(x)]dx =∫
f(x)dx±∫
g(x)dx.
iii)∫
kf(x)dx = k∫
f(x)dx, k ∈ R.
De las formulas de derivacion se obtiene la siguiente tabla de integralesinmediatas, sin mas que cambiar el orden de las formulas.
1)∫
xndx =xn+1
n + 1+ C si n 6= −1.
2)∫
senxdx = − cos x + C.
3)∫
cos xdx = sen x + C.
4)∫
sec2 xdx = tg x + C.
5)∫
sec x tg xdx = sec x + C.
6)∫
cosec x cotg xdx = − cosec x + C.
7)∫
cosec2 xdx = − cotg x + C.
268
8)∫
1√1− x2
dx = arc senx + C.
9)∫
11 + x2
dx = arc tg x + C.
10)∫
1x√
x2 − 1dx = arcsec x + C.
11)∫
1x
dx = ln |x|+ C.
12)∫
axdx =ax
ln a+ C.
Veremos a continuacion algunos casos de aplicacion de las formulas anterio-res.
PROBLEMA 7.1.
Resolver la integral∫
(4x3 − 5x2 + 7)dx.
Solucion
Aplicaremos las propiedades (ii) y (iii) para descomponer la integral en otrasintegrales mas simples.
I = 4∫
x3dx− 5∫
x2dx + 7∫
dx.
Aplicando la regla (1) se pueden resolver las integrales que resultan:
I =4x4
4− 5x3
3+ 7x + C = x4 − 5x3
3+ 7x + C.
Ten en cuenta que∫
dx =∫
x0dx = x1/1 + C = x + C.
Aunque se deberıa sumar una constante a cada integral, como esa constantees arbitraria, se anade al resultado final una constante, que serıa la suma decada una de las restantes.
PROBLEMA 7.2.
Resolver
∫1x2
dx.
269
Solucion
Escribimos 1/x2 como x−2 y tenemos:
I =∫
x−2dx =x−1
−1+ C = −1
x+ C.
PROBLEMA 7.3.
Resolver∫
3√
zdz.
Solucion
Si escribimos el integrando en forma de potencia:
I =∫
z1/3dz =z4/3
4/3+ C =
34z4/3 + C.
PROBLEMA 7.4.
Resolver∫
(1− x)√
xdx.
Solucion
Si separamos en dos integrales, resulta:
I =∫ √
xdx−∫
x√
xdx =∫
x1/2dx−∫
x3/2dx =23x3/2 − 2
5x5/2 + C.
PROBLEMA 7.5.
Resolver
∫ (√x− x
2+
2√x
)dx.
270
Solucion
Si escribimos el integrando en forma de potencia, tenemos:
I =∫
x1/2dx− 12
∫xdx + 2
∫x−1/2dx =
23x3/2 − 1
4x2 + 4x1/2 + C.
PROBLEMA 7.6.
Resolver∫
(3s + 4)2ds.
Solucion
Desarrollando la potencia,
I =∫
(9s2 + 24s + 16)ds =∫
9s2ds +∫
24sds +∫
16ds
= 9s3
3+ 24
s2
2+ 16s + C = 3s3 + 12s2 + 16s + C.
PROBLEMA 7.7.
Resolver
∫4x3 − 5x2 + 7
x2dx.
Solucion
Si dividimos cada sumando por el denominador comun, podemos obteneruna suma de terminos y descomponer en suma de integrales:
I =∫ (
4x− 5 +7x2
)dx = 4
∫xdx− 5
∫dx + 7
∫x−2dx
= 4x2
2− 5x + 7
x−1
−1+ C = 2x2 − 5x− 7
x+ C.
271
PROBLEMA 7.8.
Resolver∫
(4x2 + 7)2x2dx.
Solucion
Al desarrollar el cuadrado del binomio 4x2 + 7, multiplicar por x2 y separarla integral en suma de varias, tendremos:
I =∫
(16x4+56x2+49)x2dx =∫
(16x6+56x4+49x2)dx =16x7
7+
56x5
5+
49x3
3+C
PROBLEMA 7.9.
Resolver
∫(1 + x)2√
xdx.
Solucion
Descomponiendo en sumandos, tenemos:
I =∫
1 + 2x + x2
√x
dx =∫
(x−1/2+2x1/2+x3/2)dx = 2x1/2+43x3/2+
25x5/2+C.
PROBLEMA 7.10.
Resolver
∫x2 + 2x
(x + 1)2dx.
Solucion
Completando cuadrados en el numerador e integrando por separado, tene-mos:
I =∫
(x + 1)2 − 1(x + 1)2
dx =∫ (
1− 1(x + 1)2
)dx = x +
1x + 1
+ C.
272
PROBLEMA 7.11.
Resolver
∫3x3 − 4x2 + 3x
x2 + 1dx.
Solucion
Si descomponemos la fraccion en dos, resulta:
I =∫ (
3x− 4 +4
x2 + 1
)dx =
3x2
2− 4x + 4 arc tg x + C.
PROBLEMA 7.12.
Resolver
∫senx + tg x
tg xdx.
Solucion
La integral anterior se puede descomponer en suma de dos integrales en laforma siguiente:
I =∫
senx
tg xdx +
∫tg x
tg xdx =
∫cos xdx +
∫dx = sen x + x + C.
PROBLEMA 7.13.
Resolver
∫sen y
cos2 ydy.
Solucion
Esta integral es inmediata debido a que
I =∫
tg y sec ydy = sec y + C.
273
PROBLEMA 7.14.
Resolver∫
(tg 2x + sec 2x)2dx.
Solucion
Desarrollando el integrando, tenemos:
I =∫
(tg2 2x + 2 tg 2x sec 2x + sec2 2x)dx
=∫
(2 sec2 2x + 2 tg 2x sec 2x− 1)dx = tg 2x + sec 2x− x + C.
PROBLEMA 7.15.
Resolver
∫1
1 + cos xdx.
Solucion
Multiplicando numerador y denominador por 1− cos x:
I =∫
1− cos x
1− cos2 xdx =
∫1− cos x
sen2 xdx
=∫
(cosec2 x− cotg x cosec x)dx = − cotg x + cosec x + C.
PROBLEMA 7.16.
Resolver
∫1
sen2 x cos2 xdx.
274
Solucion
Aplicando la identidad trigonometrica sen2 x + cos2 x = 1, resulta:
I =∫
sen2 x + cos2 x
sen2 x cos2 xdx =
∫dx
cos2 x+
∫dx
sen2 x= tg x− cotg x + C.
B. INTEGRACION POR SUSTITUCION.
Cuando el integrando no es la derivada de una funcion conocida, todavıaes posible que lo sea de una funcion compuesta. A partir de la regla de lacadena
D[f(g(x))] = f ′(g(x)) · g′(x),
se deduce la correspondiente regla de integracion∫f ′(g(x)) · g′(x) · dx = f(g(x)) + C.
Las formulas siguientes se deducen de la aplicacion de la regla de la cadenaen las formulas simples escritas en el apartado A.
1)∫
[f(x)]n · f ′(x)dx =f(x)n+1
n + 1+ C si n 6= −1.
2)∫
f ′(x) · sen f(x)dx = − cos f(x) + C.
3)∫
f ′(x) · cos f(x)dx = sen f(x) + C.
4)∫
f ′(x) · sec2 f(x)dx = tg f(x) + C.
5)∫
f ′(x) · sec f(x) · tg f(x)dx = sec f(x) + C.
6)∫
f ′(x) · cosec f(x) · cotg f(x)dx = − cosec f(x) + C.
7)∫
f ′(x) · cosec2 f(x)dx = − cotg f(x) + C.
8)∫
f ′(x)√1− f(x)2
dx = arc sen f(x) + C.
9)∫
f ′(x)1 + f(x)2
dx = arc tg f(x) + C.
275
10)∫
f ′(x)f(x)
√f(x)2 − 1
dx = arcsec f(x) + C.
11)∫
f ′(x)f(x)
dx = ln |f(x)|+ C.
12)∫
af(x) · f ′(x)dx =af(x)
ln a+ C.
En la practica, como no es facil determinar si el integrando puede expresarsecomo la derivada de una funcion compuesta, se hace un cambio de variablepara intentar expresar la integral en forma mas sencilla. Ası, en la expresionI =
∫f ′(g(x)) · g′(x) · dx, si hacemos g(x) = t, entonces g′(x)dx = dt, con
lo que I =∫
f ′(t) · dt = f(t) + C = f(g(x)) + C.
Hay algunas sustituciones especiales para casos concretos que iremos ilus-trando en la resolucion de los problemas que siguen.
PROBLEMA 7.17.
Resolver∫
4x√
2x2 − 1dx.
Solucion
Si f(x) = 2x2−1, tenemos que f ′(x) = 4x; se trata de calcular∫
f(x)1/2f ′(x)dx.La regla (1) indica que el resultado es:
I =(2x2 − 1)3/2
3/2+ C =
23(2x2 − 1)3/2 + C.
PROBLEMA 7.18.
Resolver∫
(x3 + 2)23x2dx.
Solucion
Haciendo el cambio x3 + 2 = u tenemos du = 3x2dx, con lo que:
I =∫
u2du =13u3 + C =
13(x3 + 2)3 + C.
276
Otra forma es escribir directamente I =∫
(x3+2)2d(x3+2) = 13(x3+2)3+C.
PROBLEMA 7.19.
Resolver∫
3√
2x− 6dx.
Solucion
En este caso llamamos f(x) = 2x−6. Sin embargo, f ′(x) = 2 no aparece ex-plıcitamente en la integral. Como las constantes se pueden multiplicar tantodentro como fuera de la integral (propiedad iii), podemos escribir:
I =∫
12· 2 3√
2x− 6dx =12
∫2 3√
2x− 6dx.
Ahora la integral tiene la forma en que se puede aplicar la regla (1). Ası:
I =12· (2x− 6)(1/3)+1
4/3+ C =
38(2x− 6)4/3 + C.
PROBLEMA 7.20.
Resolver∫
(x3 + 2)1/2x2dx.
Solucion
Hacemos el cambio de variable u = x3+2, con lo que du = 3x2dx. Ası:
I =13
∫(x3 + 2)1/2 · 3x2dx =
13
∫u1/2du =
13· u3/2
3/2=
29(x3 + 2)3/2 + C.
Tambien otra forma es la siguiente:
I =∫
13(x3 + 2)1/2 · 3x2dx =
13
∫(x3 + 2)1/2d(x3 + 2)
=13· (x3 + 2)3/2
3/2+ C =
29(x3 + 2)3/2 + C.
277
PROBLEMA 7.21.
Resolver
∫8x2
(x3 + 2)3dx.
Solucion
Haciendo u = x3 + 2 tenemos du = 3x2dx; por tanto:
I = 8∫
du/3u3
=83
∫u−3du =
83· u−2
−2+ C =
−43(x3 + 2)2
+ C.
PROBLEMA 7.22.
Resolver
∫x2
4√
x3 + 2dx.
