Cálculo de primitivas
Teoría y ejemplos
c
°
2000 CRESLINE, S.L.
En la unidad ”Funciones derivables”, hemos estudiado el problema siguiente: dada una función F, hallar su derivada, es decir, la función f tal queF0 =f.
En esta unidad, consideraremos el problema inverso: dada una función f, es preciso hallar una funciónF tal que F0 =f.
En la unidad ”Integral de Riemann”, hemos visto que según la primera forma del teorema fundamental del cálculo, sif es R-integrable en[a, b] y F es una primitiva def, entonces
Z b
a
f =F(x)]ba=F(b)−F(a)
De este modo, el problema de calcular integrales se reduce al de calcular primi-tivas. Además, según la segunda forma del teorema fundamental del cálculo, si f es continua en[a, b], entonces su integral indefinida
F(x) =
Z x
a f
es una primitiva def en[a, b]. Se concluye, por lo tanto, que las funciones con-tinuas siempre tienen primitivas y, en consecuencia, que el problema de calcular una primitiva y el de integrar una función coinciden en la clase de la funciones continuas, aunque son problemas distintos en una clase de funciones más amplia.
Primitivas de una función en un intervalo
Definición 1 SeanI= [a, b] yf :I → R, entonces se llama primitiva de f
en I a toda funciónF :I → R tal que F0(x) =f(x)para todo x∈I.
Teorema 1 SiF yGson dos primitivas def enI= [a, b], entonces la función
G−F es constante enI.
Demostración: En efecto, siF yGson primitivas def enI, se sigue por
definición que
(G−F)0 =G0−F0 =f −f = 0
enI. Puesto que la funciónG−F es derivable enI, según el teorema del valor medio, se tiene que para todox∈I
(G−F)(x)−(G−F)(a) = (G−F)0(c) (x−a)
ww
w.
ap
re
nd
es
dondec∈(a, x). Entonces, como(G−F)0= 0 enI, se sigue que
(G−F)(x) = (G−F)(a)
lo que quiere decir que la funciónG−F es constante enI.
Notación 1 Según este teorema, si F es una primitiva de f en I, cualquier
otra primitiva def enI es una funciónGde la formaG=F+C, dondeC es una constante.
Obsérvese que sif escontinuaenI, entoncesf es R-integrable y por tanto existe la integral indefinida
F(x) =
Z x
a f
Además, esta función es una primitiva def en I. Por tanto, según el teorema anterior, el conjunto de las primitivas def son de la forma
Z x
a
f+C=F(x) +C
Con la elección correspondiente de la constanteC, esta última igualdad es válida para todo x∈I. Por esta razón, es habitual usar el símbolo de integración R para indicar las primitivas def
Z f o
Z
f(x)dx
denominar también integral indefinida al conjunto de las primitivas de una fun-ciónf continua, y escribir
Z
f =F+C o Z
f(x)dx=F(x) +C
Sin embargo, hay que advertir que esto no es apropiado ya que sif no es con-tinua, la integral indefinida no tiene porque ser una primitiva def.
No hay que confundir los símbolos
Z f y
Z b
a f
El primero designa un conjunto de funciones, el conjunto de todas las primitivas def. El segundo es un número real, la integral def en el intervalo[a, b].
Ejemplo 1 Calcular la primitiva de la funciónf(x) =xcuya gráfica pasa por
el punto(1,2).
Solución: Es claro que
Z
x dx=x
2
2 +C
ww
w.
ap
re
nd
es
Imponiendo la condición del enunciado, se obtiene
1
2+C = 2
C = 3 2
Por lo tanto, la primitiva def que pasa por(1,2)es la función F(x) =x
2
2 + 3 2
Métodos de integración
En esta unidad nos proponemos indicar la manera de calcular sistemáticamente primitivas de gran número de funciones que se presentan con frecuencia, pero debe tenerse presente que aunque toda función continua tiene primitiva, por lo general ésta no puede expresarse mediante funciones elementales (en términos generales, una función se llama elemental cuando puede obtenerse mediante suma, multiplicación, división y composición a partir de las funciones racionales, trigonométricas y sus inversas y las funcioneslogyexp). Por ejemplo, no existe ninguna función elementalF tal que
F0(x) =ex2
para x∈R. Por esta razón el proceso de integración (el proceso que permite hallar una primitiva de una función) da lugar a la creación de nuevas funciones. La tabla de derivadas de las funciones elementales nos permite formar una tabla de integrales, que debemos recordar de memoria para integrar, mediante ella y los métodos de los apartados siguientes, otras funciones.
Por ejemplo,
Z
xndx= x
n+1
n+ 1 +C (n6=−1)
pues
d dx
·xn+1
n+ 1
¸
= (n+ 1)x
n
n+ 1 =x
n
sin+ 16= 0.
Integración por descomposición
El carácter lineal de la derivación se traduce en el de la integración como sigue
Teorema 2 Sif yg son continuas y c1, c2∈R, entonces
Z
(c1f1+c2f2) =c1
Z
f1+c2
Z f2
ww
w.
ap
re
nd
es
Esta fórmula debe interpretarse como sigue: una primitiva dec1f1+c2f2puede
obtenerse sumando una primitiva def1 multiplicada porc1 y una primitiva de
f2 multiplicada porc2.
Demostración: Son evidentes a partir de las siguientes reglas de derivación
(f +g)0=f0+g0 y
(c f)0=c f0
Ejemplo 2 Calcular Z µ
3x5+ 5 cosx−7 x
¶ dx
Solución: Por descomposición tenemos
Z µ
3x5+ 5 sinx−7 x
¶
dx = 3
Z
x5dx+ 5
Z
cosx dx−7
Z 1 xdx
= 3x
6
6 + 5 sinx−7 lnx+C = x
6
2 + 5 cosx−7 lnx+C
Obsérvese que
d dx
· x6
2 + 5 cosx−7 lnx
¸
= 6x
5
2 + 5 sinx−7 1
x
= 3x5+ 5 sinx−7 x
Tabla de primitivas inmediatas
Las integrales inmediatas son las que se puede dar una primitiva de forma inmediata. Las integrales quasi-inmediatas son las que difieren de las in-mediatas en algún factor constante, entendiendo por factor constante cualquier expresión que no incluya la variable de integración; se resuelven manipulando el factor constante.
Las integrales inmediatas más importantes son: 1) Tipo potencial
Z
fn ·f0= f
n+1
n+ 1 +C (n6=−1)
Ejemplo 3 Las siguientes integrales son inmediatas:
ww
w.
ap
re
nd
es
1.
Z
x2dx = x
2+1
2 + 1+C = x
3
3 +C
2.
Z 4
√
x3dx =
Z
x34dx= x 3 4+1
3 4+ 1
+C = x 7 4 7 4 +C = 4 7x 4 √
x3+C
3.
Z µ
3
x2 +
3
√
2x2
¶
dx = 3
Z
x−2dx+√32
Z x23 dx
= 3x−
2+1
−2 + 1+
3 √ 2x 2 3+1 2 3+ 1
+C
= 3x
−1
−1 +
3 √ 2x 5 3 5 3 +C
= −3
x+
3 5x
3
√
2x2+C
Ejemplo 4 Las siguientes integrales son quasi-inmediatas:
1.
Z
x(x2−1)10dx = 1 2
Z
(x2−1)10·2xdx
= 1 2
(x2−1)10+1
10 + 1 +C = (x
2
−1)11 22 +C
2.
