Semestre 1-2011
José Luis Quintero Abril 2011
CÁLCULO II
(0252)
Universidad Central de Venezuela Facultad de Ingeniería
Ciclo Básico Departamento de Matemática Aplicada
Semestre 1-2011
José Luis Quintero Abril 2011
TEMA 1
INTEGRAL INDEFINIDA O ANTIDERIVADA
Cálculo II (0252)
Semestre 1-2011
Integral Indefinida o Antiderivada
Prof. José Luis Quintero U.C.V. F.I.U.C.V. CÁLCULO II (0252) - TEMA 1
Las notas presentadas a continuación tienen como único fin, el de prestar apoyo al
estudiante y facilitar su entendimiento en el tema de la integral indefinida o antiderivada.
La guía contempla un pequeño resumen de la teoría correspondiente que sirve de
repaso a los contenidos teóricos que componen el tema. Se presentan ejercicios resueltos y
propuestos, algunos son originales, otros se han tomado de guías redactadas por profesores,
también hay ejercicios tomados de exámenes y de algunos textos. Se ha tratado de ser lo
más didáctico posible y se espera prestar un apoyo a la enseñanza del Cálculo II en
Ingeniería.
Agradezco las observaciones y sugerencias que me puedan hacer llegar en la mejora
del presente material, las mismas pueden ser enviadas a la siguiente dirección de correo:
INDICE GENERAL Integral Indefinida o Antiderivada
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1.1. Introducción
1.2. Primitiva de una función
1.3. Integral indefinida
1.4. Cálculo de primitivas
1.5. Fórmulas de integración inmediata
1.6. Propiedades de la integral
1.7. Condiciones iniciales y soluciones particulares
1.8. Métodos de integración
1.9. Integración inmediata
1.10. Cambio de variable o sustitución
1.11. Integración por partes
1.12. Sustituciones trigonométricas
1.13. Integrales que contienen el término 2ax bx c+ +
1.14. Descomposición en fracciones simples
1.15. Integrandos trigonométricos
1.16. Integrandos irracionales
1.17. Integrandos no elementales
1.18. Cálculo de integrales indefinidas con Maple
1.19. Problemas propuestos
1
1
1
4
5
6
6
8
8
11
19
32
37
43
53
71
73
74
80
INTRODUCCIÓN Integral Indefinida o Antiderivada Pág.: 1 de 100
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1.1. INTRODUCCIÓN
Hasta este momento se ha estudiado la rama del Cálculo llamada Cálculo Diferencial,
en la que se estudia la derivada. En este tema se iniciará el estudio de la otra rama del
Cálculo denominada Cálculo Integral. Estas dos ramas están relacionadas mediante los
teoremas fundamentales del Cálculo, descubrimiento culminante en el siglo XVII realizado por
Newton y Leibniz, quienes trabajaron en forma independiente. Fue Arquímedes el precursor
del cálculo integral. Arquímedes calculó áreas y volúmenes aplicando un método similar al
actual. Leibniz y Newton descubrieron el cálculo tal como hoy se le conoce. Gauss hizo la
primera tabla de integrales. Cauchy aplicó las integrales a los números complejos. Riemann y
Lebesgue dieron a las integrales una base lógica firme. Hermite encontró un algoritmo para
integrar funciones racionales.
1.2. PRIMITIVA DE UNA FUNCIÓN
En temas anteriores se aprendió a obtener, vía definición y regla de derivación, la
función derivada de una función. Además se probó que es única, es decir, una función tiene
una sola función derivada. Se considera ahora el problema inverso de la derivación: Dada una
función f(x), determinar otra función F(x) tal que F '(x) f(x)= .
Definición 1. Una función F(x) es la primitiva de una función f(x) en un intervalo I si y sólo si F '(x) f(x)= , para cada x I∈ .
1.3. INTEGRAL INDEFINIDA
Como ya se dijo anteriormente, una función tiene una única derivada; sin embargo la
primitiva no es única. De modo que si F(x) es primitiva de f(x) en el intervalo I entonces la
expresión F(x) C+ describe todas las primitivas de f(x) y es llamada primitiva general de
f(x). La primitiva general F(x) C+ representa una familia de funciones que dependen de la
constante C y sus gráficas guardan entre sí una relación geométrica de traslación vertical (ver
figuras 1 y 2).
INTEGRAL INDEFINIDA Integral Indefinida o Antiderivada Pág.: 2 de 100
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Ejemplo 1. La derivada de la función 2f(x) x= es la función g(x) 2x= . Sin embargo, cuando
se quiere encontrar una función tal que su derivada corresponda a g(x) se tiene que no es
única.
En este caso, el conjunto de funciones corresponde a la familia 2y x C= + , donde C es
un número real. Se puede afirmar que 2y x C= + es la solución general de la ecuación
diferencial y ' 2x= .
Figura 1. Algunos miembros de la familia de funciones de la forma 2y=x +C
Figura 2. Algunos miembros de la familia de funciones de la forma y=sen(x)+C
INTEGRAL INDEFINIDA Integral Indefinida o Antiderivada Pág.: 3 de 100
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Definición 2. Una ecuación diferencial en x e y es una ecuación que involucra a x, a y y a
derivadas de y.
Por ejemplo y ' 3x= o 2y ' x 1= + son ecuaciones diferenciales.
La familia o conjunto de todas las primitivas de f(x), recibe el nombre de integral
indefinida de f y tiene una notación que fue introducida por Gottffried Leibniz:
f(x)dx∫ .
El símbolo de integral ∫ (sigma) proviene del griego y significa suma, cuando se trate
la integral definida se hablará de la razón de ello.
Definición 3. (Integral indefinida).
f(x)dx F(x) C= +∫
si y sólo si F '(x) f(x)= .
La función f(x) recibe el nombre de integrando, dx indica que la variable de
integración es x y C se llama constante de integración.
Vale la pena destacar dos aspectos:
a. La integración es el proceso inverso a la derivación.
b. La integración es una suma (el signo de integral surgió como deformación del signo
sumatorio).
Algunos autores utilizan los términos antidiferenciación o antiderivación como
sinónimos de integración; mientras que otros hacen referencia al término antiderivada,
como el resultado de aplicar el proceso de integración.
La diferencia entre integración y antiderivada, se pone de manifiesto mediante la
siguiente afirmación: la integración es el proceso que permite obtener antiderivadas.
CÁLCULO DE PRIMITIVAS Integral Indefinida o Antiderivada Pág.: 4 de 100
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1.4. CÁLCULO DE PRIMITIVAS
Las siguientes afirmaciones son equivalentes:
a. Calcular la familia de primitivas de f(x)
b. Integrar la función f(x)
c. Resolver la integral f(x)dx∫
Estas afirmaciones intentan dar respuesta al problema de encontrar la función F(x)
cuya derivada es f(x). A continuación se puede encontrar un conjunto de fórmulas de
integración. Es probable que la integral que se tenga que resolver esté en una de esas
fórmulas. Sólo se deben saber las integrales mas elementales (las que se derivan
directamente de las fórmulas de las derivadas equivalentes), las demás se obtienen aplicando
métodos muy variados. Invirtiendo las columnas de una tabla de derivadas se puede construir
la lista de fórmulas de integración del apartado siguiente.
No hay otra forma de aprender las integrales que haciendo muchas. Con la
ejercitación constante, se adquiere una habilidad para reconocer la mejor forma de resolver
una integral. Por otra parte, se debe tener presente el manejo correcto de identidades y
fórmulas algebraicas vistas en cursos anteriores.
Programas de software como Derive, Maple, Mathcad o Mathematica, entre otros, son
capaces de efectuar integración indefinida. En siguientes apartados se ampliará un poco sobre
esto.
Para comprobar si el resultado obtenido al resolver una integral es o no correcto
basta con aplicarle el proceso de derivación a dicho resultado. La respuesta se considera
correcta si la derivada coincide con el integrando, resultando incorrecta en caso contrario.
FÓRMULAS DE INTEGRACIÓN INMEDIATA
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1.5. FÓRMULAS DE INTEGRACIÓN INMEDIATA
1.5.1. 1x
x dx C con 11
α +α = + α ≠ −
α +∫
1.5.3. x
x aa dx C (a 0 y a 1)
ln(a)= + > ≠∫
1.5.5. sen(x)dx cos(x) C= − +∫
1.5.7. tg(x)dx ln cos(x) C= − +∫
1.5.9. sec(x)dx ln sec(x) tg(x) C= + +∫
1.5.11. 2sec (x)dx tg(x) C= +∫
1.5.13. sec(x)tg(x)dx sec(x) C= +∫
1.5.2. x xe dx e C= +∫
1.5.4. 1dx ln x C
x= +∫
1.5.6. cos(x)dx sen(x) C= +∫
1.5.8. ctg(x)dx ln sen(x) C= +∫
1.5.10. csc(x)dx ln csc(x) ctg(x) C= − + +∫
1.5.12. 2csc (x)dx ctg(x) C= − +∫
1.5.14. csc(x)ctg(x)dx csc(x) C= − +∫
1.5.15. 12 2
1 x xdx arcsen C arccos C (a 0)
a aa x
= + = − + > −∫
1.5.16. 12 2
1 1 x 1 xdx arctg C arcctg C (a 0)
a a a aa x
= + = − + ≠ +∫
1.5.17. 12 2
1 1 x 1 xdx arc sec C arc csc C (a 0)
a a a ax x a= + = − + ≠
−∫
1.5.18. 1 2 21
2 2
1 xdx senh C ln(x x a ) C (a 0)
ax a
− = + = + + + > +∫
1.5.19. 1 2 21
2 2
1 xdx cosh C ln(x x a ) C (a 0)
ax a
− = + = + − + > −∫
1.5.20.
1 2 2
12 2-1 2 2
xtgh C si x a
a1 1 a xdx ln C (a 0)
2a a x xa xctgh C si x a
a
− + < + = + = ≠− − + >
∫
1.5.21. 2 2
11
2 2
1 1 x 1 a a xdx sech C ln C (0 x a)
a a a xx a x
− + − = − + = − + < < − ∫
1.5.22. 2 2
1
2 2
a a x1 1 x 1dx csch C ln C (x 0) (a 0)
a a a xx a x
− + + = − + = − + ≠ ≠ + ∫
FÓRMULAS DE INTEGRACIÓN INMEDIATA
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1.5.23. senh(x)dx cosh(x) C= +∫
1.5.25. 2sech (x)dx tgh(x) C= +∫
1.5.27. sech(x)tgh(x)dx sech(x) C= − +∫
1.5.24. cosh(x)dx senh(x) C= +∫
1.5.26. 2csch (x)dx ctgh(x) C= − +∫
1.5.28. csch(x)ctgh(x)dx csch(x) C= − +∫
1.6. PROPIEDADES DE LA INTEGRAL
El proceso de integración es lineal respecto de la suma algebraica y multiplicación por
una constante, esto significa:
a. cf(x)dx c f(x)dx , c R= ∈∫ ∫
b. ( )f(x) g(x) dx f(x)dx g(x)dx± = ±∫ ∫ ∫
1.7. CONDICIONES INICIALES Y SOLUCIONES PARTICULARES
Ya se dijo que la ecuación
y f(x)dx= ∫
tiene muchas soluciones, que difieren unas de otras en una constante. Eso quiere decir que
las gráficas de dos primitivas de f son traslación vertical una de la otra. Así, la figura 3,
muestra varias primitivas
2 3y (3x 1)dx x x C= − = − +∫ (Solución general)
CONDICIONES INICIALES Y SOLUCIONES PARTICULARES
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para varios valores enteros de C. Cada una de estas primitivas es solución de la ecuación
diferencial
2dy3x 1
dx= − .
Figura 3. La solución particular que satisface la condición inicial F(2)=4 es 3F(x)=x -x-2
En muchas aplicaciones de la integración se da suficiente información para determinar
una solución particular. Para ello basta el valor de y F(x)= en un valor de x. Por ejemplo,
en la figura 3 sólo una de las curvas pasa por el punto (2,4). Para determinar esa curva se
utiliza la siguiente información:
3F(x) x x C= − + Solución general
F(2) 4= Condición particular
Usando la condición particular en la solución general se puede hallar que
F(2) 8 2 C 4= − + = ,
lo cual implica que C 2= − . Por tanto, se obtiene
3F(x) x x 2= − − Solución particular
MÉTODOS DE INTEGRACIÓN Integral Indefinida o Antiderivada Pág.: 8 de 100
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1.8. MÉTODOS DE INTEGRACIÓN
Integrar
( f(x)dx∫ )
es buscar una función F(x) tal que su derivada sea f(x). No siempre la búsqueda es trivial, de
modo que existen algunos métodos para integrar con éxito.
1.9. INTEGRACIÓN INMEDIATA
Como su nombre lo indica, el mencionado método consiste en la aplicación inmediata
de una o varias reglas de integración ya establecidas y que son de fácil aplicación, aunque en
algunos casos será necesario el desarrollo de operaciones algebraicas básicas.
A continuación se presenta un conjunto de ejemplos, cuya función es ilustrar la teoría
expuesta hasta el momento, e introducir este primer método de integración.
Ejemplo 2. Resuelva la integral
2 2
4
2 x 2 xdx
4 x
+ − −
−∫ .
Solución. 2 2 2 2
4 4 4 2 2
2
2 x 2 x 2 x 2 x dx dxdx dx dx
4 x 4 x 4 x 2 x 2 x
x arcsen ln(x x 2) C
2
+ − − + −= − = −− − − − +
= − + + +
∫ ∫ ∫ ∫ ∫
Ejemplo 3. Resuelva la integral 2x x
x
e edx
e
+∫ .
Solución.
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2x x x x x
x x
x x
e e e .e edx dx (e 1)dx e x C
e e
+ += = + = + +∫ ∫ ∫
Ejemplo 4. La velocidad mínima requerida para que un objeto lanzado desde la Tierra escape
de la atracción gravitatoria de ésta se obtiene como solución de la ecuación
2
1vdv GM dx
x= −∫ ∫ ,
donde v es la velocidad, y la distancia al centro de la Tierra, G la constante de la gravitación y
M la masa de la Tierra. Demuestre que v y x están relacionadas por la ecuación
2 20
1 1v v 2GM
x R
= + −
,
donde 0v es la velocidad inicial del objeto y R el radio de la Tierra.
Solución.
Calculando la integral de cada miembro de la ecuación 2
2
1 v GMvdv GM dx C
2 xx= − ⇒ = +∫ ∫
Incorporando la condición que implica que 0v v= cuando x R= se tiene
2 20
1 1v v 2GM
x R
= + −
.
Ejemplo 5. Resuelva la integral 2
2
1 tg (x)dx
sen (x)
−∫ .
Solución. 2
2 2
2 2 2
1 tg (x) 1 1dx dx (csc (x) sec (x))dx ctg(x) tg(x) C
sen (x) sen (x) cos (x)
− = − = − = − − + ∫ ∫ ∫
Ejemplo 6. Resuelva la integral
(x 1)(x 2)dx
x
− −∫ .
Solución. 2 2(x 1)(x 2) x 3x 2 2 x
dx dx x 3 dx 3x 2ln x Cx x x 2
− − − + = = − + = − + + ∫ ∫ ∫
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Ejemplo 7. Resuelva la integral
4( a x)dx
ax
−∫ .
Solución. 4 2 2 2
2 2
2 2
2 2
( a x) (( a x) ) (a 2 ax x)dx dx dx
ax ax ax
(a 2 ax) 2x(a 2 ax) xdx
ax
a 4a ax 4ax 2ax 4x ax xdx
ax
a 4a ax 6ax 4x ax xdx
ax
− − − += =
− + − +=
− + + − +=
− + − +=
∫ ∫ ∫∫∫∫
3 31 1 1 12 2 2 2 2 2
22
32
a x dx 4a dx 6a x dx 4 xdx a x dx
2x x2a ax 4ax 4x ax 2x C
5 a
2x2a ax 4ax 4x ax 2x C
5 ax
− −= − + − +
= − + − + +
= − + − + +
∫ ∫ ∫ ∫ ∫
Ejemplo 8. Resuelva la integral
2
sen(x)dx
cos (x)∫ .
Solución.
2
sen(x) sen(x) 1dx . dx tg(x).sec(x)dx sec(x) C
cos(x) cos(x)cos (x)
= = = + ∫ ∫ ∫
CAMBIO DE VARIABLE O SUSTITUCIÓN
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1.10. CAMBIO DE VARIABLE O SUSTITUCIÓN
Es uno de los procedimientos más usuales en integración y su finalidad es reducir la
integral dada a una de integración inmediata y está basado en la derivación de una
composición de funciones:
(F g)'(x) F(g(x)) ' F '(g(x)).g'(x) f(g(x)).g'(x)dx (F'(x) f(x))= = = = �
De manera que:
f(g(x)).g'(x)dx F(g(x)) C= +∫
Cuando se observe que el integrando tiene la forma:
f(g(x)).g'(x) ,
se puede efectuar el cambio de variable u g(x),= de donde
du
g'(x)dx
= ,
o sea
du g'(x)dx= ,
de manera que se reduce la integral a una más sencilla:
f(g(x))g'(x)dx f(u)du F(u) C F(g(x)) C= = + = +∫ ∫
Luego de hacer efectivo el cambio de variable, por lo general, se obtienen integrales
más sencillas que la original, las cuales se resuelven aplicando lo aprendido en el método
anterior (integración inmediata).
CAMBIO DE VARIABLE O SUSTITUCIÓN
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Es importante señalar que el resultado de la integración, debe estar en función de las
variables originales por lo que se acostumbra a emplear el término devolviendo el cambio
de variable para reseñar el proceso mediante el cual la variable auxiliar desaparece de la
respuesta definitiva.
A continuación se presenta un conjunto de ejemplos, cuya función es ilustrar la teoría
expuesta hasta el momento, e introducir este segundo método de integración.
Ejemplo 9. Resuelva la integral
4
sen(x)cos(x)dx
2 sen (x)−∫ .
Solución. 2
4 2
2
sen(x)cos(x) 1 du 1 u 1 sen (x)dx arcsen C arcsen C
2 2 22 22 sen (x) 2 u
(u sen (x) du 2sen(x)cos(x)dx)
= = + = + − −
= ⇒ =
∫ ∫
Ejemplo 10. Si se hace el cambio de variable u tg(x)= se obtiene
2 2112
sec (x)tg(x)dx tg (x) C= +∫ .
Por otra parte, si se hace el cambio de variable 2u sec (x)= resulta
2 2122
sec (x)tg(x)dx sec (x) C= +∫ .
¿Serán correctos ambos resultados? Justifique su respuesta.
Solución.
Si son correctos ambos resultados. Se tiene que 2 2 2 21 1 1 1 1
2 2 2 12 2 2 2 2sec (x) C 1 tg (x) C tg (x) C tg (x) C + = + + = + + = +
Ejemplo 11. Resuelva la integral
∫+
dx)xsec(
e)x(sec )x(sen3
.
Solución.
Ce)x(tgdx)e)xcos()x((secdx)xsec(
e)x(sec )x(sen)x(sen2)x(sen3
++=+=+∫∫
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Ejemplo 12. Resuelva la integral
2x 3dx
2x 1
++∫ .
Solución.
2x 3 2x 1 2 2x 1 2 2 dudx dx dx dx dx dx
2x 1 2x 1 2x 1 2x 1 2x 1 u
(u 2x 1 du 2dx)
+ + + + = = + = + = + + + + + +
= + ⇒ =∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫
x ln u C x ln 2x 1 C= + + = + + +
Ejemplo 13. Resuelva la integral
∫ −+
dx)xcos(1
)x(sen1 3
.
Solución.
∫∫∫+++=
−++=
−+
dx)x(sen
)xcos()x(sen)x(sen)xcos(1dx
)x(cos1
))xcos(1))(x(sen1(dx
)xcos(1
)x(sen12
33
2
33
C2
)x(sen)xcos()xcsc()x(ctgdx)xcos()x(sen)x(sen
)x(sen
)xcos()x(csc
2
22 ++−−−=
+++∫
Por lo tanto:
C2
)x(sen)xcos()xcsc()x(ctgdx
)xcos(1
)x(sen1 23
++−−−=−
+∫
Ejemplo 14. Resuelva la integral ln 2x 1
dxxln 4x
∫ .