Solucion
Haciendo u = x3 + 2, du = 3x2dx y tenemos:
I =∫
du/34√
u=
13
∫u−1/4du =
13· 43u3/4 + C =
49(x3 + 2)3/4 + C.
PROBLEMA 7.23.
Resolver∫
3x√
1− 2x2dx.
Solucion
Haciendo el cambio 1− 2x2 = u, du = −4xdx, resulta:
I = 3∫ √
u · du
−4= −3
4
∫u1/2du = −3
4· 23u3/2 + C = −1
2(1− 2x2)3/2 + C.
278
PROBLEMA 7.24.
Resolver
∫x + 3
(x2 + 6x)1/3dx.
Solucion
Hacemos el cambio x2 +6x = u, con lo que (2x+6)dx = du y resulta:
I =∫
du/2u1/3
=12
∫u−1/3du =
12· 32u2/3 + C =
34(x2 + 6x)2/3 + C.
PROBLEMA 7.25.
Resolver∫
x 3√
1− x2dx.
Solucion
Procediendo directamente, tenemos
I = −12
∫(1− x2)1/3(−2x)dx = −1
2
∫(1− x2)1/3d(1− x2)
= −12· 34(1− x2)4/3 + C = −3
8(1− x2)4/3 + C.
PROBLEMA 7.26.
Resolver∫ √
x2 − 2x4dx.
Solucion
Sacando x2 factor comun en la raız, podemos escribir:
I =∫
(1− 2x2)1/2 · xdx = −14
∫(1− 2x2)1/2(−4xdx)
= −14· 23(1− 2x2)3/2 + C = −1
6(1− 2x2)3/2 + C.
279
PROBLEMA 7.27.
Resolver∫
(ex + 1)3exdx.
Solucion
Hacemos el cambio u = ex + 1, con lo que du = exdx. Ası:
I =∫
u3du =u4
4+ C =
(ex + 1)4
4+ C.
PROBLEMA 7.28.
Resolver
∫x
(x2 + a2)ndx.
Solucion
Sabiendo que la derivada de x2 + a2 es 2x, tenemos:
I =12
∫2xdx
(x2 + a2)n=
12
∫(x2 + a2)−nd(x2 + a2)
=12· (x2 + a2)−n+1
−n + 1+ C =
−12(n− 1)(x2 + a2)n−1
+ C.
PROBLEMA 7.29.
Resolver
∫1
(1− x2)√
1− x2dx.
280
Solucion
Utilizamos en este caso el siguiente artificio:
I =∫
dx√(1− x2)3
=∫
x−3dx
[x−1√
1− x2]3
=∫
x−3
(√
x−2 − 1)3dx = −1
2
∫−2x−3
(√
x−2 − 1)3dx
= −12
∫(x−2 − 1)−3/2d(x−2 − 1) = (x−2 − 1)−1/2 + C =
x√1− x2
+ C.
PROBLEMA 7.30.
Resolver∫
sen(x/2)dx.
Solucion
Aplicando la formula (2), tenemos:
I = 2∫
sen(x/2)(dx/2) = −2 cos(x/2) + C.
PROBLEMA 7.31.
Resolver∫
cos 3xdx.
Solucion
Aplicamos en este caso la formula (3) y obtenemos:
I =13
∫cos 3x(3dx) =
13
sen 3x + C.
PROBLEMA 7.32.
Resolver∫
sen2 x cos xdx.
281
Solucion
Tenemos que:
I =∫
sen2 xd(senx) =sen3 x
3+ C.
PROBLEMA 7.33.
Resolver∫
sen3 xdx.
Solucion
Si descomponemos sen3 x = sen2 x · senx, debemos expresar sen2 x en fun-cion de cos x debido a que en el integrando aparece (cos x)′ = − senx. En-tonces:
I =∫
sen2 x senxdx =∫
(1−cos2 x) sen xdx =∫
senxdx+∫− cos2 x senxdx.
La primera integral es inmediata. Como la segunda integral es de la forma∫f2(x)f ′(x)dx, con f(x) = cos x, resulta que:
I = − cos x +cos3 x
3+ C.
PROBLEMA 7.34.
Resolver∫
sec2(2ax)dx.
Solucion
Aplicando la formula (4), tenemos:
I =12a
∫sec2(2ax)(2adx) =
12a
tg(2ax) + C.
282
PROBLEMA 7.35.
Resolver∫
ex cos exdx.
Solucion
Procediendo de forma directa,
I =∫
cos ex(exdx) = sen ex + C.
PROBLEMA 7.36.
Resolver
∫1
x + 2dx.
Solucion
Aplicamos la formula (11):
I =∫
d(x + 2)x + 2
= ln |x + 2|+ C.
PROBLEMA 7.37.
Resolver
∫1
2x− 3dx.
Solucion
Analogamente al anterior,
I =12
∫d(2x− 3)2x− 3
=12
ln |2x− 3|+ C.
283
PROBLEMA 7.38.
Resolver
∫x
x2 − 1dx.
Solucion
Si escribimos en el numerador la derivada del denominador, resulta:
I =12
∫2x
x2 − 1dx =
12
∫d(x2 − 1)x2 − 1
=12
ln |x2 − 1|+ C.
PROBLEMA 7.39.
Resolver
∫x2
1− 2x3dx.
Solucion
Multiplicando y dividiendo por -6,
I = −16
∫−6x2
1− 2x3dx = −1
6ln |1− 2x3|+ C.
PROBLEMA 7.40.
Resolver
∫x + 2x + 1
dx.
Solucion
Separamos en dos fracciones y tenemos:
I =∫ (
1 +1
x + 1
)dx =
∫dx +
∫1
x + 1dx = x + ln |x + 1|+ C.
284
PROBLEMA 7.41.
Resolver
∫1
ex + 1dx.
Solucion
Usaremos aquı el siguiente artificio:
I =∫
e−x
e−x(ex + 1)dx = −
∫−e−x
1 + e−xdx = − ln(1 + e−x) + C.
No es necesario en este caso el valor absoluto porque 1+ e−x > 0, para todox.
PROBLEMA 7.42.
Resolver∫
tg xdx.
Solucion
Procederemos ası:
I =∫
senx
cos xdx = −
∫− senx
cos xdx = − ln | cos x|+ C = ln | sec x|+ C.
PROBLEMA 7.43.
Resolver∫
tg 2xdx.
Solucion
Analogamente al anterior:
I =12
∫tg 2x(2dx) =
12
ln | sec 2x|+ C.
285
PROBLEMA 7.44.
Resolver
∫senx + cos x
cos xdx.
Solucion
Separando la fraccion en dos, tenemos:
I =∫
(tg x + 1)dx = ln | sec x|+ x + C.
PROBLEMA 7.45.
Resolver∫
(1 + tg x)2dx.
Solucion
Desarrollando el cuadrado, tenemos:
I =∫
(1 + 2 tg x + tg2 x)dx =∫
(sec2 x + 2 tg x)dx = tg x + 2 ln | sec x|+ C.
PROBLEMA 7.46.
Resolver∫
x cotg x2dx.
Solucion
Sabiendo que∫
cotg xdx =∫
cos x
senxdx = ln | senx|+ C, resulta:
I =12
∫cotg x2 · (2xdx) =
12
ln | senx2|+ C.
286
PROBLEMA 7.47.
Resolver∫
sec xdx.
Solucion
Es util en este caso utilizar el siguiente artificio:
I =∫
sec x(sec x + tg x)sec x + tg x
dx =∫
sec x tg x + sec2 x
sec x + tg xdx = ln | sec x+tg x|+C.
PROBLEMA 7.48.
Resolver
∫sec
√x√
xdx.
Solucion
Teniendo en cuenta el problema anterior, resulta:
I = 2∫
sec√
xdx
2√
x= 2 ln | sec
√x + tg
√x|+ C.
PROBLEMA 7.49.
Resolver∫
cosec udu.
Solucion
Un artificio similar al realizado anteriormente permite escribir:
I =∫
cosec u(cosec u− cotg u)cosec u− cotg u
du
=∫
cosec2 u− cosec u cotg u
cosec u− cotg udu = ln | cosec u− cotg u|+ C.
287
PROBLEMA 7.50.
Resolver
∫sec x tg x
a + b sec xdx.
Solucion
Si hacemos que el numerador sea la derivada del denominador, tenemos
I =1b
∫b sec x tg xdx
a + b sec x=
1b
ln |a + b sec x|+ C.
PROBLEMA 7.51.
Resolver
∫1
cosec 2x− cotg 2xdx.
Solucion
Aplicando las identidades cosec 2x = 1/ sen 2x y cotg 2x = cos 2x/ sen 2x:
I =∫
sen 2x
1− cos 2xdx =
12
∫2 sen 2xdx
1− cos 2x=
12
ln(1− cos 2x) + C
=12
ln(2 sen2 x) + C =12(ln 2 + 2 ln | senx|) + C = ln | senx|+ C ′.
PROBLEMA 7.52.
Resolver∫
e−xdx.
288
Solucion
La formula (12) da casi directamente:
I = −∫
e−x(−dx) = −e−x + C.
PROBLEMA 7.53.
Resolver∫
a2xdx.
Solucion
De nuevo por la formula (12),
I =12
∫a2x(2dx) =
12· a2x
ln a+ C.
PROBLEMA 7.54.
Resolver
∫e1/x
x2dx.
Solucion
Analogamente a los anteriores,
I = −∫
e1/x
(−dx
x2
)= −e1/x + C.
PROBLEMA 7.55.
Resolver∫
e3 cos 2x sen 2xdx.
289
Solucion
Podemos hacer el cambio 3 cos 2x = u o bien proceder directamente:
I = −16
∫e3 cos 2x(−6 sen 2xdx) = −1
6e3 cos 2x + C.
PROBLEMA 7.56.
Resolver
∫1√
a2 − x2dx.
Solucion
De acuerdo a la formula (8) tenemos:
I =∫
dx
a√
1− (x/a)2=
∫d(x/a)√1− (x/a)2
= arc senx/a + C.
PROBLEMA 7.57.
Resolver
∫1√
25− 16x2dx.
Solucion
Teniendo en cuenta el problema anterior, resulta:
I =14
∫4dx√
52 − (4x)2=
14
∫4dx/5√
1− (4x/5)2=
14
arc sen4x
5+ C.
PROBLEMA 7.58.
Resolver
∫x2
√1− x6
dx.
290
Solucion
Analogamente a los anteriores:
I =13
∫3x2dx√1− (x3)2
=13
arc senx3 + C.
PROBLEMA 7.59.
Resolver
∫x + 3√1− x2
dx.
Solucion
Si separamos en dos integrales:
I =∫
xdx√1− x2
+ 3∫
dx√1− x2
= −∫
−2xdx
2√
1− x2+ 3
∫dx√
1− x2= −
√1− x2 + 3 arc sen x + C.
PROBLEMA 7.60.
Resolver
∫1√
20 + 8x− x2dx.
