INTEGRALES RESUELTAS POR SUSTITUCION.pdf

(1)

CAP´

ITULO VII.

INTEGRACI ´

ON

INDEFINIDA

SECCIONES

A. Integrales inmediatas.

B. Integraci´on por sustituci´on.

C. Integraci´on por partes.

D. Integraci´on por fracciones simples.

E. Aplicaciones de la integral indefinida.

(2)

A. INTEGRALES INMEDIATAS.

Se dice que una funci´on y =F(x) es integral indefinida (tambi´en llamada

primitiva o antiderivada) de otra funci´ony=f(x) cuandoF0(x) =f(x). La notaci´on usual para representar este hecho es la siguiente:

F(x) = Z

f(x)dx.

El t´ermino ”dx”indica que la variable respecto a la cual se est´a integrando es ”x”.

Para calcular integrales se deben encontrar funciones cuya derivada sea la función original. Se tratará entonces de aplicar las reglas de derivación en sentido inverso, donde conocidas las derivadas de las funciones, se encuentren las propias funciones.

Una diferencia fundamental consiste en que mientras cada funci´on s´olo tiene una derivada, tiene infinitas integrales, porque si F0(x) = f(x), entonces [F(x) +C]0 =f(x) para cualquier constante C.

Esto se indicará escribiendo Rf(x)dx=F(x) +C. De este modo, todas las primitivas de una función se obtienen sumando una constante arbitraria a una primitiva particular. Las siguientes propiedades permitirán

descompo-ner integrales en otras m´as sencillas:

i)R f0(x)dx=f(x) +C.

ii) R

[f(x)±g(x)]dx=R

f(x)dx±R

g(x)dx.

iii)R kf(x)dx=kR f(x)dx, k∈R.

De las fórmulas de derivación se obtiene la siguiente tabla de integrales inmediatas, sin más que cambiar el orden de las fórmulas.

1)Rxndx= x n+1

n+ 1+C sin6=−1. 2)R

senxdx=−cosx+C.

3)Rcosxdx= senx+C.

4)Rsec2xdx= tgx+C. 5)R

secxtgxdx= secx+C.

6)Rcosecxcotgxdx=−cosecx+C.

(3)

8)

Z ₁

√

1−x2dx= arc senx+C.

9) Z

1

1 +x2dx= arc tgx+C.

10) Z

1

x√x2₋₁dx= arcsecx+C.

11) Z

1

xdx= ln|x|+C.

12)R axdx= a x

lna+C.

Veremos a continuación algunos casos de aplicación de las fórmulas anterio-res.

PROBLEMA 7.1.

Resolver la integral R

(4x3−5x2+ 7)dx.

Soluci´on

Aplicaremos las propiedades (ii) y (iii) para descomponer la integral en otras integrales m´as simples.

I = 4 Z

x3dx−5 Z

x2dx+ 7 Z

dx.

Aplicando la regla (1) se pueden resolver las integrales que resultan:

I = 4x

4

4 − 5x3

3 + 7x+C =x

4₋5x3

3 + 7x+C. Ten en cuenta que R

dx=R

x0dx=x1/1 +C=x+C.

Aunque se deber´ıa sumar una constante a cada integral, como esa constante es arbitraria, se a˜nade al resultado final una constante, que ser´ıa la suma de cada una de las restantes.

PROBLEMA 7.2.

Resolver

Z 1 x2dx.

(4)

Soluci´on

Escribimos 1/x2 como x−2 y tenemos: I =

Z

x−2dx= x −1

−1 +C=− 1 x +C.

PROBLEMA 7.3.

Resolver R √₃ zdz.

Soluci´on

Si escribimos el integrando en forma de potencia:

I = Z

z1/3dz= z

4/3

4/3 +C= 3 4z

4/3₊_C.

PROBLEMA 7.4.

Resolver R

(1−x)√xdx.

Soluci´on

Si separamos en dos integrales, resulta:

I = Z _√

xdx−

Z

x√xdx= Z

x1/2dx−

Z

x3/2dx= 2 3x

3/2₋2

5x

5/2₊_C.

PROBLEMA 7.5.

Resolver

Z _√ x− x

2 + 2

√

x

(5)

Soluci´on

Si escribimos el integrando en forma de potencia, tenemos:

I = Z

x1/2dx− 1

2 Z

xdx+ 2 Z

x−1/2dx= 2 3x

3/2₋1

4x

2_{+ 4x}1/2₊_C.

PROBLEMA 7.6.

Resolver R

(3s+ 4)2ds.

Soluci´on

Desarrollando la potencia,

I = Z

(9s2+ 24s+ 16)ds= Z

9s2ds+ Z

24sds+ Z

16ds

= 9s

3

3 + 24 s2

2 + 16s+C= 3s

3_{+ 12s}2_{+ 16s}₊_C.

PROBLEMA 7.7.

Resolver

Z _4x3₋_5x2_{+ 7} x2 dx.

Soluci´on

Si dividimos cada sumando por el denominador com´un, podemos obtener una suma de t´erminos y descomponer en suma de integrales:

I = Z

4x−5 + 7 x2

dx= 4

Z

xdx−5 Z

dx+ 7 Z

x−2dx

= 4x

2

2 −5x+ 7 x−1

−1 +C= 2x

2₋_5x₋ 7

(6)

PROBLEMA 7.8.

Resolver R

(4x2+ 7)2x2dx. Soluci´on

Al desarrollar el cuadrado del binomio 4x2+ 7, multiplicar porx2 y separar la integral en suma de varias, tendremos:

I = Z

(16x4+56x2+49)x2dx= Z

(16x6+56x4+49x2)dx= 16x

7

7 + 56x5

5 + 49x3

3 +C

PROBLEMA 7.9.

Resolver

Z _{(1 +}_x)2

√

x dx.

Soluci´on

Descomponiendo en sumandos, tenemos:

I =

Z _{1 + 2x}₊_x2

√

x dx= Z

(x−1/2+2x1/2+x3/2)dx= 2x1/2+4 3x

3/2₊2

5x

5/2_+C.

PROBLEMA 7.10.

Resolver

Z

x2+ 2x (x+ 1)2dx.

Soluci´on

Completando cuadrados en el numerador e integrando por separado, tene-mos:

I =

Z _(x_{+ 1)}2₋₁ (x+ 1)2 dx=

Z

1− 1

(x+ 1)2

dx=x+ 1

(7)

PROBLEMA 7.11.

Resolver

Z

3x3−4x2+ 3x x2_{+ 1} dx.

Soluci´on

Si descomponemos la fracci´on en dos, resulta:

I = Z

3x−4 + 4 x2_{+ 1}

dx= 3x

2

2 −4x+ 4 arc tgx+C.

PROBLEMA 7.12.

Resolver

Z _sen_x_{+ tg}_x tgx dx.

Soluci´on

La integral anterior se puede descomponer en suma de dos integrales en la forma siguiente:

I =

Z _sen_x tgx dx+

Z _tg_x tgxdx=

Z

cosxdx+ Z

dx= senx+x+C.

PROBLEMA 7.13.

Resolver

Z _sen_y cos2_ydy.

Soluci´on

Esta integral es inmediata debido a que

I = Z

(8)

PROBLEMA 7.14.

Resolver R

(tg 2x+ sec 2x)2_dx_.

Soluci´on

Desarrollando el integrando, tenemos:

I = Z

(tg22x+ 2 tg 2xsec 2x+ sec22x)dx =

Z

(2 sec22x+ 2 tg 2xsec 2x−1)dx= tg 2x+ sec 2x−x+C.

PROBLEMA 7.15.

Resolver

Z ₁

1 + cosxdx.

Soluci´on

Multiplicando numerador y denominador por 1−cosx:

I =

Z ₁₋_cos_x 1−cos2_xdx=

Z ₁₋_cos_x sen2_x dx

= Z

(cosec2x−cotgxcosecx)dx=−cotgx+ cosecx+C.

PROBLEMA 7.16.

Resolver

Z

1

(9)

Soluci´on

Aplicando la identidad trigonom´etrica sen2x+ cos2x= 1, resulta:

I =

Z _sen2_x_{+ cos}2_x sen2_x_cos2_x dx=

Z _dx cos2_x +

Z _dx

sen2_x = tgx−cotgx+C.

B. INTEGRACI ´ON POR SUSTITUCI ´ON.

Cuando el integrando no es la derivada de una funci´on conocida, todav´ıa es posible que lo sea de una funci´on compuesta. A partir de la regla de la cadena

D[f(g(x))] =f0(g(x))·g0(x),

se deduce la correspondiente regla de integraci´on

Z

f0(g(x))·g0(x)·dx=f(g(x)) +C.

Las fórmulas siguientes se deducen de la aplicación de la regla de la cadena en las fórmulas simples escritas en el apartado A.

1)R[f(x)]n·f0(x)dx= f(x) n+1

n+ 1 +C si n6=−1. 2)R

f0(x)·senf(x)dx=−cosf(x) +C.

3)R

f0(x)·cosf(x)dx= senf(x) +C.

4)R f0(x)·sec2f(x)dx= tgf(x) +C. 5)R

f0(x)·secf(x)·tgf(x)dx= secf(x) +C.

6)R f0(x)·cosecf(x)·cotgf(x)dx=−cosecf(x) +C.

7)R

f0(x)·cosec2f(x)dx=−cotgf(x) +C. 8)

Z _f0_(x) p

1−f(x)2dx= arc senf(x) +C.

