CLASES DE CÁLCULO II (0252)

(1)

Semestre 2-2009

José Luis Quintero Julio - Agosto 2009

CLASES DE CÁLCULO

II

(0252)

Universidad Central de Venezuela Facultad de Ingeniería

Ciclo Básico

Departamento de Matemática Aplicada

(2)

Semestre 2-2009

José Luis Quintero Julio 2009

TEMA 1

INTEGRAL

INDEFINIDA O ANTIDERIVADA

Cálculo II (0252)

Semestre 2-2009

(3)

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).

Ejemplo 1. La derivada de la función f(x)=x² 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.

(4)

En este caso, el conjunto de funciones corresponde a la familia y =x²+C, donde C es un número real.

Se puede afirmar que y= x² +C es la solución general de la ecuación diferencial

y '=2x.

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 y '=x² +1 son ecuaciones diferenciales.

Figura 1. Algunos miembros de la familia de funciones de la forma y=x +C ²

Figura 2. Algunos miembros de la familia de funciones de la forma y=sen(x)+C

(5)

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.

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 siguiente:

(6)

1.5. FÓRMULAS DE INTEGRACIÓN INMEDIATA

1.5.1.

x 1

x dx C con 1

1

α = α+ + α ≠ −

∫

α +

1.5.2.

∫

e dx^x =e^x+C 1.5.3.

x ax

a dx C (a 0 y a 1) ln(a)

= + > ≠

∫

1.5.4. 1

dx ln x C

x = +

∫

1.5.5.

∫

sen(x)dx= −cos(x)+C 1.5.6.

∫

cos(x)dx=sen(x)+C 1.5.7.

∫

tg(x)dx= −ln cos(x) +C 1.5.8.

∫

ctg(x)dx=ln sen(x) +C

1.5.9.

∫

sec(x)dx=ln sec(x)+tg(x)+C ^1.5.10.

∫

^csc(x)dx^{= −}^{ln csc(x)}⁺^ctg(x) ⁺^C

1.5.11.

∫

sec (x)dx² =tg(x)+C ^1.5.12.

∫

^{csc (x)dx}² ^{= −}^ctg(x)⁺^C

1.5.13.

∫

sec(x)tg(x)dx=sec(x)+C ^1.5.14.

∫

csc(x)ctg(x)dx= −csc(x)+C

1.5.15. ₁

2 2

1 x x

dx arcsen C arccos C (a 0)

a a

a x

   

=  + = −  + >

   

∫

−

1.5.16. ₁

2 2

1 1 x 1 x

dx arctg C arcctg C (a 0)

a a a a

a x

   

=  + = −  + ≠

   

∫

+

1.5.17. ₁

2 2

1 1 x 1 x

dx arc sec C arc csc C (a 0)

a a a a

x x a

= + = − + ≠

∫

−

1.5.18. ¹ ² ² ₁

2 2

1 x

dx senh C ln(x x a ) C (a 0)

x a a

−  

=  + = + + + >

+  

∫

1.5.19. ¹ ² ² ₁

2 2

1 x

dx cosh C ln(x x a ) C (a 0) x a a

−  

=  + = + − + >

−  

∫

1.5.20.

1 2 2

2 2 1

-1 2 2

tgh x C si x a

1 1 a x a

dx ln C (a 0)

2a a x x

a x

ctgh C si x a

a

 −  

+ <

  

+   

= + = ≠

−  

−    + >

∫

1.5.21.

2 2

1 2 2 1

1 1 x 1 a a x

dx sec h C ln C (0 x a)

a a a x

x a x

−    + − 

= −   + = −  + < <

−  

∫

1.5.22.

2 2

1

2 2

a a x

1 1 x 1

dx csc h C ln C (x 0) (a 0)

a a a x

x a x

−  + + 

= − + = −  + ≠ ≠

+  

∫

1.5.23.

∫

senh(x)dx =cosh(x)+C ^1.5.24.

∫

^cosh(x)dx⁼^senh(x)⁺^C

(7)

1.5.25.