Solucion
Completando cuadrados en la raız y teniendo en cuenta los problemas ante-riores, obtenemos:
I =∫
dx√36− (x2 − 8x + 16)
=∫
dx√62 − (x− 4)2
= arc senx− 4
6+ C.
291
PROBLEMA 7.61.
Resolver
∫1√
28− 12x− x2dx.
Solucion
Analogamente al anterior resulta:
I =∫
dx√64− (x2 + 12x + 36)
=∫
dx√82 − (x + 6)2
= arc senx + 6
8+ C.
PROBLEMA 7.62.
Resolver
∫x + 3√
5− 4x− x2dx.
Solucion
Procedemos de la siguiente manera:
I = −12
∫(−2x− 6)dx√5− 4x− x2
= −12
∫(−2x− 4)− 2√
5− 4x− x2dx = −1
2
∫(−2x− 4)√5− 4x− x2
dx
+∫
dx√5− 4x− x2
= −12
∫(−2x− 4)√5− 4x− x2
dx +∫
dx√9− (x + 2)2
dx
= −√
5− 4x− x2 + arc senx + 2
3+ C.
PROBLEMA 7.63.
Resolver
∫1
9 + x2dx.
292
Solucion
Aplicamos la formula (9) y tenemos:
I =∫
dx
9[1 + (x/3)2]=
13
∫dx/3
1 + (x/3)2=
13
arc tg(x/3) + C.
PROBLEMA 7.64.
Resolver
∫1
4x2 + 9dx.
Solucion
Procediendo analogamente al problema anterior:
I =12
∫2dx
(2x)2 + 32=
12
∫2dx
9[(2x/3)2 + 1]=
16
arc tg2x
3+ C.
PROBLEMA 7.65.
Resolver
∫x
x4 + 3dx.
Solucion
Razonando analogamente a los problemas anteriores, tendremos:
I =12
∫2xdx
(x2)2 + 3=
12· 1√
3arc tg
x2
√3
+ C =√
36
arc tgx2√
33
+ C.
PROBLEMA 7.66.
Resolver
∫1
y2 + 10y + 30dy.
293
Solucion
Al completar cuadrados en el denominador, podemos reducirlo a los casosanteriores:
I =∫
dy
(y2 + 10y + 25) + 5=
∫dy
(y + 5)2 + 5=
1√5
arc tgy + 5√
5+ C.
Observacion: Este metodo solo es posible porque el denominador no tieneraıces reales. En caso contrario, deberemos aplicar el metodo de integracionpor fracciones simples (ver apartado D.)
PROBLEMA 7.67.
Resolver
∫1
ex + e−xdx.
Solucion
Multiplicando numerador y denominador por ex obtenemos directamen-te:
I =∫
exdx
e2x + 1= arc tg ex + C.
PROBLEMA 7.68.
Resolver
∫sec x tg x
9 + 4 sec2 xdx.
Solucion
Teniendo en cuenta los problemas anteriores, resulta tambien:
I =12
∫2 sec x tg xdx
32 + (2 sec x)2=
16
arc tg2 sec x
3+ C.
294
PROBLEMA 7.69.
Resolver
∫2x− 7x2 + 9
dx.
Solucion
Si separamos en dos integrales, resulta:
I =∫
2xdx
x2 + 9− 7
∫dx
x2 + 9= ln(x2 + 9)− 7
3arc tg(x/3) + C.
PROBLEMA 7.70.
Resolver
∫x + 1
x2 − 4x + 8dx.
Solucion
Si intentamos escribir en el numerador la derivada del denominador, obte-nemos las siguientes integrales:
I =12
∫(2x− 4)dx
x2 − 4x + 8+ 3
∫dx
x2 − 4x + 8=
12
∫(2x− 4)dx
x2 − 4x + 8+ 3
∫dx
(x− 2)2 + 4
=12
ln(x2 − 4x + 8) +32
arc tgx− 2
2+ C.
PROBLEMA 7.71.
Resolver
∫1
x√
4x2 − 9dx.
Solucion
Aplicando adecuadamente la formula (10) resulta:
I =∫
dx
x√
(2x)2 − 32=
∫dx
3x√
(2x/3)2 − 1
=13
∫2dx/3
(2x/3)√
(2x/3)2 − 1=
13
arcsec2x
3+ C.
295
PROBLEMA 7.72.
Resolver
∫1
x√
x4 − 1dx.
Solucion
Analogamente al problema anterior podemos escribir:
I =12
∫2xdx
x2√
(x2)2 − 1=
12
arcsec x2 + C =12
arc cos(1/x2) + C.
PROBLEMA 7.73.
Resolver∫
sen2 xdx.
Solucion
Aplicando la formula sen2 x = (1− cos 2x)/2 resulta:
I =12
∫(1− cos 2x)dx =
12x− 1
4sen 2x + C.
PROBLEMA 7.74.
Resolver∫
cos2 λxdx.
Solucion
Aplicamos en este caso la identidad cos2 λx = (1 + cos 2λx)/2:
I =12
∫(1 + cos 2λx)dx =
x
2+
sen 2λx
4λ+ C.
296
PROBLEMA 7.75.
Resolver∫
cos5 xdx.
Solucion
Realizamos la siguiente descomposicion:
I =∫
cos4 x cos xdx =∫
(1− sen2 x)2 cos xdx =∫
cos xdx− 2∫
sen2 x cos xdx
+∫
sen4 x cos xdx = sen x− 23
sen3 x +15
sen5 x + C.
PROBLEMA 7.76.
Resolver∫
sen2 x cos3 xdx.
Solucion
De la identidad fundamental sen2 x + cos2 x = 1 resulta:
I =∫
sen2 x cos2 x cos xdx =∫
sen2 x(1− sen2 x) cos xdx
=∫
sen2 x cos xdx−∫
sen4 x cos xdx =13
sen3 x− 15
sen5 x + C.
PROBLEMA 7.77.
Resolver∫
cos4 2x sen3 2xdx.
Solucion
Como el exponente de sen 2x es impar, procedemos ası:
I =∫
cos4 2x sen2 2x sen 2xdx =∫
cos4 2x(1− cos2 2x) sen 2xdx
=∫
cos4 2x sen 2xdx−∫
cos6 2x sen 2xdx = − 110
cos5 2x +114
cos7 2x + C.
297
PROBLEMA 7.78.
Resolver∫
sen3 3x cos5 3xdx.
Solucion
Analogamente al ejercicio anterior tenemos:
I =∫
(1− cos2 3x) cos5 3x sen 3xdx =∫
cos5 3x sen 3xdx
−∫
cos7 3x sen 3xdx = − 118
cos6 3x +124
cos8 3x + C.
Otra forma similar es usar el hecho de que el exponente de cos 3x tambienes impar:
I =∫
sen3 3x(1− sen2 3x)2 cos 3xdx
=∫
sen3 3x cos 3xdx− 2∫
sen5 3x cos 3xdx +∫
sen7 3x cos 3xdx
=112
sen4 3x− 19
sen6 3x +124
sen8 3x + C.
Observese que ambos resultados difieren en una constante aunque no loparezca a simple vista.
PROBLEMA 7.79.
Resolver∫
sen4 xdx.
Solucion
Como el exponente de senx es par, utilizamos la identidad sen2 x = (1 −cos 2x)/2 y posteriormente cos2 2x = (1 + cos 4x)/2:
I =∫
(sen2 x)2dx =14
∫(1− cos 2x)2dx =
14
∫dx− 1
2
∫cos 2xdx
+14
∫cos2 2xdx =
14
∫dx− 1
2
∫cos 2xdx +
18
∫(1 + cos 4x)dx
=14x− 1
4sen 2x +
18x +
132
sen 4x + C =38x− 1
4sen 2x +
132
sen 4x + C.
298
PROBLEMA 7.80.
Resolver∫
sen2 x cos2 xdx.
Solucion
Por la formula sen 2x = 2 senx cos x tenemos:
I =14
∫(2 sen x cos x)2dx =
14
∫sen2 2xdx =
18
∫(1− cos 4x)dx
=18
∫dx− 1
8
∫cos 4xdx =
18x− 1
32sen 4x + C.
PROBLEMA 7.81.
Resolver∫
sen4 3x cos2 3xdx.
Solucion
Por ser ambos exponentes pares tenemos como antes:
I =∫
(sen2 3x cos2 3x) sen2 3xdx =18
∫sen2 6x(1− cos 6x)dx
=18
∫sen2 6xdx− 1
8
∫sen2 6x cos 6xdx =
116
∫(1− cos 12x)dx
−18
∫sen2 6x cos 6xdx =
116
x− 1192
sen 12x− 1144
sen3 6x + C.
PROBLEMA 7.82.
Resolver∫
tg4 xdx.
299
Solucion
Aplicamos la formula sec2 x = 1 + tg2 x y tenemos:
I =∫
tg2 x tg2 xdx =∫
tg2 x(sec2 x− 1)dx =∫
tg2 x sec2 xdx−∫
tg2 xdx
=∫
tg2 xd(tg x)−∫
(sec2 x− 1)dx =13
tg3 x− tg x + x + C.
PROBLEMA 7.83.
Resolver∫
tg5 xdx.
Solucion
De forma analoga al problema anterior podemos escribir:
I =∫
tg3 x tg2 xdx =∫
tg3 x(sec2 x− 1)dx =∫
tg3 x sec2 xdx−∫
tg3 xdx
=∫
tg3 xd(tg x)−∫
tg x(sec2 x− 1)dx =14
tg4 x− 12
tg2 x + ln | sec x|+ C.
PROBLEMA 7.84.
Resolver∫
sec4 2xdx.
Solucion
Tambien en este caso tenemos:
I =∫
sec2 2x sec2 2xdx =∫
sec2 2x(1 + tg2 2x)dx
=∫
sec2 2xdx +∫
tg2 2x sec2 2xdx =12
tg 2x +16
tg3 2x + C.
300
PROBLEMA 7.85.
Resolver∫
tg3 3x sec4 3xdx.
Solucion
Nuevamente, de la identidad sec2 3x = 1 + tg2 3x, resulta:
I =∫
tg3 3x(1 + tg2 3x) sec2 3xdx =∫
tg3 3x sec2 3xdx +∫
tg5 3x sec2 3xdx
=112
tg4 3x +118
tg6 3x + C.
PROBLEMA 7.86.
Resolver∫
tg3 2x sec3 2xdx.
Solucion
En este caso integramos con respecto a d(sec 2x) como sigue:
I =∫
tg2 2x sec2 2x sec 2x tg 2xdx =∫
(sec2 2x− 1) sec2 2x sec 2x tg 2xdx
=12
∫sec4 2xd(sec 2x)− 1
2
∫sec2 2xd(sec 2x)
=110
sec5 2x− 16
sec3 2x + C.
PROBLEMA 7.87.
Resolver∫
cotg3 2xdx.