9)

Z _f0_(x)

(10)

10) Z

f0(x)

f(x)pf(x)2₋₁dx= arcsecf(x) +C.

11) Z

f0(x)

f(x)dx= ln|f(x)|+C.

12) Z

af(x)·f0(x)dx= a f(x)

lna +C.

En la práctica, como no es fácil determinar si el integrando puede expresarse como la derivada de una función compuesta, se hace un cambio de variable para intentar expresar la integral en forma más sencilla. As´ı, en la expresión I =R f0(g(x))·g0(x)·dx, si hacemos g(x) = t, entonces g0(x)dx =dt, con lo queI =Rf0(t)·dt=f(t) +C =f(g(x)) +C.

Hay algunas sustituciones especiales para casos concretos que iremos ilus-trando en la resoluci´on de los problemas que siguen.

PROBLEMA 7.17.

Resolver R

4x√2x2₋_1dx.

Soluci´on

Sif(x) = 2x2−1, tenemos quef0(x) = 4x; se trata de calcularR f(x)1/2f0(x)dx. La regla (1) indica que el resultado es:

I = (2x

2₋₁₎3/2

3/2 +C= 2 3(2x

2₋₁₎3/2₊_C.

PROBLEMA 7.18.

Resolver R

(x3+ 2)23x2dx.

Soluci´on

Haciendo el cambiox3+ 2 =utenemos du= 3x2dx, con lo que: I =

Z

u2du= 1 3u

3₊_C₌ 1

3(x

(11)

Otra forma es escribir directamenteI =R(x3+2)2d(x3+2) = 1₃(x3+2)3+C.

PROBLEMA 7.19.

Resolver R √3

2x−6dx.

Soluci´on

En este caso llamamosf(x) = 2x−6. Sin embargo,f0(x) = 2 no aparece ex-pl´ıcitamente en la integral. Como las constantes se pueden multiplicar tanto dentro como fuera de la integral (propiedad iii), podemos escribir:

I = Z ₁

2 ·2 3

√

2x−6dx= 1 2

Z 2√3

2x−6dx.

Ahora la integral tiene la forma en que se puede aplicar la regla (1). As´ı:

I = 1 2 ·

(2x−6)(1/3)+1

4/3 +C = 3

8(2x−6)

4/3₊_C.

PROBLEMA 7.20.

Resolver R(x3+ 2)1/2x2dx.

Soluci´on

Hacemos el cambio de variableu=x3+2, con lo quedu= 3x2dx. As´ı:

I = 1 3

Z

(x3+ 2)1/2·3x2dx= 1 3

Z

u1/2du= 1 3 ·

u3/2 3/2 =

2 9(x

3_{+ 2)}3/2₊_C.

Tambi´en otra forma es la siguiente:

I = Z

1 3(x

3_{+ 2)}1/2_·_3x2_dx₌ 1

3 Z

(x3+ 2)1/2d(x3+ 2)

= 1 3 ·

(x3+ 2)3/2

3/2 +C= 2 9(x

(12)

PROBLEMA 7.21.

Resolver

Z _8x2 (x3_{+ 2)}3dx.

Soluci´on

Haciendou=x3+ 2 tenemos du= 3x2dx; por tanto:

I = 8

Z _du/3 u3 =

8 3

Z

u−3du= 8 3·

u−2

−2 +C =

−4

3(x3_{+ 2)}2 +C.

PROBLEMA 7.22.

Resolver

Z x2 4

√

x3_{+ 2}dx.

Soluci´on

Haciendou=x3+ 2, du= 3x2dxy tenemos: I =

Z _du/3 4

√

u = 1 3

Z

u−1/4du= 1 3·

4 3u

3/4₊_C ₌ 4

9(x

3_{+ 2)}3/4₊_C.

PROBLEMA 7.23.

Resolver R

3x√1−2x2_dx_.

Soluci´on

Haciendo el cambio 1−2x2 =u,du=−4xdx, resulta: I = 3

Z _√ u· du

−4 =− 3 4

Z

u1/2du=−3

4 · 2 3u

3/2₊_C₌₋1

2(1−2x

(13)

PROBLEMA 7.24.

Resolver

Z _x_{+ 3} (x2_{+ 6x)}1/3dx.

Soluci´on

Hacemos el cambiox2_{+ 6x}₌_{u, con lo que (2x}_{+ 6)dx}₌_du_{y resulta:}

I = Z

du/2 u1/3 =

1 2

Z

u−1/3du= 1 2 ·

3 2u

2/3₊_C₌ 3

4(x

2_{+ 6x)}2/3₊_C.

PROBLEMA 7.25.

Resolver R

x√31−x2_dx_.

Soluci´on

Procediendo directamente, tenemos

I = −1

2 Z

(1−x2)1/3(−2x)dx=−1

2 Z

(1−x2)1/3d(1−x2) = −1

2 · 3 4(1−x

2₎4/3₊_C₌₋3

8(1−x

2₎4/3₊_C.

PROBLEMA 7.26.

Resolver R √

x2₋_2x4_dx_.

Soluci´on

Sacandox2 _{factor com´}_{un en la ra´ız, podemos escribir:}

I = Z

(1−2x2)1/2·xdx=−1

4 Z

(1−2x2)1/2(−4xdx) = −1

4· 2

3(1−2x

2₎3/2₊_C₌₋1

6(1−2x

(14)

PROBLEMA 7.27.

Resolver R

(ex_{+ 1)}3_ex_dx_. Soluci´on

Hacemos el cambio u=ex+ 1, con lo quedu=exdx. As´ı:

I = Z

u3du= u

4

4 +C =

(ex+ 1)4 4 +C.

PROBLEMA 7.28.

Resolver

Z _x

(x2₊_a2₎ndx. Soluci´on

Sabiendo que la derivada dex2₊_a2 _{es 2x, tenemos:}

I = 1 2

Z

2xdx (x2₊_a2₎n =

1 2

Z

(x2+a2)−nd(x2+a2)

= 1 2 ·

(x2+a2)−n+1

−n+ 1 +C=

−1

2(n−1)(x2₊_a2₎n−1 +C.

PROBLEMA 7.29.

Resolver

Z

1

(15)

Soluci´on

Utilizamos en este caso el siguiente artificio:

I =

Z _dx p

(1−x2₎3 =

Z _x−3_dx [x−1√₁₋_x2_]3

=

Z _x−3

(√x−2₋₁₎3dx=−

1 2

Z ₋_2x−3 (√x−2₋₁₎3dx

= −1

2 Z

(x−2−1)−3/2d(x−2−1) = (x−2−1)−1/2+C= √ x

1−x2 +C.

PROBLEMA 7.30.

Resolver R sen(x/2)dx.

Soluci´on

Aplicando la f´ormula (2), tenemos:

I = 2 Z

sen(x/2)(dx/2) =−2 cos(x/2) +C.

PROBLEMA 7.31.

Resolver R cos 3xdx.

Soluci´on

Aplicamos en este caso la f´ormula (3) y obtenemos:

I = 1 3

Z

cos 3x(3dx) = 1

3sen 3x+C.

PROBLEMA 7.32.

(16)

Soluci´on

Tenemos que:

I = Z

sen2xd(senx) = sen

3_x

3 +C.

PROBLEMA 7.33.

Resolver R

sen3xdx.

Soluci´on

Si descomponemos sen3x = sen2x·senx, debemos expresar sen2x en fun-ci´on de cosx debido a que en el integrando aparece (cosx)0 =−senx. En-tonces:

I = Z

sen2xsenxdx= Z

(1−cos2x) senxdx= Z

senxdx+ Z

−cos2xsenxdx.

La primera integral es inmediata. Como la segunda integral es de la forma R

f2_(x)f0_{(x)dx, con}_f_{(x) = cos}_{x, resulta que:}

I =−cosx+cos

3_x

3 +C.

PROBLEMA 7.34.

Resolver Rsec2(2ax)dx.

Soluci´on

Aplicando la f´ormula (4), tenemos:

I = 1 2a

Z

sec2(2ax)(2adx) = 1

(17)

PROBLEMA 7.35.

Resolver R

excosexdx.

Soluci´on

Procediendo de forma directa,

I = Z

cosex(exdx) = senex+C.

PROBLEMA 7.36.

Resolver

Z 1 x+ 2dx.

Soluci´on

Aplicamos la f´ormula (11):

I =

Z _d(x_{+ 2)}

x+ 2 = ln|x+ 2|+C.

PROBLEMA 7.37.

Resolver

Z ₁

2x−3dx.

Soluci´on

An´alogamente al anterior,

I = 1 2

Z

d(2x−3) 2x−3 =

1

(18)

PROBLEMA 7.38.

Resolver

Z x x2₋₁dx.

Soluci´on

Si escribimos en el numerador la derivada del denominador, resulta:

I = 1 2

Z _2x

x2₋₁dx=

1 2

Z _d(x2₋₁₎

x2₋₁ =

1 2ln|x

2₋₁_|₊_C.

PROBLEMA 7.39.

Resolver

Z _x2 1−2x3dx.

Soluci´on

Multiplicando y dividiendo por -6,

I =−1

6

Z ₋_6x2

1−2x3dx=−

1

6ln|1−2x

3_|₊_C.

PROBLEMA 7.40.

Resolver

Z x+ 2 x+ 1dx.