Z x2 3
√
x3+ 1dx =
1 3
Z
(x3+ 1)−13 ·3x2dx
= 1 3
(x3+ 1)−13+1
−13+ 1
+C
= (x
3+ 1)2 3
2 +C = 1
2
3 p
(x3+ 1)2+C
ww
w.
ap
re
nd
es
3.
Z x+ 1
(x2+ 2x)3dx =
1 2
Z
(x2+ 2x)−3·(2x+ 2)dx
= 1 2
(x2+ 2x)−3+1
−3 + 1 +C = −(x
2+ 2x)−2
4 +C = − 1
4(x2+ 2x)2 +C
4.
Z cosx 3
√
sin2xdx = Z
(sinx)−23 cosx dx
= (sinx)−
2 3+1
−23+ 1
+C
= 3√3sinx+C 2) Tipo logarítmico Z
f0
f = lnf +C
Ejemplo 5 Las siguientes integrales son inmediatas:
1.
Z
3
xdx = 3 Z
1
xdx
= 3 ln|x|+C
2.
Z 2
x+ 1dx = 2
Z 1 x+ 2dx = 2 ln|x+ 2|+C
3.
Z
cotx dx =
Z cosx
sinxdx
= ln sinx+C
Ejemplo 6 Las siguientes integrales son quasi-inmediatas:
ww
w.
ap
re
nd
es
1.
Z e2x
1 +e2xdx =
1 2
Z 2e2x
1 +e2xdx
= 1
2ln(1 +e
2x) +C
2.
Z dx
x(1 + lnx) =
Z 1
x
1 + lnxdx
= ln(1 + lnx) +C 3) Tipo exponencial
Z
af· f0= a
f
lna+C
Ejemplo 7 Las siguientes integrales son inmediatas:
1.
Z
5exdx = 5
Z exdx
= 5ex+C
2.
Z
3·2xdx = 3
Z
2xdx
= 3 ln 22
x+C
Ejemplo 8 Las siguientes integrales son quasi-inmediatas:
1.
Z
x ex2+1dx = 1 2
Z
ex2+1·2xdx
= 1 2e
x2+1
+C
2.
Z e1−1 x
3x2 dx =
1 3
Z e1−1
x · 1 x2dx
= 1 3e
1−1 x+C
ww
w.
ap
re
nd
es
3.
Z
(x−1)·3x2−2xdx = 1 2
Z
3x2−2x·(2x−2)dx
= 3
x2−2x
2 ln 3 +C
4) Tipo seno Z
cosf ·f0= sinf+C
Ejemplo 9 Las siguientes integrales son inmediatas:
1. Z
cos(x+ 1)dx= sin(x+ 1) +C
2. Z
excos(ex+ 1)dx= sin(ex+ 1) +C
Ejemplo 10 Las siguientes integrales son quasi-inmediatas:
1.
Z
cos(3x+ 1)dx = 1 3
Z
cos(3x+ 1)·3dx
= 1
3sin(3x+ 1) +C
2.
Z cos(1 + lnx2)
x dx =
1 2
Z
cos(1 + lnx2)2x
x2dx
= 1
2sin(1 + lnx
2) +C
5) Tipo coseno Z
sinf· f0 =−cosf+C
Ejemplo 11 Las siguientes integrales son inmediatas:
1.
Z
3 sinx dx = 3
Z
sinx dx
= −3 cosx+C
ww
w.
ap
re
nd
es
2.
Z
2xsinx2dx =
Z
sinx2 · 2x dx
= −cosx2+C
Ejemplo 12 Las siguientes integrales son quasi-inmediatas:
1.
Z sin(1/x)
x2 dx = −
Z
sin
µ
1
x ¶
· −x21
= cos1
x+C
2.
Z
xsin(1−x2)dx = −1 2
Z
sin(1−x2) (−2x)dx
= 1
2cos(1−x
2) +C
6) Tipo tangente
Z f0
cos2f = tanf +C
Ejemplo 13 Las siguientes integrales son inmediatas:
1.
Z
(3 + tan2x)dx =
Z
(2 + 1 + tan2x)dx
= 2
Z dx+
Z
1 cos2xdx
= 2x+ tanx+C
2. Z
dx
cos2(x+ 1) = tan(x+ 1) +C
Ejemplo 14 Las siguientes integrales son quasi-inmediatas:
1.
Z x
cos2(3x2+ 1)dx =
1 6
Z 1
cos2(3x2+ 1)·6x dx
= 1 6tan(3x
2+ 1) +C
ww
w.
ap
re
nd
es
2.
Z 1 + tan2√x
√
x dx = 2
Z
(1 + tan2√x) 1 2√xdx
= 2
Z 1
cos2√x
1 2√xdx
= 2 tan√x+C 7) Tipo arcoseno Z
f0
p
1−f2 = arcsinf+C
Ejemplo 15 Las integrales siguientes son inmediatas:
1.
Z
5
√
1−x2dx = 5
Z
1
√
1−x2dx
= 5 arcsinx+C
2.
Z ex
√
1−e2xdx =
Z 1
p
1−(ex)2e
xdx
= arcsinex+C
Ejemplo 16 Las integrales siguientes son quasi-inmediatas:
1.
Z x
√
1−4x4 dx =
1 4
Z 1
p
1−(2x2)2 ·4x dx
= 1
4arcsin(2x
2) +C
2.
Z 2x
√
1−4xdx =
1 ln 2
Z 1
p
1−(2x)22
xln 2dx
= 1
ln 2arcsin 2
x+C 8) Tipo arcotangente
Z f0
1 +f2 = arctanf+C
ww
w.
ap
re
nd
es
Ejemplo 17 Las integrales siguientes son inmediatas:
1.
Z dx
x(1 + (lnx)2) =
Z 1
1 + (lnx)2
1
xdx
= arctan lnx+C
2.
Z ex
1 +e2xdx =
Z 1
1 + (ex)2e
xdx
= arctanex+C
Ejemplo 18 Las siguientes integrales son quasi-inemdiatas:
1.
Z dx
9 +x2 =
Z dx
9(1 +x92) = 1
3
Z 1
1 + (x3)2 ·
1 3dx = 1
3arctan(
x
3) +C
2.
Z
dx
√
x(1 +x) = 2
Z
1 1 + (√x)2
1 2√xdx
= 2 arctan√x+C 9) Tiposinh Z
coshf ·f0= sinhf +C
Ejemplo 19 Las integrales siguientes son inmediatas:
1.
Z
excosh(ex+ 1)dx =
Z
cosh(ex+ 1) ·exdx
= sinh(ex+ 1) +C
2.
Z cosh lnx x dx =
Z
cosh lnx· 1 xdx
= sinh lnx+C
ww
w.
ap
re
nd
es
Ejemplo 20 Las siguientes integrales son quasi-inmediatas:
1.
Z
x2cosh(x3+ 2)dx = 1 3
Z
cosh(x3+ 2) 3x2dx
= 1 3sinh(x
3+ 2) +C
2.
Z
e3xcosh(1 + 2e3x)dx = 1 6
Z
cosh(1 + 2e3x)·6e3xdx
= 1
6sinh(1 + 2e
3x) +C 10) Tipocosh Z
sinhf ·f0 = coshf +C
Ejemplo 21 Las siguientes integrales son inmediatas:
1.
Z
(2 sinhx+ 3 coshx)dx = 2
Z
sinhx dx+ 3
Z
coshx dx
= 2 coshx+ 3 sinhx+C
2.