301
Solucion
De la formula cosec2 2x−1 = cotg2 2x y teniendo en cuenta que d(cotg 2x) =−2 cosec2 2xdx, resulta:
I =∫
cotg 2x(cosec2 2x− 1)dx = −14
cotg2 2x +12
ln | cosec 2x|+ C.
PROBLEMA 7.88.
Resolver∫
cotg4 3xdx.
Solucion
Procediendo de forma analoga al anterior tenemos:
I =∫
cotg2 3x(cosec2 3x− 1)dx =∫
cotg2 3x cosec2 3xdx−∫
cotg2 3xdx
= −13
∫cotg2 3xd(cotg 3x)−
∫(cosec2 3x− 1)dx
= −19
cotg3 3x +13
cotg 3x + x + C.
PROBLEMA 7.89.
Resolver∫
cosec6 xdx.
Solucion
De forma similar a los anteriores,
I =∫
cosec2 x(1 + cotg2 x)2dx =∫
cosec2 xdx + 2∫
cotg2 x cosec2 xdx
+∫
cotg4 x cosec2 xdx = − cotg x− 23
cotg3 x− 15
cotg5 x + C.
302
PROBLEMA 7.90.
Resolver∫
cotg3 x cosec5 xdx.
Solucion
Sabiendo que d(cosec x) = − cosec x cotg xdx, tenemos:
I =∫
cotg2 x cosec4 x cosec x cotg xdx
=∫
(cosec2 x− 1) cosec4 x cosec x cotg xdx
= −∫
cosec6 xd(cosec x) +∫
cosec4 xd(cosec x)
= −17
cosec7 x +15
cosec5 x + C.
PROBLEMA 7.91.
Resolver∫ √
1− cos xdx.
Solucion
Debido a la formula 1− cos x = 2 sen2(x/2), tenemos:
I =√
2∫
sen(x/2)dx = −2√
2 cos(x/2) + C.
PROBLEMA 7.92.
Resolver
∫1√
1− sen 2xdx.
303
Solucion
Aplicamos la identidad sen x = cos(π/2− x) y procedemos como en el pro-blema anterior:
I =∫
1√1− cos(π/2− 2x)
dx =∫
1√2 sen(π/4− x)
dx
=√
22
∫cosec(π/4− x)dx = −
√2
2ln | cosec(π/4− x)− cotg(π/4− x)|+ C.
PROBLEMA 7.93.
Resolver∫
(1 + cos 3x)3/2dx.
Solucion
Utilizamos la formula 1 + cos 3x = 2 cos2(3x/2):
I = 2√
2∫
cos3(3x/2)dx = 2√
2∫
[1− sen2(3x/2)] cos(3x/2)dx
= 2√
2(
23
sen(3x/2)− 29
sen3(3x/2))
+ C.
PROBLEMA 7.94.
Resolver
∫1
sen3 x cos3 xdx.
304
Solucion
De la identidad 1 = sen2 x+cos2 x, tenemos la siguiente descomposicion:
I =∫
(sen2 x + cos2 x)2
sen3 x cos3 xdx =
∫sen4 x + cos4 x + 2 sen2 x cos2 x
sen3 x cos3 xdx
=∫
senx
cos3 xdx +
∫cos x
sen3 xdx + 2
∫1
senx cos xdx
= −∫
cos−3 xd(cos x) +∫
sen−3 xd(senx) + 2∫
sec2 x
tg xdx
=1
2 cos2 x− 1
2 sen2 x+ 2 ln | tg x|+ C.
PROBLEMA 7.95.
Resolver∫
senλx cos µxdx, donde λ2 − µ2 6= 0.
Solucion
Utilizamos la formula sen(a + b) + sen(a− b) = 2 sen a cos b:
I =12
∫[sen(λx + µx) + sen(λx− µx)]dx
=12
∫[sen(λ + µ)x + sen(λ− µ)x]dx = −1
2
[cos(λ + µ)x
λ + µ+
cos(λ− µ)xλ− µ
]+ C.
PROBLEMA 7.96.
Resolver∫
senλx senµxdx, donde λ2 − µ2 6= 0.
Solucion
Similar al anterior con la formula cos(a−b)−cos(a+b) = 2 sen a sen b:
I =12
∫[cos(λx− µx)− cos(λx + µx)]dx
=12
∫[cos(λ− µ)x− cos(λ + µ)x]dx =
12
[sen(λ− µ)x
λ− µ− sen(λ + µ)x
λ + µ
]+ C.
305
PROBLEMA 7.97.
Resolver∫
cos λx cos µxdx, donde λ2 − µ2 6= 0.
Solucion
Aplicamos en este caso la formula cos(a+b)+cos(a−b) = 2 cos a cos b:
I =12
∫[cos(λx+µx)+cos(λx−µx)]dx =
12
[sen(λ + µ)x
λ + µ+
sen(λ− µ)xλ− µ
]+C.
PROBLEMA 7.98.
Resolver
∫1√
x2 + 1dx.
Solucion
Si hacemos el cambio de variable x = tg u, entonces dx = sec2 udu. Ası:
I =∫
1sec u
sec2 udu =∫
sec udu = ln | sec u+tg u|+C = ln(x+√
x2 + 1)+C.
PROBLEMA 7.99.
Resolver
∫1√
4x2 + 9dx.
Solucion
Escribimos la funcion como en el problema anterior y aplicamos el re-sultado obtenido o bien hacemos el cambio 2x/3 = tg u, de modo que
306
dx = (3/2) sec2 udu:
I =∫
1√(2x)2 + 32
dx =∫
13√
(2x/3)2 + 1dx =
∫(3/2) sec2 udu
3 sec u
=12
ln | sec u + tg u|+ C =12
ln
∣∣∣∣∣2x
3+√
4x2 + 93
∣∣∣∣∣ + C.
PROBLEMA 7.100.
Resolver
∫x + 2√x2 + 9
dx.
Solucion
Separamos la integral en dos y aplicamos en la segunda la sustitucion x/3 =tg u:
I =12
∫2x + 4√x2 + 9
dx =12
∫2x√
x2 + 9dx + 2
∫1√
x2 + 9dx
=√
x2 + 9 + 2∫
sec udu =√
x2 + 9 + 2 ln
∣∣∣∣∣x3 +√
x2 + 93
∣∣∣∣∣ + C.
PROBLEMA 7.101.
Resolver
∫1√
x2 − 1dx.
Solucion
Si hacemos x = sec u, entonces dx = sec u tg udu. Por tanto:
I =∫
1tg u
sec u tg udu = ln | sec u + tg u|+ C = ln |x +√
x2 − 1|+ C.
307
PROBLEMA 7.102.
Resolver
∫1√
9z2 − 25dz.
Solucion
Si hacemos el cambio 3z/5 = sec u, 3dz/5 = sec u tg udu, entonces:
I =13
∫3/5√
(3z/5)2 − 1dz =
13
∫sec u tg u
tg udu
=13
ln | sec u + tg u|+ C =13
ln
∣∣∣∣∣3z
5+√
9z2 − 255
∣∣∣∣∣ + C.
PROBLEMA 7.103.
Resolver
∫1√
4s + s2ds.
Solucion
Completando cuadrados en el denominador y haciendo el cambio (s+2)/2 =sec u, resulta:
I =∫
1√(s + 2)2 − 4
ds =∫
12√
[(s + 2)/2]2 − 1ds
=∫
sec udu = ln | sec u + tg u|+ C = ln
∣∣∣∣∣s + 22
+√
4s + s2
2
∣∣∣∣∣ + C.
PROBLEMA 7.104.
Resolver
∫x + 2√
x2 + 2x− 3dx.
308
Solucion
Separamos en dos integrales de modo que la primera sea la derivada de unaraız y en la segunda hacemos el cambio (x + 1)/2 = sec u:
I =∫
2x + 42√
x2 + 2x− 3dx =
∫2x + 2
2√
x2 + 2x− 3dx +
∫1/2√
[(x + 1)/2]2 − 1dx
=√
x2 + 2x− 3 +∫
sec udu
=√
x2 + 2x− 3 + ln
∣∣∣∣∣x + 12
+√
x2 + 2x− 32
∣∣∣∣∣ + C.
PROBLEMA 7.105.
Resolver∫ √
3− 4x2dx.
Solucion
Haremos el cambio 2x/√
3 = sen u, 2dx/√
3 = cos udu despues de escribir lafuncion de forma mas conveniente:
I =√
3∫ √
1− (2x/√
3)2dx =√
3∫ √
32
cos2 udu
=32
∫1 + cos 2u
2du =
34
[u +
sen 2u
2
]+ C
=34
arc sen(2x/√
3) +38· 2 · 2x√
3·√
3− 4x2
3+ C
=34
arc sen(2x/√
3) +x
2
√3− 4x2 + C.
PROBLEMA 7.106.
Resolver∫ √
3− 2x− x2dx.
309
Solucion
Completando cuadrados y procediendo como en el problema anterior con elcambio (x + 1)/2 = sen u, resulta:
I =∫ √
4− (x + 1)2dx =∫
2√
1− [(x + 1)/2]2dx = 4∫
cos2 udu
= 4[u
2+
sen 2u
4
]+ C = 2arc sen
x + 12
+x + 1
2
√3− 2x− x2 + C.
PROBLEMA 7.107.
Resolver
∫1
x2√
4 + x2dx.
Solucion
Si hacemos el cambio tg z = x/2, tendremos dx = 2 sec2 zdz y√
4 + x2 =2 sec z. Entonces:
I =∫
2 sec2 z
(4 tg2 z)(2 sec z)dz =
14
∫sec z
tg2 zdz
=14
∫sen−2 z cos zdz = − 1
4 sen z+ C = −
√4 + x2
4x+ C.
PROBLEMA 7.108.
Resolver
∫x2
√x2 − 4
dx.
Solucion
Hacemos el cambio x/2 = sec z, con lo que dx = 2 sec z tg zdz y√
x2 − 4 =2 tg z:
I =∫
4 sec2 z
2 tg z(2 sec z tg zdz) = 4
∫sec3 zdz
= 2 sec z tg z + 2 ln | sec z + tg z|+ C =12x√
x2 − 4 + 2 ln |x +√
x2 − 4|+ C ′.
310
(Ver problema 7.124 para la resolucion de la ultima integral.)
PROBLEMA 7.109.
Resolver
∫ √9− 4x2
xdx.
Solucion
Haciendo 2x/3 = sen z tendremos 2dx/3 = cos zdz y√
9− 4x2 = 3 cos z.Ası:
I =∫
3 cos z
(3/2) sen z(3/2) cos zdz = 3
∫cos2 z
sen zdz
= 3∫
1− sen2 z
sen zdz = 3
∫cosec zdz − 3
∫sen zdz
= 3 ln | cosec z − cotg z|+ 3 cos z + C = 3 ln
∣∣∣∣∣3−√
9− 4x2
2x
∣∣∣∣∣ +√
9− 4x2 + C ′.
PROBLEMA 7.110.
Resolver
∫(16− 9x2)3/2
x6dx.
