INTEGRALES

(1)

Prof. JORGE INOSTROZA LAGOS

Prof. CLAUDIO LABBÉ D.

2010

(2)

(3)

INDICE:

1.-

1.- LA

LA INTEGRAL

INTEGRAL INDEFINIDA

INDEFINIDA

Ejercicios

Ejercicios Resueltos

Resueltos : :

100

100 2.- METODOS DE INTEGRACIÓN

2.- METODOS DE INTEGRACIÓN

Ejercicios

Ejercicios Resueltos

Resueltos

102

102 Guía

Guía #

# 1.-

1.- Ejercicios

Ejercicios Propuestos.

Propuestos.

139

139 3.-LA INTEGRAL DEFINIDA

3.-LA INTEGRAL DEFINIDA

Ejercicios

Ejercicios Resueltos

Resueltos

151

151 4.- CALCULO DE AREAS PLANAS

4.- CALCULO DE AREAS PLANAS

Ejercicios

Ejercicios Resueltos

Resueltos

157

157 5.- CALCULO DE VOLÚMENES DE ROTACIÓN

5.- CALCULO DE VOLÚMENES DE ROTACIÓN

..

Ejercicios

Ejercicios resueltos

resueltos

163

163 6.- LONGITUD DE UNA CURVA

6.- LONGITUD DE UNA CURVA

Ejercicios

Ejercicios resueltos

resueltos

179

179 7.-AREA DE UNA SUPERFICIO DE

7.-AREA DE UNA SUPERFICIO DE REVOLUCIÓN

REVOLUCIÓN

Ejercicios

Ejercicios Resueltos

Resueltos

182

182 Guía

Guía #

# 2

2 Ejercicios

Ejercicios Propuestos

Propuestos

190

190 8.- INTEGRALES IMPROPIAS

8.- INTEGRALES IMPROPIAS

Ejercicios

Ejercicios Resueltos

Resueltos

191

191 9.- ANEXOS.

9.- ANEXOS.

Series

Series Reales:

Reales: Ejercicios

Ejercicios

194

194 Series

Series de

de Potencias:Ejercicios

Potencias:Ejercicios

199

199 Series

Series de

de Taylor

Taylor

202

202 Series

(4)

1.- LA INTEGRAL INDEFINIDA

::

Ejercicios Resueltos

Recordemos que Recordemos que::

Si f(x) es una función real, entonces Si f(x) es una función real, entonces

f(x)dx f(x)dx

∫ ∫

== F(x)F(x) ⇔⇔ dF(x)dF(x)

ddxx = f(x)= f(x) Usando esto, verifique las primitivas básicas siguientes haciendo l

Usando esto, verifique las primitivas básicas siguientes haciendo l a derivada del ladoa derivada del lado derecho derecho:: 1) 1) _{22 22}dxdx ₂₂ bb xx −−aa

∫ ∫

== 11 2ab 2abLnLn bx bx aa bx bx aa −− ⎛ ⎛ ⎞⎞ ⎜ ⎜ ₊₊ ⎟⎟ ⎝ ⎝ ⎠⎠ + + CC 2) 2) ₂₂ dxdx_{22 22} aa ++bb xx

∫ ∫

== 11 ab abarctgarctg bx bx aa + + CC 3) 3) 22 22 22 dx dx aa −−bb xx

∫ ∫

== 11 bb arcsenarcsen bx bx aa + + CC 4) 4) 22 22 22 dx dx xx bb xx −−aa

∫ ∫

== 11 aa arcsecarcsec bx bx aa + + CC 5) Verificar 5) Verificar :: 22 22 22 dx dx bb xx ±±aa

∫ ∫

== bb 11_Ln_Ln

( (

_bbxx₊₊ _{bb xx}22 22_±±_aa22

))

_{+ C}_{+ C} 6) Verificar 6) Verificar ::

∫ ∫

bb xx22 22±±a da dxx22 == 22 22 22 xx bb xx aa 22 ±± _±± bb 22 aa22 Ln Ln

( (

_bbxx₊₊ _{bb xx}22 22 _±±_aa22

))

_{+ C}_{+ C} 7) Verificar 7) Verificar ::

∫ ∫

bb xx22 22±±a da dxx22 == 22 22 22 xx bb xx aa 22 ±± _±± aa22 2b 2bLnLn

( (

))

22 22 22 bbxx+ + bb xx ±±aa + C+ C 8) Verificar 8) Verificar ::

∫ ∫

aa22 −−bb x d22 22x dxx == 22 22 22 xx aa bb xx 22 −− ₊₊ aa22 2b 2barcsenarcsen bx bx aa + C+ C 9) Verificar

9) Verificar ::

∫ ∫

sseenn aax d22 x dxx ==

4a 4a 2ax 2ax sen sen 22 xx ₋₋ _{+ C}_{+ C}

(5)

10) Verificar :

∫

cos ax dx2 = 4a 2ax sen 2 x₊ _{+ C} 11) Verificar :

∫

Ln(a bx) dx+ = b 1_(a ₊_bx)_Ln_{(a bx)}₊ _– _x _{+ C} 12) Verificar :

∫

secaxdx = a 1 _{Ln(secax tgax)}₊ _{+ C =} a 2 1 _Ln ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − + ax sen 1 ax sen 1 _{+ C} 13) Verificar :

∫

cosec ax dx = a

1_Ln_{(cosec ax cotg ax)}₋ _{+ C =} a 2 1 _Ln 1 cos ax 1 cos ax + ⎛ ⎞ ⎜ ₋ ⎟ ⎝ ⎠ + C

En cada caso se deberá derivar el segundo miembro para obtener la función integrando, es decir, verificar que

dF(x)

dx = f(x) cuando

∫

f(x)dx = F(x). Buen ejercicio de recapitulación, muy necesario para lo que viene.

En esta tabla básica, en su segunda parte, cada ejemplo será deducido mediante los siguientes métodos de integración que se presentarán.

(6)

2.- MÉTODOS DE

INTEGRACIÓN.-Ejercicios

Resueltos.-(A) Método de integración inmediata

Se trata de determinar las primitivas a partir de sus propiedades, lo sabido en derivación y algunos recursos algebraicos, además de los ejemplos logrados en la Tabla Básica.

Ejemplos resueltos Calcular : 1) _{( x} 1 _{) dx}2 x +

∫

Solución: Desarrollando: ( x 1 ) dx2 x +

∫

= (x 2 1)dx x + +

∫

= x2 2 + 2x + Ln x + C// 2) _{x x dx}3

∫

Solución: 3 x x dx

∫

= _x4 / 3_dx

∫

= 4 3 1 4 1 3 x + + + C = 7 3 3x 7 + C// 3) _(2ex₊_{3 sen x)dx}

∫

Solución: x (2e +3 sen x)dx

∫

= _{2 e dx}x

∫

+ 3 sen xdx

∫

= 2ex – 3cos x + C// 4) x3 / 2 _{1/ 4}x2/ 3 dx x +

∫

Solución:

(7)

1/ 4 x x _dx x +

∫

=

∫

(

x2 4− +x3 4−

)

dx =

∫

₍x4 ₊x12_)dx = 4 4 12 12 9x + 17x + C// 5) u 3du u −

∫

Solución: u 3_du u −

∫

=

∫

_(u21 +_{3u )du}−21 = 2 32 12 3u − 6u + C// 6)

(

)

3 1 x dx x −

∫

Solución:

(

_x 1

)

3_dx x −

∫

= 3 3 3 1 x 3x dx x _x ⎛ ₋ _{+ −} ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠

∫

= x4 3x2 3Lnx 1₂ 4 − 2 + + _2x + C// 7.- 2 / 5 3 / 5 dx x c x

=

+

∫

2.-2 ( ) 1 dx ArcSen x x

=

−

∫

3.- x x n a a dx c L a

=

+

∫

8.- Cosxdx L Senx c_n Senx

=

+

∫

5.-

∫

SecxTgxdx Secx c

=

+

6.-

∫

Sec x Tgx c2

=

+

9.-5 4 2 2 4 3 2 3 ( 1) ( 2 3 2 1) 5 2 x x x x

+ +

dx

=

x

+ + + + = + + + +

x x x dx x x c

∫

10.- 3 3 /2 5 /2 3 /2 3 1/2 2 1 3 1 5 6 1 ( ) ( 3 ) 3 2 ₂ x dx x dx x x c x _x _x _x _x

+

=

+ + +

=

+ − − +

∫

.