∫

sec h (x)dx² =tgh(x)+C ^1.5.26.

∫

csc h (x)dx² = −ctgh(x)+C

1.5.27.

∫

sec h(x)tgh(x)dx = −sec h(x)+C ^1.5.28.

∫

csc h(x)ctgh(x)dx= −csc h(x)+C

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.

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

y=

∫

(3x² −1)dx =x³− +x C (Solución general)

(8)

para varios valores enteros de C. Cada una de estas primitivas es solución de la ecuación diferencial

dy 2

3x 1 dx = − .

Figura 3. La solución particular que satisface la condición inicial F(2)=4 es F(x)=x -x-2 ³

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:

F(x)= x³ − +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

F(x)= x³ − −x 2 Solución particular

(9)

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 x

dx 4 x

+ − −

∫

− ^.

Solución.

2 2 2 2

4 4 4 2 2

2

2 x 2 x 2 x 2 x dx dx

dx dx dx

4 x 4 x 4 x 2 x 2 x

arcsen x ln(x x 2) C 2

+ − − = + − − = −

− − − − +

 

=  − + + +

 

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

2x x

x

e e

e dx

∫

+ ^. Solución.

2x x x x x

x x

e e e .e e

dx 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

vdv GM 1 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.

(10)

Demuestre que v y x están relacionadas por la ecuación

2 2

0

1 1

v v 2GM

x R

 

= +  − 

 ,

donde v es la velocidad inicial del objeto y R el radio de la Tierra. ₀ Solución.

Calculando la integral de cada miembro de la ecuación

2 2

1 v GM

vdv GM dx C

2 x

= − x ⇒ = +

∫ ∫

Incorporando la condición que implica que v= v₀ cuando x=R se tiene

2 2

0

1 1

v v 2GM

x R

 

= +  − 

 ^.

( a x)4

ax dx

∫

− ^.

Solución.

4 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) x ax dx

a 4a ax 4ax 2ax 4x ax x ax dx

a 4a ax 6ax 4x ax x ax dx

− = − = − +

− + − +

=

− + + − +

=

− + − +

=

∫ ∫ ∫

∫

3 1 1 1 1 3

2 2 2 2 2 2

2 2

2 3

a x dx 4a dx 6a x dx 4 xdx a x dx

2x x

2a ax 4ax 4x ax 2x C

5 a

2a ax 4ax 4x ax 2x 2x C

5 ax

− −

= − + − +

= − + − + +

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

2 2

1 tg (x) sen (x) dx

∫

− ^. Solución.

2

2 2

2 2 2

1 tg (x) 1 1

dx dx (csc (x) sec (x))dx ctg(x) tg(x) C

sen (x) sen (x) cos (x)

 

− =  −  = − = − − +

 

∫ ∫ ∫

(11)

(x 1)(x 2) x dx

− −

∫

^.

Solución.

2 2

(x 1)(x 2) x 3x 2 2 x

dx dx x 3 dx 3x 2 ln x C

x x x 2

− − − +  

= =  − +  = − + +

 

∫ ∫ ∫

2

sen(x) cos (x)dx

∫

^.

Solución.

2

sen(x) sen(x) 1

dx . dx tg(x).sec(x)dx sec(x) C

cos(x) cos(x) cos (x)

 

=   = = +

 

∫ ∫ ∫

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

(12)

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).

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.

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 2 2 2

2 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 1 2

2 1

sec (x)tg(x)dx = tg (x)+C

∫

^.

Por otra parte, si se hace el cambio de variable u=sec (x)² ^resulta

2 1 2

2 2

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 2

1 1 1 1 1

2 2 2 1

2sec (x)+C = 2^_1+tg (x)^_+C = 2tg (x)+ +2 C = 2tg (x)+C

(13)

∫

^sec³⁽^sec(^x⁾⁺^x^e⁾^sen⁽^x⁾^dx

^.

Solución.