Solucion
Haciendo 3x/4 = sen z tendremos dx = (4/3) cos zdz y√
16− 9x2 = 4 cos z.Ası:
I =∫
64 cos3 z · (4/3) cos z
(4096/729) sen6 zdz =
24316
∫cos4 z
sen6 zdz
=24316
∫cotg4 z cosec2 zdz = −243
80cotg5 z + C
= −24380
· (16− 9x2)5/2
243x5+ C = − 1
80· (16− 9x2)5/2
x5+ C.
311
PROBLEMA 7.111.
Resolver
∫x2
√2x− x2
dx.
Solucion
Volvemos a escribir la integral como∫
x2√1− (x− 1)2
dx y hacemos el cam-
bio x − 1 = sen z. Tendremos ası dx = cos zdz y√
2x− x2 = cos z. Resul-ta:
I =∫
(1 + sen z)2
cos zcos zdz =
∫(1 + 2 sen z + sen2 z)dz
=∫ (
1 + 2 sen z +1− cos 2z
2
)dz =
32z − 2 cos z − 1
4sen 2z + C
=32
arc sen(x− 1)− 2√
2x− x2 − 12(x− 1)
√2x− x2 + C
=32
arc sen(x− 1)− 12(x + 3)
√2x− x2 + C.
PROBLEMA 7.112.
Resolver
∫1
(4x2 − 24x + 27)3/2dx.
Solucion
Completando cuadrados tenemos que I =∫
1[4(x− 3)2 − 9]3/2
dx.
Haciendo 2(x−3)/3 = sec z, resulta dx = (3/2) sec z tg zdz y√
4x2 − 24x + 27 =3 tg z, con lo que:
I =∫
(3/2) sec z tg zdz
27 tg3 z=
118
∫sen−2 z cos zdz
= − 118
sen−1 z + C = −19· x− 3√
4x2 − 24x + 27+ C.
312
PROBLEMA 7.113.
Resolver
∫1
(1 + x2)√
1 + x2dx.
Solucion
Haciendo x2 = t, 2xdx = dt, es decir, dx = dt/(2√
t). Por tanto,
I =∫
dt/2√
t
(1 + t)√
1 + t=
12
∫dt
(1 + t)√
(1 + t)t.
Haciendo ahora1
1 + t= z =⇒ 1
z− 1 = t =⇒ dt = − 1
z2dz, tenemos:
I =12
∫ − 1z2 dz · z√
(1/z)[(1/z)− 1]=
12
∫−dz/z√
(1/z2)− (1/z)
=12
∫−dz/z
(1/z)√
1− z= −1
2
∫dz√1− z
= −12
∫(1− z)−1/2dz =
12· (1− z)1/2
1/2+ C
=√
1− z + C =
√1− 1
1 + t+ C =
√1 + t− 1
1 + t+ C
=√
t√1 + t
+ C =x√
1 + x2+ C.
C. INTEGRACION POR PARTES.
Este metodo se basa en la formula de derivacion de un producto de dosfunciones: integrando la formula (f · g)′(x) = f ′(x) · g(x) + f(x) · g′(x), seobtiene f(x) · g(x) =
∫f ′(x) · g(x)dx +
∫f(x) · g′(x)dx, de donde,∫
f(x) · g′(x) · dx = f(x) · g(x)−∫
f ′(x) · g(x) · dx.
313
Otra forma de escribir esta formula es llamar u = f(x) y v = g(x), con loque resulta: ∫
u · dv = u · v −∫
v · du.
Este metodo suele aplicarse cuando el integrando es producto de dos fun-ciones de distinta clase, como por ejemplo, polinomica por exponencial, tri-gonometrica por exponencial, polinomica por logarıtmica, etc.
Una gran variedad de integrales que se pueden resolver por este metodo seofrece en los problemas que siguen.
PROBLEMA 7.114.
Resolver∫
xexdx.
Solucion
Hacemos u = x, dv = exdx. Entonces du = dx, v = ex y tenemos:
I = xex −∫
exdx = xex − ex + C.
PROBLEMA 7.115.
Resolver∫
x3e2xdx.
Solucion
Haciendo u = x3, dv = e2xdx tendremos du = 3x2dx, v = (1/2)e2x, con loque:
I =12x3e2x − 3
2
∫x2e2xdx.
Haciendo en la integral resultante u = x2 y dv = e2xdx tendremos du =2xdx, v = (1/2)e2x, de modo que:
I =12x3e2x − 3
2
[12x2e2x −
∫xe2xdx
]=
12x3e2x − 3
4x2e2x +
32
∫xe2xdx.
314
Haciendo en la integral resultante u = x y dv = e2xdx tendremos du = dx yv = (1/2)e2x y nuevamente,
I =12x3e2x − 3
4x2e2x +
32
[12xe2x − 1
2
∫e2xdx
]=
12x3e2x − 3
4x2e2x +
34xe2x − 3
8e2x + C.
PROBLEMA 7.116.
Resolver∫
x3ex2dx.
Solucion
Hacemos u = x2 y dv = xex2dx, de donde du = 2xdx y v = (1/2)ex2
.
Aplicando la formula de integracion por partes tenemos:
I =12x2ex2 −
∫xex2
dx =12x2ex2 − 1
2ex2
+ C.
PROBLEMA 7.117.
Resolver∫
x√
1 + xdx.
Solucion
Haciendo u = x, dv =√
1 + xdx tenemos que du = dx, v = (2/3)(1 +x)3/2:
I =23x(1 + x)3/2 − 2
3
∫(1 + x)3/2dx =
23x(1 + x)3/2 − 4
15(1 + x)5/2 + C.
315
PROBLEMA 7.118.
Resolver∫
ln(x2 + 2)dx.
Solucion
Hacemos u = ln(x2 + 2) y dv = dx, de donde du =2xdx
x2 + 2y v = x. Por
tanto:
I = x ln(x2 + 2)−∫
2x2dx
x2 + 2= x ln(x2 + 2)−
∫ (2− 4
x2 + 2
)dx
= x ln(x2 + 2)− 2x + 2√
2 arc tg(x/√
2) + C.
(Ver por ejemplo el problema 7.63 para la resolucion de la ultima integral.)
PROBLEMA 7.119.
Resolver∫
ln(x + 1/x)dx.
Solucion
Integrando por partes con u = ln(x + 1/x) y dv = dx, du =x2 − 1
x(x2 + 1)dx,
v = x, tenemos:
I = x ln(
x +1x
)−
∫x2 − 1x2 + 1
dx
= x ln(
x +1x
)−
∫ (1− 2
1 + x2
)dx = x ln(x + 1/x)− x + 2 arc tg x + C.
PROBLEMA 7.120.
Resolver∫
ln(x +√
x2 − 1)dx.
316
Solucion
Hacemos u = ln(x +√
x2 − 1) y dv = dx, con lo que du =dx√
x2 − 1, v = x.
Entonces:
I = x ln(x +√
x2 − 1)−∫
x√x2 − 1
dx = x ln(x +√
x2 − 1)−√
x2 − 1 + C.
PROBLEMA 7.121.
Resolver∫
x ln(x + 1)dx.
Solucion
Hacemos u = ln(x + 1) y dv = xdx; du = dx/(x + 1), v = x2/2. Enton-ces:
I =x2
2ln(x + 1)− 1
2
∫x2
x + 1dx =
x2
2ln(x + 1)− 1
2
∫ [x− 1 +
1x + 1
]dx
=x2
2ln(x + 1)− 1
2
[x2
2− x + ln(x + 1)
]+ C
=x2 − 1
2ln(x + 1)− x2
4+
x
2+ C.
PROBLEMA 7.122.
Resolver∫
x senxdx.
Solucion
Para utilizar el metodo de integracion por partes podemos seguir los siguien-tes caminos:
a) u = x senx, dv = dx. Entonces du = (sen x+x cos x)dx, v = x. Ası:
I = x · x senx−∫
x(senx + x cos x)dx.
317
La integral que resulta es menos sencilla que la original por lo cual se descartaeste camino.
b) u = sen x, dv = xdx. Por tanto, du = cos xdx, v = x2/2 y resulta:
I =12x2 senx−
∫12x2 cos xdx.
La integral que resulta es menos sencilla que la original y tambien descarta-mos este camino.
c) u = x, dv = sen xdx. Por tanto du = dx, v = − cos x y resulta:
I = −x cos x−∫− cos xdx = −x cos x + senx + C.
PROBLEMA 7.123.
Resolver∫
x2 senxdx.
Solucion
Haciendo u = x2, dv = senxdx tendremos du = 2xdx, v = − cos x.Ası:
I = −x2 cos x + 2∫
x cos xdx.
Hacemos en la integral resultante u = x, dv = cos xdx, du = dx, v = senxy tenemos:
I = −x2 cos x+2[x senx−
∫senxdx
]= −x2 cos x+2x senx+2 cos x+C.
PROBLEMA 7.124.
Resolver∫
sec3 xdx.
318
Solucion
Haciendo u = sec x, dv = sec2 xdx tendremos du = sec x tg xdx, v = tg x.Ası:
I = sec x tg x−∫
sec x tg2 xdx = sec x tg x−∫
sec x(sec2 x− 1)dx
= sec x tg x−∫
sec3 xdx +∫
sec xdx.
Por tanto,
2I = sec x tg x +∫
sec xdx = sec x tg x + ln | sec x + tg x|+ C;
I =12
(sec x tg x + ln | sec x + tg x|) + C ′.
PROBLEMA 7.125.
Resolver∫ √
x2 − 36dx.
Solucion
Si hacemos el cambio x = 6 sec t, entonces dx = 6 sec t tg tdt y resulta:
I = 36∫
tg2 t sec tdt = 36∫
(sec2 t− 1) sec tdt = 36∫
sec3 tdt−∫
sec tdt.
De acuerdo al problema anterior, resulta:
I = 18(sec t tg t + ln | sec t + tg t|)− 36 ln | sec t + tg t|+ C
=x
2
√x2 − 36− 18 ln
∣∣∣∣∣x6 +√
x2 − 366
∣∣∣∣∣ + C.
PROBLEMA 7.126.
Resolver∫ √
3x2 + 5dx.
319
Solucion
Escribimos el integrando como√
5[(3/5)x2 + 1] =√
5√
(x√
3/√
5)2 + 1 y
hacemos el cambio x√
3/√
5 = tg u:
I =5√3
∫sec3 udu =
52√
3(sec u tg u + ln | sec u + tg u|) + C
=12x√
3x2 + 5 +5
2√
3ln
∣∣∣∣∣x√
3√5
+√
3x2 + 5√5
∣∣∣∣∣ + C.
PROBLEMA 7.127.
Resolver∫ √
4x2 − 4x + 5dx.
Solucion
Completamos cuadrados en el radicando y procedemos como en los proble-mas anteriores, haciendo el cambio 2x− 1 = 2 tg u:
I =∫ √
(2x− 1)2 + 4dx =∫
2 sec3 udu = sec u tg u + ln | sec u + tg u|+ C
=2x− 1
4
√4x2 − 4x + 5 + ln
∣∣∣∣∣2x− 12
+√
4x2 − 4x + 52
∣∣∣∣∣ + C.