(B) Método de sustitución o cambio de variables

Para el caso que la integral

∫

f(x)dx sea no inmediata, se propone el cambio de la variable x por g(t) que, al diferenciarla, tenemos dx = g'(t) dt ; con esto pretendemos que la nueva integral

f(g(t))·g'(t)·dt

∫

(8)

Ejemplos resueltos 1) Calcular _{xe dx}x2

∫

Solución: Haciendo el cambio x2 _{= u} _⇒ _{x dx =} ₁ 2du; sustituyendo: 2 x xe dx

∫

= 1 2

∫

e duu = 12e u _{+ C =} 1 2 2 x e + C//

"Siempre debemos regresar a la variable original".

2) Calcular _{x sen(3 x )dx}3 ₊ 4

∫

Solución:

Haciendo 3 + x4 _{= t, tenemos 4x}3_{dx = dt, ó x}3_{dx =} ₁

4 dt. Luego, la integral queda

3 4 x sen(3 x )dx+

∫

= 1 sen(t)dt 4

∫

= –14 cos(t) + C = – 14 cos(3 + x 4_{) + C} // 3) Calcular 2 x dx 1 x−

∫

Solución: Tomando 1 – x2 _{= u}2 _⇒ _{x dx = – u du} . Luego, 2 x dx 1 x−

∫

= – udu u

∫

= – u + C = – _{1 x}₋ 2 _{+ C} // 4) Determinar _x3 _x2 ₋_{a dx}2

∫

Solución: Si hacemos x2 _{– a}2 _{= u}2 _{, entonces x dx = u du} ;y como x2= u2 + a2, tenemos 3 2 2 x x −a dx

∫

= _x2 _x2 ₋_{a x dx}2

∫

= _(u2 ₊_{a ) u (udu)}2 _{⋅ ⋅}

∫

= _(u4 ₊_{a u )du}2 2

∫

= u5 a u2 3 5 + 3 + C = 5 3 2 2 2 2 2 a 2 2 1 (x a ) (x a ) 5 − + 3 − + C//

(9)

5) Resolver cosxdx 1 sen x+

∫

Solución:

Si 1 + sen x = u2_{, cos x = 2u du ; luego,} cosxdx 1 sen x+

∫

= 2udu u

∫

= 2 du

∫

= 2u + C = 2 1 sen x+ + C// 6) Hallar

∫

_{(3 x) x dx}₋ 13 3 Solución:

Haciendo 3 – x = u3 , se tiene dx = –3u2du , x3 = (3 – u3)3 = 27 – 27u3+ 9u6 – u9, tenemos:

1

3 3

(3 x) x dx−

∫

= _{u(27 27u}₋ 3 _{+ − −}_9u6 _{u )( 3u )du}9 2

∫

= ₋_{3 (27u}3 ₋_27u₊6 _9u9₋_{u )du}12

∫

= –3(27 4 27 7 9 10 12 13 4 u − 7 u + 10u −13u ) + C = – 3

[

27 43 27 73 9 103 12 133 4 (3 x)− − 7 (3 x)− + 10(3 x)− − 13(3 x)−

]

+ C// 7) Resolver 2 arcsenx dx 1 x−

∫

Solución:

Si hacemos arcsen x = u, entonces

2 dx

1 x− = du. Por tanto, la integral queda 2 arcsenx dx 1 x−

∫

=

∫

udu = u2 2 + C = 1 2(arcsen x) 2 _{+ C} // 8) Resolver Ln x dx x

∫

Solución:

(10)

Si u = Ln x, ⇒ du = dx x , ∴ Ln x _dx x

∫

=

∫

udu = 1 2u 2 _{+ C =} 1 2(Ln x) 2 _{+ C} // 9.- 2 ( ) ( ) x Sen x dx

∫

haciendo x 2

= ⇒

t 2 xdx dt

=

1 1 2 2 I Sentdt Cost c

⇒

=

∫

=

+

= 2 2 Cosx c

+

10.-2 Cosx dx Sen x

∫

haciendo 2 1 1 ; os dt Senx t C xdx dt c c t Senx t

−

=

= ⇒ = + =

∫

+

11-2 2 2 2 2 (1 3 ) 1 1 (1 3 ) 6 6 6 6 1 3 x x x x n n x L e e dx dt haciendo e t e dx dt I L t c c t e

+

= ⇒

= ⇒ =

=

+ =

+

∫

12.- _n _n _n( _n ) n dx dx du haciendo L x u du I L u c L L x c xL x

= ⇒ = ⇒ =

x u

= + =

+

∫

13.-2 2 ; 1 ArcCos x dx Si x

−

∫

2 3 3 2 ₃ 1/ 3 1 dx u ArcCosx u du I u du c ArcCos x c x

= ⇒

= ⇒ =

= + =

+

− −

∫

14.-2 2 2 2 1 2 3 2 (3 4) (6 4) (3 4 4) 1 1 1 (3 4 4) 2 2 2 x dx con x x u x dx du x x du I c x x c u u −

+

+ − = ⇒ +

= ⇒

+

−

=

− + =

+ − +

∫

15.-2 3 2 2 xTg x dx Cos x

∫

= 4 4 2 3 2 2 2 2 2 2 1 3 ( )( ) 2 2 8 8 u Tg x Tg x Sec x xdx Si Tgx

=

u

⇒

xSec x dx du

=

∴

u du

=

+

c

∫

(11)

(C) Integración por partes

La fórmula

udv

∫

= u v –

∫

udu

nos permite sustituir una integral por otra que sea más abordable que la primera.

Ejercicios resueltos

: 1) Calcular _{x Ln xdx}n

∫

, con n ≠–1 Solución: Sea u = Ln x, ⇒ du = dx x dv = xn_dx _⇒ _{v =} xn 1 n 1 + + ; luego, reemplazando en la fórmula anterior :

n x Ln xdx

∫

= xn 1 n 1 + + ·Ln x – 1 n 1+ n x dx

∫

= xn 1 n 1 + + ·Ln x – 1 n 1+ · n 1 x n 1 + + + C = xn 1 n 1 + + ·Ln x – n 1 2 x (n 1) + + + C// 2) Calcular

∫

arctgxdx Solución:

Aquí la elección de u y dv es una sola:

u = arctg x ⇒ du = dx₂

1 x+ ; dv = dx ⇒ v = x

(12)

arctgxdx

∫

= x·arctg x –

2 x dx 1 x+

∫

. Esta última integral la resolvemos

haciendo la sustitución 1 + x2 _{= z, lo que da x dx = dz}

. Así, arctgxdx

∫

= x·arctg x – 1 2 dz z

∫

= x·arctg x – 1 2Ln (1 + x 2_{) + C} // 3) Calcular

∫

xarctgxdx Solución:

Aquí conviene elegir : u = arctg x ⇒ du = dx₂ 1 x+ dv = x dx ⇒ v = x2 2 Así,

∫

xarctgxdx = x2 2 arctg x – 1 2 2 2 x dx 1 x+

∫

= x2 2 arctg x – 1 2 2 2 (x 1) 1 dx 1 x + − +

∫

= x2 2 arctg x – 1 2

∫

dx + 1 2 2 dx 1 x+

∫

= x2 2 arctg x – 1 2x + 1 2arctg x + C ⇒

∫

xarctgxdx = 1 2(x 2_{+ 1)arctg x –} 1 2x + C// 4) Hallar _Ln(x₊ _{1 x ) dx}₊ 2

∫

Solución: Tomemos: u = Ln(x + 1 x+ 2 ) ⇒ du = 2 2 x 1 x 1 x 1 x + + + + dx = 2 1 1 x+ dx dv = dx ⇒ v = x Luego, 2 Ln(x+ 1 x ) dx+

∫

= x Ln(x + _{1 x}₊ 2 _{) –} 2 x dx 1 x+

∫

.