Solución. ln 2x ln(2) ln x1 1
dx dxx xln 4x ln(4) ln x
+= + ∫ ∫
Haciendo dx
u ln(4) ln x , dux
= + = .
Sustituyendo en la integral
Ln(2) u Ln(4) u Ln(2) Ln(2)du du 1 du
u u u
+ − − = = − ∫ ∫ ∫ =
1du Ln(2) du u Ln(2) Ln u C
u= + = − +∫ ∫ donde C es una constante real
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Devolviendo el cambio de variable u ln(4) ln x ln 4x= + = se obtiene:
Ln(2x) 1dx
Ln(4x) x
∫ = Ln|4x| + Ln(2) Ln(Ln|4x|) + C
Ejemplo 15. Resuelva la integral 3
8
xdx
1 x+∫ .
Solución. 3
4
8 2
4 3
x 1 du 1 1dx arctg(u) C arctg(x ) C
4 4 41 x 1 u
(u x du 4x dx)
= = + = ++ +
= ⇒ =
∫ ∫
Ejemplo 16. Resuelva la integral
x 2x 3x2 3 e dx∫ .
Solución. x 2x 3x
x 2x 3x
2 3 2 3 2 3
x 2x 3x 2 3 x 2 3 2 3 x
1 z 2 3 e2 3 e dx dz C C
ln(2.3 .e ) ln(2.3 .e ) ln(2.3 .e )
(z 2 3 e (2.3 .e ) dz ln(2.3 .e ).(2.3 .e ) dx)
= = + = +
= = ⇒ =
∫ ∫
Ejemplo 17. Resuelva la integral 4 3
5 4
3x 12x 6dx
x 5x 10x 12
+ ++ + +∫ .
Solución. 4 3 4 3 4 3
5 4 5 4 5 4
5 4
5 4 4 3
3x 12x 6 x 4x 2 3 5x 20x 10dx 3 dx dx
5x 5x 10x 12 x 5x 10x 12 x 5x 10x 12
3 du 3 3ln u C ln x 5x 10x 12 C
5 u 5 5
(u x 5x 10x 12 du (5x 20x 10)dx)
+ + + + + += =+ + + + + + + + +
= + = + + + +
= + + + ⇒ = + +
∫ ∫ ∫∫
Ejemplo 18. Resuelva la integral xx ee dx+∫ .
Solución.
CAMBIO DE VARIABLE O SUSTITUCIÓN
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x x xx e x e u u e x xe dx e e dx e du e C e C (u e du e dx)+ = = = + = + = ⇒ =∫ ∫ ∫
Ejemplo 19. Resuelva la integral
x
dx
1 e−+∫ .
Solución. x
x
x 1 xxe
x x
dx dx e dudx ln u C ln(e 1) C
u11 e e 1
(u e 1 du e dx)
−= = = = + = + +
++ +
= + ⇒ =
∫ ∫ ∫ ∫
Ejemplo 20. Resuelva la integral
ln(ln(x))dx
x ln(x)∫ .
Solución. 2 2ln(ln(x)) u (ln(ln(x)))
dx udu C Cx ln(x) 2 2
(u ln(ln(x)) du dx (x.ln(x)))
= = + = +
= ⇒ =∫ ∫
Ejemplo 21. Resuelva la integral
sen(ln(x))dx
x∫ .
Solución.
sen(ln(x))dx sen(u)du cos(u) C cos(ln(x)) C
x
(u ln(x) du dx x)
= = − + = − +
= ⇒ =∫ ∫
Ejemplo 22. Resuelva la integral
2
dx
1 cos (x)+∫ .
Solución. 2 2
2 2 2 2
2
dx sec (x) sec (x) du 1 udx dx arctg C
1 cos (x) 1 sec (x) 2 tg (x) 2 u 2 2
1 tg(x) arctg C (u tg(x) du sec (x)dx)
2 2
= = = = +
+ + + +
= + = ⇒ =
∫ ∫ ∫ ∫
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Ejemplo 23. Resuelva la integral
3
dx
sen(x)cos (x)∫ .
Solución. 2
3 4
dx dx sec (x)dx 2 tg(x) C
tg(x)sen(x)cos (x) tg(x)cos (x)= = = +∫ ∫ ∫
Ejemplo 24. Resuelva la integral
3 5
dx
sen (x)cos (x)∫ .
Solución.
Manipulando algebraicamente la integral: 1
22cos (x)
3 5 3 5 3 51 sen (x) cos (x)2cos (x) 3 cos(x)cos (x)
2 2 2 2
3 4 2 3 3
dx sec (x)dx dx
sen (x)cos (x) sen (x)cos (x) .
sec (x) sec (x) sec (x).sec (x) dx dx dx
tg (x)cos (x) cos (x) tg (x) tg (x)
= =
= = =
∫ ∫ ∫
∫ ∫ ∫2 2
3
(1 tg (x)).sec (x) dx
tg (x)
+= ∫
Sea 2u tg(x) , du sec (x)dx= =
2 23 /2 1 /2 3 /2 1 /2
3 /23
(1 u ) (1 u ) 2 2du du (u u )du u du u du u u C
3u uu
− −+ += = + + = − + +∫ ∫ ∫ ∫ ∫
De modo que:
3 5
dx 2 2tg(x) tg(x) C
3tg(x)sen (x)cos (x)= − + +∫
Ejemplo 25. Resuelva la integral x
x
4 1dx
2 1
++∫ .
Solución.
Separando en dos integrales: x x
x x x
4 1 4 dxdx dx
2 1 2 1 2 1
+ = ++ + +∫ ∫ ∫
Resolviendo la primera integral: Sea
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x x duu 2 1 , du 2 ln(2)dx dx
(u 1)ln(2)= + = ⇒ =
−
x 2
x
4 1 (u 1) du 1 (u 1)dx . du
ln(2) u u 1 ln(2) u2 1
− −= =−+∫ ∫ ∫
Separando las integrales:
1 (u 1) 1 du 1du du (u ln(u)) C
ln(2) u ln(2) u ln(2)
− = − = − + ∫ ∫ ∫
Devolviendo el cambio de variable:
x x1 1(u ln(u)) C (2 1 ln(2 1)) C
ln(2) ln(2)− + = + − + +
Resolviendo la segunda integral: Sea
x x duu 2 1 , du 2 ln(2)dx dx
(u 1)ln(2)= + = ⇒ =
−
x 2 2 21 1 1 14 4 2 4
dx 1 1 du 1 du 1 du 1 du.
ln(2) u (u 1) ln(2) ln(2) ln(2)2 1 u u u u (u )= = = =
−+ − − + − − −∫ ∫ ∫ ∫ ∫
Sea 12
z u , dz du= − = .
12
2 2 2 11 1 1 122 4 4 4
z1 du 1 dz 1 dz 1.ln C
ln(2) ln(2) ln(2) ln(2) z(u ) z z
+= = − = − +
−− − − −∫ ∫ ∫
Devolviendo los cambios de variable: 1 x x21 x x2
z1 1 2 1 1 2 1.ln C .ln C .ln C
ln(2) ln(2) ln(2)z 2 2
+ + +− + = − + = − + −
De modo que: x x x 2
x x x
x x x
4 1 1 2 1 1 (2 1)dx 2 1 ln(2 1) ln C 2 1 ln C
ln(2) ln(2)2 1 2 2
+ + += + − + − + = + − + + ∫
Ejemplo 26. Resuelva la integral
2
1 tg(x) dx.
1 tg(x) cos (x)
−+∫ .
Solución. Sea 2u tg(x) , du sec (x)dx= =
2 2 2
1 u 1 u 1 u 1 u 1 u du udu du . du du du
1 u 1 u 1 u 1 u 1 u 1 u 1 u
− − − − −= = = = −+ + + − − − −∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫
Al resolver la primera integral se tiene:
1 12
duarcsen(u) C arcsen(tg(x)) C
1 u= + = +
−∫
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Al resolver la segunda integral se tiene: Sea
2 dzz 1 u , dz 2udu , udu
2= − = − − =
2 22 2 2
2
u 1 dzdu z C 1 u C 1 tg (x) C
2 z1 u= − = − + = − − + = − − +
−∫ ∫
De modo que:
2
2
1 tg(x) dx. arcsen(tg(x)) 1 tg (x) C
1 tg(x) cos (x)
− = + − ++∫
Ejemplo 27. Resuelva la integral
2 2 3
xdx
1 x (1 x )+ + +∫ .
Solución.
Sea
2 duu 1 x , du 2xdx xdx
2= + = ⇒ =
2 2 3
x 1 du 1 du 1 dudx
2 2 2u u u u(1 u) u 1 u1 x (1 x )
= = =+ + ++ + +∫ ∫ ∫ ∫
Sea
du du
z 1 u , dz 2dz2 u u
= + = ⇒ = , 1 du dz
2 z C2 zu 1 u
= = ++∫ ∫
Devolviendo los cambios de variable:
2dz2 z C 2 1 1 x C
z= + = + + +∫
De modo que:
2
2 2 3
xdx 2 1 1 x C
1 x (1 x )
= + + ++ + +∫ .
Ejemplo 28. Resuelva la integral
∫ +dx
1e
e
4 x
x2
.
Solución. Haciendo la sustitución x 2 xe 1 u e dx 2udu+ = ⇒ = en la integral dada, se obtiene:
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2x x x 2
5/2 1/2
4 4x x
7/2 3/2 7/2 3/2 x 7/4 x 3/4
7 32 2
e e .e (u 1)2udx dx du 2 (u u )du
ue 1 e 1
u u u u (e 1) (e 1) 2 C 4 C 4 C
7 3 7 3
−= = = −+ +
+ += − + = − + = − +
∫ ∫ ∫ ∫
Luego, 2x x 7/4 x 3/4
4 x
e (e 1) (e 1)I dx 4 C
7 3e 1
+ += = − + + ∫
donde C es la constante de integración.
1.11. INTEGRACIÓN POR PARTES
Esta técnica se basa en la derivación de un producto de funciones:
(u.v)'(x) u'(x).v(x) u(x).v '(x),= +
integrando a ambos lados se tiene
(u.v)'(x)dx u'(x).v(x)dx u(x).v '(x)dx= +∫ ∫ ∫
de donde:
int egral original int egral auxiliar
u(x).v '(x)dx u(x).v(x) u'(x).v(x)dx= −∫ ∫��������� ���������
Para el éxito de esta técnica se debe tener entre otras cosas: Elegir v’ entre los
factores de la integral original, de forma que se obtenga v sin dificultad. La integral auxiliar
debe ser fácil de calcular. En la práctica, el proceso de elegir una expresión para u y otra para
dv no es siempre sencillo y no existe una técnica general para efectuar dicho proceso. Sin
embargo, existe una regla empírica de gran ayuda pero de carácter no general,
denominada I.L.A.T.E., para hacer la mencionada elección.
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La única deficiencia de I.L.A.T.E., es que en algunos casos, al hacer la elección de u,
indicada por la mencionada regla, el proceso de desarrollo del ejercicio puede entrar en un
ciclo infinito, que no permite obtener la solución correspondiente. Si esto ocurre, se debe
detener el proceso y hacer una elección contraria a la hecha originalmente.
Las siglas de I.L.A.T.E., significan lo siguiente:
I = Funciones Inversas.
L = Funciones Logarítmicas.
A = Funciones Algebraicas.
T = Funciones Trigonométricas.
E = Funciones Exponenciales.
La regla I.L.A.T.E., se utiliza única y exclusivamente para realizar la mencionada
elección, teniendo que recurrir al proceso de integración por partes y los métodos ya
expuestos, para resolver cualquier ejercicio relativo al presente tópico. Por esta razón, es
conveniente que el lector haya estudiado detalladamente los dos métodos anteriores.
Para ilustrar como se usa I.L.A.T.E., se presenta la siguiente situación:
Ejemplo 29. Resuelva la integral
xxe dx−∫ .
Solución.
Obsérvese que el integrando está compuesto por dos funciones, una Algebraica (x) y otra
Exponencial (e-x). Se buscan las iniciales A y E en la palabra I.L.A.T.E. Como en ella,
leyendo de izquierda a derecha, aparece primero la letra A, se elige como u la función
Algebraica, es decir, u = x. Por lo tanto, lo que queda dentro de la integral es dv. Así: xdv e dx−= .
De este modo se tiene entonces que x xu x du dx , dv e dx v e− −= ⇒ = = ⇒ = − .
Por lo tanto:
x x x x xxe dx xe e dx xe e C− − − − −= − + = − − +∫ ∫
A continuación se presenta un conjunto de ejemplos, cuya función es introducir este
tercer método de integración.
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Ejemplo 30. Resuelva la integral
x ln(x)dx∫ .
Solución. 2
2 2 2
u ln(x) du dx x , dv xdx v x 2
x 1 x xx ln(x)dx ln(x) xdx ln(x) C
2 2 2 4
= ⇒ = = ⇒ =
= − = − +∫ ∫
Ejemplo 31. Resuelva la integral
2x cos(x)dx∫ .
Solución. 2
2 2
2 2
u x du 2xdx , dv cos(x)dx v sen(x)
x cos(x)dx x sen(x) 2 xsen(x)dx
u x du dx , dv sen(x)dx v cos(x)
xsen(x)dx x cos(x) cos(x)dx x cos(x) sen(x) C
x cos(x)dx x sen(x) 2( x cos(x) sen(x)) C
= ⇒ = = ⇒ =
= −
= ⇒ = = ⇒ = −
= − + = − + +
= − − + +
∫ ∫
∫ ∫∫
Ejemplo 32. Resuelva la integral
arcsen(x)dx∫ .
Solución.
2
2
2 2
dxu arcsen(x) du , dv dx v x
1 x
xarcsen(x)dx xarcsen(x) dx xarcsen(x) du
1 x
(u 1 x 2udu 2xdx udu xdx)
= ⇒ = = ⇒ =−
= − = +−
= − ⇒ = − ⇒ − =
∫ ∫ ∫
2 xarcsen(x) u C xarcsen(x) 1 x C= + + = + − +
Ejemplo 33. Resuelva la integral
arcsen(x)e dx∫ .
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Solución.
Integrando por partes:
arcsen(x)
arcsen(x)
2
eu e du dx , dv dx v x
1 x= ⇒ = = ⇒ =
−.
arcsen(x)arcsen(x) arcsen(x)
2
xee dx xe dx
1 x= −
−∫ ∫ .
Resolviendo la integral auxiliar aplicando integración por partes:
arcsen(x)
arcsen(x) 2
2 2
e xu e du dx , dv dx v 1 x
1 x 1 x= ⇒ = = ⇒ = − −
− −.
De modo que: arcsen(x)
2 arcsen(x) arcsen(x)
2
xedx 1 x e e dx
1 x= − − +
−∫ ∫ .
En consecuencia:
arcsen(x) 2 arcsen(x)1e dx (x 1 x )e C
2= + − +∫
Ejemplo 34. Resuelva la integral
sen(ln(x))dx∫ .
Solución. cos(ln(x))
u sen(ln(x)) du dx , dv dx v xx
sen(ln(x))dx xsen(ln(x)) cos(ln(x))dx
= ⇒ = = ⇒ =
= −∫ ∫
sen(ln(x))u cos(ln(x)) du dx , dv dx v x
x
cos(ln(x))dx x cos(ln(x)) sen(ln(x))dx
sen(ln(x))dx xsen(ln(x)) x cos(ln(x)) sen(ln(x))dx
1sen(ln(x))dx x(sen(ln(x)) cos(ln(x))) C
2
= ⇒ = − = ⇒ =
= +
= − −
= − +
∫ ∫∫ ∫∫
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Ejemplo 35. Resuelva la integral
2x.arctg (x)dx∫ .
Solución.
Integrando por partes:
2
2
2
2arctg(x) x(u arctg (x) du dx , dv xdx v )
21 x= ⇒ = = ⇒ =
+
2 2 22 2 2
2 2
22
2
x x arctg(x) x 1x.arctg (x)dx arctg (x) dx arctg (x) 1 arctg(x)dx
2 21 x 1 x
x arctg(x)arctg (x) arctg(x)dx dx
2 1 x
= − = − − + +
= − ++
∫ ∫ ∫∫ ∫
Resolviendo cada integral auxiliar:
2
212
2 2
2 22
dx(u arctg(x) du , dv dx v x)
1 x
x 1arctg(x)dx x.arctg(x) dx x.arctg(x) ln(1 x ) C
21 x
arctg(x) u arctg (x)(u arctg(x)) dx udu C C
2 21 x
= ⇒ = = ⇒ =+
= − = − + ++
= = = + = ++
∫ ∫∫ ∫
De modo que: 2 2
2 2 2x 1 arctg (x)x.arctg (x)dx arctg (x) ln(1 x ) C
2 2 2= − + + +∫
Ejemplo 36. Resuelva la integral
xdx
1 sen(x)+∫ .
Solución.
Manipulando algebraicamente la integral:
2 2
x x 1 sen(x) x(1 sen(x)) x xsen(x)dx . dx dx dx
1 sen(x) (1 sen(x)) 1 sen(x) cos (x) cos (x)
− − −= = =+ + −∫ ∫ ∫ ∫
Separando:
2 2 2
x xsen(x) x xsen(x)dx dx dx
cos (x) cos (x) cos (x)
− = −∫ ∫ ∫
Resolviendo la primera integral:
2
2
xdx x sec (x)dx
cos (x)=∫ ∫
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Aplicando integración por partes:
2
u x du dx
dv sec (x)dx v tg(x)
= =
= =
21x sec (x)dx xtg(x) tg(x)dx xtg(x) ln cos(x) C= − = + +∫ ∫
Resolviendo la segunda integral:
2
xsen(x)dx xtg(x)sec(x)dx
cos (x)=∫ ∫
Aplicando integración por partes: u x du dx
dv tg(x)sec(x)dx v sec(x)
= == =
2xtg(x)sec(x)dx x sec(x) sec(x)dx x sec(x) ln sec(x) tg(x) C= − = − + +∫ ∫
De modo que:
xdx xtg(x) ln cos(x) x sec(x) ln sec(x) tg(x) C
1 sen(x)= + − + + +
+∫ .
Ejemplo 37. Resuelva la integral 2 2
4
x 1 ln(x 1) 2ln(x)dx
x
+ + − ∫ .
Solución.
Aplicando propiedades de logaritmos:
( ) ( )22 2x 1 12 22 2x x
4 4 4
x 1.ln x 1.ln 1x 1 ln(x 1) 2ln(x)dx dx dx
x x x
++ + + + + − = =∫ ∫ ∫
Manipulando algebraicamente:
( ) ( )22 1 1x 12 22 x xx
4 3
1 .ln 1x 1.lndx dx
x x
+ + ++=∫ ∫
Sea
2 3 3
1 2 dz dxz 1 , dz dx
2x x x= + = − ⇒ − = ,
( )1 12 2x x
3
1 .ln 11
dx z.ln(z)dz2x
+ += −∫ ∫
Aplicando integración por partes:
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dz
u ln(z) duz
2dv zdz v z z
3
= =
= =
2 2 2 2 2z.ln(z)dz z z ln(z) zdz z z ln(z) . z z C
3 3 3 3 3= − = − +∫ ∫
Devolviendo el cambio de variable:
2 2 2
2 2 2 1 1 1 2z z ln(z) C 1 1 ln 1 C
3 3 3 3x x x
− + = + + + − +
Multiplicando cada término por 1 /2− se obtiene:
2 2 2
1 1 1 1 21 1 ln 1 C
3 3x x x
− + + + − +
De modo que: 2 2
4 2 2 2
x 1 ln(x 1) 2ln(x) 1 1 1 1 2dx 1 1 ln 1 C
3 3x x x x
+ + − = − + + + − + ∫
Ejemplo 38. Si n
n2
xI dx
x 5=
+∫ ,
pruebe que n 1
2n n 2
x 5(n 1)I x 5 I
n n
−
−−= + − .
Solución.
Integrando por partes:
n 1 n 2 2
2
xu x du (n 1)x dx , dv dx v x 5
x 5
− −= ⇒ = − = ⇒ = ++
n 2n 1 2 n 2 2 n 1 2 2
n2
xI x x 5 (n 1) x x 5dx x x 5 (n 1) (x 5)dx
x 5
−− − −= + − − + = + − − +
+∫ ∫
n 1 2n 2 n
n 1n 1 2 2
n n 2 n n 2
x x 5 5(n 1)I (n 1)I
x 5(n 1)nI x x 5 5(n 1)I C I x 5 I C
n n
−−
−−
− −
= + − − − −
−= + − − + ⇒ = + − +
Ejemplo 39. Resuelva la integral
2 xx e sen(x)dx∫ .