C e

) x ( tg dx ) e ) x cos(

) x ( (sec ) dx

x sec(

e ) x (

sec3 sen(x) 2 sen(x) sen(x)

+ +

= +

+ =

∫

2x 3 2x 1dx

+

∫

+ ^. Solución.

2x 3 2x 1 2 2x 1 2 2 du

dx 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

∫

¹¹⁺⁻^sen^cos(³⁽^x^x⁾⁾^dx^.

Solución.

∫

¹¹⁺⁻^sen^cos(³⁽^x^x⁾⁾^dx ⁼ ⁽¹⁺^sen¹³⁻⁽^x^cos⁾⁾⁽¹²⁽⁺^x⁾^cos(^x⁾⁾^dx ⁼ ¹⁺^cos(^x⁾⁺^sen^sen³⁽^x²⁾⁽^x⁺⁾^sen³⁽^x⁾^cos(^x⁾^dx

2 C ) x ( ) sen x cos(

) x csc(

) x ( ctg dx ) x cos(

) x ( sen ) x ( ) sen x ( sen

) x ) cos(

x ( csc

2 2

2  = − − − + +



 



 + + +

∫

Por lo tanto:

2 C ) x ( ) sen x cos(

) x csc(

) x ( ctg ) dx

x cos(

1

) x ( sen

1 ³ = − − − + ² +

−

∫

+

ln 2x 1 xdx ln 4x

 

 

 

∫

^.

Solución.

ln 2x 1 ln(2) ln x 1

dx dx

x x

ln 4x ln(4) ln x

   ₊ 

=

   

   ₊ 

   

∫ ∫

Haciendo dx

u ln(4) ln x , du

= + = x .

Sustituyendo en la integral

Ln(2) u Ln(4) u Ln(2) Ln(2)

du du 1 du

u u u

+ − −

     

= = −

     

     

∫ ∫ ∫

⁼

(14)

du Ln(2) 1du u Ln(2) Ln u C

=

∫

+

∫

u = − + donde C es una constante real

Devolviendo el cambio de variable u=ln(4)+ln x =ln 4x se obtiene:

Ln(2 x) 1 Ln(4 x) x d x

 

 

 

∫

= Ln|4x| + Ln(2) Ln(Ln|4x|) + C Ejemplo 15. Resuelva la integral

3 8

x dx 1+x

∫

^.

Solución.

3

4

8 2

4 3

x 1 du 1 1

dx arctg(u) C arctg(x ) C

4 4 4

1 x 1 u

(u x du 4x dx)

= = + = +

+ +

= ⇒ =

∫ ∫

x 2x 3x

2 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 e

2 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)

= = + = +

= = ⇒ =

∫ ∫

4 3

5 4

3x 12x 6 x 5x 10x 12dx

+ +

+ + +

∫

^.

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 10

dx 3 dx dx

x 5x 10x 12 x 5x 10x 12 5 x 5x 10x 12

3 du 3 3

ln u C ln x 5x 10x 12 C

5 u 5 5

(u x 5x 10x 12 du (5x 20x 10)dx)

+ + = + + = + +

+ + + + + + + + +

= + = + + + +

= + + + ⇒ = + +

∫ ∫ ∫

∫

x ex

e ⁺ dx

∫

^.

Solución.

x x x

x e x e u u e x x

e ⁺ dx = e e dx = e du= e +C =e +C (u=e ⇒du=e dx)

∫ ∫ ∫

(15)

x

dx 1+e⁻

∫

^.

Solución.

x

x 1 x

ex

x x

dx dx e du

dx ln u C ln(e 1) C

u

1 e 1 e 1

(u e 1 du e dx)

− = = = = + = + +

+ + +

= + ⇒ =

∫ ∫ ∫ ∫

ln(ln(x)) x ln(x) dx

∫

^.

Solución.

2 2

ln(ln(x)) u (ln(ln(x)))

dx udu C C

x ln(x) 2 2

(u ln(ln(x)) du dx (x.ln(x)))

= = + = +

= ⇒ =

∫ ∫

sen(ln(x)) x dx

∫

^.