(13)

La última integral la resolvemos haciendo la sustitución 1 + x2 _{= u}2 _{, de donde x dx = u} du Así, _Ln(x₊ _{1 x ) dx}₊ 2

∫

= x Ln(x + _{1 x}₊ 2 _{) –} _du

∫

= x Ln(x + _{1 x}₊ 2 _{) – u + C} ⇒ _Ln(x₊ _{1 x ) dx}₊ 2

∫

= x Ln(x + _{1 x}₊ 2 _{) –} _{1 x}₊ 2 _{+ C} // 5) Calcular _{x sen x dx}3

∫

Solución: u = x3 ⇒ du = 3x2dx dv = sen x dx ⇒ v = – cos x Así, tenemos 3 x sen x dx

∫

= –x3_{cos x + 3} _{x cos x dx}2

∫

.

Integrando por partes nuevamente:

u = x2 ⇒ du = 2xdx

dv = cos x dx ⇒ v = sen x.Por consiguiente, 3

x sen x dx

∫

= –x3_{cos x + 3(x}2_{sen x – 2} _xsenxdx

∫

).

De nuevo integrando por partes:

u = x ⇒ du = dx

dv = sen x dx ⇒ v = – cos x Finalmente,

3

x sen x dx

∫

= –x3cos x + 3(x2sen x – 2(–x cos x + sen x) + C

3

x sen x dx

∫

= –x3_{cos x + 3x}2_{sen x + 6x cos x – 6sen x) + C} //

(14)

6) Calcular _{sec x dx}3

∫

Solución:

Sea u = sec x ⇒ du = sec x tg x dx dv = sec2x dx ⇒ v = tg x Entonces, 3 sec x dx

∫

= sec x tg x – _{sec x tg x dx}2

∫

3 sec x dx

∫

= sec x tg x – _{sec x (sec x 1) dx}2 ₋

∫

3 sec x dx

∫

= sec x tg x – _{sec x dx}3

∫

+

∫

secxdx 3 sec x dx

∫

= sec x tg x – _{sec x dx}3

∫

+ Ln | sec x + tg x | + C 2 _{sec x dx}3

∫

= sec x tg x + Ln | sec x + tg x | + C ⇒ _{sec x dx}3

∫

= 1

2(sec x tg x + Ln | sec x + tg x |) + K// (donde K ≡ 1 2C ) 7) Hallar _{x cos x dx}2

∫

Solución: Haciendo u = x ⇒ du = dx dv = cos2x dx ⇒ v = 1

2(x + sen x·cos x) (por la Tabla Básica de Primitivas) Luego, 2 x cos x dx

∫

= x 2(x + sen x·cos x) – 1 2

∫

(x + sen x·cos x)dx 2 x cos x dx

∫

= x 2(x + sen x·cos x) – 1 2

∫

x dx – 1 2

∫

sen x d(sen x)

(15)

2 x cos x dx

∫

= x 2(x + sen x·cos x) – x 4 – sen x 4 + C//

8) Hallar una fórmula de reducción para _{x e dx}n 2x

∫

Solución: Haciendo u = xn _⇒ _{du = n x}n–1_dx dv = e2xdx ⇒ v = 1 2 e 2x ∴ In =

∫

x e dxn 2x = n x 2 e 2x_– n 2 n 1 2x x − e dx

∫

.

Vemos que hay que reiterar el Método de Integración por Partes para lograr una fórmula de reducción: In = n x 2 e 2x_– n 2 ·In–1 "Fórmula de reducción" 9) Calcular

∫

cos(Lnx)dx Solución: u = cos(Ln x) ⇒ du = – 1 x sen(Ln x) dv = dx ⇒ v = x Entonces, cos(Lnx)dx

∫

= x cos(Ln x) +

∫

sen(Lnx)dx.

Reiterando el método, hacemos:

u = sen (Ln x) ⇒ du = 1

x cos (Ln x) dv = dx ⇒ v = x

(16)

2

∫

cos(Lnx)dx = x cos(Ln x) + x sen (Ln x) ⇒

∫

cos(Lnx)dx = 1 2 [x cos(Ln x) + x sen (Ln x)] + C// 10.-1 ax ax ax I e Cosbxdx u e du ae dx dv Cosbxdx v Senbx b

=

⇒

=

⇒ =

∫

ax ax e a I Senbx e Senbxdx b b

⇒ =

−

_∫

,

repetimos la integración por partes.

1 ax ax u e du ae dx dv Senbxdx v Cosbx b

=

⇒

=

⇒ =

−

2 ( ax ax ax ax ax e a e a e ae

I Senbx Cosbx e Cosbxdx Senbx Cosbx

b b b b b _b

=

−

+

_∫

=

+

2 2 a I b

−

2 2 2 (1 ) ax ax a e ae I Senbx Cosbx b b b

+

=

+

₂ 2 ₂( ₂ ) ax ax b e ae I Senbx Cosbx b a b b

⇔ =

+

10.- 2

I

=

∫

Cos xdx Si u Cosx

=

⇒

du

=

−

Senxdx dv Cosxdx

=

⇒

v Senx

=

∴

2 2

(1 )

I SenxCosx

=

+

∫

Sen xdx SenxCosx

=

+

∫

−

Cos x dx SenxCosx x I

=

+

−

⇒

1 2 2 x I SenxCosx c

=

+ +

. 11.-2 2 2 2 2 2 2 1 . 1 a x a x a ArcSen dx Si u ArcSen du dx a a x a x a

−

=

⇒

=

−

∫

dx dv dx

= ⇒ =

v x a I xArcSenx x dx xArcSenx ax c x

=

−

∫

=

−

+

(17)

12.- I ₂

=

₂ _{2 2}

( )

dx x

+

a

∫

, Aplicamos la integración por partes a

2 2 2 1 2 2 1 ₂ ₂ ( ) ( ) 2 ( ) dx I Si u a x du a x x x a − −

=

+

⇒

=

−

+

∫

dv dx

= ⇒ =

v x 2 1 ₂ ₂ 2 ₂ ₂ ₂ ( ) ( ) x x dx I a x a x

=

+

∫

+

2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ) x a x a x dx dx I a a x a x a x a x

+ −

=

+

=

+

−

+

∫

+

∫

+

2 1 ₂ ₂ 2 1 2 2 ( ) x I I a I a x

=

+

−

+

2 2 1 2 2 1 ( 2 ( ) x I I a a x

⇒ =

+

)

+

c sabiendo que 1 1 x I ArcTg a a

=

(18)

(D) Método de descomposición en fracciones parciales

Si el integrando es una función racional de la forma p(x)

q(x), donde p(x) y q(x) son funciones polinomiales irreductibles y donde el grado del denominador es mayor que el del numerador (si el grado del numerador fuese igual o mayor que del denominador, se procede a hacer el

cuociente, como por ejemplo:

4 3 2 x 3x x 2x 1 + + + = x 2 _{+ x – 3 +} 25x 3 x 2x 1 + + + ), entonces dicha función racional es necesario descomponerla en fracciones parciales más simples, es decir, reemplazarla por la suma algebraica de fracciones cuyas formas nos permitan completar la integración.