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Solución.
Aplicando integración por partes
2 x 2 x 2 x x
I1
2 x 2 x x
x e sen(x)dx x e cos(x) x e cos(x)dx 2 xe cos(x)dx
u x e du (x e 2xe )dx , dv sen(x)dx v cos(x)
= − + +
= ⇒ = + = ⇒ = −
∫ ∫ ∫���������
Resolviendo 1I se tiene
2 x 2 x 2 x x1
I2
2 x 2 x x
I x e cos(x)dx x e sen(x) x e sen(x)dx 2 xe sen(x)dx
u x e du (x e 2xe )dx , dv cos(x)dx v sen(x)
= = − −
= ⇒ = + = ⇒ =
∫ ∫ ∫���������
Por lo tanto
2 x 2 x 2 x 2 x
x x
I2
2 x 2 x 2 x x x
I2
2 x
x e sen(x)dx x e cos(x) x e sen(x) x e sen(x)dx
2 xe sen(x)dx 2 xe cos(x)dx
2 x e sen(x)dx x e cos(x) x e sen(x) 2 xe sen(x)dx 2 xe cos(x)dx
x e sen(x)d
= − + − −
+
= − + − +
∫ ∫∫ ∫
∫ ∫ ∫
���������
���������
2 x 2 x x x
I2
1 1x x e cos(x) x e sen(x) xe sen(x)dx xe cos(x)dx
2 2= − + − +∫ ∫ ∫
���������
Resolviendo 2I se tiene:
x x x x2
I3
x x x
I xe sen(x)dx xe cos(x) xe cos(x)dx e cos(x)dx
u xe du (xe e )dx , dv sen(x)dx v cos(x)
= = − + +
= ⇒ = + = ⇒ = −
∫ ∫ ∫�������
Por lo tanto
2 x 2 x 2 x x x
x x
I3
1 1x e sen(x)dx x e cos(x) x e sen(x) xe cos(x) xe cos(x)dx
2 2
e cos(x)dx xe cos(x)dx
= − + + − −
+
∫ ∫∫ ∫�������
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2 x 2 x x
I3
1 1 x x e cos(x) x e sen(x) e cos(x)dx
2 2
= − + + − ∫
�������
Resolviendo 3I se tiene:
x x x x x x
x x
x x
x x x x x x
e cos(x)dx e sen(x) e sen(x)dx e sen(x) e cos(x) e cos(x)dx
u e du e dx , dv cos(x)dx v sen(x)
u e du e dx , dv sen(x)dx v cos(x)
1 12 e cos(x)dx e sen(x) e cos(x) e cos(x)dx e sen(x) e c
2 2
= − = + −
= ⇒ = = ⇒ =
= ⇒ = = ⇒ = −
= + ⇒ = +
∫ ∫ ∫
∫ ∫ os(x) C+
Por lo tanto
2 x 2 x 2 x x x
2 x 2 x
2 x x
1 1 1 1x e sen(x)dx x x e cos(x) x e sen(x) e sen(x) e cos(x) C
2 2 2 2
1 1 1 1 x x e cos(x) x e sen(x) C
2 2 2 2
1 1 (x 1) e cos(x) (x 1)(x 1)e sen(
2 2
= − + + − − +
= − + − + − +
= − − + − +
∫
x
x) C
1 (x 1)e (x 1)cos(x) (x 1)sen(x) C
2
+
= − − − − + +
Ejemplo 40. Resuelva la integral 2
2 2
x 1dx
x cos(x) sen(x) sen (x)cos (x)
+ − ∫ .
Solución.
Sean 2
1
xI dx
x cos(x) sen(x)
= − ∫ y 2 2 2
dxI
sen (x)cos (x)= ∫ .
De modo que: 2
1 22 2
x 1dx I I
x cos(x) sen(x) sen (x)cos (x)
+ = + − ∫ .
Resolviendo 1I se tiene:
2
1 2
x x x.sen(x)I dx . dx
x cos(x) sen(x) sen(x) x cos(x) sen(x)
= = − − ∫ ∫
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2
2 2
x dx xctg(x) C
sen(x) x cos(x) sen(x) sen(x) x cos(x) sen(x)sen (x)
x x.cos(x) sen(x) x.sen(x) 1u du dx , dv v
sen(x) x cos(x) sen(x)sen (x) x cos(x) sen(x)
= + = − − +− −
− = ⇒ = − = ⇒ = − −−
∫
Resolviendo 2I se tiene:
2 22 2
2 2 2 2 2
dx sen (x) cos (x)I dx sec (x)dx csc (x) tg(x) ctg(x) C
sen (x)cos (x) sen (x)cos (x)
+= = = + = − +∫ ∫ ∫ ∫
Por lo tanto 2
2 2
x 1 xdx 2ctg(x) tg(x) C
x cos(x) sen(x) sen(x) x cos(x) sen(x)sen (x)cos (x)
+ = − − + + − − ∫
Ejemplo 41. Resuelva la integral
∫−
dxx
)x(ln)4x3( 2
.
Solución.
Haciendo el cambio de variable z = Ln(x) , dz = xdx
1, la integral se transforma en
( ) ∫∫∫ −=− zdz4zdez3zdz4e3 2z22z
Resolvamos la integral I1 , aplicando el método de integración por partes
Escogemos u = z2 , du = 2z dz , dv = ez dz , v = ez
1zz2zz2z2 C)1z(e6ez3zdez2ez3zdez3 +−−=
−= ∫∫
Luego, I1 = 12
1zz2z2 C)1)x(ln(x6)x(lnx3C)1z(e6ez3zdez3 +−−=+−−=∫
La integral I2 = ∫ zdz4 2 = 23
23 C)x(ln
3
4Cz
3
4 +=+
Así que,
( ) =−∫ zdz4e3 2z C)x(ln3
4)1)x(ln(x6)x(lnx3Cz
3
4)1z(e6ez3 323zz2 ++−−=++−−
donde C = C1 + C2 es una constante.
I1 I2
Aplicando el método de integración por partes: u = z, du = dz ; dv = ezdz , v = ez
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Ejemplo 42. Pruebe que
211n22
2n22n22 n,dx)xa(
1n2
na2
1n2
)xa(xdx)xa( ≠+
++
++=+ ∫∫ −
Solución.
Integrando por partes se tiene: 2 2 n 2 2 n 1u (a x ) du n(a x ) 2xdx , dv dx v x−= + ⇒ = + = ⇒ =
2 2 n 2 2 n 2 2 2 n 1
2 2 n 2 2 2 2 2 n 1
2 2 n 2 2 n 2 2 2 n 1
(a x ) dx x(a x ) 2n x (a x ) dx
x(a x ) 2n (a x a )(a x ) dx
x(a x ) 2n (a x ) dx 2na (a x ) dx
−
−
−
+ = + − +
= + − + − +
= + − + + +
∫ ∫∫∫ ∫
Así,
211n22
2n22n22 n,dx)xa(
1n2
na2
1n2
)xa(xdx)xa( ≠+
++
++=+ ∫∫ −
Ejemplo 43. Resuelva la integral
∫ −dx
)x1(
)x(arcsen.x
32.
Solución.
Usando el método de integración por partes se tiene: Haciendo
u = arcsen(x) , du = xdx1
1
2−, dv =
( )xd
x1
x
32−
v = ( ) ( ) 12
121
223
2 Cx1
1Cx1xdx1x +
−=+−=−
−−
∫
Luego,
( )∫ −dx)x(senarc
x1
x
32
= dxx1
1C
x1
)x(senarc21
2 ∫ −−+
−= [1]
Ahora la integral,
( )( ) xdx1
1
x1
1
2
1xd
x1x1
1dx
x1
12 ∫∫∫
++
−=
+−=
− ,
y por la propiedad de linealidad de la integral se tiene:
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( )2 2
1 1 1 1 1 1dx dx dx
2 1 x 1 x 2 1 x 1 x
1 1 1 x 1Ln 1 x Ln 1 x C Ln C
2 2 1 x 2
+ = + = − + − +
+= − − + + + = +−
∫ ∫ ∫
Sustituyendo este resultado en [1] , tenemos:
( )∫ −dx)x(senarc
x1
x
32
= Cx1
x1ln
2
1
x1
)x(senarc
2+
−+−
−
donde
21 C2
1CC += .
Ejemplo 44. Pruebe que
,dx))x(ln(x1m
n
1m
))x(ln(xdx))x(ln(x 1nm
n1mnm ∫∫ −
+
+−
+=
donde m y n son enteros positivos.
Solución.
Integrando una vez por partes llamamos n 1
n n ln(x)u ln(x) du dx
x
− = ⇒ = y
m 1m x
dv x dx vm 1
+= ⇒ =
+.
La integral nos queda como:
( ) ( ) ( )n n n 1m m 1 m1 nx ln(x) dx x ln(x) x ln(x) dx
(m 1) m 1
−+= −+ +∫ ∫
Ejemplo 45.
a) Halle una fórmula de recurrencia para calcular la integral ( ) nLn(x) dx∫ .
b) Calcule la integral ( )3Ln(x) dx∫ , usando la fórmula hallada en la parte a).
Solución:
Apliquemos el método de integración por partes tomando
u = (Ln(x))n , dv = dx, du = ( )n 1
n Ln(x)dx
x
−
y v = x .
Entonces,
( ) ( ) ( )nn n 1Ln(x) dx x Ln(x) n Ln(x) dx
−= −∫ ∫ (*)
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b) Aplicando la fórmula (*), con n = 3, se tiene:
( ) ( ) ( )3 23
Ln(x) dx x Ln( x) 3 Ln(x) dx= −∫ ∫ , [1]
aplicando nuevamente la fórmula (*) a la integral ( ) 2Ln(x) dx∫ , con n = 2:
( )2Ln(x) dx =∫ ( ) 2x Ln(x) 2 Ln(x)dx− ∫ , [2]
y por último, calculamos la integral Ln(x)dx∫ con la fórmula (*) haciendo n = 1:
Ln(x)dx xLn(x) dx xLn(x) x C= − = − +∫ ∫ , ( C constante de integración) [3]
Sustituyendo [2] y [3] en [1] se obtiene:
( ) ( ) ( )3 3 2
Ln(x) dx x Ln(x) 3x Ln(x) 6xLn(x) 6 x C= − + − +∫
SUSTITUCIONES TRIGONOMÉTRICAS
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1.12. SUSTITUCIONES TRIGONOMÉTRICAS
Algunas integrales cuyo integrando contiene expresiones como 2 2x a± o 2 2a x± , se
pueden simplificar usando cambios trigonométricos que involucran respectivamente las
identidades
2 21 tg (x) sec (x)+ = y 2 2sen (x) co s (x) 1+ = .
A menudo es posible hallar la antiderivada de una función cuando el integrando
presenta expresiones de la forma:
2 2 2 2 2 2a x , a x o bien x a , a 0− + − >
Se elimina el radical haciendo la sustitución trigonométrica pertinente; el resultado es
un integrando que contiene funciones trigonométricas cuya integración nos es familiar. En la
siguiente tabla se muestra cuál debe ser la sustitución:
Expresión en el integrando Sustitución trigonométrica
2 2a x− x asen( )= θ
2 2a x+ x atg( )= θ
2 2x a− x asec( )= θ
A continuación se presenta un conjunto de ejemplos, cuya función es introducir este
cuarto método de integración.
Ejemplo 46. Resuelva la integral
2
dx
4 x+∫ .
Solución. 2
2
2 2
dx 2sec ( ) 1 1 1 x(x 2tg( ) dx 2sec ( )d ) d d C arctg C
2 2 2 24 x 4sec ( )
θ = θ ⇒ = θ θ = θ = θ = θ + = + + θ ∫ ∫ ∫
SUSTITUCIONES TRIGONOMÉTRICAS
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Ejemplo 47. Resuelva la integral
2
dx
4 x+∫ .
Solución. 2 2
2
2
dx 2sec ( ) x 4 xd sec( )d ln sec( ) tg( ) C ln C
2sec( ) 24 x
(x 2tg( ) dx 2sec ( )d )
θ + + = θ = θ θ = θ + θ + = + θ+
= θ ⇒ = θ θ
∫ ∫ ∫
Ejemplo 48. Resuelva la integral
2 2
dx
x 4 x−∫ .
Solución. En este ejercicio la expresión dentro del radical es de la forma 2 2a x− ; por lo que la
sustitución debe ser:
x 2sen( ) dx 2 cos( )d= θ ⇒ = θ θ .
De tal manera que:
2 2 2 2 2 2
2
22 2
dx 2cos( )d 2cos( )d
x 4 x (2sen( )) 4 (2sen( )) 4sen ( ) 4 4sen ( )
cos( )d d 1 1csc ( )d ctg( ) C
4 44sen ( )4sen ( ) cos ( )
θ θ θ θ= =− θ − θ θ − θ
θ θ θ= = = θ θ = − θ +θθ θ
∫ ∫ ∫∫ ∫ ∫
Como x 2sen( )= θ , entonces
xsen( )
2θ = .
Con estos datos, se construye el triángulo rectángulo que se observa en la figura 4.
De la figura se deduce que 24 x
ctg( )x
−θ =
Figura 4. Triángulo del ejemplo 48
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De modo que: 2
2 2
dx 4 xC
4xx 4 x
−= − +−∫ .
Ejemplo 49. Resuelva la integral
1 xdx
1 x
−+∫ .
Solución.
2
1 x 1 z 1 zdx 2zdz 2zdz
1 z1 x 1 z
dx(z x dz 2zdz dx)
2 x
− − −= =++ −
= ⇒ = ⇒ =
∫ ∫ ∫
Integrando por partes:
2
2
u 1 z du dz
2zdv dz v 2 1 z
1 z
= − ⇒ = −
= ⇒ = − −−
2 2
2
2 2 2
2 2
2
1 z2zdz 2(1 z) 1 z 2 1 z dz
1 z
12 1 z dz 2 cos ( )d (1 cos(2 ))d sen(2 ) C arcsen(z) z 1 z C
2
(z sen( ) dz cos( )d )
1 z2zdz 2(1 z) 1 z arcsen(z) z 1 z C
1 z
− = − − − − −−
− = θ θ = + θ θ = θ + θ + = + − +
= θ ⇒ = − θ θ
− = − − − − − − +−
∫ ∫∫ ∫ ∫
∫
Devolviendo cambio de variable:
2 2 2
2
1 z2zdz 2(1 z) 1 z arcsen(z) z 1 z C (z 2) 1 z arcsen(z) C
1 z
( x 2) 1 x arcsen( x) C
− = − − − − − − + = − − − +−
= + − − +
∫
De modo que:
1 xdx ( x 2) 1 x arcsen( x) C
1 x
− = + − − ++∫
Ejemplo 50. Resuelva la integral
∫ dx)x(arcsen)xln( .
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Solución.
Apliquemos el método de integración por partes tomando:
u = arcsen(x) , du = dxx1
1
2− ; dv = ln(x)dx , v= )1)x(ln(xdx)x(ln −=∫
dxx1
)1)x(ln(x)x(arcsen)1)x(ln(xxd)x(senarc)x(ln
2∫∫ −
−−−= [1]
Apliquemos nuevamente integración por partes a la integral
dxx1
)1)x(ln(x
2∫ −
−,
tomando u ln(x) 1= − , du = dxx
1 ; dv = dx
x1
x
2− , v = 2x1 −−
dxx1
)1)x(ln(x
2∫ −
−= 21 x (ln(x) 1)− − − dx
x
x1 2
∫−+ [2]
Realicemos el cambio de variable x = sen(z) en la última integral,
C)zcos()z(ctg)zcsc(Lndz)z(sendz)zcsc(
dz)z(sen
)z(sen1dz
)z(sen
)z(cosdz)zcos(
)z(sen
zsen1dx
x
x1 2222
+++−=−=
−==−=−
∫ ∫∫∫∫∫
Devolviendo el cambio de variable x = sen(z),
se tiene que: cos(z) = 2x1 −
csc(z) = 2x1
1
− ctg(z) =
x
x1 2− entonces,
=−∫ dx
x
x1 2
Cx1x
x1
x1
1ln 2
2
2+−+−+
−−
sustituyendo [2] ,
dxx1
)1)x(ln(x
2∫ −
−= 21 x (ln(x) 1)− − − Cx1
x
x1
x1
1ln 2
2
2+−+−+
−−
sustituyendo en [1]
=∫ xd)x(senarc)x(ln
1
z
2x1 −
x
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+− )x(arcsen)1)x(ln(x 21 x (ln(x) 1)− − Cx1
x
x1
x1
1ln 2
2
2+−+−+
−+
Ejemplo 51. Resuelva la integral
( )32
dx
2 x−∫ .
Solución.
Hacemos el cambio trigonométrico: x = 2 sen(u) , dx = 2 cos(u)du
Entonces,
( )32
dx
2 x−∫ ( )32
2 cos(u)du
2 2sen (u)
= =−∫
( )3 63 2
2 cos(u) 2 cos(u)du du
8 cos (u)2 1 sen (u)
= = =−∫ ∫
2
23
2 cos(u) 1 1 1 1du du sec (u)du tg(u) C
2 2 2cos (u)2 2 cos (u)= = = = +∫ ∫ ∫
Devolviendo el otro cambio de variable x = 2 sen(u) ⇒ x
sen(u)2
=
Por el teorema de Pitágoras se tiene:
b2 = ( )22 +x2 ⇔ b = 22 x−
como cateto opuesto
tg(u)cateto adyacente
= , entonces 2
xtg(u)
2 x=
−.
Luego,
( )3 22
dx xC
2 2 x2 x
= +−−∫
2
b
x u
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1.13. INTEGRALES QUE CONTIENEN EL TÉRMINO 2ax +bx+c
Se tratará ahora con integrales en cuyo integrando aparece el término cuadrático
2ax bx c+ + con b 0≠ y que no sea un cuadrado perfecto; para b 0= se aplica el apartado
anterior.
Se completan cuadrados para reducir el término a la forma 2 2x a± o bien 2 2a x± y
luego se hace un cambio de variable trigonométrico.
A continuación se presenta un conjunto de ejemplos, cuya función es introducir este
quinto método de integración.
Ejemplo 52. Resuelva la integral
4 2
xdx
x 3x 2+ +∫ .
Solución.
12
4 2 2 2 2 13 1 122 4 4
2 32
31 22 2
312 2
ux 1 dz 1 dz 1 du 1dx ln C
2 2 2 2 ux 3x 2 z 3z 2 (z ) u
(z x dz 2xdx) (u z du dz)
z1 1 2 z 1 z 2 1 xln C ln C ln C ln
2 2 1 z 2 z 1 2z
+= = = = − +
−+ + + + + − −
= ⇒ = = + ⇒ =
+ + + += − + = − + = − + = −− − +− −
∫ ∫ ∫ ∫
2
2C
x 1
+ + +
Ejemplo 53. Resuelva la integral
2
x 2dx
x 4x 3
+
+ +∫ .
Solución.
2 2 2
2
2 2
2 2
x 2 x 2 x 2dx dx dx
x 4x 3 x 4x 4 4 3 x 4x 4 1
x 2 u sec( ).sec( ).tg( )dx du d sec ( )d
tg( )(x 2) 1 u 1
(u x 2 du dx) (u sec( ) du sec( )tg( )d )
sec ( )d tg( ) C (x 2) 1 C
+ + += =+ + + + − + + + −
+ θ θ θ= = θ = θ θθ+ − −
= + ⇒ = = θ ⇒ = θ θ θ
θ θ = θ + = + − +
∫ ∫ ∫∫ ∫ ∫ ∫
∫
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Ejemplo 54. Resuelva la integral
2
dx
3x 6x 6+ +∫ .
Solución.
2 2 2
2
dx 1 dx 1 dx
3 33x 6x 6 x 2x 2 (x 1) 1
1 du 1 1(u x 1 du dx) arctg(u) C arctg(x 1) C
3 3 3u 1
= =+ + + + + +
= + ⇒ = = + = + ++
∫ ∫ ∫∫
Ejemplo 55. Resuelva la integral
2
x 1dx
x 4x 2
++ +∫ .