Soluci´on

Separamos en dos fracciones y tenemos:

I = Z

1 + 1 x+ 1

dx=

Z dx+

Z ₁

(19)

PROBLEMA 7.41.

Resolver

Z 1 ex_{+ 1}dx.

Soluci´on

Usaremos aqu´ı el siguiente artificio:

I = Z

e−x

e−x_(ex_{+ 1)}dx=− Z ₋

e−x

1 +e−xdx=−ln(1 +e

−x_{) +}_C.

No es necesario en este caso el valor absoluto porque 1 +e−x >0, para todo x.

PROBLEMA 7.42.

Resolver R tgxdx.

Soluci´on

Procederemos as´ı:

I =

Z _sen_x

cosxdx=−

Z ₋_sen_x

cosx dx=−ln|cosx|+C = ln|secx|+C.

PROBLEMA 7.43.

Resolver R tg 2xdx.

Soluci´on

An´alogamente al anterior:

I = 1 2

Z

tg 2x(2dx) = 1

(20)

PROBLEMA 7.44.

Resolver

Z

senx+ cosx cosx dx.

Soluci´on

Separando la fracci´on en dos, tenemos:

I = Z

(tgx+ 1)dx= ln|secx|+x+C.

PROBLEMA 7.45.

Resolver R(1 + tgx)2dx.

Soluci´on

Desarrollando el cuadrado, tenemos:

I = Z

(1 + 2 tgx+ tg2x)dx= Z

(sec2x+ 2 tgx)dx= tgx+ 2 ln|secx|+C.

PROBLEMA 7.46.

Resolver R

xcotgx2dx.

Soluci´on

Sabiendo que Z

cotgxdx=

Z _cos_x

senxdx= ln|senx|+C, resulta:

I = 1 2

Z

cotgx2·(2xdx) = 1

2ln|senx

(21)

PROBLEMA 7.47.

Resolver R secxdx.

Soluci´on

Es ´util en este caso utilizar el siguiente artificio:

I = Z

secx(secx+ tgx) secx+ tgx dx=

Z

secxtgx+ sec2x

secx+ tgx dx= ln|secx+tgx|+C.

PROBLEMA 7.48.

Resolver

Z

sec√x

√

x dx.

Soluci´on

Teniendo en cuenta el problema anterior, resulta:

I = 2 Z

sec√x dx

2√x = 2 ln|sec

√

x+ tg√x|+C.

PROBLEMA 7.49.

Resolver R

cosecudu.

Soluci´on

Un artificio similar al realizado anteriormente permite escribir:

I =

Z _cosec_u(cosec_u₋_cotg_u) cosecu−cotgu du

=

Z _cosec2_u₋_cosec_u_cotg_u

(22)

PROBLEMA 7.50.

Resolver

Z

secxtgx a+bsecxdx.

Soluci´on

Si hacemos que el numerador sea la derivada del denominador, tenemos

I = 1 b

Z _b_sec_x_tg_xdx a+bsecx =

1

bln|a+bsecx|+C.

PROBLEMA 7.51.

Resolver

Z ₁

cosec 2x−cotg 2xdx.

Soluci´on

Aplicando las identidades cosec 2x= 1/sen 2xy cotg 2x= cos 2x/sen 2x:

I = Z

sen 2x

1−cos 2xdx= 1 2

Z

2 sen 2xdx 1−cos 2x =

1

2ln(1−cos 2x) +C

= 1

2ln(2 sen

2_{x) +}_C ₌ 1

2(ln 2 + 2 ln|senx|) +C = ln|senx|+C 0

.

PROBLEMA 7.52.

Resolver R

(23)

Soluci´on

La f´ormula (12) da casi directamente:

I =−

Z

e−x(−dx) =−e−x+C.

PROBLEMA 7.53.

Resolver R

a2x_dx_. Soluci´on

De nuevo por la f´ormula (12),

I = 1 2

Z

a2x(2dx) = 1 2 ·

a2x lna+C.

PROBLEMA 7.54.

Resolver

Z e1/x

x2 dx.

Soluci´on

An´alogamente a los anteriores,

I =−

Z e1/x

−dx

x2

=−e1/x+C.

PROBLEMA 7.55.

Resolver R

(24)

Soluci´on

Podemos hacer el cambio 3 cos 2x=u o bien proceder directamente:

I =−1

6 Z

e3 cos 2x(−6 sen 2xdx) =−1

6e

3 cos 2x₊_C.

PROBLEMA 7.56.

Resolver

Z ₁

√

a2₋_x2dx.

Soluci´on

De acuerdo a la f´ormula (8) tenemos:

I = Z

dx

ap1−(x/a)2 =

Z

d(x/a) p

1−(x/a)2 = arc senx/a+C.

PROBLEMA 7.57.

Resolver

Z

1

√

25−16x2dx.

Soluci´on

Teniendo en cuenta el problema anterior, resulta:

I = 1 4

Z

4dx p

52₋_(4x)2 =

1 4

Z

4dx/5 p

1−(4x/5)2 =

1

4arc sen 4x

5 +C.

PROBLEMA 7.58.

Resolver

Z x2

√

(25)

Soluci´on

An´alogamente a los anteriores:

I = 1 3

Z _3x2_dx p

1−(x3₎2 =

1

3arc senx

3₊_C.

PROBLEMA 7.59.

Resolver

Z

x+ 3

√

1−x2dx.

Soluci´on

Si separamos en dos integrales:

I = Z

xdx

√

1−x2 + 3

Z dx

√

1−x2

= −

Z ₋_2xdx

2√1−x2 + 3

Z _dx

√

1−x2 =−

p

1−x2_{+ 3 arc sen}_x₊_C.

PROBLEMA 7.60.

Resolver

Z ₁

√

20 + 8x−x2dx.

Soluci´on

Completando cuadrados en la ra´ız y teniendo en cuenta los problemas ante-riores, obtenemos:

I =

Z _dx

p

36−(x2₋_8x_{+ 16)} =

Z _dx

p

62₋_(x₋₄₎2 = arc sen

x−4 6 +C.

(26)

PROBLEMA 7.61.

Resolver

Z

1

√

28−12x−x2dx.

Soluci´on

An´alogamente al anterior resulta:

I =

Z _dx

p

64−(x2_{+ 12x}_{+ 36)} =

Z _dx

p

82₋_(x_{+ 6)}2 = arc sen

x+ 6 8 +C.

PROBLEMA 7.62.

Resolver

Z _x_{+ 3}

√

5−4x−x2dx.

Soluci´on

Procedemos de la siguiente manera:

I = −1

2 Z

(−2x−6)dx

√

5−4x−x2 =−

1 2

Z

(−2x−4)−2

√

5−4x−x2dx=−

1 2

Z

(−2x−4)

√

5−4x−x2dx

+ Z

dx

√

5−4x−x2 =−

1 2

Z

(−2x−4)

√

5−4x−x2dx+

Z

dx p

9−(x+ 2)2dx

= −p5−4x−x2_{+ arc sen}x+ 2

3 +C.

PROBLEMA 7.63.

Resolver

Z 1 9 +x2dx.

(27)

Soluci´on

Aplicamos la f´ormula (9) y tenemos:

I =

Z _dx

9[1 + (x/3)2_] =

1 3

Z _dx/3 1 + (x/3)2 =

1

3arc tg(x/3) +C.

PROBLEMA 7.64.

Resolver

Z 1 4x2_{+ 9}dx.

Soluci´on

Procediendo an´alogamente al problema anterior:

I = 1 2

Z _2dx

(2x)2_{+ 3}2 =

1 2

Z _2dx

9[(2x/3)2_{+ 1]} =

1 6arc tg

2x 3 +C.

PROBLEMA 7.65.

Resolver

Z _x x4_{+ 3}dx.

Soluci´on

Razonando an´alogamente a los problemas anteriores, tendremos:

I = 1 2

Z _2xdx

(x2₎2_{+ 3} =

1 2 ·

1

√

3arc tg x2

√

3+C=

√

3 6 arc tg

x2√3 3 +C.

PROBLEMA 7.66.

Resolver

Z ₁

(28)

Soluci´on

Al completar cuadrados en el denominador, podemos reducirlo a los casos anteriores:

I =

Z _dy

(y2_{+ 10y}_{+ 25) + 5} =

Z _dy

(y+ 5)2_{+ 5} =

1

√

5arc tg y+ 5

√

5 +C.

Observación:Este método sólo es posible porque el denominador no tiene ra´ıces reales. En caso contrario, deberemos aplicar el método de integración por fracciones simples (ver apartado D.)

PROBLEMA 7.67.

Resolver

Z ₁

ex₊_e−xdx.

Soluci´on

Multiplicando numerador y denominador por ex obtenemos directamen-te:

I = Z

exdx

e2x_{+ 1} = arc tge x₊_C.

PROBLEMA 7.68.

Resolver

Z _sec_x_tg_x 9 + 4 sec2_xdx.

Soluci´on

Teniendo en cuenta los problemas anteriores, resulta tambi´en:

I = 1 2

Z _{2 sec}_x_tg_xdx 32_{+ (2 sec}_x)2 =

1 6arc tg

2 secx 3 +C.

(29)

PROBLEMA 7.69.

Resolver

Z

2x−7 x2_{+ 9}dx.

Soluci´on

Si separamos en dos integrales, resulta:

I =

Z _2xdx

x2_{+ 9}−7

Z _dx

x2_{+ 9} = ln(x

2_{+ 9)}₋ 7

3arc tg(x/3) +C.