Caso I. Los factores del denominador son todos de primer grado, y ningún factor se repite .

Corresponde a cada factor no repetido de primer grado, como x – a, una fracción parcial

de la forma

A

x a− , (A constante).

Nota: En todos los casos, el número de constantes a determinar es igual al grado del

denominador . Ejemplo 1: Hallar ₂x 34 dx x 4x 12 + − −

∫

Solución: Descompongamos el integrando: 2 x 34 x 4x 12 + − − = x 34 (x 6)(x 2) + − + = A x 6− + B x 2+ ⇒ x + 34 = A(x + 2) + B(x – 6) ()

Observando que los factores (x + 2) y (x – 6) se anulan para x = –2 y x = 6 (puntos críticos), respectivamente, en () reemplazamos todas las x por –2 y por 6:

x = –2 ⇒ –2 + 34 = A(–2 + 2) + B(–2 – 6)

32 = A(0) + B(–8) ⇒ B = – 4.

x = 6 ⇒ 6 + 34 = A(6 + 2) + B(6 – 6)

(19)

Luego, ₂x 34 dx x 4x 12 + − −

∫

= 5 1 dx x 6−

∫

– 4 1 dx x 2+

∫

= 5 Ln|x – 6| – 4 Ln|x + 2| + Ln C ⇒ ₂x 34 dx x 4x 12 + − −

∫

= Ln C(x 6)5₄ (x 2) ⎛ ₋ ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ₊ ⎟ ⎝ ⎠// Ejemplo 2: Determinar dx (3x 5)(2 x)− −

∫

Solución: Descomponiendo, 1 (3x 5)(2 x)− − = A 3x 5− + B 2 x−

⇒ 1 = A(2 – x) + B(3x – 5). Vemos que los puntos críticos son 2

y 5 3 . Así: x = 2 ⇒ 1 = A(0) + B(1) ⇒ B = 1. x = 5 3 ⇒ 1 = A(2 – 53 ) + B(0) ⇒ A = 3. Así, dx (3x 5)(2 x)− −

∫

= 3 dx 3x 5−

∫

+ 1 dx 2 x−

∫

= 3· 1 3 3dx 3x 5−

∫

– d( x) 2 x − −

∫

= Ln|3x – 5| – Ln|2 – x| + LnC ⇒ dx (3x 5)(2 x)− −

∫

= Ln C(3x 5) (2 x) ⎛ − ⎞ ⎜ ₋ ⎟ ⎝ ⎠// Ejemplo 3: 3 2 x 16 _dx x 2x 8x + + −

∫

Solución: x3+ 2x2 – 8x = x(x2 + 2x – 8) = x(x + 4)(x – 2).

(20)

⇒ ₃ x 16₂ x 2x 8x + + − = x 16 x(x 4)(x 2) + + − = A x + B x 4+ + C x 2− ⇒ x + 16 = A(x + 4)(x – 2) + Bx(x – 2) + Cx(x + 4) (Ptos.críticos:0, 2, – 4) x = 0 ⇒ 0 + 16 = A(0 + 4)(0 – 2) + B(0)(x – 2) +C(0)(0 + 4) 16 = A(– 8) + B(0) + C(0) ⇒ A = –2 x = 2 ⇒ 2 + 16 = A(2 + 4)(2 – 2) + B(2)(2 – 2) +C(2)(2 + 4) 18 = A(0) + B(0) + C(12) ⇒ C = 3 2 x = – 4 ⇒ – 4 + 16 = A(– 4 + 4)(– 4 – 2) + B(– 4)(– 4 – 2) + C(– 4)(– 4 + 4) 12 = A(0) + B(24) + C(0) ⇒ B = 1 2 Luego, ₃ x 16₂ dx x 2x 8x + + −

∫

= –2 1dx x

∫

+ 1 2 dx x 4+

∫

+ 3 2 dx x 2−

∫

= –2 Ln|x| + 1 2Ln|x + 4| + 3 2 Ln|x – 2| + Ln C ⇒ ₃ x 16₂ dx x 2x 8x + + −

∫

= Ln 3 1 2 2 2 (x 4) (x 2) C x ⎛ ₊ ₋ ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ //

Caso II. Los factores del denominador son todos de primer grado, y algunos se repiten .

En este caso a todo factor de primer grado repetido n veces, como (x – a)n, corresponde

la suma de n fracciones parciales de la forma

n A (x a)− + n 1 B (x a)− − +... + M x a− .

(21)

Resolver 2x2 25x 33₂ dx (x 1) (x 5) − − + −

∫

Solución:

Aquí la descomposición toma la forma

2 2 2x 25x 33 (x 1) (x 5) − − + − = 2 A (x 1)+ + B (x 1)+ + C (x 5)− , lo que implica 2x2 _{– 25x – 33 = A(x – 5) + B(x + 1)(x – 5) + C(x + 1)}2 _⇒ _valores críticos: 5, –1. x = 5 ⇒ 2·25 – 25·5 – 33 = A(0) + B(0) + C(6)2 – 108 = 36C ⇒ C = – 3 x = –1 ⇒ 2 + 25 – 33 = A(–6) + B(0) – 3(0)2 – 6 = – 6A ⇒ A = 1

Eligiendo otro valor para x, por ej. x = 0,

x = 0 ⇒ 0 – 0 – 33 = 1(–5) + B(1)(–5) – 3(1)2 – 33 = – 5 – 5B – 3 ⇒ B = 5 Luego, 2 2 2x 25x 33 dx (x 1) (x 5) − − + −

∫

= 1 ₂ dx (x 1)+

∫

+ 5 1 dx (x 1)+

∫

– 3 1 dx (x 5)−

∫

Resolviendo estas tres integrales, tenemos finalmente

2 2 2x 25x 33 _dx (x 1) (x 5) − − + −

∫

= – 1 x 1+ + 5Ln(x + 1) – 3Ln(x – 5) + C// Ejemplo 2: Resolver 5x2 30x 43₃ dx (x 3) + + +

∫

Solución: Descomponiendo, 2 3 5x 30x 43 (x 3) + + + = 3 A (x 3)+ + 2 B (x 3)+ + C x 3+ ⇒ 5x2 _{+ 30x + 43 = A + B(x + 3) + C(x + 3)}2

.Eligiendo valores sencillos de x:

(22)

x = 0 ⇒ 0 – 0 + 43 = –2 + 3B + 9C ⇒ B + 3C = B = 0 x = –2 ⇒ 20 – 60 + 43 = –2 + B + C ⇒ B + C = 5 C = 5 Luego, 2 3 5x 30x 43 dx (x 3) + + +

∫

= –2 1 ₃ dx (x 3)+

∫

+ 5 1 dx x 3+

∫

⇒ 5x2 30x 43₃ dx (x 3) + + +

∫

= 1 ₂ (x 3)+ + 5Ln(x + 3) + C//

Caso III. El denominador contiene factores de segundo grado, pero ninguno de estos

factores se repite.

A todo factor no repetido de segundo grado, como x 2 + px + q, corresponde una fracción

parcial de la forma 2 Ax B x px q + + + . Ejemplo 1: Resolver 2x2 ₂3x 3 dx (x 1)(x 2x 5) − − − − +

∫

Solución:

Según lo indicado más arriba, la descomposición será

2 2 2x 3x 3 (x 1)(x 2x 5) − − − − + = A x 1− + 2 Bx C x 2x 5 +

− + . Esto implica que

2x2 _{– 3x – 3 = A(x}2 _{– 2x + 5) + (Bx + C)(x – 1)} . Eligiendo valores de x apropiados, x = 1 ⇒ 2 – 3 – 3 = A(4) + (Bx + C)(0) ⇒ A = – 1 x = 0 ⇒ 0 – 0 – 3 = –1(5) + C(–1) ⇒ C = – 2 x = 2 ⇒ 8 – 6 – 3 = –1(5) + (2B – 2)(1) ⇒ B = 3 Luego, 2 2 2x 3x 3 _dx (x 1)(x 2x 5) − − − − +

∫

= – 1 dx x 1−

∫

+ ₂3x 2 dx x 2x 5 − − +

∫

.