Z
sinh lnx x dx =
Z
sinh lnx · 1 xdx
= cosh lnx+C
Ejemplo 22 Las siguientes integrales son quasi-inmediatas:
1.
Z
(2 sinh 5x−3 cosh 5x)dx = 2 5
Z
sinh 5x·5dx+3 5
Z
cosh 5x ·5dx
= 2
5cosh 5x+ 3
5sinh 5x+C
2.
Z
5x2sinh(x3+ 1)dx = 5 3
Z
sinh(x3+ 1) ·3x2dx
= 5 3cosh(x
3+ 1) +C
ww
w.
ap
re
nd
es
11) Tipotanh Z
f0
cosh2f = tanhf+C
Ejemplo 23 Las integrales siguientes son inmediatas:
1.
Z 2x
cosh2(x2+ 1)dx =
Z 1
cosh2(x2+ 1)2x dx
= tanh(x2+ 1) +C
2.
Z 1
−tanh2lnx
x dx =
Z
(1−tanh2lnx)1
xdx
=
Z 1
cosh2lnx
1
xdx
= tanh lnx+C
Ejemplo 24 Las integrales siguientes son quasi-inmediatas:
1.
Z 3x
cosh2(5x2+ 1)dx =
3 10
Z 10x
cosh2(5x2+ 1)dx
= 3
10tanh(5x
2+ 1) +C
2.
Z
e2x(1−tanh2e2x)dx = 1 2
Z
1 cosh2e2x2e
2xdx
= 1 2tanhe
2x+C 12) Tipoarg sinh
Z f0 p
1 +f2 = arg sinhf+C
Ejemplo 25 Calcular las siguientes integrales:
1.
Z 5dx
√
1 +x2 = 5
Z dx
√
1 +x2
= 5 arg sinhx+C
ww
w.
ap
re
nd
es
2.
Z 3dx
√
9 + 4x2 =
9 2
Z 2
3
q
9(1 + (2x
3)2
dx
= 3 2
Z 2
3
q
1 + (23x)2
dx
= 2
3arg sinh 2x
3 +C
3.
Z
x
√
x4+ 2x+ 5dx =
Z
x p
(x2+ 1)2+ 4dx
= 1 2
Z
x q¡x2+1
2
¢2
+ 1
dx
= 1
2arg sinh
x2+ 1
2 +C
13) Tipoarg cosh
Z f0 p
f2−1 = arg coshf+C
Ejemplo 26 Hallar las siguientes integrales:
1.
Z
5 + 3x
√
x2−1dx = 5
Z
1
√
x2−1dx+ 3
Z
2x
2√x2−1dx
= 5 arg coshx+ 3px2−1 +C
2.
Z 3e2x
√
e4x−1dx =
3 2
Z 2e2x p
(e2x)2−1dx
= 3
2arg coshe
2x+C 14) Tipoarg tanh
Z f0
1−f2 = arg tanhf+C
Ejemplo 27 Calcular las siguientes integrales:
ww
w.
ap
re
nd
es
1.
Z 3 + 5x
1−x2dx = 3
Z 1
1−x2dx−
5 2
Z
−2x
1−x2dx
= 3 arg tanhx−5
2ln
¯
¯1−x2¯¯+C
2.
Z cosx
9−sin2xdx =
Z cosx
9(1−(sin3x)2)dx
= 1 3
Z 1 3cosx
1−(sin3x)2dx
= 1 3arg tan
sinx
3 +C
Integración por partes
Teorema 3 Sif0 yg0 son funciones continuas, entonces
Z
f g0=f g− Z
f0g
Demostración: La fórmula
(f g)0 =f0g+f g0 puede escribirse como
f g0= (f g)0−f0g
De donde Z
f g0 =
Z
(f g)0−
Z f0g
y, eligiendof g como una de las funciones denotadas porR(f g)0, se obtiene lo
que queríamos demostrar.
Observación 1 Puesto que la integración por partes está basada en el reconocimiento
de que una función es de la formag0, cuantas más funciones se sepan ya inte-grar, mayor será la probabilidad de éxito. Conviene con frecuencia hacer una integración de prueba antes de atacar el problema principal.
Las integrales de la forma
Z p(x)·
abx
sinx
cosx dx
dondepes un polinomio, se resuelven por la técnica de reducción, que consiste en reiterar la aplicación de la integración por partes para disminuir el grado del polinomio.
ww
w.
ap
re
nd
es
Ejemplo 28 Calcular Z
lnx dx
Solución: Hacemos las siguientes partes
f(x) = lnx f0(x) = 1
x g0(x) = 1 g(x) =x
Entonces,
Z
lnx dx = xlnx− Z
x· 1 xdx
= xlnx− Z
dx
= xlnx−x+C
Ejemplo 29 Hallar Z
x2sinx dx
Solución: Hacemos las siguientes partes:
f(x) =x2 f0(x) = 2x
g0(x) = sinx g(x) =−cosx
Entonces, Z
x2sinx dx = −x2cosx− Z
(−cosx)·2xdx
= −x2cosx+ 2
Z
xcosxdx
La integral Z
xcosx dx
la resolveremos de nuevo por partes. Hacemos las partes siguientes u=x du=dx
dv= cosdx v= sinx Entonces,
Z
xcosx dx = xsinx− Z
sinx dx
= xsinx+ cosx+C Por lo tanto,finalmente tenemos que
Z
x2sinx dx=−x2cosx+ 2(xsinx+ cosx) +C
ww
w.
ap
re
nd
es
Ejemplo 30 Calcular
I=
Z
sin2x dx
Solución: Tomamos las siguientes partes
f(x) = sinx f0(x) = cosx
g0(x) = sinx g(x) =−cosx
y tenemos, según la fórmula de integración por partes,
I = −sinxcosx+
Z
cos2x dx
= −sinxcosx+
Z
(1−sin2x)dx
= −sinxcosx+
Z dx−
Z
sin2x dx
= −sinxcosx+x−I De donde,
2I = x−sinxcosx+C I = 1
2(x−sinxcosx) +C
Integración por cambio de variable o sustitución
El método más importante de integración es una consecuencia de la regla de la cadena. La aplicación de este método exige considerablemente más ingenio que la integración por partes.
Teorema 4 Sif yu0 son continuas, entonces
Z f =
Z
(f◦u)· u0
Demostración: SeaF es una primitiva def, puesto que por la regla de la
cadena
(F◦u)0 = (F0◦u)·u0
= (f◦u)· u0 se sigue queF◦ues una primitiva de(f ◦u) · u0.
Observación 2 1. Las aplicaciones más sencillas de este método consisten
en reconocer que una función dadaf se puede puede escribir en la forma
(f◦u) · u0.
ww
w.
ap
re
nd
es
2. En la práctica, seguiremos el siguiente procedimiento:
(a) Hacemos u = g(x) y du = g0(x)dx; después de la sustitución de estas expresiones en la integral original, en la nueva integral sólo debe aparecer la letrau, no la letrax.
(b) Calculamos una primitiva (como expresión enu).
(c) Reemplazamosude nuevo porg(x).