Solución.
2 2 2
2 2 2
x 1 x 1 x 1dx dx dx
x 4x 2 x 4x 4 4 2 (x 2) 2
u 1 u du(u x 2 du dx) du du
u 2 u 2 u 2
+ + += =+ + + + − + + −
−= + ⇒ = = −− − −
∫ ∫ ∫∫ ∫ ∫
2
2 2
2
2
u 1 1 dz dudu (z u 2 dz 2udu)
2 zu 2 u 2
1 1 2 u 1 1 2 uln z ln C ln u 2 ln C
2 22 2 2 u 2 2 2 u
1 1 2 x 2ln (x 2) 2 ln C
2 2 2 2 x 2
− = − = − ⇒ =− −
+ += + + = − + +− −
+ += + − − +− −
∫ ∫ ∫
Ejemplo 56. Resuelva la integral
2
x 2dx
2x 12x 18
−+ +∫ .
Solución.
2 2 2
2 2
x 2 1 x 2 1 x 2dx dx dx
2 22x 12x 18 x 6x 9 (x 3)
1 u 5 1 du 5 du 1 5(u x 3 du dx) du ln u C
2 2 u 2 2 2uu u
1 5ln x 3 C
2 2(x 3)
− − −= =+ + + + +
−= + ⇒ = = − = + +
= + + ++
∫ ∫ ∫∫ ∫ ∫
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Ejemplo 57. Resuelva la integral
2 3
dx
(5 2x x )+ +∫ .
Solución.
Completando cuadrados se tiene que: 2 2x 2x 5 (x 1) 4+ + = + +
y haciendo el cambio de variable u x 1 du dx= + ⇒ = se tiene la integral:
2 3
du
(u 4)+∫ .
Con la sustitución trigonométrica 2u 2tg( ) du 2sec ( )d= θ ⇒ = θ θ se convierte la integral en 2 2
36
2sec ( ) 2sec ( ) 1 1d d cos( )d sen( ) C
4 48sec ( )64sec ( )
θ θθ = θ = θ θ = θ +θθ∫ ∫ ∫ .
Devolviendo los cambios de variable se tiene:
2 3 2
dx 1 x 1. C
4(5 2x x ) x 2x 5
+= ++ + + +∫ .
Ejemplo 58. Resuelva la integral 2
2
(ln(x))dx
x 4ln(x) (ln(x))−∫ .
Solución. Cambio de variable: u ln(x) du dx x= ⇒ =
2 2 2
2 2 2
u u (z 2)du du dz
4u u 4 (u 2) 4 z
+= =− − − −∫ ∫ ∫
Cambio de variable: z u 2 dz du= − ⇒ = Cambio de variable: z 2sen( ) dz 2cos( )d= θ ⇒ = θ θ 2 2
2
(z 2) (2 2sen( )) .2 cos( )dz d
2cos( )4 z
+ + θ θ= θθ−∫ ∫
2 2
2 2
(2 2sen( )) d 4 d 8 sen( )d 4 sen ( )d
6 8cos( ) sen(2 ) C 6 8cos( ) 2sen( )cos( ) C
z z6arcsen 4 4 z . 4 z C
2 2
+ θ θ = θ + θ θ + θ θ
= θ − θ − θ + = θ − θ − θ θ + = − − − − +
∫ ∫ ∫ ∫
− − = − − − − − − +
− − = − − − − − − +
2 2
2 2
u 2 u 26arcsen 4 4 (u 2) . 4 (u 2) C
2 2
ln(x) 2 lnx 26arcsen 4 4 (ln(x) 2) . 4 (ln(x) 2) C
2 2
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Ejemplo 59. Resuelva la integral 2
2
xdx
6x x−∫ .
Solución. 2 2 2 2 2 26x x (x 6x) (x 6x 9 9) (x 6x 9) 9 (x 3) 9 9 (x 3)− = − − = − − + − = − − + + = − − + = − −
De manera que: 2 2
2 2
x xdx dx
6x x 9 (x 3)=
− − −∫ ∫ .
Sea u x 3 , du dx= − = , se tiene entonces:
2 2
2 2
x (u 3)dx du
9 (x 3) 9 u
+=− − −∫ ∫
Aplicando la sustitución trigonométrica:
u 3sen( ) , du 3cos( )d= θ = θ θ
se tiene entonces: 2 2 2
2
2 2
(u 3) (3sen( ) 3) 9(sen( ) 1)du 3cos( )d 3cos( )d 9 (sen( ) 1) d
3cos( )9 u 9 9sen ( )
+ θ + θ += θ θ = θ θ = θ + θθ− − θ∫ ∫ ∫ ∫
Desarrollando
2 2 29 (sen( ) 1) d 9 (sen ( ) 2sen( ) 1)d 9 sen ( )d 18 sen( )d 9 dθ + θ = θ + θ + θ = θ θ + θ θ + θ∫ ∫ ∫ ∫ ∫
Calculando la primera integral
2
1
1 cos(2 ) 9 9 99 sen ( )d 9 d (1 cos(2 ))d d cos(2 )d
2 2 2 2
9 9sen(2 ) C
2 4
− θθ θ = θ = − θ θ = θ − θ θ
= θ − θ +
∫ ∫ ∫ ∫ ∫
Se obtiene:
2 9 99 sen ( )d 18 sen( )d 9 d .2sen( )cos( ) 18cos( ) 9 C
2 4θ θ + θ θ + θ = θ − θ θ − θ + θ +∫ ∫ ∫
Devolviendo los cambios de variable se tiene 2
2
(9 (x 3) )27 9 27 x 3 9 (x 3)sen( )cos( ) 18cos( ) C arcsen . .
2 2 2 3 2 3 3
(9 (x 3) )18. C
3
− −− − θ − θ θ − θ + = −
− −− +
2
2
(x 3) (9 (x 3) )27 x 3arcsen
2 3 2
6 (9 (x 3) ) C
− − −− = −
− − − +
INTEGRALES QUE CONTIENEN EL TÉRMINO 2ax +bx+c
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De modo que: 22
2
(x 9) (9 (x 3) )x 27 x 3dx arcsen C
2 3 26x x
+ − −− = − + −∫
Ejemplo 60. Resuelva la integral
∫ +++
dx1xx
2x2
.
Solución.
xd1xx
1
2
3xd
1xx
1x2
2
1xd
1xx
4x2
2
1xd
1xx
2x2222 ∫∫∫∫ ++
+++
+=++
+=++
+
12
2C1xxLn
2
1xd
1xx
1x2
2
1 +++=++
+=Ι ∫ 1
( )( )
221
2
432
432
212
C3
x2arctg3C
3
u2arctg3
udu
1
2
3xd
x
1
2
3xd
1xx
1
2
3
++
=+=
+=
++=
++=Ι ∫∫∫
2
Luego,
xd1xx
2x2∫ ++
+= 1
2 C1xxLn2
1 +++( )
221
C3
x2arctg3 +
++
Por lo tanto
( )122
2
2 xx 2 1dx Ln x x 1 3 arctg C
2x x 1 3
++ = + + + ++ +∫
donde C = C1 + C2 es una constante.
Ejemplo 61. Resuelva la integral
∫ + )5x3(x
dx.
Solución.
∫∫ +=
+ x5x3
dx
)5x3(x
dx
2
Completando el cuadrado:
3x2 +5x
−+
+=
+=36
25
36
25x
6
52x3x
3
5x3 22
I1 I2
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12
25
6
5x3
36
253
6
5x3
22
−
+=
−
+
Luego la integral queda
∫∫−
+
=+
12
25
6
5x3
dx
x5x3
dx
22 [1]
Calculemos esta integral haciendo el cambio de variable:
u = x + 5
6 de donde du = dx
Sustituyendo en [1] se tiene
∫∫ −=
−36
25u
dx
3
1
12
25u3
dx
22
[2]
Esta integral la resolvemos haciendo la sustitución trigonométrica:
u = )zsec(6
5 de donde du = )zsec(
6
5tg(z) dz
Sustituyendo en [2]
=−
=
−
∫∫ dz
36
25)z(sec
36
25
)z(tg)zsec(
36
5dz
36
25)z(sec
6
56
)z(tg)zsec(5
3
1
22
( )==
−= ∫∫ dz
)z(tg6
5
)z(tg)zsec(
36
5dz
1)z(sec36
25
)z(tg)zsec(
36
5
22
C)z(tg)zsec(Ln3
1dz)zsec(
3
1 ++=∫
Devolviendo los cambios realizados 6u
sec(z)5
=
y de la identidad sec2(z) = tg2(z) + 1 se tiene
5
25u361
25
u361)z(secztg
222 −
=−=−=
y como u = x + 5
6 se tiene que
5
5x6
5
6
5x6
)z(sec+=
+=
y
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5
25)5x6(
5
256
5x636
5
256
5x36
)z(tg2
22
−+=
−
+
=−
+=
Sustituyendo se tiene
( )C
5
255x6
6
5x6Ln
3
1C)z(tg)zsec(Ln
3
1
)5x3(x
dx2
+−+
++=++=+∫
Así que,
( )C
5
255x6
5
5x6Ln
3
1
)5x3(x
dx2
+−+
++=+∫
1.14. DESCOMPOSICIÓN EN FRACCIONES SIMPLES
Si el integrando es una función racional, es decir, tiene la forma R(x) P(x) Q(x)=
donde P(x) y Q(x) son polinomios, se buscará una descomposición de R(x) en fracciones
simples.
Para descomponer una fracción racional propia como suma de fracciones simples se
hace uso del siguiente teorema:
TEOREMA 1. Cada polinomio P(x) con coeficientes reales, se puede expresar como un
producto P(x) A(x)B(x)= , donde A(x) es un producto de potencias de polinomios de primer
grado, diferentes entre si y B(x) es un producto de potencias de polinomios de segundo
grado, diferentes entre sí, ninguno de los cuales posee raíces reales.
Ejemplo 62. 3 2x 1 (x 1)(x x 1)+ = + − + .
Ejemplo 63. 4 2x 1 (x 1)(x 1)(x 1)− = − + + .
Ejemplo 64. 4 2 2x 1 (x 1 2x)(x 1 2x)+ = + − + + .
Los pasos a seguir para expresar una fracción propia R(x) P(x) Q(x)= como suma de
fracciones simples se indicarán considerando varios casos.
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A. EL GRADO DE P(x) ES MENOR QUE EL GRADO DE Q(x)
• Si el grado de Q(x) es n y tiene n raíces reales distintas, 1 2x , x , n..., x , se descompone
R(x) en la forma:
1 2 n
1 2 n
A A AP(x)... ,
Q(x) x x x x x x= + + +
− − −
donde 1 2 nA , A , ..., A son constantes a determinar.
• Si la descomposición de Q(x) tiene un término de la forma mk(x x ) ,− se dice que kx es
una raíz con multiplicidad m, entonces la descomposición en fracciones simples
correspondiente a esta raíz tendrá la forma:
1 2 m2 m
k k k
B B B... .
x x (x x ) (x x )+ + +
− − −
• Si en la factorización de Q(x) aparece un término cuadrático 2ax bx c+ + irreducible 2(b 4ac 0)− < con multiplicidad m, entonces para este término se buscará una
descomposición de la forma
1 1 2 2 m m2 2 2 2 m
B x C B x C B x C... .
ax bx c (ax bx c) (ax bx c)
+ + ++ + +
+ + + + + +
B. SI EL GRADO DE P(x) ES MAYOR O IGUAL QUE EL GRADO DE Q(x). Se reduce al
caso anterior dividiendo
A continuación se presenta un conjunto de ejemplos, cuya función es introducir este
sexto método de integración.
Ejemplo 65. Resuelva la integral
xdx
(x 1)(x 2)(x 3)+ + −∫ .
Solución.
PRIMER MÉTODO:
31 2
31 2
2 2 21 2 3
2 2 21 2 3
1 2 3
AA Axdx dx dx dx
(x 1)(x 2)(x 3) x 1 x 2 x 3
AA Ax
(x 1)(x 2)(x 3) x 1 x 2 x 3
A (x x 6) A (x 2x 3) A (x 3x 2)x
(x 1)(x 2)(x 3) (x 1)(x 2)(x 3)
x A (x x 6) A (x 2x 3) A (x 3x 2)
A A A 0 ,
= + ++ + − + + −
= + ++ + − + + −
− − + − − + + +=
+ + − + + −
= − − + − − + + ++ + =
∫ ∫ ∫ ∫
1 2 3 1 2 3A 2A 3A 1 , 6A 3A 2A 0− − + = − − + =
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1 2 3
1 2 3A , A , A
4 5 20
x 1 2 3dx ln x 1 ln x 2 ln x 3 C
(x 1)(x 2)(x 3) 4 5 20
= = − =
= + − + + − ++ + −∫
SEGUNDO MÉTODO:
31 2
31 2
AA Axdx dx dx dx
(x 1)(x 2)(x 3) x 1 x 2 x 3
AA Ax
(x 1)(x 2)(x 3) x 1 x 2 x 3
= + ++ + − + + −
= + ++ + − + + −
∫ ∫ ∫ ∫
2 2 21 2 3
2 2 21 2 3
1 21 1 2 24 5
33 3 20
A (x x 6) A (x 2x 3) A (x 3x 2)x
(x 1)(x 2)(x 3) (x 1)(x 2)(x 3)
x A (x x 6) A (x 2x 3) A (x 3x 2)
x 1: 1 4A A . x 2 : 2 5A A .
x 3 : 3 20A A .
− − + − − + + +=
+ + − + + −
= − − + − − + + +
= − − = − ⇒ = = − − = ⇒ = −
= = ⇒ =
1 2 3
1 2 3A , A , A
4 5 20
x 1 2 3dx ln x 1 ln x 2 ln x 3 C
(x 1)(x 2)(x 3) 4 5 20
= = − =
= + − + + − ++ + −∫
Ejemplo 66. Resuelva la integral 3 2
4 3 2
4x 4x x 1dx
x 2x x
− + +− +∫ .
Solución.
PRIMER MÉTODO: 4 3 2 2 2 2 2x 2x x x (x 2x 1) x (x 1)− + = − + = −
3 231 2 4
4 3 2 2 2
3 2 2 2 2 21 2 3 4
2 4 1 2 3 4 1 2 1
1 2 3 4
3 2
4
AA A A4x 4x x 1dx dx dx dx dx
x x 1x 2x x x (x 1)
4x 4x x 1 A (x 1) A x(x 1) A x A x (x 1)
A A 4 , A 2A A A 4 , 2A A 1 , A 1
A 1 , A 3 , A 2 , A 1
4x 4x x 1
x 2
− + + = + + +−− + −
− + + = − + − + + −+ = − + − = − − + = == = = =
− + +−
∫ ∫ ∫ ∫ ∫
3 2 2 2
dx dx dx dx 1 2dx 3 2 3ln x ln x 1 C
x x 1 x x 1x x x (x 1)= + + + = − + − + − +
− −+ −∫ ∫ ∫ ∫ ∫
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SEGUNDO MÉTODO: 4 3 2 2 2 2 2x 2x x x (x 2x 1) x (x 1)− + = − + = −
3 231 2 4
4 3 2 2 2
3 2 2 2 2 21 2 3 4
1 3
2 2 2 4 4
1 2 3 4
3 2
4
AA A A4x 4x x 1dx dx dx dx dx
x x 1x 2x x x (x 1)
4x 4x x 1 A (x 1) A x(x 1) A x A x (x 1)
x 0 : 1 A . x 1: 2 A .
2 A 1 A 3, A A 4 A 1
A 1 , A 3 , A 2 , A 1
4x 4x x 1
x 2x
− + + = + + +−− + −
− + + = − + − + + −= = = =
− + = ⇒ = + = ⇒ == = = =
− + +−
∫ ∫ ∫ ∫ ∫
3 2 2 2
dx dx dx dx 1 2dx 3 2 3ln x ln x 1 C
x x 1 x x 1x x (x 1)= + + + = − + − + − +
− −+ −∫ ∫ ∫ ∫ ∫
Ejemplo 67. Resuelva la integral
6 4 2
dx
x 2x x+ +∫ .
Solución. 6 4 2 2 2 2
3 4 5 61 22 2 2 2 2 2 2
4 2 4 2 3 2 5 3 4 21 2 3 4 5 5 6 6
2 5 1 6 2 3 5 1 4 6 2
x 2x x x (x 1)
A x A A x AA Adxdx dx dx dx
xx (x 1) x (x 1) x 1
1 A (x 2x 1) A x(x 2x 1) A x A x A x A x A x A x
A A 0 , A A 0 , 2A A A 0 , 2A A A 0 , A 0 , A
+ + = +
+ += + + +
+ + +
= + + + + + + + + + + ++ = + = + + = + + = =
∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 1
1 2 3 4 5 6
1
A 1 , A 0 , A 0 , A 1 , A 0 , A 1
== = = = − = = −
2 2 2 2 2 2 2 2 2
dx dx dx dx 1 dxarctg(x)
xx (x 1) x (x 1) x 1 (x 1)= − − = − − −
+ + + +∫ ∫ ∫ ∫ ∫
Resolviendo 2
2
2 2 2 2
2
dx sec ( ) 1 sen(2 )d cos ( )d 1 cos(2 ) d C
2 2 4(x 1) (tg ( ) 1)
1 1 xarctg(x) C
2 2 x 1
θ θ θ= θ = θ θ = + θ θ = + + + θ +
= + ++
∫ ∫ ∫ ∫
Por lo tanto
2 2 2 2
dx 1 3 xarctg(x) C
x 2x (x 1) 2(x 1)= − − + +
+ +∫
Ejemplo 68. Resuelva la integral 3
2
x x 1dx
x 1
− +−∫ .
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Solución.
3 2
2 2
x x 1 1 x 1 x 1dx x dx ln C
2 2 x 1x 1 x 1
− + + = + = + + −− − ∫ ∫
Ejemplo 69. Resuelva la integral 6
4 2
x 1dx
x 16x
+−∫ .
Solución. 6 4 2 2 2 2
2
4 2 4 2 4 2
3 2 331 2 4
2 2
x 1 (x 16x )(x 16) (256x 1) 256x 1dx dx (x 16)dx dx
x 16x x 16x x 16x
AA A Ax 256x 1 x16x dx 16x dx dx dx dx
3 3 x (x 4) (x 4)x (x 4)(x 4) x
+ − + + + += = + +− − −
++ + = + + + + +− +− +
∫ ∫ ∫ ∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫
2 3 4 1 3 4 2 1A A A 0 , A 4A 4A 256 , 16A 0 , 16A 1+ + = + − = − = − =
1 2 3 4
1 4097 4097A , A 0 , A , A
16 128 128= − = = = −
6 3
4 2
x 1 x 1 4097 4097dx 16x ln x 4 ln x 4 C
3 16x 128 128x 16x
+ = + + + − − + +−∫
Ejemplo 70. Resuelva la integral
4
ln(x)dx
(x 2)−∫ .
Solución.
Utilizando integración por partes se tiene que:
4 3
dx dx 1u ln(x) du , dv v
x (x 2) 3(x 2)= ⇒ = = ⇒ = −
− −.
Luego:
4 3 3
ln(x) ln(x) 1 dxdx
3(x 2) 3(x 2) x(x 2)= − +
− − −∫ ∫ .
Al resolver
3
dx
x(x 2)−∫
se tiene:
1 2 3 43 3 2
dx dx dx dx dxA A A A
x (x 2)x(x 2) (x 2) (x 2)= + + +
−− − −∫ ∫ ∫ ∫ ∫
Desarrollando
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3 21 2 3 4
3 3
3 2 2 3 21 2 3 4
3
3 21 4 1 3 4 1 2 3 4 1
3
A (x 2) A x A x(x 2) A x(x 2)1
x(x 2) x(x 2)
A (x 6x 12x 8) A x A (x 2x) A (x 4x 4x)
x(x 2)
(A A )x ( 6A A 4A )x (12A A 2A 4A )x 8A
x(x 2)
− + + − + −=
− −
− + − + + − + − +=
−
+ + − + − + + − + −=
−
Construyendo el sistema de ecuaciones y resolviendo:
1 4 4
1 3 4 3
1 2 3 4 2
1 1
1A A 0 A
8
16A A 4A 0 A
4
112A A 2A 4A 0 A
2
18A 1 A
8
+ = =
− + − = = −
+ − + = =
− = ⇒ = −
Al sustituir y resolver la integral:
3 3 2
2
dx 1 dx 1 dx 1 dx 1 dx
8 x 2 4 8 (x 2)x(x 2) (x 2) (x 2)
1 1 1 1ln x ln x 2 C
8 4(x 2) 84(x 2)
= − + − +−− − −
= − − + + − +−−
∫ ∫ ∫ ∫ ∫
De modo que:
4 3 2
ln(x) ln(x) 1 1 1 1dx ln x ln x 2) C
24 12(x 2) 24(x 2) 3(x 2) 12(x 2)= − − − + + − +
−− − −∫
Ejemplo 71. Resuelva la integral
∫ +−+−
dx6x5x
9x5x2
2
.