(23)

todas las integrales de este tipo:

a) Obtener en el numerador la diferencial del denominador :

En este caso, la diferencial del denominador es d(x2_{– 2x + 5) = (2x – 2)dx}

.Luego,

manipulando el denominador, tenemos

2 3x 2 dx x 2x 5 − − +

∫

= 3 4 2 3 2 (2x ) dx x 2x 5 − − +

∫

= 3 2 4 3 2 (2x 2 2 ) dx x 2x 5 − + − − +

∫

= 3 2 2 3 2 (2x 2) dx x 2x 5 − + − +

∫

b) Separando en dos integrales: 2 3x 2 dx x 2x 5 − − +

∫

= 3 2 2 2x 2 dx x 2x 5 − − +

∫

+ ₂ 1 dx x − 2x 5+

∫

c) Integrando la primera y completando el cuadrado del binomio en el denominador de la segunda: 2 3x 2 dx x 2x 5 − − +

∫

= 3 2 Ln(x 2 _{– 2x + 5) +} 2 1 dx (x 1)− +4

∫

= Ln _(x2 − _{2x 5)}+ 32 + 1

2arctg x 12− (donde hemos usado la fórmula 12)

de la tabla de integrales inmediatas: ₂ du_{2 2} a +b u

∫

= 1 abarctg bua + C ). Finalmente, 2 2 2x 3x 3 dx (x 1)(x 2x 5) − − − − +

∫

= – 1 dx x 1−

∫

+ ₂3x 2 dx x 2x 5 − − +

∫

= – Ln(x – 1) + Ln _(x2 ₋_{2x 5)}₊ 32 + 1 2 arctg x 12− + C// Caso IV. El denominador contiene factores de segundo grado, y algunos de estos factores se

repiten.

A todo factor de segundo grado repetido n veces, como (x 2 + px + q)n,corresponde la

(24)

2 n Ax B (x px q) + + + + 2 n 1 Cx D (x px q) − + + + +...+ 2 Px Q x px q + + + . Ejemplo: Resolver ₂ 1₂ ₂ dx (x − x)(x − +x 1)

∫

Solución:

Vemos que el grado del denominador es 6, por lo que necesitamos hallar 6 constantes.Así,

2 2 2 1 (x − x)(x − +x 1) = 2 2 1 x(x 1)(x− − +x 1) = A x + B x 1− + 2 2 Cx D (x x 1) + − + + 2 Ex F x x 1 + − + . Esto implica 1 = A(x – 1)(x2 _{– x + 1)}2 _{+ Bx(x}2 _{– x + 1)}2 _{+ (Cx + D)x(x – 1) + (Ex + F)x(x – 1)(x}2 _{– x + 1)}

Eligiendo apropiados valores de x:

x = 0 ⇒ 1 = A(–1)(1)2 + B(0) (0 + D)(0) + (0 + F)(0) ⇒ A = – 1 x = 1 ⇒ 1 = –1(0) + B(1)(1)2 + (C + D)(0) + (E + F)(0) ⇒ B = 1 x = 2 ⇒ 1 = –1(1)(9) + 1(2)(9) + (2C + D)(2)(1) + (2E + F)(2)(3) ⇒ 2C + D + 6E + 3F = – 4 (1) x = – 1 ⇒ 1 = –1(–2)(9) + 1(–1)(9) + (–C + D)(–1)(–2) + (–E + F)(–1)(–2)(3) ⇒ C – D + 3E – 3F = 4 (2) x = 3 ⇒ 1 = –1(2)(49) + 1(3)(49) + (3C + D)(3)(2) + (3E + F)(3)(2)(7) ⇒ 3C + D + 21E + 7F = – 8 (3) x = –2 ⇒ 1 = –1(–3)(49) + 1(–2)(49) + (–2C + D)(–2)(–3) + (–2E + F)(–2)(–3)(7) ⇒ 2C – D + 14E – 7F = 8 (4)

Resolviendo simultáneamente las ecuaciones (1), (2), (3) y (4), obtenemos

(25)

Así 2 2 2 1 _dx (x − x)(x − +x 1)

∫

= 1₂ ₂ dx x(x 1)(x− − +x 1)

∫

2 2 2 1 dx (x − x)(x − +x 1)

∫

= – 1dx x

∫

+ 1 dx x 1−

∫

– ₂ 1 ₂ dx (x − +x 1)

∫

– ₂ 1 dx x − +x 1

∫

2 2 2 1 dx (x − x)(x − +x 1)

∫

= – Ln(x) + Ln(x – 1) – ₂ 1 ₂ dx (x − +x 1)

∫

– ₂ 1 dx x − +x 1

∫

()

Hallemos estas dos últimas integrales de ().

Para la primera, ₂ 1 ₂ dx (x − +x 1)

∫

:

(i) Completemos el cuadrado del binomio en el denominador :

2 2 1 _dx (x − +x 1)

∫

= ₂ ₂ 3 1 2 4 1 dx [(x− ) + ]

∫

(ii) Hagamos la sustitución z = x – 1

2, ⇒ dx = dz ⇒ ₁ ₂ ₃ ₂ 2 4 1 dx [(x− ) + ]

∫

= ₂ ₂ 3 4 1 dz (z + )

∫

(iii) Usemos el método "integración por partes":

Sea u = ₂ 3 4 1 z + , ⇒ du = – 2 3 2 4 2zdz (z + ) dv = dz, ⇒ v = z , entonces 2 3 2 4 1 dz (z + )

∫

= ₂ 3 4 z z + + 2 2 2 3 2 4 z dz (z + )

∫

2 3 2 4 1 _dz (z + )

∫

= ₂ ₃ 4 z z + + 2 2 3 3 4 4 2 3 2 4 z dz (z ) + − +

∫

(26)

2 3 2 4 1 dz (z + )

∫

= ₂ 3 4 z z + + 2 2 3 4 1 dz z +

∫

– 3 2 2 3 2 4 1 dz (z + )

∫

5 2 2 3 2 4 1 dz (z + )

∫

= ₂ 3 4 z z + + 2 2 3 4 1 dz z +

∫

5 2 2 3 2 4 1 _dz (z + )

∫

= ₂ 3 4 z z + + 2 2 3 arctg 2z 3 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ Despejando la integral y volviendo a la variable x :

2 2 1 _dx (x − +x 1)

∫

= 2x 1₂ 5(x x 1) − − + + 8 3 15 arctg 2 x 1 3 ⎛ − ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠

La segunda integral de () se resuelve en forma similar : 2 1 dx x − +x 1

∫

= 2 3 3 arctg 2 x 1 3 ⎛ − ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ Finalmente, reemplazando en (): 2 2 2 1 dx (x − x)(x − +x 1)

∫

= – Ln(x) + Ln(x – 1) – ₂ 1 ₂ dx (x − +x 1)

∫

– ₂ 1 dx x − +x 1

∫

2 2 2 1 _dx (x − x)(x − +x 1)

∫

= – Ln(x) + Ln(x – 1) – 2x 1₂ 5(x x 1) − − + + 8 3 15 arctg 2 x 1 3 ⎛ − ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ – 2 3 3 arctg 2 x 1 3 ⎛ − ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ esto es, 2 2 2 1 dx (x − x)(x − +x 1)

∫

= Ln

(

x 1

)

x− – 2 2x 1 5(x x 1) − − + – 6 3 5 arctg 2 x 1 3 ⎛ − ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ + C//

(donde se usó la fórmula Nº 12 de la Tabla Básica de Primitivas)

(27)

(E) Método de sustituciones trigonométricas

Este método lo aplicaremos para aquellas integrales de la forma

2 2

a +u , _a2 ₋_u2 _, _u2 ₋_a2

Hacemos un cambio de variable como sigue:

Cuando ocurre _a2 ₊_u2 _{, hágase u = a tg t ,} _⇒ _{du = a sec}2_{t dt}

Cuando ocurre _a2 ₋_u2 _{, hágase u = a sen t ,} _⇒ _{du = a cos t dt}

Cuando ocurre _u2 ₋_a2 _{, hágase u = a sec t ,} _⇒ _{du = a sec t}_·_{tg t dt}

Ejemplo 1: 2 2 1 dx x 1 x+

∫

Solución: Sea x = tg t, ⇒ dx = sec2t dt.