PROBLEMA 7.128.
Resolver
∫x
cos2 xdx.
Solucion
De nuevo integramos por partes con u = x, dv = dx/ cos2 x:
I =∫
xd(tg x) = x tg x−∫
tg xdx = x tg x + ln | cos x|+ C.
320
PROBLEMA 7.129.
Resolver
∫x2
(x cos x− senx)2dx.
Solucion
Como d
(1
x cos x− senx
)=
x senx
(x cos x− senx)2dx, podemos integrar por par-
tes con u = x/ senx, dv =x senx
(x cos x− senx)2dx:
I =∫
x
senx· x senx
(x cos x− senx)2dx =
1x cos x− senx
· x
senx+
∫dx
sen2 x
=x
(x cos x− senx) sen x− cos x
senx+ C =
x senx + cos x
x cos x− senx+ C.
PROBLEMA 7.130.
Resolver∫
cos x ln(1 + cos x)dx.
Solucion
Integramos por partes con u = ln(1 + cos x), dv = cos xdx.
Entonces du =− senx
1 + cos x, v = sen x. Por tanto:
I = senx ln(1 + cos x) +∫
sen2 x
1 + cos xdx
= senx ln(1 + cos x) +∫
sen2 x(1− cos x)(1 + cos x)(1− cos x)
dx
= senx ln(1 + cos x) +∫
(1− cos x)dx = sen x ln(1 + cos x) + x− senx + C.
PROBLEMA 7.131.
Resolver∫
arc senxdx.
321
Solucion
Haciendo u = arc senx, dv = dx tenemos que du =dx√
1− x2, v = x.
Ası:
I = x arc senx−∫
xdx√1− x2
= x arc senx +√
1− x2 + C.
PROBLEMA 7.132.
Resolver
∫arc tg
x− 1x + 1
dx.
Solucion
Hacemos u = arc tgx− 1x + 1
y dv = dx; entonces du = dx/(1 + x2) y v = x.
Ası:
I = x arc tgx− 1x + 1
−∫
x
1 + x2dx = x arc tg
x− 1x + 1
− 12
ln(1 + x2) + C.
PROBLEMA 7.133.
Resolver
∫x arc senx√
1− x2dx.
Solucion
Hacemos u = arc senx y dv =xdx√1− x2
e integramos por partes:
I =∫
arc senxd(−√
1− x2) = −√
1− x2 arc senx +∫
dx
= −√
1− x2 arc senx + x + C.
322
PROBLEMA 7.134.
Resolver∫
x3 arc tg xdx.
Solucion
Hacemos en este caso u = arc tg x, dv = x3dx, con lo que du = dx/(1 + x2),v = x4/4:
I =x4
4arc tg x− 1
4
∫x4
1 + x2dx =
x4
4arc tg x− 1
4
∫ [x2 − 1 +
11 + x2
]dx
=x4 − 1
4arc tg x− x3
12+
x
4+ C.
PROBLEMA 7.135.
Resolver
∫x2
1 + x2arc tg xdx.
Solucion
Separamos en dos integrales ası:
I =∫ (
1− 11 + x2
)arc tg xdx =
∫arc tg xdx−
∫1
1 + x2arc tg xdx.
En la primera integral hacemos u = arc tg x, dv = dx. Entonces du =dx/(1 + x2), v = x, con lo que
I1 = x arc tg x−∫
x
1 + x2dx = x arc tg x− 1
2ln(1 + x2) + C1.
Como la segunda integral es inmediata, resulta en definitiva:
I = x arc tg x− ln√
1 + x2 − 12(arc tg x)2 + C.
323
PROBLEMA 7.136.
Resolver
∫arc senx
(1− x2)√
1− x2dx.
Solucion
Si integramos por partes haciendo u = arc sen x, dv =dx
(1− x2)√
1− x2, se
tiene du =dx√
1− x2, v =
x√1− x2
. Ası:
I =x√
1− x2arc senx−
∫x√
1− x2· dx√
1− x2
=x√
1− x2arc senx +
12
∫−2x
1− x2dx =
x√1− x2
arc senx +12
ln |1− x2|+ C.
PROBLEMA 7.137.
Resolver∫
x arc senxdx.
Solucion
Integramos por partes con u = arc senx y dv = xdx:
I =x2
2arc senx− 1
2
∫x2
√1− x2
dx.
Ahora bien,∫
x2
√1− x2
dx =∫
1√1− x2
dx−∫ √
1− x2dx.
Haciendo en esta ultima integral u =√
1− x2 y dv = dx, tenemos:∫ √1− x2dx = x
√1− x2 +
∫x2
√1− x2
dx.
Resulta entonces que∫
x2
√1− x2
dx =12[arc sen x− x
√1− x2] + C. Por tan-
to:
I =2x2 − 1
4arc senx +
x
4
√1− x2 + C.
324
PROBLEMA 7.138.
Resolver
∫1 + senx
1 + cos xexdx.
Solucion
Recordamos la formula1 + senx
1 + cos x=
12[1 + tg(x/2)]2 y tenemos:
I =12
∫[1+tg2(x/2)+2 tg(x/2)]exdx =
12
∫sec2(x/2)exdx+
∫ex tg(x/2)dx.
En la primera integral hacemos u = ex, dv = sec2(x/2)dx, con lo que du =exdx, v = 2 tg(x/2):
I = ex tg(x/2)−∫
ex tg(x/2)dx +∫
ex tg(x/2)dx = ex tg(x/2) + C.
PROBLEMA 7.139.
Resolver las integrales I =∫
eax sen bxdx, J =∫
eax cos bxdx.
Solucion
Integrando por partes cada una de ellas, resulta:
I =1aeax sen bx− b
a
∫eax cos bxdx =
1aeax sen bx− b
aJ.
J =1aeax cos bx +
b
a
∫eax sen bxdx =
1aeax cos bx +
b
aI.
Basta pues resolver el sistema aI + bJ = eax sen bx, bI − aJ = −eax cos bx,para obtener los valores de I y J . En definitiva,
I =eax
a2 + b2(a sen bx− b cos bx) + C;
J =eax
a2 + b2(b sen bx + a cos bx) + C ′.
325
PROBLEMA 7.140.
Resolver I =∫
xearc sen x
√1− x2
dx y J =∫
earc sen xdx.
Solucion
Vamos a integrar I por partes siguiendo dos caminos distintos:
En primer lugar hacemos u = earc sen x, dv =xdx√1− x2
y tenemos:
I = −√
1− x2 earc sen x +∫
earc sen xdx = −√
1− x2 earc sen x + J.
En segundo lugar hacemos u = x, dv =earc sen x
√1− x2
dx y tenemos:
I = xearc sen x −∫
earc sen xdx = xearc sen x − J.
Sumando y restando ordenadamente las dos formulas obtenidas llegamosa:
I =12(x−
√1− x2)earc sen x + C;
J =12(x +
√1− x2)earc sen x + C.
PROBLEMA 7.141.
Resolver
∫earc tg x
(1 + x2)√
1 + x2dx.
Solucion
Integramos por partes haciendo u = earc tg x, dv =dx
(1 + x2)√
1 + x2. Ası re-
sulta:
326
I =xearc tg x
√1 + x2
−∫
xearc tg x
(1 + x2)√
1 + x2dx.
En esta ultima integral, que tambien resolvemos por partes, hacemos u = earc tg x,
dv =xdx
(1 + x2)√
1 + x2y se tiene
∫xearc tg x
(1 + x2)√
1 + x2dx = − 1√
1 + x2earc tg x +
∫earc tg x
(1 + x2)√
1 + x2dx.
De aquı se deduce inmediatamente:
I =x + 1
2√
1 + x2earc tg x + C.
Observacion: La integral∫
xdx
(1 + x2)√
1 + x2es inmediata pues es igual
a
12
∫(1+x2)−3/2d(1+x2) =
12· (1 + x2)−3/2+1
−3/2 + 1= −(1+x2)−1/2 = − 1√
1 + x2.
PROBLEMA 7.142.
Resolver In =∫
1(1 + x2)n+1
dx.
Solucion
Utilizamos el siguiente artificio:
In =∫
1 + x2 − x2
(1 + x2)n+1dx =
∫1 + x2
(1 + x2)n+1dx−
∫x2
(1 + x2)n+1dx
=∫
dx
(1 + x2)n−
∫x2dx
(1 + x2)n+1= In−1 −
∫x2dx
(1 + x2)n+1.
Para la ultima integral utilizamos el metodo de integracion por partes. Para
ello hacemos u = x, dv =xdx
(1 + x2)n+1, con lo que du = dx, v =
−12n(1 + x2)n
.
Ası: ∫x2dx
(1 + x2)n+1=
−x
2n(1 + x2)n+
12n
In−1.
327
En definitiva,
In = In−1 +x
2n(1 + x2)n− 1
2nIn−1 =
2n− 12n
In−1 +x
2n(1 + x2)n.
D. INTEGRACION POR FRACCIONES SIMPLES.
Este metodo es exclusivo para integrar funciones racionales. El procedimien-to general es el siguiente:
Para calcular∫
p(x)q(x)
dx donde p y q son polinomios, realizaremos los si-
guientes pasos:
1) Se realiza la divisionp(x)q(x)
= c(x) +r(x)q(x)
donde c es el cociente y r el
resto, con grado r < grado q. Entonces:∫p(x)q(x)
dx =∫
c(x)dx +∫
r(x)q(x)
dx.
La primera integral es inmediata y a continuacion estudiaremos la segun-da.
Observacion: Si el grado de p ya es menor que el grado de q, este paso seomite, pues p(x) = r(x).
2) Se factoriza el denominador a partir de sus raıces (ya sean reales o com-plejas). Tenemos:
q(x) = a(x− r1)m1 · · · · · (x− rn)mn(x2 + a1x + b1)q1 · · · · · (x2 + apx + bp)qp .
Nota: En lo que sigue supondremos que a = 1 pues, en caso contrario, puedesalir de la integral como una constante.
3) Se descompone el integrando en fracciones simples:
r(x)q(x)
=A1
x− r1+ · · ·+ Am1
(x− r1)m1+ · · ·+ K1
x− rn+ · · ·+ Kmn
(x− rn)mn
+α1x + β1
x2 + a1x + b1+ · · ·+ αq1x + βq1
(x2 + a1x + b1)q1+ . . .
+σ1x + τ1
x2 + apx + bp+ · · ·+
σqpx + βqp
(x2 + apx + bp)qp.
328
4) Se calculan las constantes A1, . . . , Am1 , . . . , K1, . . . ,Kmn , α1, β1, . . . , αq1 , βq1 ,. . . , σ1, τ1, . . . , σqp , τqp igualando los numeradores de ambos miembros.
5) Se integra por separado cada fraccion simple.