PROBLEMA 7.70.

Resolver

Z

x+ 1 x2₋_4x_{+ 8}dx.

Soluci´on

Si intentamos escribir en el numerador la derivada del denominador, obte-nemos las siguientes integrales:

I = 1 2

Z _(2x₋_4)dx

x2₋_4x_{+ 8}+ 3

Z _dx

x2₋_4x_{+ 8} =

1 2

Z _(2x₋_4)dx

x2₋_4x_{+ 8}+ 3

Z _dx (x−2)2_{+ 4}

= 1 2ln(x

2₋_4x_{+ 8) +} 3

2arc tg x−2

2 +C.

PROBLEMA 7.71.

Resolver

Z ₁

x√4x2₋₉dx.

Soluci´on

Aplicando adecuadamente la f´ormula (10) resulta:

I =

Z _dx

xp(2x)2₋₃2 =

Z _dx

3xp(2x/3)2₋₁

= 1 3

Z _2dx/3

(2x/3)p(2x/3)2₋₁ =

1 3arcsec

2x 3 +C.

(30)

PROBLEMA 7.72.

Resolver

Z ₁

x√x4₋₁dx.

Soluci´on

An´alogamente al problema anterior podemos escribir:

I = 1 2

Z _2xdx

x2p

(x2₎2₋₁ =

1

2arcsecx

2₊_C ₌ 1

2arc cos(1/x

2_{) +}_C.

PROBLEMA 7.73.

Resolver Rsen2xdx.

Soluci´on

Aplicando la f´ormula sen2x= (1−cos 2x)/2 resulta: I = 1

2 Z

(1−cos 2x)dx= 1 2x−

1

4sen 2x+C.

PROBLEMA 7.74.

Resolver Rcos2λxdx.

Soluci´on

Aplicamos en este caso la identidad cos2λx= (1 + cos 2λx)/2: I = 1

2 Z

(1 + cos 2λx)dx= x 2 +

sen 2λx 4λ +C.

(31)

PROBLEMA 7.75.

Resolver R

cos5xdx.

Soluci´on

Realizamos la siguiente descomposici´on:

I = Z

cos4xcosxdx= Z

(1−sen2x)2cosxdx= Z

cosxdx−2 Z

sen2xcosxdx +

Z

sen4xcosxdx= senx−2

3sen

3_x₊1

5sen

5_x₊_C.

PROBLEMA 7.76.

Resolver R sen2xcos3xdx.

Soluci´on

De la identidad fundamental sen2x+ cos2x= 1 resulta: I =

Z

sen2xcos2xcosxdx= Z

sen2x(1−sen2x) cosxdx =

Z

sen2xcosxdx−

Z

sen4xcosxdx= 1 3sen

3_x₋ 1

5sen

5_x₊_C.

PROBLEMA 7.77.

Resolver R cos42xsen32xdx.

Soluci´on

Como el exponente de sen 2x es impar, procedemos as´ı:

I = Z

cos42xsen22xsen 2xdx= Z

cos42x(1−cos22x) sen 2xdx =

Z

cos42xsen 2xdx−

Z

cos62xsen 2xdx=−1

10cos

5_2x₊ 1

14cos

(32)

PROBLEMA 7.78.

Resolver Rsen33xcos53xdx.

Soluci´on

An´alogamente al ejercicio anterior tenemos:

I = Z

(1−cos23x) cos53xsen 3xdx= Z

cos53xsen 3xdx

−

Z

cos73xsen 3xdx=−1

18cos

6_3x₊ 1

24cos

8_3x₊_C.

Otra forma similar es usar el hecho de que el exponente de cos 3x tambi´en es impar:

I = Z

sen33x(1−sen23x)2cos 3xdx =

Z

sen33xcos 3xdx−2 Z

sen53xcos 3xdx+ Z

sen73xcos 3xdx = 1

12sen

4_3x₋1

9sen

6_3x₊ 1

24sen

8_3x₊_C.

Obs´ervese que ambos resultados difieren en una constante aunque no lo parezca a simple vista.

PROBLEMA 7.79.

Resolver Rsen4xdx.

Soluci´on

Como el exponente de senx es par, utilizamos la identidad sen2x = (1−

cos 2x)/2 y posteriormente cos22x= (1 + cos 4x)/2: I =

Z

(sen2x)2dx= 1 4

Z

(1−cos 2x)2dx= 1 4

Z

dx− 1

2 Z cos 2xdx +1 4 Z

cos22xdx= 1 4

Z

dx−1

2 Z

cos 2xdx+ 1 8

Z

(1 + cos 4x)dx

= 1 4x−

1

4sen 2x+ 1 8x+

1

32sen 4x+C = 3 8x−

1

4sen 2x+ 1

(33)

PROBLEMA 7.80.

Soluci´on

Por la f´ormula sen 2x= 2 senxcosx tenemos:

I = 1 4

Z

(2 senxcosx)2dx= 1 4

Z

sen22xdx= 1 8

Z

(1−cos 4x)dx

= 1 8

Z

dx− 1

8 Z

cos 4xdx= 1 8x−

1

32sen 4x+C.

PROBLEMA 7.81.

Soluci´on

Por ser ambos exponentes pares tenemos como antes:

I = Z

(sen23xcos23x) sen23xdx= 1 8

Z

sen26x(1−cos 6x)dx = 1

8 Z

sen26xdx−1

8 Z

sen26xcos 6xdx= 1 16

Z

(1−cos 12x)dx

−1

8 Z

sen26xcos 6xdx= 1 16x−

1

192sen 12x− 1 144sen

3_6x₊_C.

PROBLEMA 7.82.

(34)

Soluci´on

Aplicamos la f´ormula sec2x= 1 + tg2x y tenemos: I =

Z

tg2xtg2xdx= Z

tg2x(sec2x−1)dx= Z

tg2xsec2xdx−

Z

tg2xdx =

Z

tg2xd(tgx)−

Z

(sec2x−1)dx= 1 3tg

3_x₋_tg_x₊_x₊_C.

PROBLEMA 7.83.

Resolver R

tg5xdx.

Soluci´on

De forma an´aloga al problema anterior podemos escribir:

I = Z

tg3xtg2xdx= Z

tg3x(sec2x−1)dx= Z

tg3xsec2xdx−

Z

tg3xdx =

Z

tg3xd(tgx)−

Z

tgx(sec2x−1)dx= 1 4tg

4_x₋1

2tg

2_x_{+ ln}_|_sec_x_|₊_C.

PROBLEMA 7.84.

Resolver R

sec42xdx.

Soluci´on

Tambi´en en este caso tenemos:

I = Z

sec22xsec22xdx= Z

sec22x(1 + tg22x)dx =

Z

sec22xdx+ Z

tg22xsec22xdx= 1

2tg 2x+ 1 6tg

(35)

PROBLEMA 7.85.

Resolver R

tg33xsec43xdx.

Soluci´on

Nuevamente, de la identidad sec2_3x_{= 1 + tg}2_{3x, resulta:}

I = Z

tg33x(1 + tg23x) sec23xdx= Z

tg33xsec23xdx+ Z

tg53xsec23xdx = 1

12tg

4_3x₊ 1

18tg

6_3x₊_C.

PROBLEMA 7.86.

Resolver R

tg32xsec32xdx.

Soluci´on

En este caso integramos con respecto ad(sec 2x) como sigue:

I = Z

tg22xsec22xsec 2xtg 2xdx= Z

(sec22x−1) sec22xsec 2xtg 2xdx = 1

2 Z

sec42xd(sec 2x)−1

2 Z

sec22xd(sec 2x) = 1

10sec

5_2x₋1

6sec

3_2x₊_C.

PROBLEMA 7.87.

(36)

Soluci´on

De la f´ormula cosec22x−1 = cotg22xy teniendo en cuenta qued(cotg 2x) =

−2 cosec22xdx, resulta: I =

Z

cotg 2x(cosec22x−1)dx=−1

4cotg

2_2x₊1

2ln|cosec 2x|+C.

PROBLEMA 7.88.

Resolver Rcotg43xdx.

Soluci´on

Procediendo de forma an´aloga al anterior tenemos:

I = Z

cotg23x(cosec23x−1)dx= Z

cotg23xcosec23xdx−

Z

cotg23xdx = −1

3 Z

cotg23xd(cotg 3x)−

Z

(cosec23x−1)dx = −1

9cotg

3_3x₊1

3cotg 3x+x+C.

PROBLEMA 7.89.

Resolver Rcosec6xdx.

Soluci´on

De forma similar a los anteriores,

I = Z

cosec2x(1 + cotg2x)2dx= Z

cosec2xdx+ 2 Z

cotg2xcosec2xdx +

Z

cotg4xcosec2xdx=−cotgx−2

3cotg

3_x₋1

5cotg

(37)

PROBLEMA 7.90.

Resolver R

cotg3xcosec5xdx.

Soluci´on

Sabiendo qued(cosecx) =−cosecxcotgxdx, tenemos:

I = Z

cotg2xcosec4xcosecxcotgxdx =

Z

(cosec2x−1) cosec4xcosecxcotgxdx = −

Z

cosec6xd(cosecx) + Z

cosec4xd(cosecx) = −1

7cosec

7_x₊1

5cosec

5_x₊_C.

PROBLEMA 7.91.

Resolver R √1−cosxdx.