3. La fórmula por cambio de variable o sustitución suele escribirse a menudo como sigue Z
f(u)du=
Z
f(g(x))g0(x)dx
donde u= g(x). Observemos que si utilizamos la notación diferencial o de Leibniz para la derivada, la fórmula queda todavía más fácil de recordar
Z
f(u)du=
Z
f(u)du
dxdx
4. La mayor parte de los problemas de sustitución resultan mucho más fáciles si se expresaxen función deuydx en función dedu, en vez de hacer lo contrario. Siu=g(x)ygadmite inversa (lo que equivale a que la función sea estrictamente monótona), entonces
x = g−1(u)
dx = (g−1)0(u)du= 1
g0(g−1(u))du
y se tiene Z
f(g(x))dx=
Z
f(u) 1
g0(g−1(u))du
Ejemplo 31 Calcular Z
dx x√x2−2
Solución: Hacemos la sustitución x= 1
t. Entonces,
dx = dx
dt dt
= −1
t2dt
ww
w.
ap
re
nd
es
y, por tanto, tenemos. Z dx
x√x2−2 =
Z −1
t2
1
t q
1
t2 −2 dt
= −
Z
1
√
1−2t2dt
= −√1 2
Z √
2
q
1−(√2t)2
dt
= −√1
2arcsin
√
2t+C
= −√1 2arcsin
√
2
x +C
Ejemplo 32 Hallar Z
dx ex+ 1
Solución: Hacemos la sustitución x=−lnt. Entonces,
dx = dx
dt dt
= −1
t dt
y, por tanto, tenemos
Z dx
ex+ 1 =
Z −1
t
1
t+ 1 dt
= −
Z
1 1 +tdt
= −ln|1 +t|+C
= −ln(1 +e−x) +C
Integración de fracciones racionales
Como ya se ha dicho, no toda integral de una función elemental se resuelve mediante las funciones elementales. Por eso tiene gran importancia la defi ni-ción de ciertas clases de funciones, cuyas integrales pueden expresarse mediante funciones elementales. La más simple de estas clases es la de las funciones racionales.
ww
w.
ap
re
nd
es
Toda función racional puede representarse en la forma de una fracció n racional, es decir, como la razón de dos polinomios:
p(x)
q(x)
Nos planteamos ahora el cálculo de las integrales de fracciones racionales Z p(x)
q(x)dx
Para ello, seguiremos los siguientes pasos:
1. Si el grado deqes menor o igual que el dep, se efectúa la división de los polinomios, obteniéndose
p(x)
q(x) =c(x) +
r(x)
q(x)
siendoc(x)un polinomio (cociente de la división), por lo que su integral es inmediata, yr(x)otro polinomio (resto de la división) de grado menor que el deq. Por tanto,
Z p(x) q(x)dx=
Z
c(x)dx+
Z r(x) q(x)dx
y, en consecuencia, el problema se centra entonces en calcular las integrales
de la forma Z
r(x)
q(x)dx
en donde el grado deqes mayor que el der. Para ello, pasamos al siguiente paso.
2. Si el grado deqes mayor que el de p, la resolución depende de las raíces deq. Son posibles los siguientes casos:
(a) Las raíces deq son reales y diferentes, es decir, tenemos la siguiente descomposición
q(x) =a(x−a1)(x−a2)· · ·(x−an)
Entonces, se sabe que la fracción se descompone en fracciones simples como se indica a continuación
p(x)
q(x) = 1
a µ
A1
x−a1
+ A2
x−a2
+· · ·+ An
x−an ¶
Los coeficientes indeterminados Ai (i = 1, ..., n) se obtendrán por identificación a partir de esta igualdad o por las siguientes relaciones
Ai= p(ai) (i= 1, ..., n)
ww
w.
ap
re
nd
es
Una vez calculados, se tiene Z p(x)
q(x)dx = 1
a µZ
A1
x−a1
dx+· · ·+
Z A n x−andx
¶
= 1
a(A1ln|x−a1|+· · ·+Anln|x−an|) +C (b) Las raíces deqson reales pero algunas raíces son múltiples, es decir,
tenemos la siguiente descomposición
q(x) =a(x−a1)h1(x−a2)h2 · · ·(x−an)hn
Entonces cada raíz múltiple genera la siguiente suma de fracciones simples
A11
x−a1
+ A12 (x−a1)2
+· · ·+ A1h1 (x−a1)h1
=
h1 X
j=1
A1j
(x−a1)j
obteniéndose de este modo la siguiente descomposición p(x)
(x−a1)h1q1(x)
= A11
x−a1
+· · ·+ A1h1 (x−a1)h1
+p1(x)
q1(x)
Los coeficientes indeterminadosA1j(j = 1, ..., h1)se obtendrán por
las siguientes relaciones
A11=
F(h1−1)(a 1)
(h1−1)!
, A12=
F(h1−2)(a 1)
(h2−2)!
, ..., A1h1−2=
F00(a1)
2! , A1h1−1=
F0(a1)
1! , A1h1=F(a1)
siendo
F(x) = p(x)
q1(x)
Repitiendo este proceso con la fracción racional p1(x)
q1(x)
alfinal obtendremos una descomposición de la fracción racional orig-inal del tipo
p(x)
q(x) =
h1 X
j=1
A1j
(x−a1)j
+· · ·+
hn X
j=1
Anj
(x−an)j
Obsérvese que los coeficientes indeterminadosA1j(j = 1, ..., h1), ..., Anj(j=
1, ..., hn)también se pueden obtener por identificación a partir de esta última igualdad. Por tanto,
Z p(x)
q(x)dx= 1 a h1 X j=1 µZ
A1j
(x−a1)j
¶ +· · ·+ hn X j=1 µZ Anj
Las integrales que aparecen en estas sumas se calcularán por
Z A
(x−a)hdx=
−A
(h−1)(x−a)h−1 +C
cuandoh6= 1; son integrales de tipo logarítmico cuando h= 1. (c) El polinomio qtiene raíces complejas simples, es decir, tenemos una
descomposición de la forma siguiente
q(x) = (ax2+bx+c) (mx2+nx+l)· · ·(x−a1)h1 · · ·(x−an)hn
con b2−4ac < 0, n2−4ml < 0,... En este caso, cada trinomio indescomponibleax2+bx+cgenera la fracción siguiente
M x+N ax2+bx+c
en la descomposición de la fracción racional y, en consecuencia, el problema se centra entonces en calcular las integrales de la forma
Z M x+N ax2+bx+cdx
en dondeb2−4ac <0. Si las raíces complejas deax2+bx+c son α±βi, entonces
ax2+bx+c=a[(x−α)2+β2]
por lo que se tiene Z M x+N
ax2+bx+cdx=
1
a
Z M x+N
(x−α)2+β2dx
que mediante el cambiox=α+βt, se obtiene Z M x+N
ax2+bx+cdx=
M
2 ln
£
(x−α)2+β2¤+M α+N
β arctan x−α
β +C Los coeficientes M, N se obtienen por identificación a partir de la descomposición de la fracción racional en fracciones de los tipos ya considerados.
(d) Si q tiene un par de raíces complejas múltiples, es decir, en la de-scomposición deq aparece un término de la forma (ax2+bx+c)h, conb2−4ac <0yh≥2, entonces aplicaremos el método de Hermite-Ostrogadski.