Solución.

sen(ln(x))

dx sen(u)du cos(u) C cos(ln(x)) C x

(u ln(x) du dx x)

= = − + = − +

= ⇒ =

∫ ∫

2

dx 1+cos (x)

∫

^.

Solución.

2 2

2 2 2 2

2

dx sec (x) sec (x) du 1 u

dx dx arctg C

1 cos (x) 1 sec (x) 2 tg (x) 2 u 2 2

1 tg(x)

arctg C

2 2

(u tg(x) du sec (x)dx)

 

= = = =  +

+ + + +  

 

=  +

 

= ⇒ =

∫ ∫ ∫ ∫

3

dx sen(x) cos (x)

∫

^.

Solución.

(16)

2

3 4

dx dx sec (x)

dx 2 tg(x) C tg(x)

sen(x) cos (x) = tg(x) cos (x) = = +

∫ ∫ ∫

3 5

dx

sen (x) cos (x)

∫

^.

Solución.

Manipulando algebraicamente la integral:

1 2

cos (x)2

3 5 1 3 5 sen (x)3 cos (x)5

cos (x)2 cos (x)3 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 u =tg(x) , du=sec (x)dx²

2 2

3 / 2 1 / 2 3 / 2 1 / 2

3 / 2 3

(1 u ) (1 u ) 2 2

du du (u u )du u du u du u u C

u u 3

u

− −

+ = + = + + = − + +

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

De modo que:

3 5

dx 2 2

tg(x) tg(x) C tg(x) 3

sen (x) cos (x)

= − + +

∫

x x

4 1

2 1dx +

∫

+ ^. Solución.

Separando en dos integrales:

x x

x x x

4 1 4 dx

dx dx

2 1 2 1 2 1

+ = +

+ + +

∫ ∫ ∫

Resolviendo la primera integral: Sea

x x du

u 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) u

2 1

− −

= =

+ −

∫ ∫ ∫

Separando las integrales:

1 (u 1) 1 du 1

du du (u ln(u)) C

ln(2) u ln(2) u ln(2)

 

− = ^ − ^= − +

 

 

∫ ∫ ∫

Devolviendo el cambio de variable:

(17)

x x

1 1

(u ln(u)) C (2 1 ln(2 1)) C

ln(2) − + =ln(2) + − + +

Resolviendo la segunda integral: Sea

x x du

u 2 1 , du 2 ln(2)dx dx

(u 1)ln(2)

= + = ⇒ =

−

x 2 2 1 1 1 2 1

4 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 z= −u ¹₂ , dz =du.

1 2

2 2 2 1

1 1 1 1

2 4 4 4 2

1 du 1 dz 1 dz 1 z

.ln C

ln(2) (u ) ln(2) z ln(2) z ln(2) z

= = − = − + +

− − − − −

∫ ∫ ∫

Devolviendo los cambios de variable:

1 x x

2

1 x x

2

1 z 1 2 1 1 2 1

.ln C .ln C .ln C

ln(2) z ln(2) 2 ln(2) 2

+ +  + 

− − + = − + = −  +

De modo que:

x x x 2

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

     

+ =  + − + −  + + =  + −  + +

+      

∫

2

1 tg(x) dx 1 tg(x) cos (x).

−

∫

+ ^.

Solución.

Sea u=tg(x) , du =sec (x)dx²

2 2 2

1 u 1 u 1 u 1 u 1 u du u

du 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 1

2

du arcsen(u) C arcsen(tg(x)) C 1 u

= + = +

∫

−

Al resolver la segunda integral se tiene: Sea

2 dz

z 1 u , dz 2udu , udu

= − = − − 2 =

2 2

2 2 2

2

u 1 dz

du z C 1 u C 1 tg (x) C

2 z

1 u

= − = − + = − − + = − − +

∫

−

∫

De modo que:

2 2

1 tg(x) dx

. arcsen(tg(x)) 1 tg (x) C 1 tg(x) cos (x)

− = + − +

∫

+

(18)

2 2 3

x dx

1+x + (1+x )

∫

^.