Soluci´on

Debido a la f´ormula 1−cosx= 2 sen2(x/2), tenemos: I =√2

Z

sen(x/2)dx=−2√2 cos(x/2) +C.

PROBLEMA 7.92.

Resolver

Z

1

√

(38)

Soluci´on

Aplicamos la identidad senx= cos(π/2−x) y procedemos como en el pro-blema anterior:

I =

Z ₁

p

1−cos(π/2−2x)dx=

Z ₁

√

2 sen(π/4−x)dx

=

√

2 2

Z

cosec(π/4−x)dx=− √

2

2 ln|cosec(π/4−x)−cotg(π/4−x)|+C.

PROBLEMA 7.93.

Resolver R

(1 + cos 3x)3/2dx.

Soluci´on

Utilizamos la f´ormula 1 + cos 3x= 2 cos2(3x/2): I = 2√2

Z

cos3(3x/2)dx= 2√2 Z

[1−sen2(3x/2)] cos(3x/2)dx = 2√2

2

3sen(3x/2)− 2 9sen

3_(3x/2)

+C.

PROBLEMA 7.94.

Resolver

Z ₁

(39)

Soluci´on

De la identidad 1 = sen2_x+cos2_{x, tenemos la siguiente descomposici´}_on:

I = Z

(sen2x+ cos2x)2 sen3_x_cos3_x dx=

Z

sen4x+ cos4x+ 2 sen2xcos2x sen3_x_cos3_x dx

=

Z _sen_x cos3_xdx+

Z _cos_x

sen3_xdx+ 2

Z ₁

senxcosxdx

= −

Z

cos−3xd(cosx) + Z

sen−3xd(senx) + 2 Z

sec2x tgx dx

= 1

2 cos2_x −

1

2 sen2_x+ 2 ln|tgx|+C.

PROBLEMA 7.95.

Resolver R

senλxcosµxdx, donde λ2₋_µ2₆_{= 0}_.

Soluci´on

Utilizamos la f´ormula sen(a+b) + sen(a−b) = 2 senacosb:

I = 1 2

Z

[sen(λx+µx) + sen(λx−µx)]dx

= 1 2

Z

[sen(λ+µ)x+ sen(λ−µ)x]dx=−1

2

cos(λ+µ)x λ+µ +

cos(λ−µ)x λ−µ

+C.

PROBLEMA 7.96.

Resolver R

senλxsenµxdx, donde λ2−µ26= 0.

Soluci´on

Similar al anterior con la f´ormula cos(a−b)−cos(a+b) = 2 senasenb:

I = 1 2

Z

[cos(λx−µx)−cos(λx+µx)]dx

= 1 2

Z

[cos(λ−µ)x−cos(λ+µ)x]dx= 1 2

sen(λ−µ)x λ−µ −

sen(λ+µ)x λ+µ

+C.

(40)

PROBLEMA 7.97.

Resolver Rcosλxcosµxdx, donde λ2−µ26= 0.

Soluci´on

Aplicamos en este caso la f´ormula cos(a+b)+cos(a−b) = 2 cosacosb:

I = 1 2

Z

[cos(λx+µx)+cos(λx−µx)]dx= 1 2

sen(λ+µ)x λ+µ +

sen(λ−µ)x λ−µ

+C.

PROBLEMA 7.98.

Resolver

Z 1

√

x2_{+ 1}dx.

Soluci´on

Si hacemos el cambio de variablex= tgu, entoncesdx= sec2udu. As´ı: I =

Z 1 secusec

2_udu₌

Z

secudu= ln|secu+tgu|+C= ln(x+px2_{+ 1)+C.}

PROBLEMA 7.99.

Resolver

Z 1

√

4x2_{+ 9}dx.

Soluci´on

Escribimos la funci´on como en el problema anterior y aplicamos el re-sultado obtenido o bien hacemos el cambio 2x/3 = tgu, de modo que

(41)

dx= (3/2) sec2udu:

I =

Z ₁

p

(2x)2_{+ 3}2dx=

Z ₁

3p(2x/3)2_{+ 1}dx=

Z _{(3/2) sec}2_udu 3 secu

= 1

2ln|secu+ tgu|+C= 1 2ln 2x 3 + √

4x2_{+ 9}

3 +C. PROBLEMA 7.100. Resolver Z

x+ 2

√

x2_{+ 9}dx.

Soluci´on

Separamos la integral en dos y aplicamos en la segunda la sustituci´onx/3 = tgu:

I = 1 2

Z _2x_{+ 4}

√

x2_{+ 9}dx=

1 2

Z _2x

√

x2_{+ 9}dx+ 2

Z ₁

√

x2_{+ 9}dx

= px2_{+ 9 + 2}

Z

secudu=px2_{+ 9 + 2 ln}

x 3 + √

x2_{+ 9}

3 +C. PROBLEMA 7.101. Resolver Z 1 √

x2₋₁dx.

Soluci´on

Si hacemos x= secu, entoncesdx= secutgudu. Por tanto:

I = Z ₁

tgusecutgudu= ln|secu+ tgu|+C= ln|x+ p

(42)

PROBLEMA 7.102.

Resolver

Z

1

√

9z2₋₂₅dz.

Soluci´on

Si hacemos el cambio 3z/5 = secu, 3dz/5 = secutgudu, entonces:

I = 1 3

Z _3/5

p

(3z/5)2₋₁dz =

1 3

Z _sec_u_tg_u tgu du

= 1

3ln|secu+ tgu|+C = 1 3ln 3z 5 + √

9z2₋₂₅

5 +C. PROBLEMA 7.103. Resolver Z 1 √

4s+s2ds.

Soluci´on

Completando cuadrados en el denominador y haciendo el cambio (s+2)/2 = secu, resulta:

I = Z

1 p

(s+ 2)2₋₄ds=

Z

1

2p[(s+ 2)/2]2₋₁ds

= Z

secudu= ln|secu+ tgu|+C = ln

s+ 2 2 +

√

4s+s2

2 +C. PROBLEMA 7.104. Resolver Z

x+ 2

√

(43)

Soluci´on

Separamos en dos integrales de modo que la primera sea la derivada de una ra´ız y en la segunda hacemos el cambio (x+ 1)/2 = secu:

I = Z

2x+ 4

2√x2_{+ 2x}₋₃dx=

Z

2x+ 2

2√x2_{+ 2x}₋₃dx+

Z

1/2 p

[(x+ 1)/2]2₋₁dx

= px2_{+ 2x}₋_{3 +}

Z

secudu

= px2_{+ 2x}₋_{3 + ln}

x+ 1 2 +

√

x2_{+ 2x}₋₃

2

+C.

PROBLEMA 7.105.

Resolver R √3−4x2_dx_.

Soluci´on

Haremos el cambio 2x/√3 = senu, 2dx/√3 = cosududespués de escribir la función de forma más conveniente:

I = √3 Z q

1−(2x/√3)2_dx₌√₃

Z √₃

2 cos

2_udu

= 3 2

Z

1 + cos 2u 2 du=

3 4

u+ sen 2u 2

+C

= 3

4arc sen(2x/

√

3) +3 8 ·2·

2x

√

3 · r

3−4x2

3 +C

= 3

4arc sen(2x/

√

3) +x 2

p

3−4x2₊_C.

PROBLEMA 7.106.

(44)

Soluci´on

Completando cuadrados y procediendo como en el problema anterior con el cambio (x+ 1)/2 = senu, resulta:

I = Z

p

4−(x+ 1)2_dx₌

Z

2p1−[(x+ 1)/2]2_dx_{= 4}

Z

cos2udu = 4

u 2 +

sen 2u 4

+C= 2 arc senx+ 1 2 +

x+ 1 2

p

3−2x−x2₊_C.

PROBLEMA 7.107.

Resolver

Z ₁

x2√_{4 +}_x2dx.

Soluci´on

Si hacemos el cambio tgz = x/2, tendremos dx = 2 sec2zdz y √4 +x2 ₌

2 secz. Entonces:

I =

Z _{2 sec}2_z

(4 tg2_{z)(2 sec}_z)dz =

1 4

Z _sec_z tg2_zdz

= 1 4

Z

sen−2zcoszdz =− 1

4 senz +C =−

√

4 +x2

4x +C.

PROBLEMA 7.108.

Resolver

Z _x2

√

x2₋₄dx.

Soluci´on

Hacemos el cambiox/2 = secz, con lo que dx= 2 secztgzdz y √x2₋_{4 =}

2 tgz:

I =

Z _{4 sec}2_z

2 tgz (2 secztgzdz) = 4 Z

sec3zdz = 2 secztgz+ 2 ln|secz+ tgz|+C = 1

2x p

(45)

(Ver problema 7.124 para la resoluci´on de la ´ultima integral.)

PROBLEMA 7.109.

Resolver

Z √₉₋_4x₂ x dx.

Soluci´on

Haciendo 2x/3 = senz tendremos 2dx/3 = coszdz y √9−4x2 _{= 3 cos}_z.

As´ı:

I = Z

3 cosz

(3/2) senz(3/2) coszdz = 3 Z

cos2z senzdz

= 3 Z

1−sen2z senz dz= 3

Z

coseczdz−3 Z

senzdz

= 3 ln|cosecz−cotgz|+ 3 cosz+C= 3 ln

3−√9−4x2

2x

+p9−4x2₊_C0_.

PROBLEMA 7.110.

Resolver

Z

(16−9x2)3/2 x6 dx.