Solución. 2 2
2 2 2 2
x 5x 6 3 x 5x 6 3 31
x 5x 6 x 5x 6 x 5x 6 x 5x 6
− + + − += + = +− + − + − + − +
Entonces,
xd6x5x
9x5x2
2
∫ +−+−
= ( ) ( ) xd2x3x
31∫
−−+ = ( )( ) xd
2x3x
13xd∫ ∫ −−
+
Ahora resolvemos la integral
( )( )∫ −− 2x3x
1dx ,
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escribiendo la fracción
( )( )2x3x
1
−−
como suma de fracciones simples:
( )( ) 2x
B
3x
A
2x3x
1
−+
−=
−−
de donde 1 = A x – 2 A + B x – 3 B y de aquí se obtiene el sistema de ecuaciones:
1By1A1B3A2
0BA−==⇔
−=+=+
,
luego
( )( ) 2x
1
3x
1
2x3x
1
−−
−=
−−
Así que,
xd6x5x
9x5x2
2
∫ +−+−
=∫dx + 3 xd2x
1
3x
1
∫
−−
− =
= x + Ln |x - 3 | - 3 Ln|x - 2| + C (C constante cualquiera) Por lo tanto,
xd6x5x
9x5x2
2
∫ +−+−
= x + Ln |x - 3| - 3Ln|x - 2| + C = ( )
C2x
3xLnx
3+
−−+
Ejemplo 72. Resuelva la integral
∫ ++
dx)xe1(x
1xx
.
Solución.
x
x x x
x 1 e (x 1) dz dz dz dz dzdx dx A B
z(1 z) z 1 z z 1 zx(1 xe ) xe (1 xe )
+ += = = + = −+ + ++ +∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫
x x
xx x
x
z xe dz e (x 1)dx 1 A(1 z) Bz, z 0 A 1, z 1 B 1
xe ln z ln 1 z C ln xe ln 1 xe C ln C
1 xe
= ⇒ = + = + + = ⇒ = = − ⇒ = −
= − + + = − + + = ++
Por lo tanto:
Cxe1
xelndx
)xe1(x
1xx
x
x+
+=
++
∫
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Ejemplo 73. Resuelva la integral
∫ +++−−
dx)2x)(3x(
8x6x6x2
23
.
Solución. 3 2 2
2 2
x 6x 6x 8 9x 8x 2dx dx dx
(x 3)(x 2) (x 3)(x 2)
− − + − − += ++ + + +∫ ∫ ∫
Así se tiene 3 2 2 2
2 2 2
x 6x 6x 8 3x 6x 2 6x 7xdx dx dx 2 dx
(x 3)(x 2) (x 3)(x 2) (x 3)(x 2)
− − + + + += + −+ + + + + +∫ ∫ ∫ ∫
Realizamos la descomposición en fracciones simples 2
2 2
6x 7x A Bx C
(x 3)(x 3)(x 2) (x 2)
+ += +++ + +
De donde se obtiene A=B=3, C=-2 3 2 2
2 2 2 2
x 6x 6x 8 3x 6x 2 dx xdx dxdx dx dx 6 6 4
(x 3)(x 3)(x 2) (x 3)(x 2) (x 2) (x 2)
− − + + += + − − +++ + + + + +∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫
Por tanto, 3 2
2
2
x 6x 6x 8 xdx x 5ln x 3 2ln(x 2) 4arctg C
(x 3)(x 2) 2
− − + = − + − + + + + + ∫
Ejemplo 74. Resuelva la integral x
x
arctg(1 e )dx
e
−∫ .
Solución.
Aplicando integración por partes x x
x x x 2
I1
xx x x
x 2
arctg(1 e ) arctg(1 e ) dxdx
e e 1 (1 e )
eu arctg(1 e ) du dx , dv e dx v e
1 (1 e )
− −
− −= − −+ −
= − ⇒ = − = ⇒ = −
+ −
∫ ∫�������
Resolviendo 1I se tiene
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1 x 2 2 2 2
x x
12
2 122 2
12
dx du du udu duI A B C
(u 1)1 (1 e ) (u 1)(1 u ) (1 u ) 1 u
duu 1 e du e dx dx
u 1
AA B 01 A Bu C
1 A(1 u ) (Bu C)(u 1) C B 0 Bu 1(u 1)(1 u ) 1 u
A C 1 C
= = = + +−+ − − + + +
= − ⇒ = − ⇒ = −
=+ =+= + ⇒ = + + + − ⇒ − = ⇒ = −
−− + + − = = −
∫ ∫ ∫ ∫ ∫
Por lo tanto
1 x 2 2 2 2
2
dx du 1 du 1 udu 1 duI
2 (u 1) 2 21 (1 e ) (u 1)(1 u ) (1 u ) 1 u
1 1 1ln u 1 ln(1 u ) arctg(u) C
2 4 2
= = = − −−+ − − + + +
= − − + − +
∫ ∫ ∫ ∫ ∫
x 2x x x
2x x x
1 1 1ln(e ) ln(e 2e 2) arctg(1 e ) C
2 4 2
x 1 1ln(e 2e 2) arctg(1 e ) C
2 4 2
= − − + − − +
= − − + − − +
De modo que x
x x 2x x
x
arctg(1 e ) 1 x 1dx e arctg(1 e ) ln(e 2e 2) C
2 2 4e
−− = − − − + − + + ∫ .
Ejemplo 75. Resuelva la integral
4
dx
x 1+∫ .
Solución.
4 2 2
2 2 2 2
4 4 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2
dx dx
x 1 (x 2x 1)(x 2x 1)
xdx dx xdx dxA B C D
(x 2x 1) (x 2x 1) (x 2x 1) (x 2x 1)
x 1 (x 2x 1) 2x (x 1) 2x (x 2x 1)(x 2x 1)
1 Ax B
(x 2x 1)(x 2x 1) (x 2x 1)
=+ + + − +
= + + ++ + + + − + − +
+ = + + − = + − = + + − +
+= ++ + − + + +
∫ ∫∫ ∫ ∫ ∫
2
24
122 2
24
12
Cx D
(x 2x 1)
AA C 0
B2A 2C D B 01 (Ax B)(x 2x 1) (Cx D)(x 2x 1)
A C 2B 2D 0 C
B D 1 D
+− +
=+ ==− + + + =
⇒ = + − + + + + + ⇒ ⇒+ − + = = −
+ = =
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Por lo tanto 2 21 14 2 4 2
4 2 2
I I1 2
x xdxdx dx
x 1 (x 2x 1) (x 2x 1)
+ − += +
+ + + − +∫ ∫ ∫����������� �����������
Resolviendo 1I se tiene:
2 2 2 2 21 1 1 14 2 4 2 4 2 2 4 4
1 2 22 2 1 12 12 22 2
2 22 2
2 14 42 2 2 21 1 1 1
2 2 2 2
x x (z ) zI dx dx dz dz
z z(x 2x 1) (x )
z x dz dx x z
z 2 z 1 dz 2 dw 1 dzdz dz
4 4 8 w 4z z z z
2 2ln w arctg( 2z
8 4
+ + − + += = = =
+ ++ + + +
= + ⇒ = ⇒ = −
+= = + = +
+ + + +
= +
∫ ∫ ∫ ∫
∫ ∫ ∫ ∫ ∫
2 12
) C
w z dw 2zdz
+
= + ⇒ =
22 2 2 2ln w arctg( 2z) C ln x 2x 1 arctg( 2x 1) C
8 4 8 4= + + = + + + + +
Resolviendo 2I se tiene:
2 2 2 2 21 1 1 14 2 4 2 4 2 2 4 4
2 2 22 2 1 12 12 22 2
2 22 2
2 14 42 2 2 21 1 1 1
2 2 2 2
x x (z ) zI dx dx dz dz
z z(x 2x 1) (x )
z x dz dx x z
z 2 z 1 dz 2 dw 1 dzdz dz
4 4 8 w 4z z z z
2 2ln w arctg( 2z) C
8 4
− + − + − + + − += = = =
+ +− + − +
= − ⇒ = ⇒ = +
− += = − + = − +
+ + + +
= − + +
∫ ∫ ∫ ∫
∫ ∫ ∫ ∫ ∫
2 12
w z dw 2zdz = + ⇒ =
22 1 2 2ln w arctg(2z) C ln x 2x 1 arctg( 2x 1) C
8 2 8 4= − + + = − − + + − +
Por lo tanto
2 2
4
2
2
2
22
dx 2 2 2 2ln x 2x 1 arctg( 2x 1) ln x 2x 1 arctg( 2x 1) C
8 4 8 4x 1
2 x 2x 1 2ln arctg( 2x 1) arctg( 2x 1) C
8 4x 2x 1
2 x 2x 1 2 2xln arctg C
8 4 1 xx 2x 1
= + + + + − − + + − ++
+ + = + + + − + − +
+ += + + −− +
∫
INTEGRANDOS TRIGONOMÉTRICOS
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1.15. INTEGRANDOS TRIGONOMÉTRICOS
En este punto se evaluarán integrales cuyos integrandos son potencias de funciones
trigonométricas.
A. POTENCIAS DE SENO Y COSENO Se quiere resolver las integrales
nsen (x)dx∫ y ncos (x)dx∫ ,
donde n es un entero positivo mayor que uno.
• Si la potencia es impar use la identidad 2 2sen (x) cos (x) 1+ = para obtener integrandos
de la forma 2mcos (x)sen(x) o bien 2msen (x)cos(x) que se integran fácilmente.
Ejemplo 76.
2k 1 2 k 2 k
Transformar a s enos potencias del s eno derivada int erna
cos (x)dx (cos (x)) cos(x)dx (1 sen (x)) . cos(x) dx+ = = −∫ ∫ ∫������ ������� �����
• Si la potencia es par use las identidades 2 1 cos(2x)
sen (x)2
−= y 2 1 cos(2x)cos (x)
2
+=
para bajar el grado de la potencia.
Ejemplo 77.
2k 2 k k
k
1cos (x)dx (cos (x)) dx (1 cos(2x)) dx
2= = +∫ ∫ ∫
B. POTENCIAS DE LA TANGENTE Y COTANGENTE
Para las integrales
ntg (x)dx∫ y nctg (x)dx∫ ,
INTEGRANDOS TRIGONOMÉTRICOS
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donde n es un entero positivo mayor que uno, se usan las identidades
2 2tg (x) 1 sec (x)+ = y 2 2ctg (x) 1 csc (x)+ =
para obtener integrandos de la forma
m 2tg (x)sec (x) o bien m 2ctg (x)csc (x) .
Ejemplo 78.
n n 2 2 n 2 2
n 1n 2 2 n 2 n 2
tg (x)dx (tg(x)) tg (x)dx (tg(x)) (sec (x) 1)dx
(tg(x))(tg(x)) sec (x)dx (tg(x)) dx (tg(x)) dx
n 1
− −
−− − −
= = −
= − = −−
∫ ∫ ∫∫ ∫ ∫
C. POTENCIAS DE LA SECANTE Y COSECANTE
Para las integrales
nsec (x)dx∫ y ncsc (x)dx∫ ,
donde n es un entero positivo mayor que uno:
• Si la potencia es par use las identidades 2 2tg (x) 1 sec (x)+ = y 2 2ctg (x) 1 csc (x)+ = .
Ejemplo 79.
2k 2k 2 2 2 k 1 2
Transformar a tangentes
2 k 1 2
potencias de tangentes derivada int erna
(sec(x)) dx sec (x)sec (x)dx (sec (x)) sec (x)dx
(1 tg (x)) . sec (x) dx
− −
−
= =
= +
∫ ∫ ∫∫
�������
������� �����
• Si la potencia es impar se combinan las identidades con integración por partes.
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Ejemplo 80.
2k 1 2k 1 2
2k 1 2k 1 2
Transformar a sec antes
2k 1 2k 2 2
(sec(x)) dx sec (x)sec (x)dx
tg(x)sec (x) (2k 1) sec (x) tg (x) dx
u sec (x) du (2k 1)sec (x)sec(x)tg(x)dx dv sec (x)dx v tg(x
+ −
− −
− −
=
= − −
= ⇒ = − = ⇒ =
∫ ∫∫ ���
2k 1 2k 1 2
2k 1 2k 1 2k 1
2k 1
)
tg(x)sec (x) (2k 1) sec (x) sec (x) 1 dx
tg(x)sec (x) (2k 1) sec (x)dx (2k 1) sec (x)dx
1tg(x)sec (x) (2k 1
2k
− −
− + −
−
= − − −
= − − + −
= + −
∫∫ ∫
2k 1) sec (x)dx− ∫
D. PRODUCTOS DE POTENCIAS DE SENOS Y COSENOS DE IGUAL ARGUMENTO
Para las integrales de la forma
m nsen (x)cos (x)dx∫ ,
donde m y n son enteros positivos mayores que uno:
• Si la potencia del seno es impar y positiva, conserve un factor seno y transforme los
demás a cosenos, desarrolle e integre:
2k 1 n 2 k n
Transformar a cosenos
2 k n
potencias del coseno derivada int erna
sen (x)cos (x)dx (sen (x)) cos (x)sen(x)dx
(1 cos (x)) cos (x). sen(x) dx
+ =
= −
∫ ∫∫
�������
����������� �����
• Si la potencia del coseno es impar y positiva, conserve un factor coseno y transforme
los demás a senos, desarrolle e integre:
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2k 1 m 2 k m
Transformar a senos
2 k m
potencias del seno derivada int erna
cos (x)sen (x)dx (cos (x)) sen (x)cos(x)dx
(1 sen (x)) sen (x). cos(x) dx
+ =
= −
∫ ∫∫
������
����������� �����
• Si las potencias del seno y del coseno son pares y no negativas, use repetidamente
las identidades
2 1 cos(2x)sen (x)
2
−= y 2 1 cos(2x)cos (x)
2
+=
para convertir el integrando en uno con potencias impares del coseno:
k2k12k 2k k k2 21 2 1 2
1 cos(2x) 1 cos(2x)sen (x)cos (x)dx (sen (x)) (cos (x)) dx dx
2 2
− + = = ∫ ∫ ∫
E. PRODUCTOS DE SENOS Y COSENOS DE ARGUMENTOS DIFERENTES
Las integrales de la forma
sen( x)sen( x)dx; sen( x)cos( x)dx; cos( x)cos( x)dxα β α β α β∫ ∫ ∫ ,
se resuelven pasando a una suma de senos y/o cosenos con las identidades:
1
sen( )sen( ) cos( ) cos( )2
1sen( )cos( ) sen( ) sen( )
2
1cos( )cos( ) cos( ) cos( )
2
α β = α − β − α + β
α β = α − β + α + β
α β = α − β + α + β
F. PRODUCTO DE POTENCIAS DE TANGENTE Y SECANTE
Para las integrales de la forma
m ntg (x)sec (x)dx∫ ,
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donde m y n son enteros positivos mayores que uno:
• Si la potencia de la tangente es impar y positiva, conserve un factor sec(x)tg(x) y
transforme los restantes factores a secantes. Luego, desarrolle e integre:
2k 1 n 2 k n 1
Transformar a secantes
2 k n 1
Potencias de sec ante derivada int erna
tg (x)sec (x)dx (tg (x)) sec (x)sec(x)tg(x)dx
(sec (x) 1) sec (x). sec(x)tg(x) dx
+ −
−
=
= −
∫ ∫ �����
������������� �������∫
• Si la potencia de la tangente es par y positiva, el integrando se reduce a potencias de
la secante, en efecto:
2k n 2 k ntg (x)sec (x)dx (sec (x) 1) sec (x)dx.= −∫ ∫
• Si la potencia de la secante es par y positiva, conserve un factor 2sec (x) y transforme
los restantes factores a tangentes. Luego, desarrolle e integre:
m 2k 2 k 1 m 2
Transforme a tangentes
tg (x)sec (x)dx (sec (x)) tg (x)sec (x)dx.−=∫ ∫ �������
G. INTEGRANDOS RACIONALES EN SENOS Y COSENOS
El matemático alemán Kart Weierstrass (1815-1897) observó que el cambio de
variable
xu tg
2
=
, x−π < < π
transforma cualquier función racional en seno y coseno en una función racional de u.
En consecuencia,
2 2 21 x 1 x 1du sec dx tg 1 dx (u 1)dx
2 2 2 2 2
= = + = +
luego
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2
2dx du
u 1=
+
Se deduce además que
2 2xsec u 1,
2
= +
luego
2
2
1 cos(x) x 1c o s ,
2 2 u 1
+ = = +
de donde
2
2
1 ucos(x)
1 u
−=+
y
2
22
2
1 usen (x) 1
1 u
−= − + ,
luego
2
2usen(x)
1 u=
+.
A continuación se presenta un conjunto de ejemplos, cuya función es introducir este
séptimo método de integración.
Ejemplo 81. Resuelva la integral
4cos (x)dx∫ .
Solución.
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2
4 2 2 2
2 2
1 cos(2x) 1cos (x)dx (cos (x)) dx dx (1 cos(2x)) dx
2 4
1 1 1 1(1 2cos(2x) cos (2x))dx dx cos(2x)dx cos (2x)dx
4 4 2 4
+ = = = +
+ + = + +
∫ ∫ ∫ ∫∫ ∫ ∫ ∫
1 1 1 1x sen(2x) x sen(4x) C
4 4 8 8= + + + +
Ejemplo 82. Resuelva la integral
5sen (x)dx∫ .
Solución.
5 4 2 2
2 2 2 4
2 4
sen (x)dx (sen (x))sen(x)dx (sen (x)) sen(x)dx
(1 cos (x)) sen(x)dx (1 2cos (x) cos (x))sen(x)dx
sen(x)dx 2 cos (x)sen(x)dx cos (x)sen(x)dx
c
= =
= − = − +
= − +
= −
∫ ∫ ∫∫ ∫∫ ∫ ∫
3 52 1os(x) cos (x) cos (x) C
3 5− + +
Ejemplo 83. Resuelva la integral
5tg (x)dx∫ .
Solución.
5 3 2 3 2 3 2 3tg (x)dx tg (x)tg (x)dx tg (x)(sec (x) 1)dx tg (x)sec (x)dx tg (x)dx= = − = −∫ ∫ ∫ ∫ ∫
3 2 2 3 2 2
4 23 2 2
tg (x)sec (x)dx tg (x)tg(x)dx tg (x)sec (x)dx (sec (x) 1)tg(x)dx
tg (x) tg (x)tg (x)sec (x)dx tg(x)sec (x)dx tg(x)dx ln cos(x) C
4 2
− = − −
− + = − − +
∫ ∫ ∫ ∫∫ ∫ ∫
Ejemplo 84. Resuelva la integral
3 4sen (x)cos (x)dx∫ .
Solución.
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3 4 2 4
5 72 4 4 6
sen (x)cos (x)dx sen (x)sen(x)cos (x)dx
cos (x) cos (x)(1 cos (x))sen(x)cos (x)dx (cos (x)sen(x) cos (x)sen(x))dx C
5 7
=
− = − = − +
∫ ∫∫ ∫
Ejemplo 85. Resuelva la integral
2 3
dx
(x 4x 6)+ +∫ .
Solución.