Solución.

Sea

2 du

u 1 x , du 2xdx xdx

= + = ⇒ 2 =

2 2 3

x 1 du 1 du 1 du

dx 2 u u u 2 u(1 u) 2 u 1 u

1 x (1 x )

= = =

+ + +

∫ ∫ ∫ ∫

Sea

du du

z 1 u , dz 2dz

2 u u

= + = ⇒ = , 1 du dz

2 z C

2 u 1 u z

= = +

∫

+

∫

Devolviendo los cambios de variable:

dz 2

2 z C 2 1 1 x C

z = + = + + +

∫

De modo que:

2

2 2 3

x dx 2 1 1 x C

1 x (1 x )

= + + +

+ + +

∫ ^.

∫

e ₊1^dx e

4 x x 2

.

Solución.

Haciendo la sustitución e^x + =1 u² ⇒e dx^x =2udu en la integral dada, se obtiene:

2x x x 2

5 /2 1/2

4 x 4 x

7 /2 3 /2 7 /2 3 /2 x 7 /4 x 3 /4

7 3

2 2

e e .e (u 1)2u

dx dx du 2 (u u )du

e 1 e 1 u

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 3

e 1

 + + 

= =  − +

 

+  

∫

donde C es la constante de integración.

(19)

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 en cuenta lo siguiente:

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.

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.

(20)

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:

xe dx⁻x

∫

^.

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:

dv= e dx⁻x .

De este modo se tiene entonces que

x x

u= x⇒du=dx , dv =e dx⁻ ⇒v= −e⁻ ^.

Por lo tanto:

x x x x x

xe dx⁻ = −xe⁻ + e dx⁻ = −xe⁻ −e⁻ +C

∫ ∫

A continuación se presenta un conjunto de ejemplos, cuya función es introducir este tercer método de integración.

x ln(x)dx

∫

^.

Solución.

2

2 2 2

u ln(x) du dx x , dv xdx v x 2

x 1 x x

x ln(x)dx ln(x) xdx ln(x) C

2 2 2 4

= ⇒ = = ⇒ =

= − = − +

∫ ∫

x cos(x)dx2

∫

^.

Solución.

(21)

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

= ⇒ = = ⇒ =

= −

= ⇒ = = ⇒ = −

= − + = − + +

= − − + +

∫ ∫

∫

arcsen(x)dx

∫

^.

Solución.

2

2 2

u arcsen(x) du dx , dv dx v x 1 x

arcsen(x)dx xarcsen(x) x dx xarcsen(x) du 1 x

(u 1 x 2udu 2xdx udu xdx)

= ⇒ = = ⇒ =

−

= − = +

−

= − ⇒ = − ⇒− =

∫ ∫ ∫

=xarcsen(x)+ +u C =xarcsen(x)+ 1−x2 +C

arcsen(x)

e dx

∫

^.

Solución.

Integrando por partes:

arcsen(x) arcsen(x)

2

u e du e dx , dv dx v x

1 x

= ⇒ = = ⇒ =

− .

arcsen(x) arcsen(x) arcsen(x)

2

e dx xe xe dx

1 x

= −

∫ ∫

− ^.

Resolviendo la integral auxiliar aplicando integración por partes:

arcsen(x)

arcsen(x) 2

2 2

e x

u e du dx , dv dx v 1 x

1 x 1 x

= ^⇒ = = ^⇒ = − −

− − ^.

De modo que:

arcsen(x)

2 arcsen(x) arcsen(x) 2

xe dx 1 x e e dx

1 x = − − +

∫

−

∫

^.

En consecuencia:

arcsen(x) 1 2 arcsen(x)

e dx (x 1 x )e C

= 2 + − +

∫

(22)

sen(ln(x))dx

∫

^.

Solución.

cos(ln(x))

u sen(ln(x)) du dx , dv dx v x

x

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

sen(ln(x))dx 1x(sen(ln(x)) cos(ln(x))) C 2

= ⇒ = − = ⇒ =

= +

= − −

= − +

∫ ∫

∫

x.arctg (x)dx2

∫

^.