Soluci´on

Haciendo 3x/4 = senz tendremosdx= (4/3) coszdz y√16−9x2_{= 4 cos}_z.

As´ı:

I = Z

64 cos3z·(4/3) cosz (4096/729) sen6_z dz=

243 16

Z

cos4z sen6_zdz

= 243 16

Z

cotg4zcosec2zdz =−243

80 cotg

5_z₊_C

= −243

80 ·

(16−9x2)5/2

243x5 +C=−

1 80 ·

(16−9x2)5/2 x5 +C.

(46)

PROBLEMA 7.111.

Resolver

Z _x2

√

2x−x2dx.

Soluci´on

Volvemos a escribir la integral como

Z _x2 p

1−(x−1)2dxy hacemos el

cam-bio x−1 = senz. Tendremos as´ıdx = coszdz y √2x−x2 _{= cos}_z.

Resul-ta:

I = Z

(1 + senz)2

cosz coszdz = Z

(1 + 2 senz+ sen2z)dz =

Z

1 + 2 senz+1−cos 2z 2

dz= 3

2z−2 cosz− 1

4sen 2z+C

= 3

2arc sen(x−1)−2 p

2x−x2₋1

2(x−1) p

2x−x2₊_C

= 3

2arc sen(x−1)− 1

2(x+ 3) p

2x−x2₊_C.

PROBLEMA 7.112.

Resolver

Z ₁

(4x2₋_24x_{+ 27)}3/2dx.

Soluci´on

Completando cuadrados tenemos queI = Z

1

[4(x−3)2₋_9]3/2dx.

Haciendo 2(x−3)/3 = secz, resultadx= (3/2) secztgzdzy√4x2₋_24x_{+ 27 =}

3 tgz, con lo que:

I =

Z _{(3/2) sec}_z_tg_zdz 27 tg3z =

1 18

Z

sen−2zcoszdz = − 1

18sen

−1_z₊_C₌₋1

9·

x−3

√

(47)

PROBLEMA 7.113.

Resolver

Z

1

(1 +x2₎√_{1 +}_x2dx.

Soluci´on

Haciendox2₌_{t, 2xdx}₌_{dt, es decir,} _dx₌_dt/(2√_{t). Por tanto,}

I = Z

dt/2√t (1 +t)√1 +t =

1 2

Z

dt

(1 +t)p(1 +t)t.

Haciendo ahora 1

1 +t =z=⇒ 1

z −1 =t=⇒dt=− 1

z2dz, tenemos:

I = 1 2

Z ₋1 z2dz·z p

(1/z)[(1/z)−1] = 1 2

Z ₋_dz/z p

(1/z2₎₋_(1/z)

= 1 2

Z ₋ dz/z

(1/z)√1−z =− 1 2

Z dz

√

1−z

= −1

2 Z

(1−z)−1/2dz= 1 2 ·

(1−z)1/2 1/2 +C

= √1−z+C = r

1− 1

1 +t +C= r

1 +t−1 1 +t +C

=

√

t

√

1 +t+C = x

√

1 +x2 +C.

C. INTEGRACI ´ON POR PARTES.

Este método se basa en la fórmula de derivación de un producto de dos funciones: integrando la fórmula (f ·g)0(x) = f0(x)·g(x) +f(x)·g0(x), se obtienef(x)·g(x) =R

f0(x)·g(x)dx+R

f(x)·g0(x)dx, de donde,

Z

f(x)·g0(x)·dx=f(x)·g(x)−

Z

(48)

Otra forma de escribir esta f´ormula es llamar u = f(x) y v =g(x), con lo que resulta:

Z

u·dv=u·v−

Z

v·du.

Este método suele aplicarse cuando el integrando es producto de dos fun-ciones de distinta clase, como por ejemplo, polinómica por exponencial, tri-gonométrica por exponencial, polinómica por logar´ıtmica, etc.

Una gran variedad de integrales que se pueden resolver por este m´etodo se ofrece en los problemas que siguen.

PROBLEMA 7.114.

Resolver R

xexdx.

Soluci´on

Hacemosu=x, dv=exdx. Entonces du=dx, v=ex y tenemos:

I =xex−

Z

exdx=xex−ex+C.

PROBLEMA 7.115.

Resolver R

x3e2xdx.

Soluci´on

Haciendou =x3, dv =e2xdxtendremos du= 3x2dx, v= (1/2)e2x, con lo que:

I = 1 2x

3_e2x₋3 2

Z

x2e2xdx.

Haciendo en la integral resultante u = x2 y dv = e2xdx tendremos du = 2xdx, v= (1/2)e2x, de modo que:

I = 1 2x

3_e2x₋3 2

1 2x

2_e2x₋Z _xe2x_dx

= 1 2x

3_e2x₋3 4x

2_e2x₊3 2

Z

(49)

Haciendo en la integral resultanteu=xydv =e2xdxtendremosdu=dxy v= (1/2)e2x y nuevamente,

I = 1 2x

3_e2x₋3 4x

2_e2x₊3 2

1 2xe

2x₋1 2

Z e2xdx

= 1 2x

3_e2x₋3 4x

2_e2x₊3 4xe

2x₋3 8e

2x₊_C.

PROBLEMA 7.116.

Resolver R x3ex2dx.

Soluci´on

Hacemos u=x2 ydv=xex2dx, de dondedu= 2xdx yv= (1/2)ex2. Aplicando la f´ormula de integraci´on por partes tenemos:

I = 1 2x

2_ex2

−

Z

xex2dx= 1 2x

2_ex2

−1

2e x2

+C.

PROBLEMA 7.117.

Resolver R x√1 +xdx.

Soluci´on

Haciendo u = x, dv = √1 +xdx tenemos que du = dx, v = (2/3)(1 + x)3/2:

I = 2

3x(1 +x)

3/2₋2

3 Z

(1 +x)3/2dx= 2

3x(1 +x)

3/2₋ 4

15(1 +x)

(50)

PROBLEMA 7.118.

Resolver R

ln(x2+ 2)dx.

Soluci´on

Hacemos u = ln(x2 + 2) y dv = dx, de donde du= 2xdx

x2_{+ 2} y v = x. Por

tanto:

I = xln(x2+ 2)−

Z _2x2_dx

x2_{+ 2} =xln(x

2_{+ 2)}₋

Z

2− 4

x2_{+ 2}

dx

= xln(x2+ 2)−2x+ 2

√

2 arc tg(x/

√

2) +C.

(Ver por ejemplo el problema 7.63 para la resoluci´on de la ´ultima integral.)

PROBLEMA 7.119.

Resolver R

ln(x+ 1/x)dx.

Soluci´on

Integrando por partes con u = ln(x+ 1/x) y dv = dx, du= x

2₋₁

x(x2_{+ 1)}dx,

v=x, tenemos:

I = xln

x+ 1 x

−

Z

x2−1 x2_{+ 1}dx

= xln

x+ 1 x

−

Z

1− 2

1 +x2

dx=xln(x+ 1/x)−x+ 2 arc tgx+C.

PROBLEMA 7.120.

(51)

Soluci´on

Hacemos u= ln(x+√x2₋_{1) y} _dv ₌_{dx, con lo que}_du₌ _√ dx

x2₋₁,v=x.

Entonces:

I =xln(x+px2₋₁₎₋

Z x

√

x2₋₁dx=xln(x+

p

x2₋₁₎₋p_x2₋_{1 +}_C.

PROBLEMA 7.121.

Resolver R xln(x+ 1)dx.

Soluci´on

Hacemos u = ln(x+ 1) y dv = xdx; du = dx/(x+ 1), v = x2/2. Enton-ces:

I = x

2

2 ln(x+ 1)− 1 2

Z _x2 x+ 1dx=

x2

2 ln(x+ 1)− 1 2

Z

x−1 + 1 x+ 1

dx

= x

2

2 ln(x+ 1)− 1 2

x2

2 −x+ ln(x+ 1)

+C

= x

2₋₁

2 ln(x+ 1)− x2

4 + x 2 +C.

PROBLEMA 7.122.

Resolver R xsenxdx.

Soluci´on

Para utilizar el m´etodo de integraci´on por partes podemos seguir los siguien-tes caminos:

a)u=xsenx,dv =dx. Entoncesdu= (senx+xcosx)dx, v=x. As´ı:

I =x·xsenx−

Z

(52)

La integral que resulta es menos sencilla que la original por lo cual se descarta este camino.

b)u= senx, dv =xdx. Por tanto,du= cosxdx, v=x2_{/2 y resulta:}

I = 1 2x

2_sen_x₋

Z 1 2x

2_cos_xdx.

La integral que resulta es menos sencilla que la original y tambi´en descarta-mos este camino.

c)u=x, dv= senxdx. Por tantodu=dx, v=−cosx y resulta:

I =−xcosx−

Z

−cosxdx=−xcosx+ senx+C.

PROBLEMA 7.123.

Resolver Rx2senxdx.

Soluci´on

Haciendo u = x2, dv = senxdx tendremos du = 2xdx, v = −cosx. As´ı:

I =−x2cosx+ 2 Z

xcosxdx.

Hacemos en la integral resultanteu=x, dv= cosxdx, du=dx, v= senx y tenemos:

I =−x2cosx+ 2

xsenx−

Z

senxdx

=−x2cosx+ 2xsenx+ 2 cosx+C.

PROBLEMA 7.124.