Por lo tanto, 2 2 1 dx x 1 x+

∫

= 2 2 2 1 sec t dt tg t 1 tg t+

∫

= sect₂ dt tg t

∫

= cost dt₂ sen t

∫

= dv₂ v

∫

= – 1 sent + C 2 2 1 dx x 1 x+

∫

= – 1 tg t2 tgt + + C ⇒ 2 2 1 dx x 1 x+

∫

= – 1 x2 x + _{+ C} // Ejemplo 2 2 2 x a dx x +

∫

Solución: Sea x = a tg t, ⇒ dx = a sec2t dt.

(28)

Luego, x2 a2 dx x +

∫

= a tg t a2 2 2 _{a sec t dt}2 atgt +

∫

= a tg t 12 _{sec t dt}2 tgt +

∫

= a sec t3 dt tg t

∫

= a sec t tgt3 dt tgt ⋅tgt

∫

= a sec t (sec t tg t) dt2 ₂ tg t ⋅ ⋅

∫

= a sec t (sec t tg t dt)2 ₂ sec t 1 ⋅ ⋅ −

∫

Haciendo u = sec t, ⇒ du = sec t·tg t dt, tenemos 2 2 x a dx x +

∫

= a u du2₂ u −1

∫

= a (u2 ₂1) 1du u 1 − + −

∫

= a

∫

du + a 1 du (u 1)(u 1)+ −

∫

Descomponiendo en fracciones parciales: 1 (u 1)(u 1)+ − = A u 1+ + B u 1− ⇒ 1 (u 1)(u 1)+ − = – 1 2(u 1)+ + 1 2(u 1)− Así, x2 a2 dx x +

∫

= au – a 2 1 du u 1+

∫

+ a 2 1 du u 1−

∫

= au – a 2 Ln(u + 1) + a 2 Ln(u – 1) + C = au + a 2 u 1 Ln u 1 − ⎛ ⎞ ⎜ ₊ ⎟ ⎝ ⎠ + C = a sec t – a 2 sec t 1 Ln sec t 1 ⎛ + ⎞ ⎜ ₋ ⎟ ⎝ ⎠ + C

Volviendo a la variable x: x = a tg t ⇒ sec t = 1 x a2 2

a + . Entonces, 2 2 x a dx x +

∫

= _x2 ₊_a2 _– a 2 2 2 2 2 1 x a 1 a Ln 1 x a 1 a ⎛ ₊ ₊ ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ + − ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ + C = _x2 ₊_a2 _– a 2 2 2 2 2 x a a Ln x a a ⎛ ₊ ₊ ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ₊ ₋ ⎟ ⎝ ⎠ + C 2 2 x a dx x +

∫

= _x2 ₊_a2 _– a 2

(

)

(

)

2 2 2 2 2 2 2 x a a Ln x a (a) ⎛ ⎞ + + ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ₊ ₋ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ + C ⇒ x2 a2 dx x +

∫

= _x2 ₊_a2 _{– a} _Ln x2 a2 a x ⎛ ₊ ₊ ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ + C//

(Se amplificó por el conjugado del denominador)

(29)

Ejemplo 3 2 2 2 a x dx x −

∫

Solución:

Hacemos x = a sen t, ⇒ dx = a cos t dt.Luego 2 2 2 a x dx x −

∫

= a2 ₂a sen t2 ₂ 2 acostdt a sen t −

∫

= cos t₂2 dt sen t

∫

= 1 sen t₂ 2 dt sen t −

∫

2 2 2 a x _dx x −

∫

= _{cosec t dt}2

∫

–

∫

dt = – cotg t – t + C Volviendo a la variable x: x = a sen t ⇒ cotg t = cost

sent = 2 1 sen t sent − =

( )

2 x 1 a x a − cotg t = a2 x2 x −

además, x = a sen t ⇒ t = arcsen x

a . Luego, 2 2 2 a x dx x −

∫

= – a2 x2 x − – arcsenx a + C// Ejemplo 4 2 2 1 dx x 9x −4

∫

Solución: Hagamos 3x = 2sec t, ⇒ dx = 2 3 sec t·tg t dt, x 2 ₌ 4 9 sec 2_t . Entonces

(30)

2 2 1 dx x 9x −4

∫

= 2 2 1 _{2 sect tgt dt} 3 4 sec t 4(sec t 1) 9 ⋅ −

∫

= 3 4 2 1 _{sect tgt dt} sec t tgt⋅ ⋅

∫

2 2 1 dx x 9x −4

∫

= 3 4

∫

cos t dt = 34sen t + C ()

Volvamos a la variable original x.Debemos hallar sen t en función de x:

De 3x = 2sec t ⇒ sec t = 3x

2 ⇒ cos t = 3x2 Entonces dibujamos el ∡ t en el Δ rectángulo, el

valor 2 en el cateto adyacente y el valor 3x en la hipotenusa;

por el teorema de Pitágoras, el cateto opuesto será 9x2– 4.Luego, de la figura:

sen t = 9x2 4 3x − . Reemplazando en (), 2 2 1 _dx x 9x −4

∫

= 3 4 2 9x 4 3x− + C ⇒ 2 2 1 _dx x 9x −4

∫

= 1 4 2 9x 4 x − + C// Ejemplo 5 1 _dx x(3x 5)+

∫

Solución:

Amplificando por 3 , tenemos 1 dx x(3x 5)+

∫

= 3 1 dx 3x(3x 5)+

∫

= 3 2 1 _dx (3x) +5(3x)

∫

= 3 3 2 1 du u +5u

∫

= 3 3

( ) ( )

2 2 2 5 5 2 2 1 du u + 5u+ −

∫

= 3 3

( ) ( )

5 2 5 2 2 2 1 du u+ −

∫

t 2 9x −4 3x 2 u = 3x

(31)

= 3 3

( )

2 2 5 2 1 dz z −

∫

= 3 3 Ln z +

( )

2 2 5 2 z − + C ⇒ 1 dx x(3x 5)+

∫

= 3 3 Ln 3x + 5 2 +

(

) ( )

2 2 5 5 2 2 3x + − + C

Amplificando por 2 el lado derecho, lo podemos escribir como:

1 _dx x(3x 5)+

∫

= 2 3 3 Ln

(

) ( )

2 2 5 5 5 2 2 2 3x+ + 3x+ − + C ()

Finalmente, recordando de Enseñanza Media la transformación de raíces: a+ b = a a2 b

2

+ − ₊ _a _a2 _b 2

− −

y haciendo en () a≡ 3x+ 5₂ , b ≡

(

3x+ 5₂

) ( )

2 − 5₂ 2, tenemos la solución simplificada 1

dx x(3x 5)+

∫

= 2 3

3 Ln 3x + 3x 5+ + K//

(F) Método para integrales binomiales

Son integrales del tipo _{x (a bx )}m ₊ n p q_dx

∫

, con m, n, p, q – {0}.