Ejemplo 33 Calcular
Z x2+ 1
dx
ww
w.
ap
re
nd
es
Solución: Como el grado del numerador es mayor que el del denominador, efectuamos la división y obtenemos
x2+ 1 = (x−1)(x+ 1) + 2
De este modo, podemos escribir
x2+ 1
x−1 =x+ 1 + 2
x−1
y, por tanto, Z
x2+ 1
x−1 dx =
Z
(x+ 1)dx+ 2
Z dx x−1 = x
2
2 +x+ 2 ln|x−1|+C
Ejemplo 34 Calcular: Z
2x3+ 4x2+ 3
(x−1)(x+ 2)dx
Solución: Primero, observamos que el grado del numerador es mayor que
el grado del denominador. En consecuencia, debemos efectuar la división de los dos polinomios:
2x3+ 4x2+ 3 = 2(x2+x−2)(x+ 1) + 2x+ 7
con lo que resulta,
2x3+ 4x2+ 3
(x−1)(x+ 2) = 2(x+ 1) +
2x+ 7 (x−1)(x+ 2)
y, por tanto, tenemos Z
2x3+ 4x2+ 3 (x−1)(x+ 2)dx= 2
Z
(x+ 1)dx+
Z
2x+ 7 (x−1)(x+ 2)dx
Descomponiendo la fracción racional en fracciones simples, tenemos
2x+ 7 (x−1)(x+ 2) =
A x−1+
B x+ 2
Para determinar los coeficientesAyB, podemos seguir dos procedimientos. El primero consiste en efectuar operaciones e identificar después los coeficientes:
2x+ 7 (x−1)(x+ 2) =
A(x+ 2) +B(x−1) (x−1)(x+ 2)
ww
w.
ap
re
nd
es
Igualando numeradores, se obtiene
2x+ 7 = A(x+ 2) +B(x−1) = (A+B)x+ 2A−B Entonces, por identificación obtenemos
A+B = 2 2A−B = 7
¾
de donde se sigue queA= 3yB=−1. El segundo procedimiento es el método de las derivadas, que consiste en determinar directamente los coeficientes por las fórmulas siguientes
A= p(1)
q0(1) =
9
3= 3 y B =
p(−2)
q0(−2) =
3
−3 =−1
ya quep(x) = 2x+ 7yq0(x) = 2x+ 1. Integrando ahora la descomposición en fracciones simples, tenemos
Z 2x3+ 4x2+ 3
(x−1)(x+ 2)dx = 2
Z
(x+ 1)dx+
Z 2x+ 7
(x−1)(x+ 2)dx = x2+ 2x+ 3
Z dx
x−1−
Z dx
x+ 2 = x2+ 2x+ 3 ln|x−1|−ln|x+ 2|+C
Ejemplo 35 Calcular: Z
2x+ 1
x3−3x+ 2dx
Solución: Primero, hallamos las raíces del polinomio denominador por
Ruffini, y se obtiene
x3−3x+ 2 = (x+ 2)(x−1)2
Obsérvese que hay una raíz real doble. Segundo, descomponemos la fracción racional en fracciones simples,
2x+ 1 (x+ 2)(x−1)2 =
A x+ 2+
B x−1+
C
(x−1)2
Calculamos ahora las constantesA, B yC, efectuando operaciones:
2x+ 1 (x+ 2)(x−1)2 =
A(x−1)2+B(x+ 2)(x−1) +C(x+ 2)
(x+ 2)(x−1)2
Igualando los numeradores, obtenemos,
2x+ 1 = A(x−1)2+B(x+ 2)(x−1) +C(x+ 2) = (A+B)x2+ (−2A+B+C)x+A−2B+ 2C
ww
w.
ap
re
nd
es
Por identificación de los coeficientes, obtenemos A+B = 0
−2A+B+C= 2
A−2B+ 2C= 1
y, resolviendo este sistema, se obtieneA =−13, B = 13 y C = 1. Finalmente, tenemos
Z
2x+ 1
(x+ 2)(x−1)2dx = −
1 3
Z dx x+ 2+
1 3
Z dx x−1+
Z
(x−1)−2dx
= −1
3ln(x+ 2) + 1
3ln(x−1) +
(x−1)−1
−1 +C = −1
3ln|x+ 2|+ 1
3ln|x−1|− 1
x−1+C
Otro procedimiento para encontrar los coeficientesA, B y C, es el método de las derivadas:
A= p(−2)
q0(−2) =
−3 9 =−
1 3
ya quep(x) = 2x+ 1 yq0(x) = 3x2−3, y
F(x) = 2x+ 1
x+ 2
F0(x) = 3 (x+ 2)2
por tanto,
B= F0(1) 1! =
3 9 =
1 3
y
C=F(1) = 3 3 = 1
Ejemplo 36 Calcular Z
x
(x2+ 1)(x−1)dx
Solución: Descomponemos la fracción racional en fracciones simples,
te-niendo en cuenta que el polinomio denominador tiene una raíz compleja simple, x
(x2+ 1)(x−1) =
Ax+B x2+ 1 +
C x−1
Efectuando operaciones, se obtiene
x = (Ax+B)(x−1) +C(x2+ 1)
= (A+C)x2+ (−A+B)x+ (−B+C)
ww
w.
ap
re
nd
es
Por identificación de coeficientes, se tiene
A+C= 0
−A+B= 1
−B+C= 0
de donde se sigue queA=−12 yB =C= 12. De este modo, tenemos Z
x
(x2+ 1)(x−1)dx = −
1 2
Z x−1
x2+ 1dx+
1 2
Z
1
x−1dx = −1
4
Z 2x x2+ 1dx+
1 2
Z 1
x2+ 1dx+
1 2
Z 1 x−1dx = −1
4ln(x
2+ 1) +1
2arctanx+ 1
2ln|x−1|+C
Método de Hermite-Ostrogadski
Para calcular la integral de una función racional, cuando el denominador tiene las raíces múltiples, es más conveniente descomponer la fracción racional en la siguiente forma:
p(x)
q(x) =
d dx
· X(x)
q1(x)
¸
+ Y(x)
q2(x)
donde
q1(x) =mcd(q(x), q0(x))
y
q2(x) =
q(x)
q1(x)
y los polinomios X, Y son polinomios con coeficientes indeterminados, cuyos grados son menores en una unidad que los deq1, q2, respectivamente. La integral
de la fracción propuesta viene dada entonces por la expresión siguiente: Z
p(x)
q(x)dx=
X(x)
q1(x)
+
Z Y(x)
q2(x)
dx
que se compone de una parte racional, obtenida sin necesidad de descomponer la fracción en los elementos simples, y de una integral de una fracción racional cuyo denominador tiene solamente raíces simples. La integración de tal fracción no ofrece ninguna dificultad, puesto que puede descomponerse en fracciones simples de los tipos ya considerados anteriormente.
Ejemplo 37 Hallar Z
dx
(x3−1)2
ww
w.
ap
re
nd
es
Solución: Observamos que el polinomio denominador tiene raices complejas múltiples. Tenemos
q(x) = (x3−1)2
q0(x) = 6x2(x3−1)
luego,
q1(x) =x3−1
y
q2(x) =
(x3−1)2
x3−1 =x 3
−1
Por tanto,
1 (x3−1)2 =
d dx
·
Ax2+Bx+C x3−1
¸
+Dx
2+Ex+F
x3−1
De aquí, obtenemos
1 (x3−1)2 =
(2Ax+B)(x3−1)−3x2(Ax2+Bx+C)
(x3−1)2 +
Dx2+Ex+F
x3−1
es decir,
1 = (2Ax+B)(x3−1)−3x2(Ax2+Bx+C) + (Dx2+Ex+F)(x3−1)
= Dx5+ (−A+E)x4+ (−2B+F)x3+ (−3C−D)x2+ (−2A−E)x+ (−B−F)
Por identificación de los coeficientes, obtenemos
D= 0
−A+E= 0
−2B+F = 0
−3C−D= 0
−2A−E= 0
−B−F = 1
de dondeA= 0, B=−1
3, C = 0, D= 0, E= 0 yF =− 2
3. Por lo tanto,
Z dx
(x3−1)2 =−
1 3
x x3−1−
2 3
Z dx
x3−1
Obsérvese que el denominador de la última integral tiene sólo raíces simples. Para calcularla, descomponemos la fracción racional teniendo en cuenta que el denominador tiene raíces complejas,
1
x3−1=
M x+N x2+x+ 1 +
L x−1
ww
w.