Solución.

2 2

2

2arctg(x) x

(u arctg (x) du dx , dv xdx v )

1 x 2

= ⇒ = = ⇒ =

+

2 2 2

2 2

2

x x arctg(x) x 1

x.arctg (x)dx arctg (x) dx arctg (x) 1 arctg(x)dx

2 1 x 2 1 x

x arctg(x)

arctg (x) arctg(x)dx dx

2 1 x

 

= − = −  − 

+  + 

= − +

+

∫ ∫ ∫

∫ ∫

Resolviendo cada integral auxiliar:

2

2 2 1

2 2

2

(u arctg(x) du dx , dv dx v x) 1 x

x 1

arctg(x)dx x.arctg(x) dx x.arctg(x) ln(1 x ) C 1 x 2

arctg(x) u arctg (x)

(u arctg(x)) dx udu C C

2 2

1 x

= ⇒ = = ⇒ =

+

= − = − + +

+

= = = + = +

+

∫ ∫

De modo que:

2 2

2 x 2 1 2 arctg (x)

x.arctg (x)dx arctg (x) ln(1 x ) C

2 2 2

= − + + +

∫

(23)

x dx

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

x dx x sec (x)dx cos (x) =

∫ ∫

Aplicando integración por partes:

2

u x du dx

dv sec (x)dx v tg(x)

= =

2

x sec (x)dx =xtg(x)− tg(x)dx =xtg(x)+ln cos(x) +C1

∫ ∫

Resolviendo la segunda integral:

2

xsen(x)

dx xtg(x) sec(x)dx cos (x) =

∫ ∫

u x du dx

dv tg(x) sec(x)dx v sec(x)

= =

xtg(x) sec(x)dx =x sec(x)− sec(x)dx=x sec(x)−ln sec(x)+tg(x)+C2

∫ ∫

De modo que:

x dx xtg(x) ln cos(x) x sec(x) ln sec(x) tg(x) C

1 sen(x) = + − + + +

∫

+ ^.

2 2

4

x 1 ln(x 1) 2 ln(x) x dx

 

+ _ + − _

∫

^.

Solución.

Aplicando propiedades de logaritmos:

( )

²

( )

2 x 1 2 1

2 2

x x

4 4 4

x 1.ln x 1.ln 1

x 1 ln(x 1) 2 ln(x)

dx dx dx

x x x

+ + + +

 

+  + − 

= =

∫ ∫ ∫

(24)

Manipulando algebraicamente:

( )

²

( )

2 x 1 1 1

2 2

2 x x

x

4 3

1 .ln 1 x 1.ln

dx dx

x x

+ + +

+ =

∫ ∫

Sea

2 3 3

1 2 dz dx

z 1 , dz dx

x x 2 x

= + = − ⇒− = ^,

( )

1 1

2 2

x x

3

1 .ln 1 1

dx z.ln(z)dz

x 2

+ +

∫

= −

∫

u ln(z) du dz z dv zdz v 2z z

3

= =

2 2 2 2 2

z.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 2

z z ln(z) C 1 1 ln 1 C

3 3 3 x x x 3

 

       

− + = + +  + − +

       

        

Multiplicando cada término por 1 / 2− se obtiene:

2 2 2

1 1 1 1 2

1 1 ln 1 C

3 x x x 3

 

     

−  +   +   + − +

      

De modo que:

2 2

4 2 2 2

x 1 ln(x 1) 2 ln(x) 1 1 1 1 2

dx 1 1 ln 1 C

3 3

x x x x

 

+  + −        

= −  +   +   + − +

      

∫

Ejemplo 38. Si

n

n 2

I x dx

x 5

=

∫

+ ^,

pruebe que

n 1 2

n n 2

x 5(n 1)

I x 5 I

n n

−

− −

= + − ^.