Si bien en general admiten una fórmula de reducción, en algunos casos pueden abordarse directamente haciendo el cambio de variable

a) (a + bxn_{) = u}q_{, si} m 1 n+  b) a bx_n n x + _{= v}q _, _si m 1 n+ + p q  Ejemplos 1) _{x (1 x )}5 ₊ 3 2 3_dx

∫

Solución: z = u +5 2 fórmula 15)

(32)

Como m 1 n+ = 5 13+ = 2 , hagamos (1 + x 3_{) = u}3_,_⇒ _x3 _{= u}3 _{– 1;} _3x2_{dx = 3u}2_du . 5 3 2 3 x (1 x )+ dx

∫

= _{x (1 x )}3 ₊ 3 2 3 2_{x dx}

∫

= _(u3 _{− ⋅ ⋅}_{1) u u du}2 2

∫

= _(u7 ₋_{u )du}4

∫

2 3 5 3 x (1 x ) dx+

∫

= 1 8 u 8 _– 1 5 u 5 _{+ C} Volviendo a la variable x, 5 3 2 3 x (1 x )+ dx

∫

= 1 8 (1 + x 3₎8/3 _– 1 5 (1 + x 3₎5/3 _{+ C} // 2) _{x (2 x}1 3 ₊ 2 3 1 4_{) dx}

∫

Solución: Como m 1 n+ = 2 , hacemos (2 + x 2/3_{) = u}4_, _⇒ _x2/3 _{= u}4 _{– 2;} ₂ 3x –1/3_{dx = 4u}3_du 1 3 2 3 1 4 x (2 x+ ) dx

∫

=

∫

_x2 3_{(2 x}+ 2 3_{) x}14 −1 3_dx =

∫

_(u4 − ⋅ ⋅_{2) u 6u du}3 = 6

∫

_(u8 −_{2u )du}4 = 6(1 9 u 9 _– 2 5 u 5_{) + C} Volviendo a la x, 1 3 2 3 1 4 x (2 x+ ) dx

∫

= 2 3 (2 + x 2/3₎9/4 _– 12 5 (2 + x 2/3₎5/4 _{+ C} // 3) 2 2 3 1 dx x (1 x )+

∫

Solución: 2 2 3 1 _dx x (1 x )+

∫

= _{x (1 x )}− 2 ₊ 2 −3 2_dx

∫

⇒ m 1 n+ = –12 , m 1n+ + p q = – 2  luego, hacemos 1 x₂2 x + _{= v}2 . Despejando x: x = (v2 – 1) –1/2, ⇒ dx = – v(v2 – 1) –3/2dv ; x –2 = v2 – 1.

(33)

2 2 3 1 dx x (1 x )+

∫

= _{x (1 x )}− 2 ₊ 2 −3 2_dx

∫

= 2 2 3 2 2 3 2 2v (v 1) ( v(v 1) dv) v 1 − − ⎛ ⎞ − _⎜ _⎟ − − ⎝ − ⎠

∫

= – _{v (v}2 ₋_{1) v}−3 _dv

∫

= – _{(1 v ) dv}₋ −2

∫

= – v – 1 v + C ⇒ 2 2 3 1 dx x (1 x )+

∫

= – 1 x2 x + ₊ 2 x 1 x+ + C// 4) 3 3 2 1 x dx x +

∫

Solución: 3 3 2 1 x dx x +

∫

= _x−2 3_{(1 x ) dx}₊ 1 3 1 2

∫

⇒ m 1_n+ = 1. Luego, hacemos (1 + x1/3) = u2, ⇒ 1 3x –2/3_{dx = 2u du} . Entonces: 3 3 2 1 x dx x +

∫

=

∫

x−2 3(1 x ) dx+ 1 3 1 2 =

∫

6u du2 = 2 u3 + C ⇒ 3 3 2 1 x dx x +

∫

= 2 (1 + x1/3)3/2 + C//

(G)

Para las integrales irracionales de la forma _{f(x , x )dx}p q r s

∫

, hacemos x = uqs, ó bien poniendo el M.C.M. entre q y p como exponente de u.

Ejemplo

Hallar _{3 4}x1 2 dx x +1

∫

(34)

1 2 3 4 x dx x +1

∫

= 2 3 3 u 4u du u +1

∫

= 4 ₃u5 du u +1

∫

= 4 (u )u₃3 2 du u +1

∫

= 4 (u3 ₃1 1)u2 du u 1 + − +

∫

1 2 3 4 x dx x +1

∫

= 4 u2 ₃u2 du u 1 ⎛ ⎞ − ⎜ ⎟ ⎜ ₊ ⎟ ⎝ ⎠

∫

= 4 _{u du}2

∫

– 4 3 2 3 3u du u +1

∫

= 4u3 3 – 34Ln(u 3_{+ 1) + C}

Volviendo a la variable x, tenemos finalmente

1 2 3 4 x dx x +1

∫

= 4 3

(

)

3 4 3 4 x − Ln(x +1) + C//

(H)

Para las integrales racionales del tipo

∫

f(sen x, cos x)dx, hacemos el cambio u = tg x 2 . Esto implica: sen x = 2u₂

1 u+ , cos x = 2 2 1 u 1 u − + , dx = 2 2 _du 1 u+ . Ejemplo 1 dx 4 5sen x−

∫

Solución: 1 dx 4 5sen x−

∫

= 2 2u 2 1 u 1 2 du 1 u 4 5 + ⎛ ⎞ ⎜ ₊ ⎟ ⎝ ⎠ −

∫

= ₂2 du 4(1 u ) 10u+ −

∫

= 2 4 2 5 2 1 du u − u 1+

∫

= 1 2 ₅ ₂

_{( )}

₃ 2 4 4 1 du (u− ) −

∫

.

(35)

Usando la Tabla básica de Primitivas, tenemos = 1 2 ·

_{( )}

3 4 1 2 Ln 5 3 4 4 5 3 4 4 u u − − − + + C = 1 3 Ln 1 2 u 2 u − − + C Finalmente, volviendo a la x, 1 _dx 4 5sen x−

∫

= 1 3 Ln x 2 x 1 2 2 tg 2 tg − − + C//

(I)

Integrales trigonométricas

Son integrales del tipo

a)

_{sen x cos x dx}n m

∫

b) _{sec x tg x dx}n m

∫

c)

∫

sen(nx) cos(mx) dx , y otras.

a) i) _{sen x dx}n

∫

, con nimpar . Ejemplo:

∫

sen x dx7 Solución: 7 sen x dx

∫

= _{sen x (senx dx)}6

∫

= _{(1 cos x) d( cos x)}₋ 2 3 ₋

∫

. Haciendo u = cos x, se tiene = – _{(1 u ) du}₋ 2 3

∫

= – _{(1 3u}₋ 2 ₊_3u4 ₋_{u ) du}6

∫

= – u + u3– 3 u5 5 + 7 1u 7 + C ⇒ _{sen x dx}7

∫

= – cos x + cos3_{x –} 3 5 cos 5_{x +} 1 7 cos x + C//

(36)

ii) _{sen x dx}n

∫

, con n impar .

Ejemplo:

∫

sen x dx4

Solución:

Como se sabe, existe una fórmula de reducción; pero, para exponentes "pequeños" como aquí, podemos resolverla directamente.

4 sen x dx

∫

=

₍

_{sen x dx}2

₎

2

∫

= 2 1 cos2x dx 2 − ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠

∫

= 1 4 2 (1 2cos 2x cos 2x) dx− +

∫

= 1 8

∫

(1 2cos 2x cos 2x) d(2x)− + 2 ( ) = 1

8 (2x) – 2 sen 2x + 12 (2x + sen 2x cos 2x) + C = 1

4x – 12 sen x cos x + 81x + 161 2 sen x cos x(cos

2_{x – sen}2_{x) + C}

⇒ _{sen x dx}4

∫

= 3

8 x – 12 sen x cos x + 81 sen x cos x(cos

2_{x – sen}2_{x) + C} //

iii) _{sen x cos x dx}n m

∫

, con m ón impar .