ap
re
nd
es
es decir,
1 = (M x+N)(x−1) +L(x2+x+ 1)
= (M+L)x2+ (−M+N+L)x+ (−N+L)
de donde,
M+L= 0
−M+N+L= 0
−N+L= 1
De aquí, se obtienenM=−13, N=−23 yL=13. Por lo tanto, Z dx
x3−1 = −
1 3
Z x+ 2
x2+x+ 1dx+
1 3
Z dx
x−1 = −1
6
Z
2x+ 1
x2+x+ 1dx+
1 2
Z
dx
(x+12)2+3 4
+1 3
Z dx x−1 = −1
6
Z 2x+ 1 x2+x+ 1dx+
1 2
2
√
3
Z √2 3
³
2x√+1 3
´2
+ 1
dx+1 3
Z dx
x−1 = −1
6ln
¯
¯x2+x+ 1¯¯+ 1
√
3arctan 2x+ 1
√
3 + 1
3ln|x−1|+C
Finalmente, tenemos Z dx
(x3−1)2 = −
1 3
x x3−1−
2 3
·
−16ln¯¯x2+x+ 1¯¯+√1
3arctan 2x+ 1
√
3 + 1
3ln|x−1|
¸
+C
= − x 3(x3−1)+
1 9ln
¯
¯x2+x+ 1¯¯
− 2
3√3arctan 2x+ 1
√
3 − 2
9ln|x−1|+C
Integración de algunas funciones irracionales
No siempre es posible expresar la integral de una función irracional mediante funciones elementales. Estudiaremos ahora algunos tipos de funciones irra-cionales, cuyas integrales se reducen, mediante sustituciones de las variables correspondientes, a las integrales de funciones racionales.
1) Integrales del tipo Z
R£x, xmn, ..., x r s¤dx
dondeRes una función racional de sus argumentos. Sea k=mcm(n, ..., s)
Se efectúa el cambio
x=tk
y entonces la integral se transforma en una integral de una función racional en la variablet.
ww
w.
ap
re
nd
es
Ejemplo 38 Calcular la integral
Z √
x 4
√
x3+ 1dx
Solución: Observamos que
Z √x
4
√
x3+ 1dx=
Z x1 2
x34 + 1 dx
Se tienek =mcm(2,4) = 4 y, por tanto, efectuando la sustituciónx=t4, se
tiene
dx = dx
dt dt
= 4t3dt y
Z x1 2
x34 + 1
dx = 4
Z t5
t3+ 1dt
= 4
Z
(t2− t
2
t3+ 1)dt
= 4
Z
t2dt−4
3
Z 3t2
t3+ 1dt
= 4t
3
3 − 4 3ln
¯
¯t3+ 1¯¯+C
= 4 3
h√4
x3−ln¯¯¯√4
x3+ 1¯¯¯i+C
Integrales del tipo Z
R "
x, µ
ax+b cx+d
¶m n
, ..., µ
ax+b cx+d
¶r s#
dx
La integral se reduce a la de una función racional por medio de la sustitución ax+b
cx+d =t k
donde k es el mínimo común múltiplo de los denominadores de las fracciones m
n, ..., r s.
Ejemplo 39 Hallar la integral
Z dx
√
2x−1−√4
2x−1dx
ww
w.
ap
re
nd
es
Solución: Observamos que
Z dx
√
2x−1−√4
2x−1 =
Z dx
(2x−1)12 −(2x−1)14 yk=mcm(2,4) = 4. Si hacemos la sustitución 2x−1 =t4, entonces
d
dx[2x−1] = d dx
£ t4¤ dt
dx
2 = 4t3 dt
dx dx = 2t3dt y
Z dx
(2x−1)12 −(2x−1)14
=
Z 2t3
t2−tdt
= 2
Z 2t2
t−1dt = 2
Z
(t+ 1 + 1
t−1)dt = 2(t+ 1)
2
2 + 2 ln|t−1|+C = (√4
2x−1 + 1)2+ ln(√4
2x−1−1)2+C
Observación 3 El símbolo
R£x, xmn, ..., x r s¤
indica que con los términosx, xmn, ..., x r
s se ejecutan sólo operaciones racionales.
Del mismo modo hay que entender en los apartados siguientes esta notación.
Integración de ciertas funciones irracionales por sustituciones trigométri-cas e hiperbólitrigométri-cas
Las integrales del tipo Z
R(x,pax2+bx+c)dx
pueden transformarse en una de las integrales de las formas siguientes:
1. Z
R(t,pm2t2+n2)dt
ww
w.
ap
re
nd
es
2. Z
R(t,pm2t2−n2)dt
3. Z
R(t,pn2−m2t2)dt
En efecto, es claro que podemos escribir
ax2+bx+c=a(x+ b 2a)
2+ (c
− b
2
4a) Efectuando el cambio siguiente
x+ b 2a =t obtenemos que
p
ax2+bx+c=
r
at2+ (c− b2
4a)
Según los signos dea y c− 4b2a, la integral dada puede reducirse a una de las siguientes clases de integrales:
1. Sia >0yc− b2
4a >0, entonces tenemos que la integral es de la forma Z
R(t,pm2t2+n2)dt
dondem=√ayn=
q c−b42a
2. Sia >0yc−4b2a <0, entonces tenemos que la integral es de la forma Z
R(t,pm2t2−n2)dt
dondem=√ayn=
q
−(c−4b2a)
3. Sia <0yc−4b2a >0, entonces tenemos que la integral es de la forma Z
R(t,pn2−m2t2)dt
dondem=√−ayn=qc−b2
4a
Estas últimas integrales se resuelven, respectivamente, con la ayuda de las sustituciones siguientes:
ww
w.
ap
re
nd
es
1.
t= n
mtanz o t= n msinhz 2.
t= n
msecz o t= n mcoshz 3.
t= n
msinz o t= n mtanhz
Observación 4 Para aplicar estos cambios es preciso recordar las siguientes
propiedades de las funciones hiperbólicas:
1. cosh2x−sinh2x= 1
2. sinh2x=12(cosh 2x−1)
3. cosh2x= 12(cosh 2x+ 1)
4. sinhxcoshx= 12sinh 2x
Las funciones inversas del seno, coseno y tangente hiperbólicos se expresan porarg sinh,arg coshy arg tany se las llama respectivamente, argumento seno hiperbólico, argumento coseno hiperbólico y argumento tangente hiperbólico. Es conveniente recordar las expresiones siguientes:
arg sinhx= ln¯¯x+√x2+ 1¯¯
arg coshx= ln¯¯x+√x2−1¯¯
arg tanhx= 12ln¯¯¯xx+1−1¯¯¯
Ejemplo 40 Hallar Z
dx
(x+ 1)2√x2+ 2x+ 2
Solución: Tenemos
x2+ 2x+ 2 = (x+ 1)2+ 1
Por tanto, hacemost=x+ 1, y se tiene
Z dx
(x+ 1)2√x2+ 2x+ 2 =
Z dt
t2√t2+ 1
ww
w.