Solución.

n 1 n 2 2

2

u x du (n 1)x dx , dv x dx v x 5

x 5

− −

= ⇒ = − = ⇒ = +

+

n 2

n 1 2 n 2 2 n 1 2 2

n 2

I x x 5 (n 1) x x 5dx x x 5 (n 1) x (x 5)dx

x 5

− − − −

= + − − + = + − − +

∫ ∫

+

(25)

n 1 2

n 2 n

n 1

n 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

− −

= + − − − −

= + − − + ⇒ = + − − +

x e sen(x)dx2 x

∫

^.

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 I se tiene ₁

2 x 2 x 2 x x

1

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 1

x x e cos(x) x e sen(x) xe sen(x)dx xe cos(x)dx

2 2

= − + − +

∫ ∫ ∫

Resolviendo I se tiene: ₂

x x x x

2

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

(26)

2 x 2 x 2 x x x

x x

I3

2 x 2 x x

I3

1 1

x 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

1 1

x x e cos(x) x e sen(x) e cos(x)dx

2 2

= − + + − −

+

 

= − +  + −

 

∫ ∫

∫

Resolviendo I se tiene: ₃

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 1

2 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 1

x 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

+

= − −  − − + +

2

2 2

x 1

x cos(x) sen(x) sen (x) cos (x) dx

  

  + 

−

  

 

∫

^.

Solución.

Sean

2 1

I x dx

x cos(x) sen(x)

 

=  

−

 

∫

^y^I² =

∫

sen (x) cos (x)² ^dx ² ^. De modo que:

2

1 2

2 2

x 1

dx I I x cos(x) sen(x) sen (x) cos (x)

  

  +  = +

−

  

 

∫

^.

Resolviendo I₁ 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)

 

=   =

−

   − 

∫ ∫

(27)

2

2 2

x dx x

ctg(x) C sen(x) x cos(x) sen(x) sen (x) sen(x) x cos(x) sen(x)

x x.cos(x) sen(x) x.sen(x) 1

u du dx , dv v

sen(x) sen (x) x cos(x) sen(x) x cos(x) sen(x)

= + = − − +

− −

   

   

 − 

 = ⇒ = − = ⇒ = − 

  −  − 

 

∫

Resolviendo I se tiene: ₂

2 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 x

dx 2ctg(x) tg(x) C

x cos(x) sen(x) sen (x) cos (x) sen(x) x cos(x) sen(x)

  

  +  = − − + +

− ^ − ^

    

 

∫

⁽³^x⁻⁴^x⁾^ln²⁽^x⁾^dx^.

Solución.

Haciendo el cambio de variable z = Ln(x) , dz = dx x

1 , la integral se transforma en

( ) ∫ ∫

∫

³^e^z ⁻ ⁴ ^z² ^d^z ⁼³ ^z²^e^z ^d^z ⁻ ⁴ ^z²^d^z

Resolvamos la integral I1 , aplicando el método de integración por partes Escogemos u = z² , du = 2z dz , dv = e^z dz , v = e^z

1 z

z 2 z

2e dz 3 z e 2 ze dz 3z e 6e (z 1) C z

3 = − − +









 −

=

∫

Luego, I1 =3

∫

z²e^z dz =3z²e^z −6e^z(z−1)+C₁ =3xln²(x)−6x(ln(x)−1)+C₁ La integral I2 =⁴

∫

^z²^d^z⁼³⁴^z³ ⁺^C² ⁼ ³⁴^ln³⁽^x⁾⁺^C²

Así que,

∫ (

³^e^z ⁻⁴

)

^z²^d^z ⁼ ³^z²^e^z ⁻⁶^e^z⁽^z⁻¹⁾⁺ ³⁴^z³ ⁺^C⁼³^x^ln²⁽^x⁾⁻⁶^x^(ln(^x⁾⁻¹⁾⁺ ³⁴^ln³⁽^x⁾⁺^C

donde C = C₁ + C₂ es una constante.