(53)

Soluci´on

Haciendo u = secx, dv = sec2xdx tendremos du= secxtgxdx, v = tgx. As´ı:

I = secxtgx−

Z

secxtg2xdx= secxtgx−

Z

secx(sec2x−1)dx = secxtgx−

Z

sec3xdx+ Z

secxdx.

Por tanto,

2I = secxtgx+ Z

secxdx= secxtgx+ ln|secx+ tgx|+C;

I = 1

2(secxtgx+ ln|secx+ tgx|) +C 0

.

PROBLEMA 7.125.

Resolver R √x2₋_36dx_.

Soluci´on

Si hacemos el cambiox= 6 sect, entoncesdx= 6 secttgtdty resulta:

I = 36 Z

tg2tsectdt= 36 Z

(sec2t−1) sectdt= 36 Z

sec3tdt−

Z

sectdt.

De acuerdo al problema anterior, resulta:

I = 18(secttgt+ ln|sect+ tgt|)−36 ln|sect+ tgt|+C

= x 2

p

x2₋₃₆₋_{18 ln}

x 6 +

√

x2₋₃₆

6

+C.

PROBLEMA 7.126.

(54)

Soluci´on

Escribimos el integrando como p5[(3/5)x2_{+ 1] =} √₅

q

(x√3/√5)2_{+ 1 y}

hacemos el cambiox√3/√5 = tgu:

I = √5

3 Z

sec3udu= 5

2√3(secutgu+ ln|secu+ tgu|) +C

= 1 2x

p

3x2_{+ 5 +} 5

2√3ln

x√3

√

5 +

√

3x2_{+ 5}

√

5

+C.

PROBLEMA 7.127.

Resolver R√

4x2₋_4x_{+ 5dx}_.

Soluci´on

Completamos cuadrados en el radicando y procedemos como en los proble-mas anteriores, haciendo el cambio 2x−1 = 2 tgu:

I = Z

p

(2x−1)2_{+ 4dx}₌

Z

2 sec3udu= secutgu+ ln|secu+ tgu|+C

= 2x−1 4

p

4x2₋_4x_{+ 5 + ln}

2x−1 2 +

√

4x2₋_4x_{+ 5}

2

+C.

PROBLEMA 7.128.

Resolver

Z _x cos2_xdx.

Soluci´on

De nuevo integramos por partes conu=x,dv =dx/cos2x: I =

Z

xd(tgx) =xtgx−

Z

(55)

PROBLEMA 7.129.

Resolver

Z _x2

(xcosx−senx)2dx.

Soluci´on

Comod

1 xcosx−senx

= xsenx

(xcosx−senx)2dx, podemos integrar por

par-tes conu=x/senx,dv= xsenx

(xcosx−senx)2dx:

I = Z

x senx ·

xsenx

(xcosx−senx)2dx=

1

xcosx−senx · x senx +

Z dx sen2_x

= x

(xcosx−senx) senx− cosx

senx +C =

xsenx+ cosx xcosx−senx +C.

PROBLEMA 7.130.

Resolver R cosxln(1 + cosx)dx.

Soluci´on

Integramos por partes conu= ln(1 + cosx), dv= cosxdx.

Entonces du= −senx

1 + cosx, v= senx. Por tanto:

I = senxln(1 + cosx) + Z

sen2x 1 + cosxdx

= senxln(1 + cosx) +

Z _sen2_x(1₋_cos_x)

(1 + cosx)(1−cosx)dx

= senxln(1 + cosx) + Z

(1−cosx)dx= senxln(1 + cosx) +x−senx+C.

PROBLEMA 7.131.

(56)

Soluci´on

Haciendo u = arc senx, dv = dx tenemos que du= √ dx

1−x2, v = x.

As´ı:

I =xarc senx−

Z

xdx

√

1−x2 =xarc senx+

p

1−x2₊_C.

PROBLEMA 7.132.

Resolver

Z

arc tgx−1 x+ 1dx.

Soluci´on

Hacemos u= arc tgx−1

x+ 1 y dv = dx; entonces du = dx/(1 +x

2_{) y} _v ₌ _x.

As´ı:

I =xarc tgx−1 x+ 1−

Z x

1 +x2dx=xarc tg

x−1 x+ 1−

1

2ln(1 +x

2_{) +}_C.

PROBLEMA 7.133.

Resolver

Z _x_{arc sen}_x

√

1−x2 dx.

Soluci´on

Hacemosu= arc senxy dv= √xdx

1−x2 e integramos por partes:

I = Z

arc senxd(−p1−x2_{) =}₋p₁₋_x2_{arc sen}_x₊

Z dx

(57)

PROBLEMA 7.134.

Resolver R

x3arc tgxdx.

Soluci´on

Hacemos en este casou= arc tgx, dv =x3dx, con lo quedu=dx/(1 +x2), v=x4/4:

I = x

4

4 arc tgx− 1 4

Z _x4

1 +x2dx=

x4

4 arc tgx− 1 4

Z

x2−1 + 1 1 +x2

dx

= x

4₋₁

4 arc tgx− x3 12 +

x 4 +C.

PROBLEMA 7.135.

Resolver

Z _x2

1 +x2 arc tgxdx.

Soluci´on

Separamos en dos integrales as´ı:

I = Z

1− 1

1 +x2

arc tgxdx= Z

arc tgxdx−

Z 1

1 +x2 arc tgxdx.

En la primera integral hacemos u = arc tgx, dv = dx. Entonces du = dx/(1 +x2_),_v₌_{x, con lo que}

I1=xarc tgx−

Z _x

1 +x2dx=xarc tgx−

1

2ln(1 +x

2_{) +}_C 1.

Como la segunda integral es inmediata, resulta en definitiva:

I =xarc tgx−lnp1 +x2₋1

2(arc tgx)

(58)

PROBLEMA 7.136.

Resolver

Z

arc senx

(1−x2₎√₁₋_x2dx.

Soluci´on

Si integramos por partes haciendo u = arc senx,dv = dx

(1−x2₎√₁₋_x2, se

tienedu= √ dx

1−x2,v=

x

√

1−x2. As´ı:

I = √ x

1−x2arc senx−

Z x

√

1−x2 ·

dx

√

1−x2

= √ x

1−x2arc senx+

1 2

Z ₋_2x

1−x2dx=

x

√

1−x2 arc senx+

1

2ln|1−x

2_|₊_C.

PROBLEMA 7.137.

Resolver Rxarc senxdx.

Soluci´on

Integramos por partes conu= arc senx ydv =xdx:

I = x

2

2 arc senx− 1 2

Z _x2

√

1−x2dx.

Ahora bien,

Z _x2

√

1−x2dx=

Z ₁

√

1−x2dx−

Z p

1−x2_dx.

Haciendo en esta ´ultima integralu=√1−x2 _y_dv ₌_{dx, tenemos:}

Z p

1−x2_dx₌_xp₁₋_x2₊

Z x2

√

1−x2dx.

Resulta entonces que

Z _x2

√

1−x2dx=

1

2[arc senx−x p

1−x2_{] +}_C._Por

tan-to:

I = 2x

2₋₁

4 arc senx+ x 4

p

(59)

PROBLEMA 7.138.

Resolver

Z _{1 + sen}_x 1 + cosxe

x_dx_.

Soluci´on

Recordamos la f´ormula 1 + senx 1 + cosx =

1

2[1 + tg(x/2)]

2 _{y tenemos:}

I = 1 2

Z

[1+tg2(x/2)+2 tg(x/2)]exdx= 1 2

Z

sec2(x/2)exdx+ Z

extg(x/2)dx.

En la primera integral hacemos u=ex, dv = sec2(x/2)dx, con lo quedu= exdx,v= 2 tg(x/2):

I =extg(x/2)−

Z

extg(x/2)dx+ Z

extg(x/2)dx=extg(x/2) +C.

PROBLEMA 7.139.

Resolver las integrales I =R

eaxsenbxdx, J =R

eaxcosbxdx.

Soluci´on

Integrando por partes cada una de ellas, resulta:

I = 1 ae

ax_sen_bx₋ b a

Z

eaxcosbxdx= 1 ae

ax_sen_bx₋ b aJ.

J = 1 ae

ax_cos_bx₊ b a

Z

eaxsenbxdx= 1 ae

ax_cos_bx₊ b aI.

Basta pues resolver el sistemaaI+bJ =eaxsenbx, bI−aJ =−eaxcosbx, para obtener los valores deI yJ. En definitiva,

I = e

ax

a2₊_b2(asenbx−bcosbx) +C;

J = e

ax

a2₊_b2(bsenbx+acosbx) +C

(60)

PROBLEMA 7.140.

Resolver I =

Z _xearc senx

√

1−x2dx y J =

Z

earc senxdx.

Soluci´on

Vamos a integrar I por partes siguiendo dos caminos distintos:

En primer lugar hacemos u=earc senx,dv = √xdx

1−x2 y tenemos:

I =−p1−x2 _earc senx₊ Z

earc senxdx=−p1−x2 _earc senx₊_J.

En segundo lugar hacemos u=x,dv = e

arc senx

√

1−x2dxy tenemos:

I =xearc senx−

Z

earc senxdx=xearc senx−J.

Sumando y restando ordenadamente las dos f´ormulas obtenidas llegamos a:

I = 1 2(x−

p

1−x2_)earc senx₊_C;

J = 1 2(x+

p

1−x2_)earc senx₊_C.

PROBLEMA 7.141.

Resolver

Z _earc tgx

(1 +x2₎√_{1 +}_x2dx.