2
2 3 2 3 2 3 2 3
2
dx dx du 2 sec (z)dz
(x 4x 6) ((x 2) 2) (u 2) (2tg (z) 2)
(u x 2 du dx) (u 2tg(z) du 2 sec (z)dz)
= = =+ + + + + +
= + ⇒ = = ⇒ =
∫ ∫ ∫ ∫
224 2
6
2 sec (z) 2 2 1 cos(2z) 2dz cos (z)dz dz (1 2cos(2z) cos (2z))dz
8 8 2 328sec (z)
+ = = = + + ∫ ∫ ∫ ∫
2 22 2 2 2(1 2cos(2z) cos (2z))dz dz cos(2z)dz cos (2z)dz
32 32 16 32+ + = + +∫ ∫ ∫ ∫
1 1 1
2 2 2 u 2 x 2dz z C arctg C arctg C
32 32 32 322 2
+= + = + = + ∫
2 2 2
2 2 2 u 2 x 2cos(2z)dz sen(2z) C sen 2arctg C sen 2arctg C
16 32 32 322 2
+= + = + = + ∫
23
u
2u32
x 22x 2
32
2 2 2 sen(4z)cos (2z)dz (1 cos(4z))dz z C
32 64 64 4
sen(4arctg( ))2arctg( ) C
64 4
sen(4arctg( ))2arctg( ) C
64 4
++
= + = + +
= + +
= + +
∫ ∫
De modo que: x 2
2
2 3
sen(4arctg( ))dx 3 2 x 2 2 x 2 2arctg sen 2arctg C
64 32 64 4(x 4x 6) 2 2
+ + + = + + + + + ∫
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Ejemplo 86. Resuelva la integral
2 3 3 2 4 3 2(6x 4x)sen (x x )cos (x x )dx+ + +∫ .
Solución. Sea 3 2 2z x x dz (3x 2x)dx= + ⇒ = + . De modo que:
3 4 2 4
2 4 4 6
5 3 2 7 3 2
2 sen (z)cos (z)dx 2 sen (z)sen(z)cos (z)dz
2 (1 cos (z))sen(z)cos (z)dz 2 (cos (z)sen(z) cos (z)sen(z))dz
2 cos (x x ) 2 cos (x x )C
5 7
=
− = −
+ += + +
∫ ∫∫ ∫
Ejemplo 87. Resuelva la integral
3 3
dx
sen (x)cos (x)∫ .
Solución. 2 2 2 4 2 2 4
3 3 3 3 3 3
3 3
3 2
dx (sen (x) cos (x)) sen (x) 2sen (x)cos (x) cos (x)dx dx
sen (x)cos (x) sen (x)cos (x) sen (x)cos (x)
sen(x) dx cos(x)dx 2 dx
sen(x)cos(x)cos (x) sen (x)
sen(x) cos(x) cos(x)dx 2 dx
cos (x) sen(x)cos (x)
+ + += =
+ +
= + +
∫ ∫ ∫∫ ∫ ∫∫ ∫
3
3 3 2 2 2 2
dxsen (x)
(u cos(x)) (z tg(x)) (w sen(x))
du dz dw 1 1 1 12 2ln z C 2ln tg(x) C
zu w 2u 2w 2cos (x) 2sen (x)
= = =
− + + = + − + = + − +
∫
∫ ∫ ∫
Ejemplo 88. Resuelva la integral
dx
1 2sen(x) cos(x)+ +∫ .
Solución.
2 24u 1 u2 21 u 1 u
x2
dx 1 2. du
1 2sen(x) cos(x) 1 u1
2 du 1 1du ln 1 2u C ln 1 2tg( ) C
2 4u 1 2u 2 2
−+ +
=+ + ++ +
= = + + = + ++ +
∫ ∫
∫ ∫
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Integral Indefinida o Antiderivada Pág.: 62 de 100
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Ejemplo 89. Resuelva la integral
2x x 2xe ln(e 9 e )dx+ +∫ .
Solución.
Sea
x x dzz e dz e dx dx
z= ⇒ = ⇒ = .
Se tiene entonces que:
2x x 2x 2e ln(e 9 e )dx z ln(z 9 z )dz+ + = + +∫ ∫ .
Aplicando integración por partes:
2
2
2
dzu ln(z 9 z ) du
9 z
zdv zdz v
2
= + + =+
= =
Se tiene: 2 2
2 2
2
z 1 zz ln(z 9 z )dz ln(z 9 z ) dz
2 2 9 z+ + = + + −
+∫ ∫
Al resolver 2
2
zdz
9 z+∫ .
Sea 2z 3tg( ) dz 3sec ( )d= θ ⇒ = θ θ , de modo que
2 2 22 2
2
3
z 9tg ( ).3sec ( )dz d 9tg ( )sec( )d 9 (sec ( ) 1)sec( )d
3sec( )9 z
9 sec ( )d sec( )d
θ θ= θ = θ θ θ = θ − θ θθ+
= θ θ − θ θ
∫ ∫ ∫ ∫∫ ∫
Resolviendo
3sec ( )dθ θ∫ .
Aplicando integración por partes:
2
u sec( ) du sec( )tg( )d
dv sec ( )d v tg( )
= θ = θ θ θ
= θ θ = θ
Se tiene que:
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3 2 2
3
3
sec ( )d tg( )sec( ) tg ( )sec( )d tg( )sec( ) (sec ( ) 1)sec( )d
tg( )sec( ) sec ( )d sec( )d
1 1sec ( )d tg( )sec( ) ln sec( ) tg( ) C
2 2
θ θ = θ θ − θ θ θ = θ θ − θ − θ θ
= θ θ − θ θ + θ θ
θ θ = θ θ + θ + θ +
∫ ∫ ∫∫ ∫
∫
De modo que:
23
2
2 2 22
z 9 9dz 9 sec ( )d sec( )d tg( )sec( ) ln sec( ) tg( ) C
2 29 z
9 z 9 z 9 9 z z 1 9 9 z z. . ln C .z 9 z ln C
2 3 3 2 3 3 2 2 3 3
= θ θ − θ θ = θ θ − θ + θ +
+
+ + += − + + = + − + +
∫ ∫ ∫
Entonces:
2 22 2 2z 1 9 z 9 z
z ln(z 9 z )dz ln(z 9 z ) z 9 z ln C2 4 4 3
+ ++ + = + + − + + +∫
Finalmente:
2x x 2x2x x 2x x 2x x 2xe 1 9 e 9 ee ln(e 9 e )dx ln(e 9 e ) e 9 e ln C
2 4 4 3
+ ++ + = + + − + + +∫
Ejemplo 90. Resuelva la integral
2
1 cos(x)dx
5cos (x) 8cos(x) 3
++ +∫ .
Solución. 21 u21 u
2 2 2 2 221 u 1 u2 21 u 1 u
11 cos(x) du dudx 2 .
5cos (x) 8cos(x) 3 1 u 4 u5( ) 8( ) 3
−+
− −+ +
++ = =+ + + −+ +∫ ∫ ∫
2
2 2 2
x 2 2u 1 uu tg dx du sen(x) cos(x)
2 1 u 1 u 1 u
− = ⇒ = ⇒ = ⇒ = + + +
Por tanto x2
2 2 x2
2 tg( )1 cos(x) du 1 2 u 1dx ln C ln C
4 2 u 4 2 tg( )5cos (x) 8cos(x) 3 4 u
++ += = + = +− −+ + −∫ ∫
Ejemplo 91. Resuelva la integral
dx
ctg(x) cos(x)+∫ .
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Solución.
Manipulando algebraicamente la integral se tiene que:
cos(x) cos(x) sen(x)cos(x)sen(x) sen(x)
dx dx dx sen(x)dx
ctg(x) cos(x) cos(x)(1 sen(x))cos(x) += = =+ ++∫ ∫ ∫ ∫
Usando el cambio
2
2 2 2
x 2 1 u 2uu tg dx du , cos(x) , sen(x)
2 1 u 1 u 1 u
− = ⇒ = = = + + + .
( ) ( )2u 4u22 2 21 u 1 u 1 u
2 2 32 221 u 2u u 2u 12 2 21 u 1 u 1 u
. 4u 4udu du du du
(1 u )(u 1) (1 u)(1 u)1 (1 u )
+ + +
− + ++ + +
= = =− + − ++ −∫ ∫ ∫ ∫
Se tiene:
31 2 43 3 2
3 2 21 2 3 4
3
2 3 2 2 31 2 3 4
3
AA A A4u
1 u 1 u(1 u)(1 u) (1 u) (1 u)
A (1 u) A (1 u) A (1 u ) A (1 u )(1 u)
(1 u)(1 u)
A (1 3u 3u u ) A (1 u) A (1 u ) A (1 u u u )
(1 u)(1 u)
= + + +− +− + + +
+ + − + − + − +=
− +
+ + + + − + − + + − −=
− +
3 21 4 1 3 4 1 2 4 1 2 3 4
3
(A A )u (3A A A )u (3A A A )u (A A A A )
(1 u)(1 u)
− + − − + − + + + + +=
− +
Construyendo el sistema de ecuaciones:
1 4
1 3 4
1 2 4
1 2 3 4
A A 0
3A A A 0
3A A A 4
A A A A 0
− =− − =− + =
+ + + =
Encontrando valores:
1 13
u 1
4u 1A A
2(1 u)
=
= ⇒ =+
2 2
u 1
4uA A 2
1 u
= −
= ⇒ = −−
Se tiene entonces:
1 4 4
1 3 4 3
1 2 4
1 2 3 4
1A A 0 A
2
3A A A 0 A 1
3A A A 4
A A A A 0
− = =
− − = =− + =
+ + + =
De manera que
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3 3 2
2
4u 1 du du du 1 dudu 2
2 1 u 2 1 u(1 u)(1 u) (1 u) (1 u)
1 1 1 1ln 1 u ln 1 u C
2 1 u 2(1 u)
= − + +− +− + + +
= − − + − + + +++
∫ ∫ ∫ ∫ ∫
Devolviendo el cambio de variable se tiene que:
( )x x2 22 x
x2
2
dx 1 1 1 1ln 1 tg( ) ln 1 tg( ) C
ctg(x) cos(x) 2 21 tg( )1 tg( )= − − + − + + +
+ ++∫
Ejemplo 92. Resuelva la integral
dx
(1 sec(x))sen(x)+∫ .
Solución.
1 sen(x)cos(x) cos(x)
dx dx dx cos(x)dx
(1 sec(x))sen(x) sen(x)cos(x) sen(x)(1 )sen(x) sen(x)= = =
+ ++ +∫ ∫ ∫ ∫
Mediante cambio universal:
2
2 2 2
x 2du 2u 1 uu tg , dx , sen(x) , cos(x)
2 1 u 1 u 1 u
− = = = = + + + .
( ) ( )
22 2(1 u )1 u 22 22 2 (1 u )1 u 1 u
2 22 2u(1 u 1 u )2u 1 u 2u2 2 2 2 21 u 1 u 1 u (1 u )
2 2 22
.I du du
2(1 u ) 1 1 u 1 u 1 1du du ln u C ln tg(x 2) tg (x 2) C
4u 2 u 2 2 2 4
−−++ +
− + +−+ + + +
= =+
− −= = = − + = − +
∫ ∫
∫ ∫
Ejemplo 93. Resuelva la integral 2
2
1 sen (x)dx
1 cos (x)
−+∫ .
Solución. Aplicando el cambio u tg(x)= :
2u2
21 u2 1 2 2 2
21 u
11 sen (x) du dudx .
11 cos (x) 1 u (2 u )(1 u )
+
+
−− = =++ + + +∫ ∫ ∫ .
Aplicando fracciones simples:
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3 41 22 2 2 2
1 3
2 41 3 2 4
1 3
2 4
A u AA u Adudu du
(u 1)(u 2) u 1 u 2
A A 0
A A 0A A 0 , A 1 , A 1
2A A 0
2A A 1
++= +
+ + + +
+ =+ =
⇒ = = = = −+ =+ =
∫ ∫ ∫
De modo que:
2 2 2 2
du du du
(u 1)(u 2) u 1 u 2
1 u 1 tg(x)arctg(u) arctg C arctg(tg(x)) arctg C
2 2 2 2
1 tg(x)x arctg C
2 2
= −+ + + +
= − + = − +
= − +
∫ ∫ ∫
Ejemplo 94. Resuelva la integral
∫ + )x(cos3)x(sen2
dx22
.
Solución.
∫∫∫ +=
++=
+ )x(cos2
dx
)x(cos))x(cos)x(sen(2
dx
)x(cos3)x(sen2
dx222222
[1]
Haciendo el cambio de variable:
t = tg(x) , dt = sec2(x) dx = (1 + tg2(x)) dx = (1 + t2) dx
de donde se obtiene que
2t1
dtdx
+=
Por otra parte
, t1
1
)x(tg1
1
)x(sec
1)x(cos
2222
+=
+==
puesto que tg(x) = t. Sustituyendo en [1] se tiene:
[2] dt
t3
21
1
3
1dt
t3
21
1
3
1dt
t3
213
1
dtt23
1dt
)t23)(t1(
t1
t1
1t22t1
dt
t1
12
t1
dt
222
222
2
2
2
2
2
2
∫∫∫
∫∫∫∫
+
=+
=
+=
+=
+++=
+++
+=
++
+
Resolvamos la integral
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dt
t3
21
12∫
+
haciendo el cambio de variable
t3
2z = , td
3
2dt
3
2dz ==
de donde
zd2
3dt =
Entonces
122C)z(arctg
2
3dz
z1
1
2
3dt
t3
21
1 +=+
=
+
∫∫
Devolviendo el cambio de variable t3
2z = se tiene:
1122Ct
3
2arctg
2
3C)z(arctg
2
3dz
z1
1
2
3dt
t3
21
1 +
=+=
+=
+
∫∫
Reemplazando en [2] se obtiene
Ct3
2arctg
6
1
3
Ct
3
2arctg
233
3
3
Ct
3
2arctg
233
33
3
Ct
3
2arctg
23
3Ct
3
2arctg
2
3
3
1dt
t3
21
1
3
1dt
t23
1
11
122
+
=+
=+
=
+
=
+
=
+
=+ ∫∫
donde 3
CC 1= es una constante cualquiera
Por lo tanto:
C)x(tg3
2arctg
6
1
)x(cos3)x(sen2
dx22
+
=
+∫
Ejemplo 95. Resuelva la integral
∫ dx)x(sen)x5cos()x4(sen .
Solución.
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[ ] [ ]
[ ] [ ]
C)x2(sen8
1
4
1)x9(sen
36
1)x(sen
4
1
dx)x2cos(14
1dx)x9cos()xcos(
4
1dx)x(sen
2
1dx)x(sen)x9(sen
2
1
dx)x(sen)x(sen)x9(sen2
1dx)x(sen)x(sen)x9(sen
2
1dx)x(sen)x5cos()x4(sen
2
2
++−−=
−−−=−
−=−=
∫∫∫∫∫∫∫
Ejemplo 96. Resuelva la integral
∫ + )x(sen3)xcos(4
dx.
Solución.
Haciendo el cambio universal :
t2
xtg =
,
2
2
t1
t1)x(cos
+−= ,
2t1
t2)x(sen
+= , dt
t1
2xd
2+= ,
la integral se transforma en
td4t6
2t4
dt2td
t62t44
dt2
)x(sen3)x(cos4
xd ∫∫∫ −−−=
+−=
+=Ι
∫
−−
=2
4
3t4
4
25
dt
2
1,
ahora esta integral la resolvemos haciendo el cambio de variable:
ud)u(cos4
5dt,)u(sen
4
5
4
3t ==− ,
luego nos queda:
C )u(tg)usec(Ln5
1ud)u(sec
5
1
ud
)u(2
sen1
)u(cos
5
1du
)u(2
sen4
25
4
25
)u(cos
4
52
4
3t4
4
25
dt
2
1
++==
=−
=−
=
−−
∫
∫∫∫
Devolviendo los cambios:
sen(u) =5
3t4 −
( )2
3t425 −−
5 3t4 −
u
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( )23t425
5
)u(cos
1)usec(
−−== ,
( )23t41625
3t4)u(tg
−−
−=
Luego,
( )C
3t425
2t4ln
5
1
2+
−−
+=Ι
t2
xtg =
Ejemplo 97. Resuelva la integral
∫ + )x(tg21
dx.
Solución.
Haciendo el cambio de variable t = tgx , dt = sec2xdx = (1 + tg2x)dx = (1 + t2) dx
de donde dx = 2t1
dt
+ luego,
∫ ++=Ι
)t1()t21(
dt2
Ahora descomponiendo en fracciones parciales simples:
2t1
CtB
t21
A
)t1()t21(
12 +
+++
=++
de donde 1 = A + At2 + Bt + 2Bt2 + C + 2Ct y se obtiene el sistema de ecuaciones:
A C 1
B 2C 0
A 2B 0
+ = + = + =
que tiene por solución:
A = 5
1C,
5
2B,
4
1 =−= .
Luego,
C2
32
xtg425
22
xtg4
Ln5
1 +
−
−
+
=Ι
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( ) ( )
( ) ( )
2 2
2
2 2
2 2
2
5 5
4 dt 2 t 1 1dt dt
5 1 2t 5 51 t 1 t
2 1 1Ln 1 2t Ln 1 t arctg(t) C
5 5 5
1 2t 1 2tg(x)1 xLn arctg(t) C Ln C
5 51 t 1 tg (x)
1 1Ln(cos(x) 2sen(x)) x C 2 Ln(cos(x) 2sen(x)) x C.
5 5
Ι = − ++ + +
= + − + + +
+ += + + = + +
+ +
= + + + = + + +
∫ ∫ ∫
Por lo tanto,
( )∫ +++=+
=Ι .Cx))x(sen2)x(cos(Ln25
1
)x(tg21
dx
Ejemplo 98. Resuelva la integral
∫ −+dx
1)xsec()x(tg2
)xsec(.
Solución.
Aplicando identidades trigonométricas y manipulando algebraicamente 1
cos(x)
sen(x) 1cos(x) cos(x)
sec(x) dxdx dx
2tg(x) sec(x) 1 1 2sen(x) cos(x)2 1= =
+ − + −+ −∫ ∫ ∫
Aplicando la sustitución x2
u tg( )= , se tiene
x x x x2 2 2 2 22 2
22 2x x
2 2 2 2
u 1 2usen( ) , cos( ) , sen(x) 2sen( )cos( ) ,
1 uu 1 u 1
1 u 2ducos(x) cos ( ) sen ( ) , dx
1 u u 1
= = = =++ +
−= − = =+ +
22u 1
2 2 2 24u 1 u2 21 u 1 u
dx 2 2du du du
1 2sen(x) cos(x) 4u u 1 1 u 2u 4u1
du du du 1A B ln u ln u 2 C
u(u 2) u (u 2) 2
+
−+ +
= = =+ − + + − + ++ −
= = + = − + + + +
∫ ∫ ∫ ∫
∫ ∫ ∫
12
12
x2x2
AA B 0
2A 1 B
tg( )1 u 1ln C ln C
2 u 2 2 2 tg( )
=+ =⇒
= = −
= + = ++ +
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Ejemplo 99. Resuelva la integral x2
1 tg( )dx
1 cos(x)
++∫ .
Solución.
Hacemos el cambio universal:
xtg t
2
=
de donde
x = arctg(2t) ; 2
2
1 tcos(x)
1 t
−=+
, 2
2dx dt
1 t=
+
Entonces,
x2
2 2 2 2 2
2 2
1 tg( ) 1 t 2 1 t 2dx dt dt
1 cos(x) 1 t 1 t 1 t 1 t 1 t1
1 t 1 t
+ + + = = = + − + + + − + ++ +
∫ ∫ ∫
( )2
2 2 2
2
1 t 2 tdt 1 t dt t C
21 t 1 t 1 t
1 t
+ = = + = + + + + − +
+∫ ∫
Devolviendo el cambio de variable
xtg t
2
=
,
se obtiene: x
22 x x2 2
1 tg( ) 1dx tg( ) tg ( ) C
1 cos(x) 2
+= + +
+∫
1.16. INTEGRANDOS IRRACIONALES
Se denominan así los integrandos que contienen radicales. Con un cambio de variable
adecuado se pueden convertir los radicales en potencias enteras. A continuación se presenta
un conjunto de ejemplos, cuya función es introducir este octavo método de integración.
Ejemplo 100. Resuelva la integral
x1 e dx−∫ .
Solución.
INTEGRANDOS IRRACIONALES
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2x
2 2
2 x x
xx
x
2u 1 du du1 e dx du 2 1 du 2u 2u ln u 1 ln u 1 C
u 1 1 uu 1 u 1
(u 1 e 2udu e dx)
1 e 12 1 e ln C
1 e 1
− = = + = + − = + − − + + − +− −
= − ⇒ =
− −= − + +− +
∫ ∫ ∫ ∫ ∫
Ejemplo 101. Resuelva la integral
1 /2 2 /3
dx
x x+∫ .