Los siguientes problemas ilustran la forma de integrar segun sea la descom-posicion de la fraccion.
PROBLEMA 7.143.
Resolver
∫1
x2 − 4dx.
Solucion
Como x2−4 = (x−2)(x+2), podemos descomponer la fraccion como
1x2 − 4
=A
x− 2+
B
x + 2,
de donde 1 = A(x + 2) + B(x− 2).
Para x = 2, 1 = 4A =⇒ A = 1/4. Para x = −2, 1 = −4B =⇒ B =−1/4.
Tenemos entonces:
I =14
∫dx
x− 2− 1
4
∫dx
x + 2=
14
ln |x−2|− 14
ln |x+2|+C =14
ln∣∣∣∣x− 2x + 2
∣∣∣∣+C.
PROBLEMA 7.144.
Resolver
∫1
9x2 − 16dx.
Solucion
Procediendo como el anterior, tenemos:
19x2 − 16
=A
3x− 4+
B
3x + 4,
329
de donde 1 = A(3x+4)+B(3x−4) =⇒ A = 1/8, B = −1/8. Entonces:
I =18
∫1
3x− 4dx− 1
8
∫1
3x + 4dx
=124
ln |3x− 4| − 124
ln |3x + 4|+ C =124
ln∣∣∣∣3x− 43x + 4
∣∣∣∣ + C.
PROBLEMA 7.145.
Resolver
∫1
x2 + 6x + 8dx.
Solucion
Como x2 + 6x + 8 = (x + 2)(x + 4), tenemos:
1x2 + 6x + 8
=A
x + 2+
B
x + 4,
de donde 1 = A(x + 4) + B(x + 2) =⇒ A = 1/2 y B = −1/2. Resultaentonces:
I =12(ln |x + 2| − ln |x + 4|) + C =
12
ln∣∣∣∣x + 2x + 4
∣∣∣∣ + C.
PROBLEMA 7.146.
Resolver
∫1
9− x2dx.
Solucion
Como 9− x2 = (3− x)(3 + x), resulta:
19− x2
=A
3− x+
B
3 + x=⇒ 1 = A(3 + x) + B(3− x).
Obtenemos los valores A = B = 1/6, con lo que:
I =16(− ln |3− x|+ ln |3 + x|) + C =
16
ln∣∣∣∣3 + x
3− x
∣∣∣∣ + C.
330
PROBLEMA 7.147.
Resolver
∫1
4x− x2dx.
Solucion
Como 4x− x2 = x(4− x), tenemos:
14x− x2
=A
x+
B
4− x=⇒ 1 = A(4− x) + Bx.
De aquı, A = B = 1/4; por tanto:
I =14(ln |x| − ln |4− x|) + C =
14
ln∣∣∣∣ x
4− x
∣∣∣∣ + C.
PROBLEMA 7.148.
Resolver
∫2− x
4x2 + 4x− 3dx.
Solucion
Al factorizar el denominador tenemos 4x2+4x−3 = (2x−1)(2x+3) y:
2− x
4x2 + 4x− 3=
A
2x− 1+
B
2x + 3=⇒ 2− x = A(2x + 3) + B(2x− 1).
De aquı se obtiene que A = 3/8, B = −7/8. Entonces:
I =316
ln |2x− 1| − 716
ln |2x + 3|+ C =116
ln∣∣∣∣(2x− 1)3
(2x + 3)7
∣∣∣∣ + C.
PROBLEMA 7.149.
Resolver
∫x + 1
x3 + x2 − 6xdx.
331
Solucion
Factorizamos en primer lugar el denominador: x3+x2−6x = x(x−2)(x+3).Por tanto:
x + 1x3 + x2 − 6x
=A
x+
B
x− 2+
C
x + 3⇒ x+1 = A(x−2)(x+3)+Bx(x+3)+Cx(x−2)
Para x = 0, 1 = −6A =⇒ A = −1/6.
Para x = 2, 3 = 10B =⇒ B = 3/10.
Para x = −3, −2 = 15C =⇒ C = −2/15.
La integral queda entonces:
I = −16
∫dx
x+
310
∫dx
x− 2− 2
15
∫dx
x + 3
= −16
ln |x|+ 310
ln |x− 2| − 215
ln |x + 3|+ C = ln|x− 2|3/10
|x|1/6|x + 3|2/15+ C.
PROBLEMA 7.150.
Resolver
∫3x + 5
x3 − x2 − x + 1dx.
Solucion
Al factorizar el denominador tenemos x3 − x2 − x + 1 = (x + 1)(x − 1)2.Ası:
3x + 5x3 − x2 − x + 1
=A
x + 1+
B
x− 1+
C
(x− 1)2
con lo que 3x + 5 = A(x− 1)2 + B(x− 1)(x + 1) + C(x + 1).
Para x = −1, 2 = 4A =⇒ A = 1/2.
Para x = 1, 8 = 2C =⇒ C = 4.
Para determinar la constante B se sustituye otro valor de x, por ejemplox = 0. Resulta 5 = A−B + C =⇒ B = −1/2. Por tanto:
I =12
∫dx
x + 1− 1
2
∫dx
x− 1+ 4
∫dx
(x− 1)2
=12
ln |x + 1| − 12
ln |x− 1| − 4x− 1
+ C = − 4x− 1
+12
ln∣∣∣∣x + 1x− 1
∣∣∣∣ + C.
332
PROBLEMA 7.151.
Resolver
∫x4 − x3 − x− 1
x3 − x2dx.
Solucion
En primer lugar se realiza la division y resulta
x4 − x3 − x− 1x3 − x2
= x− x + 1x3 − x2
= x− x + 1x2(x− 1)
.
Despues se descompone la fraccion resultante en fracciones simples:
x + 1x2(x− 1)
=A
x+
B
x2+
C
x− 1=⇒ x + 1 = Ax(x− 1) + B(x− 1) + Cx2.
Para x = 0, 1 = −B =⇒ B = −1.
Para x = 1, 2 = C.
Para x = 2, 3 = 2A + B + 4C =⇒ A = −2.
Por tanto:
I =∫
xdx + 2∫
dx
x+
∫dx
x2− 2
∫dx
x− 1
=12x2 + 2 ln |x| − 1
x− 2 ln |x− 1|+ C =
12x2 − 1
x+ 2 ln
∣∣∣∣ x
x− 1
∣∣∣∣ + C.
PROBLEMA 7.152.
Resolver
∫x2
a4 − x4dx.
Solucion
Descomponemos el integrando en fracciones simples:
x2
a4 − x4=
A
a− x+
B
a + x+
Cx + D
a2 + x2.
333
Por tanto, x2 = A(a+x)(a2 +x2)+B(a−x)(a2 +x2)+(Cx+D)(a−x)(a+x).
Para x = a, a2 = 4Aa3 y A = 1/4a.
Para x = −a, a2 = 4Ba3 y B = 1/4a.
Para x = 0, 0 = Aa3 + Ba3 + Da2 = a2/2 + Da2 y D = −1/2.
Para x = 2a, 4a2 = 15Aa3 − 5Ba3 − 6Ca3 − 3Da2 y C = 0. Ası pues:
I =14a
∫dx
a− x+
14a
∫dx
a + x− 1
2
∫dx
a2 + x2
= − 14a
ln |a− x|+ 14a
ln |a + x| − 12a
arc tg(x/a) + C.
PROBLEMA 7.153.
Resolver
∫2x2 + 3
(x2 + 1)2dx.
Solucion
Si descomponemos el integrando, tenemos
2x2 + 3(x2 + 1)2
=Ax + B
x2 + 1+
Cx + D
(x2 + 1)2.
Por tanto:
2x2 + 3 = (Ax + B)(x2 + 1) + Cx + D = Ax3 + Bx2 + (A + C)x + (B + D).
Igualando terminos del mismo grado resulta A = 0, B = 2, A + C = 0,B + D = 3, lo que al resolver queda A = 0, B = 2, C = 0, D = 1.Entonces,
I =∫
2dx
x2 + 1+
∫dx
(x2 + 1)2.
Para la segunda integral hacemos el cambio x = tg z con lo cual∫dx
(x2 + 1)2=
∫sec2 z
sec4 zdz =
∫cos2 zdz = z/2 + (1/4) sen 2z + C,
de donde
I = 2arc tg x + (1/2) arc tg x +x/2
x2 + 1+ C = (5/2) arc tg x +
x/2x2 + 1
+ C.
334
PROBLEMA 7.154.
Resolver
∫x3 + x2 + x + 2x4 + 3x2 + 2
dx.
Solucion
Debido a que x4 + 3x2 + 2 = (x2 + 1)(x2 + 2) tenemos
x3 + x2 + x + 2x4 + 3x2 + 2
=Ax + B
x2 + 1+
Cx + D
x2 + 2,
de donde:
x3 + x2 + x + 2 = (Ax + B)(x2 + 2) + (Cx + D)(x2 + 1)= (A + C)x3 + (B + D)x2 + (2A + C)x + (2B + D),
luego A + C = 1, B + D = 1, 2A + C = 1, 2B + D = 2.
Resolviendo el sistema resulta A = 0, B = 1, C = 1, D = 0. Por tanto:
I =∫
dx
x2 + 1+
∫xdx
x2 + 2= arc tg x +
12
ln(x2 + 2) + C.
PROBLEMA 7.155.
Resolver
∫x5 − x4 + 4x3 − 4x2 + 8x− 4
(x2 + 2)3dx.
Solucion
Tenemos
x5 − x4 + 4x3 − 4x2 + 8x− 4(x2 + 2)3
=Ax + B
x2 + 2+
Cx + D
(x2 + 2)2+
Ex + F
(x2 + 2)3,
de donde: x5−x4 +4x3−4x2 +8x−4 = (Ax+B)(x2 +2)2 +(Cx+D)(x2 +2) + Ex + F = Ax5 + Bx4 + (4A + C)x3 + (4B + D)x2 + (4A + 2C + E)x +(4B + 2D + F )
335
y se obtiene A = 1, B = −1, C = 0, D = 0, E = 4, F = 0.
La integral queda entonces:
I =∫
x− 1x2 + 2
dx+4∫
x
(x2 + 2)3dx =
12
ln(x2+2)−√
22
arc tgx√2− 1
(x2 + 2)2+C.
E. APLICACIONES DE LA INTEGRAL INDEFINIDA.
Es comun tener que resolver problemas en donde se trata de encontrar unafuncion conocida una expresion que involucra a alguna de sus derivadas.Estos problemas reciben el nombre de ecuaciones diferenciales y se resuelvenmediante el proceso de integracion.
Ahora bien, como hay muchas funciones que tienen la misma derivada, paraencontrar una de ellas se necesita una condicion adicional. Generalmente,esa condicion consiste en proporcionar un punto por donde pasa la funcion.
PROBLEMA 7.156.
Encontrar una funcion cuya derivada esdy
dx= 3x2 y que pase por
el punto (1, 0).