ap
re
nd
es
que es una integral del tipo (1). Entonces, hacemos la sustituciónt= sinhz, y sabiendo quecosh2z= 1 + sinh2z, tenemos
Z dt
t2√t2+ 1 =
Z
coshz
sinh2z coshzdz
=
Z dz
sinh2z
= −coshz sinhz +C
= −
√
1 +t2
t +C
= −
√
x2+ 2x+ 2
x+ 1 +C
Ejemplo 41 Hallar
Z p
x2−6x−7dx
Solución: Tenemos
x2−6x−7 = (x−3)2−16
Por tanto, hacemost=x−3, y se tiene Z p
x2−6x−7dx=Z pt2−16dt
que es una integral del tipo (2). Entonces, hacemos la sustituciónt= 4 coshz, y sabiendo quecosh2z−1 = sinh2z, tenemos
Z p
t2−16dt = 16Z pcosh2z
−1 sinhz dz
= 16
Z
sinh2z dz
= 8
Z
(cosh 2z−1)dz
= 4 sinh 2z−8z+C
= t
√
t2−16
2 −8 arg cosh
t
4+C = (x−3)
√
x2−6x−7
2 −8 ln
¯ ¯ ¯ ¯ ¯
x−3 4 +
r
(x−3)2
16 −1
¯ ¯ ¯ ¯ ¯+C
= (x−3)
√
x2−6x−7
2 −8 ln
¯ ¯ ¯ ¯ ¯
x−3 +√x2−6x−7
4
¯ ¯ ¯ ¯ ¯+C
= (x−3)
√
x2−6x−7
2 −8 ln
³
x−3 +px2−6x−7´+C
ww
w.
ap
re
nd
es
Ejemplo 42 Calcular Z p
3−2x−x2dx
Solución: Tenemos
3−2x−x2 = −(x2+ 2x−3) = −(x+ 1)2+ 4
Por tanto, hacemost=x+ 1, y se tiene Z p
3−2x−x2dx=Z p4−t2dt
que es una integral del tipo (3). Entonces, hacemos la sustituciónt= 2 sinz y tenemos
Z p
4−t2dt = 4Z p1−sin2zcosz dz
= 4
Z
cos2z dz
= 4
Z
(1 2+
cos 2z
2 )dz = 2z+ sin 2z+C
= 2 arcsint 2+t
r
1−t
2
4 +C = 2 arcsinx+ 1
2 +
x+ 1 2
p
3−2x−x2+C
Integración de algunos tipos especiales de funciones irracionales
Si la integral es del tipo Z
mx+n
√
ax2+bx+cdx
distinguimos dos casos: (1) sim= 0, entonces la integral se resuelve mediante un cambio trigonométrico o hiperbólico como se indicó en el apartado anterior salvo que sea inmediata y se pueda resolver con la ayuda de la integral dearcsin; (2) sim6= 0, entonces se procede como se indica a continuación
Z mx+n
√
ax2+bx+cdx =
m
2a
Z 2ax+b
√
ax2+bx+cdx+ (n−
mb
2a)
Z 1
√
ax2+bx+cdx
= m
a p
ax2+bx+c+ (n−mb
2a)
Z dx
√
ax2+bx+c
y de esta forma nos encontramos con una integral del mismo tipo que (1).
ww
w.
ap
re
nd
es
Ejemplo 43 Hallar Z
dx
√
2 + 3x−2x2
Solución: Observamos que
2 + 3x−2x2= 2
·
25 16−(x−
3 4)
2
¸
Por tanto, si hacemost=x−3
4, se tiene
Z dx
√
2 + 3x−2x2 =
1
√
2
Z dt q
25 16−t2
= 4 5√2
5 4
Z 4
5
q
1−¡4 5t
¢2dt
= √1 2arcsin
4t
5 +C = √1
2arcsin 4x−3
5 +C
Ejemplo 44 Calcular Z
x+ 3
√
x2+ 2x+ 2dx
Solución: Observamos primero que
Z x+ 3
√
x2+ 2x+ 2dx =
1 2
Z 2x+ 2
√
x2+ 2x+ 2dx+ 2
Z dx
√
x2+ 2x+ 2
= px2+ 2x+ 2 + 2
Z dx
√
x2+ 2x+ 2
Por tanto, la atención se centra ahora en calcular la integral
Z dx
√
x2+ 2x+ 2
Observamos que
x2+ 2x+ 2 = (x+ 1)2+ 1
Por tanto, si hacemost=x+ 1, se tiene
Z dx
√
x2+ 2x+ 2 =
Z dt
√
1 +t2
ww
w.
ap
re
nd
es
que no es del tipoarcsiny, por tanto, deberemos aplicar la sustituciónt= sinhz. Entonces,
Z dt
√
1 +t2 =
Z coshz p
1 + sinh2z dz
=
Z dz
= z+C
= arg sinht+C
= ln¯¯¯x+ 1 +px2+ 2x+ 2¯¯¯+C
Por lo tanto, tenemosfinalmente que Z x+ 3
√
x2+ 2x+ 2dx=
p
x2+ 2x+ 2 + 2 ln³x+ 1 +px2+ 2x+ 2´+C
Si la integral es del tipo Z
dx
(mx+n)√ax2+bx+c
utilizando la sustitución inversa de
1
mx+n =t
estas integrales se transforman en integrales del tipo anterior.
Ejemplo 45 Hallar Z
dx
(x+ 1)√x2+ 1
Solución: Hacemos la sustitución
1
x+ 1 = t 1 = tx+t x = 1
t −1 y entonces
Z dx
(x+ 1)√x2+ 1 =
Z −1
t2
1
t q
(1t −1)2+ 1
dt
= −
Z
dt
√ 2
ww
w.
ap
re
nd
es
Observamos ahora que
1−2t+ 2t2= 2
·
(t−1
2)
2+1
4
¸
y por tanto, hacemos el cambioz=t−1
2 y obtenemos
−
Z dt
√
1−2t+ 2t2 =−
1
√
2
Z dz q
z2+1 4
Mediante, la sustituciónz= 12sinhu, tenemos
−√1
2
Z dz q
z2+1 4
= −√1 2
Z du
= −√1
2u+C = −√1
2arg sinh 2z+C = −√1
2ln
¯ ¯
¯2z+p4z2+ 1¯¯¯+C
= −√1 2ln
¯ ¯
¯2t−1 +p(2t−1)2+ 1¯¯¯+C
= −√1 2ln
¯ ¯ ¯ ¯ ¯
1−x+p2(x2+ 1)
x+ 1
¯ ¯ ¯ ¯ ¯+C Si la integral es de la forma
Z p(x)
√
ax2+bx+cdx
dondepes un polinomio de gradon. Se efectúa la siguiente descomposición p(x)
√
ax2+bx+c =
d dx
h
q(x)pax2+bx+ci+√ K
ax2+bx+c
dondeqes un polinomio de gradon−1con coeficientes indeterminados. Los
coe-ficientes se hallarán por identificación después de multiplicar por√ax2+bx+c.