Solución.
52
1 /2 2 /3 3 4
6 5
1 /3 1 / 6 1 / 6
dx 6t 1dt 6 t 1 dt 3t 6t 6 ln t 1 C
t 1x x t t
(x t dx 6t dt)
3x 6x 6ln x 1 C
= = − + = − + + + ++ +
= ⇒ =
= − + + +
∫ ∫ ∫
Ejemplo 102. Resuelva la integral
2
x 1 2dx
(x 1) x 1
+ ++ − +∫ .
Solución. 2z x 1 2zdz dx= + ⇒ =
4 3 2
(z 2).2z z 2 z 2dz 2 dz 2 dz
z z z 1 (z 1)(z z 1)
+ + += =− − − + +∫ ∫ ∫
Descomponiendo en fracciones simples
2 312 2
2 21 2 3 1 2 1 2 3 1 3
1 2 1 2 3 3 1 2 1 3 1 1 2
1 2 1 2 1 2 3
A z AAz 2
z 1(z 1)(z z 1) z z 1
z 2 A (z z 1) (A z A )(z 1) (A A )z (A A A )z (A A )
A A 0 , A A A 1 A 1 A A , A A 2 A 1 A A 2
A A 0 , 2A A 3 A 1 , A 1 , A 1
++ = +−− + + + +
+ = + + + + − = + + − + + −+ = − + = ⇒ = − + − = ⇒ − + − =+ = − = ⇒ = = − = −
2 2
z 2 dz z 12 dz 2 2 dz
z 1(z 1)(z z 1) z z 1
+ += −−− + + + +∫ ∫ ∫
1 1
2 2 2 2
dz2 ln z 1 C 2ln x 1 1 C
z 1
z 1 2z 2 2z 1 12 dz dz dz dz
z z 1 z z 1 z z 1 z z 1
= − + = + − +−
+ + += = ++ + + + + + + +
∫∫ ∫ ∫ ∫
INTEGRANDOS IRRACIONALES
Integral Indefinida o Antiderivada Pág.: 73 de 100
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Calculemos la integral que queda haciendo el cambio de variable: z = t2 , dz= 2t dt,
=
+−=
+−+=
+=
+=
+ ∫∫∫∫∫ tdt1
112td
t1
1t12td
t1
t2ttd2
)t1(t
tzd
)z1(z
z22
2
2
2
2
2
12Ctarctg2t2dt
t1
1td2 +−=
+−= ∫∫
Devolviendo los cambios de variable: t = z donde z = x2 - 1
=+∫ zd
)z1(z
z=+−=+− 11 C)z(arctg2z2C)t(arctg2t2
122 C)1x(arctg21x2 +−−−=
Sustituyendo en [2]
=
−−++−−−=∫ 2
C)1x(arctg1x)1x(arctg)1x(
2
1dz)z(arctg
2
1 12222
Por lo tanto
C1x2
1)1x(arctgx
2
1dx)1x(arctgx 2222 +−−−=−∫
1.17. INTEGRANDOS NO ELEMENTALES
El desarrollo de computadores y calculadoras capaces de hallar antiderivadas
mediante la manipulación de símbolos, ha renovado el interés por determinar qué
antiderivadas pueden expresarse como combinaciones finitas de funciones elementales y
cuáles no. Las integrales de las funciones que no tienen antiderivadas elementales se llaman
integrales no elementales. Su evaluación requiere series infinitas o métodos numéricos.
Entre otras, se tienen las integrales
Ejemplo 105.
x x2 4 ee
sen(x )dx , 1 x dx , dx , e dx ,x
+∫ ∫ ∫ ∫
x1 sen(x)dx , ln(ln(x))dx , dx , e ln(x)dx
ln(x) x∫ ∫ ∫ ∫
que parecen tan sencillas que se siente la tentación de investigar de dónde surgieron.
CÁLCULO DE INTEGRALES INDEFINIDAS CON MAPLE
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1.18. CÁLCULO DE INTEGRALES INDEFINIDAS CON MAPLE
Maple realiza la integración indefinida con el comando int . Esta función necesita dos
argumentos: una expresión y la variable de integración. Si Maple encuentra respuesta, ésta
es devuelta sin la constante de integración. Estos son algunos ejemplos de integración
indefinida:
> int(2*x*exp(x^2),x);
eeee( )x2
> int(sin(y)*cos(y),y); 12
( )sin y 2
Para obtener el resultado de la integral con la constante de integración:
> int(2*x*exp(x^2),x)+C;
+ eeee( )x2
C > int(sin(y)*cos(y),y)+C;
+ 12
( )sin y 2 C
Está a disposición del usuario el comando Int, interesante a la hora de imprimir
resultados, ya que devuelve los signos de integración (no evalúa la expresión):
> Int(2*x*exp(x^2),x)=int(2*x*exp(x^2),x)+C;
= d⌠
⌡
2 x eeee( )x2
x + eeee( )x2
C
> Int(sin(y)*cos(y),y)=int(sin(y)*cos(y),y)+C;
= d⌠⌡
( )sin y ( )cos y y + 12
( )sin y 2 C
Si Maple no puede calcular una primitiva, la devuelve indicada:
CÁLCULO DE INTEGRALES INDEFINIDAS CON MAPLE
Integral Indefinida o Antiderivada Pág.: 75 de 100
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> int(sin(x^3)*cos(x^2),x);
d⌠⌡ ( )sin x3 ( )cos x2 x
Se tratará ahora la utilización de algunos métodos de integración con Maple.
A. CAMBIO DE VARIABLE O SUSTITUCIÓN
Para trabajar el cambio de variable o sustitución con Maple se usa el comando
changevar(ec del cambio, f(x), nueva variable),
como se trabajará en futuros ejemplos. En el desarrollo de los mismos se tendrán presente los
siguientes pasos:
Paso 1. Se define la integral
Paso 2. Se resuelve con el cambio oportuno
Paso 3. Se deshace el cambio
A continuación algunos ejemplos: (el comando requiere tener cargado el paquete
with(student))
> restart:with(student): > integ:=Int(cos(2*x),x);
:= integ d⌠⌡
( )cos 2 x x
> nuevaInteg:=changevar(2*x=t, Int(cos(2*x),x));
:= nuevaInteg d⌠
⌡
12
( )cos t t
> value(nuevaInteg); 12
( )sin t
> Int(cos(2*x),x)=subs(t=2*x,%)+C;
= d⌠⌡
( )cos 2 x x + 12
( )sin 2 x C
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Otro ejemplo:
> restart:with(student): > integ:=Int(exp(3*x+4),x);
:= integ d⌠
⌡eeee
( ) + 3 x 4x
> nuevaInteg:=changevar(3*x+4=u, Int(exp(3*x+4),x));
:= nuevaInteg d⌠
⌡
13
eeee u u
> value(nuevaInteg); 13
eeee u
> Int(exp(3*x+4),x)=subs(u=3*x+4,%)+C;
= d⌠
⌡eeee
( ) + 3 x 4x +
13
eeee( ) + 3 x 4
C
B. INTEGRACIÓN POR PARTES
Para trabajar la integración por partes con Maple se usa el comando
intparts(f,u),
donde f es una expresión de la forma Int(u*dv,x) y u es el factor del integrando que ha
de ser derivado.
A continuación algunos ejemplos:
> restart:with(student): > integ:=Int(x*ln(x),x): > Por_Partes:=intparts(Int(x*ln(x),x),ln(x));
:= Por_Partes − 12
( )ln x x2 d⌠
⌡
x2
x
> valor:=value(Por_Partes);
:= valor − 12
( )ln x x2 x2
4
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> integ=valor+C;
= d⌠⌡
x ( )ln x x − + 12
( )ln x x2 x2
4C
Otro ejemplo:
> integ:=Int((2+x)*sin(x),x): > Por_Partes:=intparts(Int((2+x)*sin(x),x),2+x);
:= Por_Partes − − ( ) + 2 x ( )cos x d⌠⌡
− ( )cos x x
> valor:=value(Por_Partes); := valor − + ( ) + 2 x ( )cos x ( )sin x
> integ=valor+C;
= d⌠⌡
( ) + 2 x ( )sin x x − + + ( ) + 2 x ( )cos x ( )sin x C
C. INTEGRALES QUE CONTIENEN EL TÉRMINO 2ax +bx+c Para trabajar la integración con el término 2ax bx c+ + se procede primero a la
completación de cuadrados con Maple mediante el comando
completesquare(f(x),x).
Posteriormente, se efectúa el cambio de variable correspondiente, usando los
comandos vistos en el apartado A.
A continuación algunos ejemplos:
> restart:with(student): > integ:=Int(1/(2*x^2+2*x+1),x);
:= integ d⌠
⌡
1
+ + 2 x2 2 x 1x
> completesquare(2*x^2+2*x+1,x);
+ 2
+ x
12
212
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> nuevaInteg:=changevar(u=(x+1/2)/(sqrt(1/2)),integ,u);
:= nuevaInteg d
⌠
⌡
2
2
+ +
( )− + 2 2 u 2
4( )− + 2 2 u 2
21
u
> value(nuevaInteg); ( )arctan u 2
> integ=subs(u=(x+1/2)/(sqrt(1/2)),%)+C;
= d⌠
⌡
1
+ + 2 x2 2 x 1x + ( )arctan + 2 x 1 C
Otro ejemplo:
> restart:with(student): > integ:=Int(1/(x^2-3*x+2),x);
:= integ d⌠
⌡
1
− + x2 3 x 2x
> completesquare(x^2-3*x+2,x);
−
− x
32
214
> nuevaInteg:=changevar(u=(x-3/2)/(1/4),integ,u);
:= nuevaInteg d
⌠
⌡
1
− − 4
+
32
u4
2
10 3 u
u
> value(nuevaInteg); − + ( )ln + u 2 ( )ln − u 2
> integ=subs(u=(x-3/2)/(1/4),%)+C;
= d⌠
⌡
1
− + x2 3 x 2x − + + ( )ln − 4 x 4 ( )ln − 4 x 8 C
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D. DESCOMPOSICIÓN EN FRACCIONES SIMPLES
Para trabajar la descomposición en fracciones simples se procede primero a la
descomposición como tal con Maple mediante el comando
convert(f(x),parfrac,x).
Posteriormente, se resuelven las integrales resultantes.
A continuación algunos ejemplos:
> restart:with(student): > f:=x->1/(x^2-1);
:= f → x1
− x2 1
> f(x)=convert(f(x),parfrac,x);
= 1
− x2 1 −
12 ( ) − x 1
12 ( ) + x 1
> Int(f(x),x)=Int(convert(f(x),parfrac,x),x);
= d⌠
⌡
1
− x2 1x d
⌠
⌡
−
12 ( ) − x 1
12 ( ) + x 1
x
> value(Int(convert(f(x),parfrac,x),x));
− 12
( )ln − x 112
( )ln + x 1
PROBLEMAS PROPUESTOS Integral Indefinida
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1.19. PROBLEMAS PROPUESTOS
1. Compruebe los siguientes resultados aplicando las propiedades de la integral y/o ciertos
cálculos algebraicos:
1.1. 4 3 2x (a b)x abx
x(x a)(x b)dx C4 3 2
++ + = + + +∫
1.2. 22x x
( x 1)(x x 1)dx x C5
+ − + = + +∫
1.3. 7 / 4
4 3
x x 4xdx C
7x= +∫
1.4. 2 2 4 23 3
3
3 2
(x 1)(x 2) 3x x 3x xdx 6 x C
13 7x
+ − = − − +∫
1.5. m n 2 2m m n 2n(x x ) 2x x 4x x 2x x
dx C4m 1 2m 2n 1 4n 1x
+− = − + ++ + + +∫
1.6. 4 3
2
2
x 2x xdx x ln(x 1) arctg(x) C
3x 1
+ = − + + + ++∫
1.7. 3 2 3x 3x 3x 1 (x 1)
dx Cx 1 3
− + − −= +−∫
1.8. 2x x x
x 1
a a 1 a 1dx . x C
a ln(a) aa ++ = + +∫
1.9. 3 32 2
2
3 x 3 62 x dx 2 x x x C
x x 5x
− + = − − + +
∫
1.10. x
x
x
2 ln(2)dx ln(2 1) C
2 1= + +
+∫
1.11. 2
2
2x 1dx ln x x C
x x
+ = + ++∫
1.12. 2x x
x
x
e e sen(x)dx e cos(x) C
e
− = + +∫
1.13. 3 2 5 362 x dx x C
5= +∫
1.14. n
n 1 2 xx dx 2ln x C (n 0)
x n− + = + + ≠
∫
PROBLEMAS PROPUESTOS Integral Indefinida
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1.15. 3
1 3x 3dx x C
4x 4= +∫
1.16. a
a
2
edx e arctg(x) C
1 x= +
+∫
1.17. 3
xdx arctg(x) C
x x= +
+∫
1.18. 2x x 2 x
x
a a sec (x) adx tg(x) C
ln(a)a
+ = + +∫
1.19. 2tg (x)dx tg(x) x C= − +∫
1.20. 2 4
xdx arcsen(x) C (x 0)
x x= + >
−∫
2. Halle una función G cuya tangente tenga como pendiente 2x para cada x, y que su gráfico
pase por el punto (1, 1)− .
3. Compruebe los siguientes resultados usando el cambio de variable necesario:
3.1. 2
1 1 3xdx arcsen C
3 24 9x
= + −∫
3.2. 2
3
3
x 2dx 1 x C
31 x= + +
+∫
3.3. 2
3( x 2) 2dx ( x 2) C
93 x
+ = + +∫
3.4. 3 3x 2 x3e x dx e C= +∫
3.5. dx
ln ln(x) Cx ln(x)
= +∫
3.6. 5 6(ln(x)) (ln(x))dx C
x 6= +∫
3.7. 3 2 41tg (x)sec (x)dx tg (x) C
4= +∫
3.8. 2
4
x 1dx arctg(x ) C
21 x= +
+∫
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3.9. 2
2
x 1 16dx 3x 4 8ln 3x 4 C
27 3x 4(3x 4)
= + − + − + ++ ∫
3.10. 12
10 11(x 2) 3(x 2) (x 1)dx (x 2) C
12 11
++ − = − + +∫
3.11. 2x
2x 1010 dx C
2ln10
−− = − +∫
3.12. 2x
2x 2 2x
e 1dx C
(1 e ) 2(1 e )= − +
+ +∫
3.13. 2
1 1 xdx arctg C
x 11 11 11
= + + ∫
3.14. sen( x)
dx 2cos( x) Cx
= − +∫
3.15. 1 x
1 x
2
edx e C
x= − +∫
3.16. 1
dx ln 1 ln(x) Cx(1 ln(x))
= + ++∫
3.17. 2 2
4sen(x)cos(x)dx ln cos(2x) C
cos (x) sen (x)= − +
−∫
3.18. 2
2 2
2xdx ln(ln(x 5)) C
(x 5)ln(x 5)= + +
+ +∫
3.19. 2 2 2
2x 1 1dx C
2(2x 3) 2x 3= − +
− −∫
3.20. 2 2 2
22 2 2
x a b xdx C (b 0)
ba b x
+= + ≠+∫
3.21. n 1
n (ax b)(ax b) dx C (a 0) (n -1)
a(n 1)
+++ = + ≠ ≠+∫
3.22. cos(x) 1
dx ln 1 2sen(x) C1 2sen(x) 2
= + ++∫
3.23. 2x ln(x) ln (x)
dx 2 x Cx 2
+ = + +∫
3.24. 2 2 2
2 2 2
ax b 1 1 axdx ln(a x b ) arctg C (a 0, b 0)
2a a ba x b
+ = + + + ≠ ≠ + ∫
PROBLEMAS PROPUESTOS Integral Indefinida
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3.25. 2
3 6
6
x 1dx ln x x 1 C
3x 1= + − +
−∫
3.26. 3
2
arcsen(x) 2dx (arcsen(x)) C
31 x= +
−∫
3.27. 2
2 2
dx2 ln(x 1 x ) C
(1 x )ln(x 1 x )
= + + ++ + +∫
3.28. 2 2x x1
x.7 dx 7 C2ln(7)
= +∫
3.29. sen(log(x))
dx ln(10)cos(log(x)) Cx
= − +∫
3.30. arctg(x) 2 2 2
arctg(x)
2
e xln(1 x ) 1 ln (1 x )dx e arctg(x) C
41 x
+ + + += + + ++∫
4. Compruebe los siguientes resultados aplicando el método de integración por partes:
4.1. x x
x
2
xa axa dx C (a 0 , a 1)
ln(a) (ln(a))= − + > ≠∫
4.2. ax
ax
2 2
ee sen(bx)dx (asen(bx) b cos(bx)) C (a,b 0)
a b= − − + ≠
+∫
4.3. 3
2 3x 1x ln(x)dx ln(x) x C
3 9= − +∫
4.4. 21 1 1xarctg(x)dx x arctg(x) x arctg(x) C
2 2 2= − + +∫
4.5. 2 2x sen(x)dx x cos(x) 2xsen(x) 2 cos(x) C= − + + +∫
4.6. n n n 1(ln(x)) dx x(ln(x)) n (ln(x)) dx , n N−= − ∈∫ ∫
4.7. 3 3 2(ln(x)) dx x(ln(x)) 3x(ln(x)) 6x ln(x) 6x C= − + − +∫
4.8. n n 2 n 21 n 2sec (x)dx sec (x)tg(x) sec (x)dx , n N , n 2
n 1 n 1− −−= + ∈ ≥
− −∫ ∫
4.9. arctg( x)dx (1 x)arctg( x) x C= + − +∫
PROBLEMAS PROPUESTOS Integral Indefinida
o Antiderivada Pág.: 84 de 100
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4.10. 2
ln(x) ln(x) 1dx C
xx
−= − +∫
4.11. 2
5 2 3 2x 2dx (3 x) 4(3 x) 18 3 x C
53 x= − − + − − − +
−∫
4.12. 2x 1 x x 1 xx arccos dx arccos 1 x arcsen C
2 2 2 2 4 2
= − − + + ∫
4.13. 2 2
2
ln(x 1) ln(x 1)dx 2arctg(x) C
xx
+ += − + +∫
4.14. x x
2
xe dx eC
x 1(x 1)= +
++∫
4.15. 2 21 1 1xarcsen(x)dx x arcsen(x) x 1 x C
2 4 4
= − + − + ∫
4.16. 3 2 5 22 4x x 1dx x(x 1) (x 1) C
3 15− = − − − +∫
4.17. 2 21 1 1x cos (x)dx x xsen(2x) cos(2x) C
4 4 8= + + +∫
4.18. 2 21 1 1x ln(x 2)dx x ln(x 2) x x ln(x 1) C
4 2 2+ = + − + − + +∫
4.19. n 1
na 2
x ( 1 ln(x) nln(x))x log (x)dx C (a 0,a 1)
(1 n) ln(a)
+ − + += + > ≠+∫
4.20. 3
2 2 2
2
x 1 2dx x x 1 x 1 C
3 31 x= + − + +
+∫
4.21. x x
arcsen dx xarcsen 2 x 2arctg( x) Cx 1 x 1
= − + + + + ∫
4.22. 2 2 3 81 1 1 1x sen (x)dx x x sen(2x) x cos(2x) C
6 4 8 4
= − − − + ∫
4.23. 2 x x 1 x 1
2 x
2 3
x 2 2 x 2x 2 dx C
ln(2) ln(2) ln(2)
+ += − + +∫
4.24. 5
3
3 2 3
x 1 1dx ln(x 1) C
3(x 1) 3(x 1)= + − +
+ +∫
4.25. x cos(2x) sen(2x)
xsen(x)cos(x)dx C4 8
= − + +∫
PROBLEMAS PROPUESTOS Integral Indefinida
o Antiderivada Pág.: 85 de 100
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5. Obtenga una fórmula de reducción integrando una vez por partes:
5.1. nx sen(ax)dx∫ 5.2. nx cos(ax)dx∫
5.3. n ax(x b) e dx+∫ 5.4. n
2
xdx
1 x−∫
6. Aplicando las fórmulas obtenidas anteriormente calcule las siguientes integrales:
6.1. 4x sen(4x)dx∫ 6.2. 4x cos(4x)dx∫
6.3. 4 8x(x 2) e dx+∫ 6.4. 5
2
xdx
1 x−∫
7. Demuestre que si P(x) es un polinomio de grado n con coeficiente principal o de mayor
grado igual a 1, entonces ax n
ax
2 3 n
e P '(x) P ''(x) P '''(x) ( 1) n!e P(x)dx P(x) ... C
a a a a a
−= − + − + + + ∫
8. Aplicando la fórmula obtenida anteriormente calcule las siguientes integrales:
8.1. 3 2x(1 x )e dx−+∫ 8.2. 4 x(x 1) e dx−+∫ 8.3. 3 3x(x x 1)e dx+ −∫
9. Calcule
ln(x b)dx+∫
de la siguiente manera:
9.1. Usando la sustitución u x b= + e integrando por partes.
9.2. Integrando por partes con u ln(x b)= + y dv dx.=
10. Se dice que la integral
sen(x)dx
x∫
no constituye una integral elemental, deduzca que
cos(x)ln(x)dx∫
tampoco lo es.