Solucion
La funcion que buscamos debe ser primitiva de la funcion dada. De estemodo
y =∫
3x2dx = x3 + C.
Si sustituimos el punto dado, resulta que 0 = 13 + C. Por tanto, C =−1.
La funcion que cumple las condiciones del problema es f(x) = x2−1.
336
PROBLEMA 7.157.
Encontrar una funcion f sabiendo que f ′′(x) =x4 + 1
x3.
Solucion
En este caso debemos realizar dos integraciones: la primera para determinarf ′ y la segunda para obtener f. Deben aparecer por lo tanto dos constan-tes arbitrarias, una por cada integral. Dichas constantes no tienen que sernecesariamente las mismas.
f ′(x) =∫
x4 + 1x3
dx =∫
(x +1x3
)dx =x2
2+
x−2
−2=
x2
2− x−2
2+ C1.
f(x) =∫ (
x2
2− x−2
2+ C1
)dx =
x3
6+
x−1
2+ C1x + C2.
Un caso comun de esta situacion consiste en encontrar la posicion en cada
instante de un punto que se mueve en lınea recta conocida la velocidad o laaceleracion del mismo.
PROBLEMA 7.158.
La aceleracion de una partıcula que se mueve a lo largo de unarecta es
a(t) = π2 cos πt m2/sg.
Si en el instante inicial (t = 0), la posicion de la partıcula es s = 0y la velocidad es v = 8, hallar s cuando t = 1.
Solucion
Mediante integracion directa de la aceleracion con respecto al tiempo, seobtiene la velocidad en cualquier instante t:
v(t) =∫
π2 cos πtdt = π
∫π cos πtdt = π senπt + C.
337
Para determinar la constante C, evaluamos la funcion en el punto t =0:
v(0) = 8 = π senπ0 + C = C; ası pues, v(t) = π senπt + 8.
Integrando de nuevo respecto a t, de la velocidad se obtiene la posicions(t) :
s(t) =∫
(π senπt + 8)dt = − cos πt + 8t + K.
La constante K se obtiene conocida la posicion en el instante t = 0:
s(0) = 0 = − cos π0 + 8 · 0 + K = −1 + K, de donde K = 1.
En definitiva, s(t) = − cos πt + 8t + 1. Como la pregunta que se plantea escalcular s(1), al sustituir resulta s(1) = − cos π +8+1 = 10 metros. Existen
ecuaciones diferenciales mas generales en donde no es posible despejar laderivada de la funcion con respecto a la variable independiente. Un casosimple de resolver y el unico que estudiaremos aquı es aquel en donde sepueden separar en ambos miembros de la ecuacion las variables x e y. Elsiguiente ejemplo ilustra el procedimiento a seguir.
PROBLEMA 7.159.
Resolver la ecuaciondy
dx=√
y sen 2x sabiendo que y(3π/4) = 1
Solucion
En primer lugar intentamos que las variables x e y esten separadas cada unaen un miembro de la ecuacion. Para ello tratamos a la derivada dy/dx comoun cociente de diferenciales y podemos escribir
dy√
y= sen 2xdx.
A continuacion se integran ambos miembros de la ecuacion. El primero res-pecto de la variable y y el segundo respecto de la variable x. Es decir escri-bimos: ∫
dy√
y=
∫sen 2xdx,
de modo quey1/2
1/2= −(1/2) cos 2x + C.
338
(La constante se anade a uno de los miembros de la ecuacion, pues representala diferencia entre las funciones que tienen la misma derivada). El valor deC se calcula mediante la condicion inicial y(3π/4) = 1.
11/2
1/2= −(1/2) cos(2 · 3π/4) + C =⇒ 2 = C.
Despejando el valor de y llegamos a:
y1/2 = (1/2)(−(1/2) cos 2x+2) = −(1/4) cos 2x+1 =⇒ y = [−(1/4) cos 2x+1]2.
En general no se puede obtener la ecuacion en su forma explıcita. La ecuacionimplıcita sera suficiente para definir la funcion.
339
F. EJERCICIOS PROPUESTOS.
Resolver las siguientes integrales indefinidas:
1.-
∫4x2 + 7
x2dx.
Resp.: 4x− (7/x) + C.
2.-∫
(4x− 1)43dx.
Resp.: (4x− 1)44/176 + C.
3.-∫
x(ax3 + b)2dx.
Resp.: a2x8/8 + 2abx5/5 + b2x2/2 + C.
4.-
∫4x√
1− 2x2dx.
Resp.: −2√
1− 2x2 + C.
5.-∫
sen t cos t(sen t + cos t)dt.
Resp.: 13(sen3 t− cos3 t) + C.
6.-
∫cos x
sen2 xdx.
Resp.: − cosec x + C.
7.-
∫4√
1− 4x2dx.
Resp.: 2 arc sen 2x + C.
8.-
∫x√
x + 1dx.
Resp.: 23(x + 1)3/2 − 2(x + 1)1/2 + C.
Sug.: Sumar y restar 1 al numerador. Despues separar en dos integrales.
340
9.-∫ 3√
8x7dx.
Resp.: 3x10/3/5 + C.
10.-
∫1√
x(1 +√
x)2dx.
Resp.:−2
1 +√
x+ C.
11.-
∫sen t + cos2 t
cos2 t√
t + sec tdt.
Resp.: 2√
t + sec t + C.
12.-∫
(2x2 − 5x + 3)dx.
Resp.: 2x3/3− 5x2/2 + 3x + C.
13.-
∫1
1− x2dx.
Resp.:12
ln∣∣∣∣1 + x
1− x
∣∣∣∣ + C.
14.-
∫1
x2 − 4dx.
Resp.:14
ln∣∣∣∣x− 2x + 2
∣∣∣∣ + C.
15.-
∫1
25− 16y2dy.
Resp.:140
ln∣∣∣∣5 + 4y
5− 4y
∣∣∣∣ + C.
16.-∫
(4x3 + 3x2 + 2x + 5)dx.
Resp.: x4 + x3 + x2 + 5x + C.
17.-∫
(3− 2x− x4)dx.
Resp.: 3x− x2 − x5/5 + C.
341
18.-
∫x3 + 5x2 − 4
x2dx.
Resp.: x2/2 + 5x + 4/x + C.
19.-∫
(x2 − 1)2dx.
Resp.: x5/5 + x− 2x3/3 + C.
20.-
∫1√
4− x2dx.
Resp.: arc sen(x/2) + C.
21.-
∫1√
4− (x + 2)2dx.
Resp.: arc senx + 2
2+ C.
22.-
∫x + 2√4x− x2
dx.
Resp.: −√
4x− x2 + 4 arc senx− 2
2+ C.
23.-
∫2x + 3
9x2 − 12x + 8dx.
Resp.:19
ln(9x2 − 12x + 8) +1318
arc tg3x− 2
2+ C.
24.-∫
cos3 xdx.
Resp.: sen x− (1/3) sen3 x + C.
25.-∫
sen3 x cos5 xdx.
Resp.: (1/8) cos8 x− (1/6) cos6 x + C.
26.-∫
tg2 x sec3 xdx.
Resp.: (1/4) sec3 x tg x− (1/8) sec x tg x− (1/8) ln | sec x + tg x|+ C.
27.-∫
cotg 3x cosec4 3xdx.
Resp.: −(1/6) cotg2 3x− (1/12) cotg4 3x + C.
342
28.-∫
sen2 λxdx.
Resp.: (x/2)− (1/4λ) sen 2λx + C.
29.-∫
cos2 3xdx.
Resp.: x/2 + (1/12) sen 6x + C.
30.-∫
cos3(x/3)dx.
Resp.: 3 sen(x/3)− sen3(x/3) + C.
31.-∫
sen 3x sen 2xdx.
Resp.: (1/2) sen x− (1/10) sen 5x + C.
32.-∫
sen 3x cos 5xdx.
Resp.: (1/4) cos 2x− (1/16) cos 8x + C.
33.-∫
cos 4x cos 2xdx.
Resp.: (1/4) sen 2x + (1/12) sen 6x + C.
34.-∫ √
25− x2dx.
Resp.: (1/2)x√
25− x2 + (25/2) arc sen(x/5) + C.
35.-
∫1
x√
9 + 4x2dx.
Resp.:13
ln
∣∣∣∣∣√
9 + 4x2 − 3x
∣∣∣∣∣ + C.
36.-∫
x2 lnxdx.
Resp.: (1/3)x3 lnx− (1/9)x3 + C.
37.-∫
x tg2 xdx.
Resp.: x tg x + ln | cos x| − x2/2 + C.
38.-∫
x2 arc tg xdx.
Resp.: (1/3)x3 arc tg x− x2/6 + (1/6) ln(1 + x2) + C.
343
39.-
∫1
x2 − 1dx.
Resp.:12
ln∣∣∣∣x− 1x + 1
∣∣∣∣ + C.
40.-
∫2x− 3
4x2 − 11dx.
Resp.:14
ln |4x2 − 11| − 3√
1144
ln
∣∣∣∣∣2x−√
112x +
√11
∣∣∣∣∣ + C.
41.- Sea y = f(x) una funcion cuya derivada es f ′(x) =1
(x− 1)2. Cal-
cular f(4) si f(2) = −1.
Resp.: f(x) = −1/(x− 1) + C; f(4) = −1/3.
42.- Definir y representar graficamente una funcion y = f(x) queverifique
f ′′(x) = 2, f ′(1) = 2, f(3) = 5.
Resp.: f(x) = x2 − 4.
43.- Encontrar la velocidad y la posicion de una partıcula en cual-quier instante t si esta se mueve en lınea recta con una acelera-cion dada por a(t) = 3t− t2 si ademas la velocidad y la posicionen el instante t = 1 sg. son v = 7/6 m/sg. y s = 1 m.
Resp.: v(t) = 3t2/2− t3/3 m/sg.; s(t) = t3/2− t4/12 + 7/12 m.
44.- Responder a las mismas preguntas del ejercicio anterior si
a(t) = 18 sen 3t; v = −6 y s = 4 cuando t = 0.
Resp.: v(t) = −6 cos 3t; s(t) = 4− 2 sen 3t.
45.- Resolver la ecuacion y√
4− x2dy
dx= 3x sabiendo que y(0) = −2.
Resp.: y = −√−6(4− x2)1/2 + 16.
46.- Determinar la curva cuya pendiente en cada punto (x, f(x)) esx√
1 + x2 y que pase por el punto (0,−3).
Resp.: f(x) =(1 + x2)3/2 − 10
3.
344
47.- Hallar la ecuacion de la curva que pasa por el punto (4, 2) y cuyapendiente en cada punto es x/y.
Resp.: x2 − y2 = 12.
48.- Sea y = f(x) una funcion cuya derivada esta dibujada a conti-nuacion.
Si f(x) es continua en −2 y f(−2) = 0, definir f y representarla.
Resp.: f(x) =
{x2
2 + x si − 3 ≤ x ≤ −2,
−x− 2 si − 2 < x ≤ 1.
345