Entonces se tiene Z p(x)
√
ax2+bx+cdx=q(x)
p
ax2+bx+c+K
Z dx
√
ax2+bx+c
Ejemplo 46 Calcular la integral
Z
x2px2+ 4dx
ww
w.
ap
re
nd
es
Solución: Es claro que Z
x2px2+ 4dx=
Z x4+ 4x2
√
x2+ 4 dx
Entonces, tenemos x4+ 4x2
√
x2+ 4 =
d dx
h
(Ax3+Bx2+Cx+D)px2+ 4i+√ K
x2+ 4
= (3Ax2+ 2Bx+C)px2+ 4 + (Ax
3+Bx2+Cx+D)x
√
x2+ 4 +
K
√
x2+ 4
Multiplicando la igualdad por√x2+ 4se obtiene
x4+ 4x2 = (3Ax2+ 2Bx+C)(x2+ 4) +Ax4+Bx3+Cx2+Dx+K
= 4Ax4+ 12Ax2+ 3Bx3+ 8Bx+ 2Cx2+ 4C+Dx+K
= 4Ax4+ 3Bx3+ (12A+ 2C)x2+ (8B+D)x+ 4C+K Igualando los coeficientes de las potencias iguales dex, obtenemos
A=1
4, B= 0, C= 1
2, D= 0, K =−2
y, por tanto,
Z x4+ 4x2
√
x2+ 4 dx=
x3+ 2x
4
p
x2+ 4−2
Z dx
√
x2+ 4
Queda sólo calcular la integral siguiente Z dx
√
x2+ 4
que resolveremos mediante la sustituciónx= 2 sinht. Entonces Z dx
√
x2+ 4 =
Z dt
= t+C
= arg sinhx 2+C = ln
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ x
2+
r x2
4 + 1
¯ ¯ ¯ ¯ ¯+C
= ln¯¯¯x+px2+ 4¯¯¯+C
Por lo tanto,finalmente obtenemos Z x4+ 4x2
√
x2+ 4 dx=
x3+ 2x
4
p
x2+ 4−2 ln³x+px2+ 4´+C
ww
w.
ap
re
nd
es
Las integrales del tipo
Z dx
(x−α)n√ax2+bx+c
se reducen al tipo anterior valiéndose de la sustitución
1
x−α =t
Ejemplo 47 Calcular Z
dx
(x+ 1)3√x2+ 2x
Solución: Hacemos la sustitución
1
x+ 1 = t 1 = tx+t x = 1
t −1 Entonces,
Z dx
(x+ 1)3√x2+ 2x =
Z −1
t2
1
t3 q
(1t−1)(1t+ 1)
dt
= −
Z t2
√
1−t2dt
Tenemos
t2
√
1−t2 =
d dt
h
(At+B)p1−t2i+√K
1−t2
= Ap1−t2−(At√ +B)t
1−t2 +
K
√
1−t2
Multiplicando la igualdad por√1−t2 se obtiene
t2 = A(1−t2)−At2−Bt+K
= −2At2−Bt+A+K de donde
A=−1
2, B= 0, K= 1 2
Por tanto,
−
Z t2
√
1−t2dt =
1 2t
p
1−t2−1
2
Z dt
√
1−t2
= 1 2t
p
1−t2−1
2arcsint+C
ww
w.
ap
re
nd
es
Por lo tanto, obtenemos,
Z dx
(x+ 1)3√x2+ 2x=
1 2(x+ 1)2
p
x2+ 2x−1
2arcsin 1
x+ 1 +C
Sustituciones de Euler
Las integrales del tipo Z
Rhx,pax2+bx+cidx
pueden reducirse a la de una función racional de la nueva variable mediante las siguientes sustituciones de Euler:
1. Sia >0, hacemos p
ax2+bx+c=√ax+t
Entonces
ax2+bx+c = ax2+ 2√axt+t2
x = t
2
−c b−2√at 2. Sic >0, hacemos p
ax2+bx+c=tx+√c
Entonces
ax2+bx+c = t2x2+ 2xt√c+c x = 2
√ct −b a−t2
3. Sia <0yc <0, se efectúa el cambio p
ax2+bx+c= (x−α)t
donde αes una de las raíces reales deax2+bx+c. Siβ es la otra raíz,
entonces tenemos
a(x−α)(x−β) = (x−α)2t2 a(x−β) = (x−α)t2
x = aβ−αt
2
a−t2
ww
w.
ap
re
nd
es
Ejemplo 48 Calcular Z
dx
√
6 +x−x2
Solución: Observamos que c = 6 > 0. Entonces hacemos la siguiente
sustitución
p
6 +x−x2 = tx+√6
x = 1−2
√
6t
1 +t2
y, por tanto,
dx = −2
√
6(1 +t2)−2t(1−2√6t) (1 +t2)2 dt
= −2(−
√
6t2+t+√6)
(1 +t2)2 dt
y
p
6 +x−x2 = t−2
√
6t2
1 +t2 +
√
6 = −
√
6t2+t+√6
1 +t2
Sustituyendo estos resultados en la integral dada, tenemos
Z dx
√
6 +x−x2 =
Z −2(−√6t2+t+√6)
(1+t2)2 −√6t2+t+√6
1+t2
dt
= −2
Z 1
1 +t2dt
= −2 arctant+C
= −2 arctan
√
6 +x−x2−√6
x +C
Integrales binomias
Se llaman así a las integrales de la forma Z
xm(a+bxn)pdx
dondeaybson números reales no nulos ym, nypson números racionales. Esta integral puede reducirse a la integral de una función racional y, por consiguiente, puede expresarse mediante funciones elementales sólo si se cumple una de las tres condiciones de Chébishev.
ww
w.
ap
re
nd
es
1. pes un número entero 2. m+1
m es un número entero 3. m+1
m +pes un número entero En efecto, si hacemos la sustitución
x=zn1 entonces
Z
xm(a+bxn)pdx =
Z
zmn (a+bx)pdx dz dz
= 1
n Z
zm+1n −1(a+bz)pdz
= 1
n Z
zq(a+bz)pdz donde
q= m+ 1
n −1
Sipes un número entero, entonces la integral es de la forma Z
R(z, zq)dz Siqes un número entero, la integral es de la forma
Z
R(z,(a+bz)p)dz
Siq+pes entero, la integral puede también escribirse como Z
zq(a+bz)pdz=
Z zq+p
µ a+bz
z ¶p
dz
y, por consiguiente, es de la forma Z
R(z, µ
a+bz z
¶p dz
Por lo tanto, la integral se reduce a la integral de una función racional cuando alguno de los números p, q, q+pes entero. La transformación se consigue con los cambios de variable que, según los casos, se indica a continuación:
1. Sipes entero yq=r/scon rysenteros, hacemos la sustitución z=ts
ww
w.
ap
re
nd
es
2. Siq es entero yp=r/scon rysenteros, hacemos la sustitución a+bz=ts
3. Siq+pes entero yp=r/scon rysenteros, hacemos la sustitución a+bz
z =t s
Ejemplo 49 Hallar Z
dx 3
√
x2(1 +√3 x2)
Solución: Observemos que
Z dx
3
√
x2(1 +√3 x2) =
Z
x−23(1 +x 2 3)−1dx Hacemos primero la sustitución
x=z32 y obtenemos
Z
x−23(1 +x23)−1dx = Z
z−1(1 +z)−13 2z
1 2 dz
= 3 2
Z
z−12 (1 +z)−1dz Comop=−1es entero yq= −21, hacemos ahora la sustitución
z=t2 y entonces tenemos
3 2
Z
z−12 (1 +z)−1dz = 3
2
Z
t−1(1 +t2)−12t dt
= 3
Z
1 1 +t2dt
= 3 arctant+C
= 3 arctan√z+C
= 3 arctan√3 x+C
Ejemplo 50 Hallar
Z p3
1 +√4x
√x dx