Soluci´on

Integramos por partes haciendou=earc tgx,dv = dx

(1 +x2₎√_{1 +}_x2. As´ı

(61)

I = xe

arc tgx

√

1 +x2 −

Z _xearc tgx

(1 +x2₎√_{1 +}_x2dx.

En esta ´ultima integral, que tambi´en resolvemos por partes, hacemosu=earc tgx,

dv= xdx

(1 +x2₎√_{1 +}_x2 y se tiene

Z _xearc tgx

(1 +x2₎√_{1 +}_x2dx=−

1

√

1 +x2e

arc tgx₊

Z _earc tgx

(1 +x2₎√_{1 +}_x2dx.

De aqu´ı se deduce inmediatamente:

I = x+ 1 2√1 +x2e

arc tgx₊_C.

Observaci´on: La integral

Z _xdx

(1 +x2₎√_{1 +}_x2 es inmediata pues es igual

a

1 2

Z

(1+x2)−3/2d(1+x2) = 1 2·

(1 +x2)−3/2+1

−3/2 + 1 =−(1+x

2₎−1/2₌₋_√ 1

1 +x2.

PROBLEMA 7.142.

Resolver In=

Z ₁

(1 +x2₎n+1dx.

Soluci´on

Utilizamos el siguiente artificio:

In =

Z _{1 +}_x2₋_x2 (1 +x2₎n+1dx=

Z _{1 +}_x2

(1 +x2₎n+1dx−

Z _x2

(1 +x2₎n+1dx

=

Z _dx (1 +x2₎n −

Z _x2_dx

(1 +x2₎n+1 =In−1−

Z _x2_dx (1 +x2₎n+1.

Para la última integral utilizamos el método de integración por partes. Para

ello hacemosu=x,dv= xdx

(1 +x2₎n+1, con lo quedu=dx,v=

−1 2n(1 +x2₎n. As´ı:

Z _x2_dx (1 +x2₎n+1 =

−x 2n(1 +x2₎n+

1 2nIn−1.

(62)

En definitiva,

In=In−1+

x

2n(1 +x2₎n − 1

2nIn−1 =

2n−1 2n In−1+

x 2n(1 +x2₎n.

D. INTEGRACI ´ON POR FRACCIONES SIMPLES.

Este m´etodo es exclusivo para integrar funciones racionales. El procedimien-to general es el siguiente:

Para calcular Z

p(x)

q(x)dx donde p y q son polinomios, realizaremos los si-guientes pasos:

1) Se realiza la divisi´on p(x)

q(x) =c(x) + r(x)

q(x) donde c es el cociente y r el resto, con grador <grado q. Entonces:

Z p(x) q(x)dx=

Z

c(x)dx+ Z

r(x) q(x)dx.

La primera integral es inmediata y a continuaci´on estudiaremos la segun-da.

Observaci´on: Si el grado de p ya es menor que el grado de q, este paso se omite, puesp(x) =r(x).

2) Se factoriza el denominador a partir de sus ra´ıces (ya sean reales o com-plejas). Tenemos:

q(x) =a(x−r1)m1· · · · ·(x−rn)mn(x2+a1x+b1)q1· · · · ·(x2+apx+bp)qp.

Nota: En lo que sigue supondremos quea= 1 pues, en caso contrario, puede salir de la integral como una constante.

3) Se descompone el integrando en fracciones simples:

r(x) q(x) =

A1

x−r1

+· · ·+ Am1 (x−r1)m1

+· · ·+ K1 x−rn

+· · ·+ Kmn

(x−rn)mn

+ α1x+β1 x2₊_a

1x+b1

+· · ·+ αq1x+βq1 (x2₊_a

1x+b1)q1

+. . .

+ σ1x+τ1

x2₊_apx₊_bp +· · ·+

σqpx+βqp

(63)

4) Se calculan las constantesA1, . . . , Am1,. . .,K1, . . . , Kmn,α1, β1, . . . , αq1, βq1,

. . .,σ1, τ1, . . . , σqp, τqpigualando los numeradores de ambos miembros.

5) Se integra por separado cada fracci´on simple.

Los siguientes problemas ilustran la forma de integrar según sea la descom-posición de la fracción.

PROBLEMA 7.143.

Resolver

Z ₁

x2₋₄dx.

Soluci´on

Comox2₋_{4 = (x}₋_2)(x_{+ 2), podemos descomponer la fracci´}_{on como}

1 x2₋₄ =

A x−2+

B x+ 2,

de donde 1 =A(x+ 2) +B(x−2).

Para x = 2, 1 = 4A =⇒ A = 1/4. Para x = −2, 1 = −4B =⇒ B =

−1/4.

Tenemos entonces:

I = 1 4

Z dx x−2−

1 4

Z dx x+ 2 =

1

4ln|x−2|− 1

4ln|x+2|+C = 1 4ln

x−2 x+ 2

+C.

PROBLEMA 7.144.

Resolver

Z 1

9x2₋₁₆dx.

Soluci´on

Procediendo como el anterior, tenemos:

1 9x2₋₁₆ =

A 3x−4+

B 3x+ 4,

(64)

de donde 1 =A(3x+4)+B(3x−4) =⇒A= 1/8, B=−1/8.Entonces:

I = 1 8

Z 1

3x−4dx− 1 8

Z 1 3x+ 4dx

= 1

24ln|3x−4| − 1

24ln|3x+ 4|+C= 1 24ln

3x−4 3x+ 4 +C. PROBLEMA 7.145. Resolver Z ₁

x2_{+ 6x}_{+ 8}dx.

Soluci´on

Comox2+ 6x+ 8 = (x+ 2)(x+ 4), tenemos: 1

x2_{+ 6x}_{+ 8} =

A x+ 2+

B x+ 4,

de donde 1 = A(x + 4) +B(x+ 2) =⇒ A = 1/2 y B = −1/2. Resulta entonces:

I = 1

2(ln|x+ 2| −ln|x+ 4|) +C= 1 2ln

x+ 2 x+ 4 +C. PROBLEMA 7.146. Resolver Z 1 9−x2dx.

Soluci´on

Como 9−x2 = (3−x)(3 +x), resulta: 1

9−x2 =

A 3−x +

B

3 +x =⇒1 =A(3 +x) +B(3−x). Obtenemos los valoresA=B = 1/6, con lo que:

I = 1

6(−ln|3−x|+ ln|3 +x|) +C= 1 6ln

3 +x 3−x

(65)

PROBLEMA 7.147.

Resolver

Z 1 4x−x2dx.

Soluci´on

Como 4x−x2 =x(4−x), tenemos: 1

4x−x2 =

A x +

B

4−x =⇒1 =A(4−x) +Bx. De aqu´ı, A=B= 1/4; por tanto:

I = 1

4(ln|x| −ln|4−x|) +C = 1 4ln

x 4−x

+C.

PROBLEMA 7.148.

Resolver

Z ₂₋_x

4x2_{+ 4x}₋₃dx.

Soluci´on

Al factorizar el denominador tenemos 4x2+4x−3 = (2x−1)(2x+3) y: 2−x

4x2_{+ 4x}₋₃ =

A 2x−1 +

B

2x+ 3 =⇒2−x=A(2x+ 3) +B(2x−1). De aqu´ı se obtiene queA= 3/8, B=−7/8. Entonces:

I = 3

16ln|2x−1| − 7

16ln|2x+ 3|+C= 1 16ln

(2x−1)3 (2x+ 3)7

+C.

PROBLEMA 7.149.

Resolver

Z

x+ 1

(66)

Soluci´on

Factorizamos en primer lugar el denominador:x3+x2−6x=x(x−2)(x+3). Por tanto:

x+ 1 x3₊_x2₋_6x =

A x+

B x−2+

C

x+ 3 ⇒x+1 =A(x−2)(x+3)+Bx(x+3)+Cx(x−2) Para x= 0, 1 =−6A=⇒A=−1/6.

Para x= 2, 3 = 10B =⇒B= 3/10.

Para x=−3, −2 = 15C =⇒C=−2/15.

La integral queda entonces:

I = −1

6 Z dx x + 3 10 Z dx x−2 −

2 15

Z dx x+ 3

= −1

6ln|x|+ 3

10ln|x−2| − 2

15ln|x+ 3|+C= ln

|x−2|3/10

|x|1/6_|_x_{+ 3}_|2/15 +C.

PROBLEMA 7.150.

Resolver

Z

3x+ 5

x3₋_x2₋_x_{+ 1}dx.

Soluci´on

Al factorizar el denominador tenemos x3 −x2 −x+ 1 = (x+ 1)(x−1)2. As´ı:

3x+ 5

x3₋_x2₋_x_{+ 1} =

A x+ 1+

B x−1 +

C (x−1)2

con lo que 3x+ 5 =A(x−1)2+B(x−1)(x+ 1) +C(x+ 1). Para x=−1, 2 = 4A=⇒A= 1/2.

Para x= 1, 8 = 2C=⇒C = 4.

Para determinar la constante B se sustituye otro valor de x, por ejemplo x= 0. Resulta 5 =A−B+C=⇒B =−1/2. Por tanto:

I = 1 2

Z _dx x+ 1−

1 2

Z _dx x−1+ 4

Z _dx (x−1)2

= 1

2ln|x+ 1| − 1

2ln|x−1| − 4

x−1 +C =− 4 x−1+

1 2ln

x+ 1 x−1