Ejemplo 42. Pruebe que

2 1 1

n 2 2 2

n 2 n 2

2

2 (a x ) dx , n

1 n 2

na 2 1 n 2

) x a ( dx x ) x a

( + ≠

+ + +

= +

+

∫

⁻

I1 I2

Aplicando el método de integración por partes:

u = z, du = dz ; dv = e^zdz , v = e^z

(28)

Solución.

Integrando por partes se tiene:

2 2 n 2 2 n 1

u=(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,

2 1 1

n 2 2 2

n 2 n 2

2

2 (a x ) dx , n

1 n 2

na 2 1 n 2

) x a ( dx x ) x a

( + ≠

+ + +

= +

+

∫

⁻

∫

(1₋x ) ^dx ) x ( arcsen . x

3

2 .

Solución.

Usando el método de integración por partes se tiene: Haciendo u = arcsen(x) , du = dx

x 1

1

− 2 , dv =

(

¹⁻^x^x²

)

³ ^d^x

v =

(

²

)

²³

(

²

)

²¹ ¹ ₂ ^C¹

x 1 C 1 x

1 x d x

1

x +

= − +

−

=

− ⁻ ⁻

∫

Luego,

( )

∫

₁₋^x_x² ³ ^arc^sen⁽^x⁾^dx ⁼^arc₁^sen₋_x⁽²^x⁾⁺^C¹⁻

∫

¹⁻¹^x²^dx= [1]

Ahora la integral,

(

¹ ^x¹

)(

¹ ^x

)

^d^x ²¹ ¹¹^x ¹¹^x ^d^x

x dx 1

1

2

∫ ∫

∫

⁻ ⁼ ⁻ ⁺ ⁼ ^^^ ⁻ ⁺ ⁺ ^^^ ^,

y por la propiedad de linealidad de la integral se tiene:

(

²

)

²

1 1 1 1 1 1

d x d x d x

2 1 x 1 x 2 1 x 1 x

1 1 1 x 1

Ln 1 x Ln 1 x C Ln C

2 2 1 x 2

 

 

+ = + =

 − +   − + 

   

= − − + + + = + +

−

∫ ∫ ∫

Sustituyendo este resultado en [1] , tenemos:

( )

∫

₁₋^x_x² ³ ^arc^sen⁽^x⁾^dx ⁼^arc₁^sen₋_x⁽²^x⁾⁻²¹^ln ¹¹⁻⁺^x^x ⁺^C

donde ₁ C₂

2 C 1

C= + .

(29)

Ejemplo 44. Pruebe que

, dx )) x (ln(

1 x m

n 1

m )) x (ln(

dx x )) x (ln(

x ^m ⁿ¹

n 1

n m

m

∫

⁼ ⁺ ⁺ ⁻ ⁺ ⁻

donde m y n son enteros positivos.

Solución.

Integrando una vez por partes llamamos

n n 1

u = ln(x) ⇒ du=n ln(x)  ⁻ dx y

m xm 1

dv x dx v

m 1

= ⇒ = +

+ ^.

La integral nos queda como:

( )

ⁿ

( )

ⁿ

( )

^{n 1}

m 1 m 1 n m

x 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

∫ (

^Ln(x)

)

ⁿ^{d x} ^.

b) Calcule la integral

∫ (

^Ln(x)

)

³^{d x}, 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 Ln(x)}

( )

ⁿ ¹_dx

x

−

y v = x . Entonces,

u d v=u v− v du

∫ ∫

se obtiene:

b) Aplicando la fórmula (*), con n = 3, se tiene:

(

^Ln(x)

)

³^{d x} ⁼

(

^{Ln( x)}_x

)

³ ⁻³

(

^Ln(x)

)

²^{d x}

∫ ∫

, [1]

aplicando nuevamente la fórmula (*) a la integral

∫ (

^Ln(x)

)

²^{d x} , con n = 2:

(

^Ln(x)

)

ⁿ^{d x} ⁼

(

^Ln(x)_x

)

ⁿ ⁻ⁿ

(

^Ln(x)

)

^{n 1}⁻ ^{d x}

∫ ∫

.

(*)