PROBLEMAS PROPUESTOS Integral Indefinida
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11. Demuestre que ax
ax
2 2
e [b.sen(bx) a.cos(bx)]e cos(bx)dx C
a b
+= ++∫
con a, b, c, constantes reales no nulas.
12. Sean
sxA e cos(tx)dx= ∫ y sxB e sen(tx)dx= ∫ .
Demuestre que sxsB tA e sen(tx) C+ = + .
13. Demuestre la siguiente relación: m 1 n
m n m n 1x (ln(x)) nx (ln(x)) dx x (ln(x)) dx
m 1 m 1
+−= −
+ +∫ ∫
donde m y n son enteros positivos y úsela para calcular
2 3x (ln(x)) dx∫ .
14. Compruebe los siguientes resultados efectuando una sustitución trigonométrica:
14.1. 2
2 2
1 1 25 xdx C
25 xx 25 x
−= − +−∫
14.2.
33 2 2
2
x 64 1 16 5x 16 5xdx C
25 3 4 416 5x
+ + = − + +
∫
14.3. 2
1 1dx arc sec( 2x) C
2x 4x 2= +
−∫
14.4. 2
2
1dx ln x 16 x C
16 x= + + +
+∫
14.5. 2 3 2 2 2
2
(9 x ) 9 x 3 x 1 x 9 xdx 9 arcsen C
x 2 3 2 9x
− − − = − − + ∫
14.6. 2
2 3 2 2
x x 1dx arcsen x C
4(16 x ) 16 x
= − + − −∫
14.7. 2
dx 1 4arctg x C
20 525 16x
= + + ∫
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14.8. 3 2 2 5 2 2 3 21x x 9dx (x 9) 3(x 9) C
5− = − + − +∫
14.9. 2
2
dx 1 1 4x 9 3ln C
3 2 xx 4x 9
+ − = + + ∫
14.10. 2
2 2
2
x dx 1x x 2 ln x x 2 C
2x 2= − + + − +
−∫
14.11. 2 2
2x 1dx 1 x 1 1x 1 ln C
x 2 x
+ + − = + + + ∫
14.12. 2 2
216 4x 2 4 xdx 2 4 x 4ln C
x x
− − −= − + +∫
14.13. 2
2
dx 1 x 5 55 ln C
5 xx x 5
+ −= ++∫
14.14. 4
2
2 2 2
x 1 1 5 3 1dx ln x ln(x 2) C
4 8 4x(x 2) x 2
− = − + + + ++ +∫
14.15. 2 2
2
2x 5 2 13dx 9x 6x 2 ln 3x 1 9x 6x 2 C
9 99x 6x 2
+ = + + + + + + + ++ +∫
15. Compruebe los siguientes resultados completando cuadrados en el denominador y dando
un cambio de variable adecuado:
15.1. 2
x 1 3 3 3dx x ln x C
2 2 4 24x 12x 9
= − + − + − +∫
15.2. 2 2
2
3x 5 4 1dx 3x 2x 1 3 ln x 3x 2x 1 C
3 33x 2x 1
+ = + + + + + + + ++ +∫
15.3. 2
2
cos(x) 3dx ln sen(x) sen (x) 3sen(x) 5 C
2sen (x) 3sen(x) 5= − + − + +
− +∫
15.4. x
x
2x x
a ln(a)dx ln(a 1) C
a 2a 1= + +
+ +∫
15.5. 2
cos(x) 1 3 sen(x)dx arctg C
sen (x) 6sen(x) 12 3 3
−= − + − + ∫
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16. Compruebe los siguientes resultados efectuando un proceso de descomposición en
fracciones simples a las siguientes integrales de funciones racionales:
16.1. 2
3x 1 1 7dx ln x ln x 2 C
2 2x 2x
+ = − + − +−∫
16.2. 2
4
2 3x 2x 1 7 1dx 3arctg (x x 1) 2ln x ln x 1 C
6 3x x 3
+ −= − − + + + + + + ∫
16.3. 5 2
2
2 4
x 1 x 1 1dx ln(x 1) arctg(x) C
2 x 2x x
+ = − + + − ++∫
16.4. 6
2 4
x 1 1 65 65 63 xdx x ln x 2 ln x 2 arctg C
16x 128 128 64 2x (x 16)
+ = + − + + − − + − ∫
16.5. 3
2
4 2 2 2
x 1 1 1 1 1 x 1dx ln(x 1) . . arctg(x) C
2 2 2 2x 2x 1 x 1 x 1
− = + − + + ++ + + +∫
16.6. 4x 1
dx ln x 3ln x 1 Cx(x 1)
+ = + + ++∫
16.7. 3
2
x 3x 1 3dx x ln x 3ln x 1 C
x 1x(x 1)
− + = + + − + +++∫
16.8. 5 3
2
4 3 2
3x 2x x 3 2dx 3x x ln x 1 7ln x 1 C
2 x 1x x x x
+ − = − + + − + + + +++ − −∫
16.9. 3
2
2
x 1 1 27dx x 4x ln x 1 ln x 3 C
2 2 2x 4x 3= + − − + − +
− +∫
16.10. 4 3 2
2 2
3 2
x x 4x 1 1 4 1dx x ln x ln x x 1 3arctg (2x 1) 3 C
2 3 3x x x
+ + + = + + + + − + + + + ∫
16.11. 3
1 1 1dx ln x ln x 1 ln x 1 C
2 2x x= − − − + + +
−∫
16.12. 4
4
x 1 x 1 1dx x ln arctg(x) C
4 x 1 2x 1
−= + − ++−∫
16.13. 2 2
4 2 2
dx 1 x x 1 1 x 1ln arctg C
4x x 1 x x 1 2 3 3x
+ + −= + + + + − + ∫
16.14. 3 16
3 7 9
x 1 1 1 xdx x ln C
4 164x x (2x 1) (2x 1)
− = + +− − +∫
16.15. 2 2 2
dx x 1arctg(x) C
2(1 x ) 2(1 x )= + +
+ +∫
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17. Compruebe los siguientes resultados usando las técnicas para integrandos
trigonométricos:
17.1. 3 31sen (x)dx cos(x) cos (x) C
3= − + +∫
17.2. 2 5 3 5 71 2 1sen (x)cos (x)dx sen (x) sen (x) sen (x) C
3 5 7= − + +∫
17.3. 4 4 1 3 1 1sen (x)cos (x)dx x sen(4x) sen(8x) C
64 2 2 16
= − + + ∫
17.4. 6 31 3 3 sen(4x) 1 1cos (x)dx [x sen(2x) x sen(2x) sen (2x)] C
8 16 2 4 2 6
= − + + + − + ∫
17.5. 3 3 5 31 1tg (x)sec (x)dx sec (x) sec (x) C
5 3= − +∫
17.6. 2
2 2
tg(x) 1 sec (x)dx ln C
41 tg (x) 1 tg (x)= +
− −∫
17.7. 2 2
1 1 tg(x) 2dx ln C
sen (x) 2cos (x) 2 2 tg(x) 2
−= +− +∫
17.8. x2
x2
tg( ) 2 51 1dx ln C
2sen(x) cos(x) 5 tg( ) 2 5
+ −= +
− + +∫
17.9. 1 1
sen(4x)cos(5x)dx cos(9x) cos(x) C2 9
= − + + ∫
17.10. 1 1
cos(2x)cos(3x)dx sen(x) sen(5x) C2 5
= + + ∫
17.11. 2 2 1 1 sen(4ax)cos (ax)sen (ax)dx x C
8 32 a= − +∫
17.12. 6 5 31 1tg (2x)dx tg (x) tg (x) tg(x) x C
5 3= − + − +∫
17.13. 4 3 1 1sen (x)dx x sen(2x) sen(4x) C
8 4 32= − + +∫
17.14. 2(sec(x) csc(x)) dx tg(x) ctg(x) 2ln(tg(x)) C+ = − + +∫
17.15. 1 1
cos(4x)cos(5x)dx sen(x) sen(9x) C2 18
= + +∫
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17.16. 2 3 51 1sen (x)cos (x)dx sen(x) sen (x) C
3 5= − +∫
17.17. x 3x 1 1
sen cos dx cos(2x) cos(x) C2 2 4 2
= − + + ∫
17.18. 3
5
dx 1 3 3sec (x)tg(x) sec(x)tg(x) ln sec(x) tg(x) C
4 8 8cos (x)= + + + +∫
17.19. 4 3 1 1cos (2x)dx x sen(4x) sen(8x) C
8 8 64= + + +∫
17.20. 4
5
sen(x) 1dx sec (x) C
4cos (x)= +∫
17.21. dx 1 1 1
ln 1 tg(x) ln sec(x) x C1 tg(x) 2 2 2
= + − + ++∫
17.22. dx 2
Cx1 2sen(x)
1 tg2
= − ++ +
∫
17.23. 2
3
sen (x) 1 1dx sec(x)tg(x) ln sec(x) tg(x) C
2 2cos (x)= − + +∫
17.24. dx 1 x 1 x
ln tg 3 ln tg 3 C4 5cos(x) 3 2 3 2
= − + + + + ∫
17.25. 2 2
2 2
sen(x)cos(x) 1dx ln sen (x) cos (x) C
4sen (x) cos (x)= − +
−∫
17.26. 2 2
cos(x) 1 1 2sen(x)dx 2 ln C
4sen (x) cos (x) 1 2sen(x)
+= +− −∫
17.27. sen(x) cos(x)
dx ln sen(x) cos(x) 1 Csen(x) cos(x) 1
+ = − − +− −∫
17.28. 3
dx2 tg(x) C
sen(x)cos (x)= +∫
17.29. tg(x)
dx ln sec(x) ln sec(x) 1 Csec(x) 1
= + − +−∫
17.30. 2
2 2
1 cos (x) 1 1dx ln cos(x) C
2(1 sen (x))ctg(x) cos (x)
− = + +−∫
17.31. 2
3(1 cos(2x)) 4dx 4sen(x) sen (x) C
cos(x) 3
+ = − +∫
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17.32. 3
2
3
ctg (x) 1dx ln sen(x) sen (x) C
2csc (x)= − +∫
17.33. 5 3 52 1sen (x)dx cos(x) cos (x) cos (x) C
3 5= − + − +∫
17.34. 2
3 ctg (x)ctg (x)dx ln sen(x) C
2= − − +∫
17.35. 5 4 10 163 3 33 3 3 3sen (x) cos(x)dx cos (x) cos (x) cos (x) C
4 5 16= − + − +∫
18. Compruebe los siguientes resultados de las integrales irracionales:
18.1.
1 43 4 7 12 1 2 5 12 1 3 1 4
1 2 1 3
1 6 1 12 1 2
x 1 4 12 12dx x x 2x x 3x 4x
3 7 5x x
6x 12x 12ln x 1 C
+ = + + + + + +−
+ + − +
∫
18.2.
tg(x) 2 tg(x) 12 2tg(x)dx ln arctg( 2 tg(x) 1)
4 2tg(x) 2 tg(x) 1
2arctg( 2 tg(x) 1) C
2
− += − + − +
+ +
+ +
∫
18.3. 5 2 3 22x x 9dx (x 9) 6(x 9) C
5+ = + − + +∫
18.4. dx x x
2ln x 4 2 x 2ln 1 2ln 1 C2 2x 2
= − − + − + + − ++∫
18.5. 3 23 3
3
dxln x ln x 1 2ln x 1 ln 1 x x C
x(1 x)= − − − − + + + +
−∫
18.6. 3 3
3 32 2
dx2arctg( x) arctg(2 x 3) arctg(x) C
x (1 x )= + + − +
+∫
18.7. 2
2
x 1dx 2arcsen(x 1) 2x x C
2x x
+ = − − − +−∫
18.8. 3
5 6 1 2 1 3 1 3 1 6x 2 1 6dx (x 2) 2(x 2) 3(x 2) 3ln (x 2) (x 2) 1
5x 2 1
+ − = + − + − + + + − + ++ +∫
1 632 3arctg (2(x 2) 1) C
3
+ + − +
18.9. 3 13 12 5 33
6 54
x x x xdx 12 C
13 20x x
− = − + + + ∫
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18.10. 4
14 3 7 6
3
x x 3 6dx x x C
14 7x
− = − +∫
19. Calcule las siguientes integrales y verifique el resultado:
19.1. 4 3 2
3 2
x 6x 12x 6dx
x 6x 12x 8
− + +− + −∫
19.2. 3 2
4 2
x x x 3dx
x 4x 3
+ + ++ +∫
19.3. 2
dx
x 7x 6+ +∫
19.4. 3
dx
x 1+∫
19.5. 2x x
dx
e e 2+ −∫
19.6. 2
sen(x)dx
cos(x)(1 cos (x))+∫
19.7. 2 2
3
(2 tg ( ))sec ( )d
1 tg ( )
+ θ θ θ+ θ∫
19.8. 1 xdx+∫
19.9. 3
dx
x 1 (x 1)+ + +∫
19.10. 2 3
dx
(4 x )−∫
2
2
x 8 11R : C
2 x 2 (x 2)− − +
− −
21R : ln x 3 arctg(x) C
2+ + +
1 x 1R : ln C
5 x 6
+ ++
3
6 2
x 1 3 2x 1R : ln arctg C
3 3x x 1
+ −+ + − +
x x 2
3x
1 (e 2)(e 1)R : ln C
6 e
+ − +
21 cos (x)R : ln C
cos(x)
++
2 (2tg( ) 1)R : ln 1 tg( ) arctg C
3 3
θ −+ θ + +
5 32 2
4 4R : (1 x) (1 x) C
5 3+ − + +
R :2arctg( x 1) C+ +
2
xR : C
4 a x+
−
20. Calcule las siguientes integrales:
20.1. 4
2
x x 1dx
x x 1
+ +− +∫
20.3. 4sen (x)cos(x)dx∫
20.5. 5 4 2 3x x (20x 10x)dx− −∫
20.2. ln(x) ln(5)
dx5x
+∫
20.4. 3
1dx
x(1 x)+∫
20.6. 2 2x sec (x )dx∫
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20.7. x x
x x
3 ln(3) 2 ln(2)dx
3 2
++∫
20.9. ln(x 1) ln(x)
dxx(x 1)
+ −+∫
20.11. 3
2 14
4xdx
x x− +∫
20.13. x 1
dxx
+∫
20.15. 2
dx
2x x−∫
20.17. 2
dx
x 4 ln (x)+∫
20.19. 2x
dxx 1+∫
20.21. ln(ln(x))
dxx ln(x)∫
20.23. 2(arcsen(x)) dx∫
20.25. x ln(1 x)dx+∫
20.27. 3 2x x 4dx+∫
20.29. x3 cos(x)dx∫
20.31. sen x 2dx+∫
20.33. 2ln(x 1 x )dx+ +∫
20.35. 3
2 2
xdx
(x 4)+∫
20.37. ln(x)
dxx∫
20.8. 2
sen(2x)dx
1 cos (x)−∫
20.10. x x
23 3(e e ) dx−
−∫
20.12. 3x x 1dx+∫
20.14. 3sec (x)tg(x)dx∫
20.16. x
dx
1 e−+∫
20.18. dx
1 1 x+ +∫
20.20. 3
2
xdx
x 1+∫
20.22. 3x x 1dx+∫
20.24. 2xtg (x)dx∫
20.26. 25x arctg(2x)dx∫
20.28. xsen(x)cos(x)dx∫
20.30. ln(x 1)
dxx 1
++∫
20.32. 2
x ln(x)dx
1 x−∫
20.34. 2
xarctg(x)dx
1 x+∫
20.36. x ln(x)dx∫
20.38. 2
dx
x 2x 3− +∫
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20.39. 2
2x 5dx
4x x
−
−∫
20.41. 2
1dx
x ln (x) 3ln(x) 1+ −∫
20.43. 2
x 2dx
x 4x 3
+
+ +∫
20.45. 2
x 1dx
x 4x 3
+
+ +∫
20.47. x
dx(x 1)(x 2)+ +∫
20.49. 2
1dx
x 3x 2− +∫
20.51. 3
1dx
x x+∫
20.53. 2
xdx
12 4x x+ −∫
20.55. 2
dx
x 2 x+∫
20.57. 2
dx
2x 4x 1−∫
20.59. 2 3 2
xdx
(1 x )−∫
20.61. 1 x
dxx
−∫
20.63. 2 4
dx
4 4x x+ +∫
20.65. 3
2
xdx
25 x−∫
20.67. cos(x)cos(2x)cos(3x)dx∫
20.69. sen(x) 2cos(x)
dx1 cos(x)
++∫
20.40. 2
2x 6dx
x 6x 1
+
+ +∫
20.42. x
2x x
edx
e 3e 1+ +∫
20.44. x x
2x x 1 x 2x
2 ln(2) 3 ln(3)dx
2 2 3 3 1++
+ + +∫
20.46. 2
2x 3dx
2x 6x 1
−− +∫
20.48. 3 2
4 3 2
4x 4x x 1dx
x 2x x
− + +− +∫
20.50. 2
2 2
x x 1dx
(x x 1)
− ++ +∫
20.52. 3
1dx
x 1−∫
20.54. x
2x
edx
4 e−∫
20.56. x
2x x
edx
e e 2+ +∫
20.58. 2
2 3 2
xdx
(1 x )+∫
20.60. 2 3 2
dx
(x 2x 5)− +∫
20.62. 3
2
xdx
x 4−∫
20.64. 4 4tg (x)sec (x)dx∫
20.66. 5 2sen (x)cos (x)dx∫
20.68. sen(x)sen(2x)sen(3x)dx∫
20.70. sec(x)
dx2tg(x) sec(x) 1+ −∫
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20.71. dx
4cos(x) 3sen(x)+∫
20.73. cos(2x)
dx(1 cos(2x))tg(x)+∫
20.75. 4tg(x)sec (x)dx∫
20.77. dx
(x 1) x 2− +∫
20.79. x 1 1
dxx 1 1
− +− −∫
20.81. 3
3
x 1dx
x 1
−+∫
20.83. x
xe dx∫
20.85. 3x 1
dx2 3x
++∫
20.87. 3 2 3 2x (1 2x ) dx−+∫
20.89. 3 3
dx
x 4 x+∫
20.91. 6
4 26
x 1dx
x x
+
+∫
20.93. 1 x dx
1 x x
−+∫
20.95. dx
x 1 x 1+ + −∫
20.97. 3 1x arcsen dx
x
∫
20.99. 2(x 3x)sen(5x)dx−∫
20.72. 2 2
sen(x)dx
cos (x) sen (x)−∫
20.74. 5cos(5x) cos(x)
dxsen(3x)cos(2x)
+∫
20.76. 2 1 3
xdx
(1 6x )+∫
20.78. (x 2) x 1dx+ −∫
20.80. 2 3 2x (1 3x) dx−+∫
20.82. x
x
1 edx
1 e
+−∫
20.84. 2x
x x
e 1dx
e e−+
−∫
20.86. dx
x 2 x 2− − +∫
20.88. 2
dx
x 1 x+∫
20.90. 2
1 x dx
1 x x
−+∫
20.92. 12
6 3
xdx
x x x+ +∫
20.94. 3
x 1 3dx
x 1 1
+ ++ −∫
20.96. 2
3
x x 1dx
x 1
+ ++∫
20.98. cos(ln(x))dx∫
20.100. xarctg(2x 3)dx+∫