Ejemplo:

∫

sen x cos x dx3 2

Solución:

3 2

sen x cos x dx

∫

= _{sen x cos x (sen x dx)}2 2

∫

= _{(1 cos x)cos x ( dcos x)}₋ 2 2 ₋

∫

.Haciendo el cambio u = cos x :

= – _{(1 u ) u du}₋ 2 2

∫

= – _(u2 ₋_{u ) du}4

(37)

= – u u 3 5 ⎛ ₋ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ + C ⇒ _{sen x cos x dx}3 2

∫

= cos x cos x5 3 5 − 3 + C//

iv) _{sen x cos x dx}n m

∫

, con m y n par .

Ejemplo:

∫

sen x cos x dx4 2

También permite una fórmula de reducción; pero la podemos abordar sin ella, puesto que los exponentes son "pequeños".

Solución:

∫

sen x cos x dx4 2 =

2 1 cos2x 1 cos 2x dx 2 2 − + ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

∫

4 2 sen x cos x dx

∫

= 1 8 2

(1 2 cos 2x cos 2x)(1 cos 2x) dx− + +

∫

= 1

8

2 3

(1 cos2x cos 2x cos 2x) dx− − +

∫

= 1

8 x – 12 sen 2x – 41(2x + sen 2x cos 2x) + 81

3 cos 2x dx

∫

() Pero, _{cos 2x dx}3

∫

= 1 2 2 cos 2x (cos2x d(2x))

∫

= 1 2 2 (1 sen 2x) d(sen2x)−

∫

u = sen 2x ⇒ = 1 2 2 (1 u ) du−

∫

= 1 2 u – 61u 3 = 1 2 sen 2x – 61sen 3_2x . Así, reemplazando en (): 4 2 sen x cos x dx

∫

= 1

8 x – 161 sen 2x – 321 (2x + sen 2x cos 2x) + 161 sen 2x – 481 sen

3_{2x + C}

(38)

4 2 sen x cos x dx

∫

= 1

16x – 321 sen 2x cos 2x – 481 sen

3_{2x + C} //

b) La integral del tipo _{sec x dx}2n

∫

tiene solución directa; pero si el exponente es impar, se llega a una fórmula de reducción.

Ejemplo: 4 sec x dx

∫

Solución: 4 sec x dx

∫

= _{sec x (sec x dx)}2 2

∫

= _{(1 tg x) d(tg x)}₊ 2

∫

= _{(1 u ) du}₊ 2

∫

= u + 1 3 u 3 _{+ C} ⇒ _{sec x dx}4

∫

= tg x + 1 3 tg 3_{x + C} //

También es directa _{sec x tg}n 2m 1+ _{x dx}

∫

Ejemplo: 3 3 sec x tg x dx

∫

Solución: 3 3 sec x tg x dx

∫

= _{(sec x tg x)(secx tgx) dx}2 2

∫

= _{sec x (sec x 1) d(sec x)}2 2 ₋

∫

= _{u (u}2 2 ₋_{1) du}

∫

= 1 5 u 5 _– 1 3 u 3 _{+ C} ⇒ _{sec x tg x dx}3 3

∫

= 1 5 sec 5_{x –} 1 3 sec 3_{x + C} //

c) Las integrales del tipo

∫

sen(nx) cos(mx) dx se abordan teniendo presente las identidades

u = tg x

(39)

i) senαcosβ =

2 [sen (α+ β) + sen (α– β)] ii) senαsenβ = – 1

2 [cos (α+β) – cos (α– β)] iii) cosαcosβ = 1

2 [cos (α+β) + cos (α– β)] Ejemplos a)

∫

sen2x cos3x dx Solución: sen2x cos3x dx

∫

= 1

2

∫

(cos x cos 5x) dx− = 12 (sen x – 15 sen 5x) + C//

b)

∫

cos4x cos2x dx

Solución:

cos4x cos2x dx

∫

= 1

2

∫

(cos6x cos2x) dx+ = 121 sen 6x + 14 sen 2x + C//

(J)

Fórmulas de reducción

Determinaremos fórmulas de reducción para integrales del tipo

a)

_{cos x dx}2n

∫

ó _{sen x dx}2n

∫

; b) _{sen x cos x dx}2n 2m

∫

c) _{tg x dx}n

∫

d) _{sec x dx}n

∫

a) _{cos x dx}2n

∫

= _cos2n 1− _{x (cos x dx)}

∫

Integrando por partes, u = cos2n–1x ⇒ du = (2n – 1)cos2n–2x (– sen x dx) dv = cos x dx ⇒ v = sen x

tenemos

(40)

2n cos x dx

∫

= cos2n–1_x_·_{sen x + (2n – 1)} _cos2n 2− _{x sen x dx}2

∫

2n cos x dx

∫

= cos2n–1x·sen x + (2n – 1)

∫

cos2n 2− x (1 cos x) dx− 2 2n

cos x dx

∫

= cos2n–1x·sen x + (2n – 1)

∫

cos2n 2− x dx – (2n – 1)

∫

cos x dx2n

⇒ _{cos x dx}2n

∫

= 1 2n cos 2n–1_x_·_{sen x +} 2n 1 2n− 2n 2 cos − x dx

∫

b)

_{sen x cos x dx}2n 2m

∫

= _sen2n 1− _{x (cos x senx dx)}2m

∫

.

Integrando por partes, u = sen2n–1x ⇒ du = (2n – 1)sen2n–2x c dv = cos2mx sen x dx ⇒ v = –cos2m 1x

2m 1 + + se tiene 2n 2m sen x cos x dx

∫

= –sen2n 1x cos2m 1x 2m 1 − +

+ + 2m 12n 1−+

∫

sen2n-2x cos x (1 sen x) dx2m − 2 2n 2m sen x cos x dx

∫

= –sen2n 1x cos2m 1x 2m 1 − + + + 2m 12n 1−+ 2n 2 2m sen − x cos x dx

∫

– 2n 1

2m 1−+

∫

sen x cos x dx2n 2m (1+2m 12n 1−+ )

∫

sen x cos x dx2n 2m = –

2n 1 2m 1 sen x cos x 2m 1 − + + + 2n 1 2m 1−+

∫

sen2n 2− x cos x dx2m ⇒ _{sen x cos x dx}2n 2m

∫

= 2m 1 2n 2m++ – 2n 1 2m 1 sen x cos x 2m 1 − + + + 2m 12n 1−+ sen2n 2x cos x dx2m −

∫

c) _{tg x dx}n

∫

= _tgn 2− _{x tg x dx}2

∫

= _tgn 2− _{x (sec x 1) dx}2 ₋

∫

u dv

(41)

= _tgn 2− _{x sec x dx}2

∫

– _tgn 2− _{x dx}

∫

= _tgn 2− _{x d(tgx)}

∫

– _tgn 2− _{x dx}

∫

⇒ _{tg x dx}n

∫

= tgn 1x n 1 − − – n 2 tg − x dx

∫

d) _{sec x dx}n

∫

= _secn 2− _{x sec x dx}2

∫

Integrando por partes, u = secn–2x ⇒ du = (n – 2)secn–3x sec x tg x dx dv = sec2_{x dx} _⇒ _{v = tg x} se tiene n sec x dx

∫

= secn–2_x_·_{tg x – (n – 2)} _secn 2− _{x tg x dx}2

∫

= secn–2x·tg x – (n – 2)

∫

secn 2− x (sec x 1) dx2 − n sec x dx

∫

= secn–2_x_·_{tg x – (n – 2)} _{sec x dx}n

∫

+ (n – 2) _secn 2− _{x dx}

∫

(n – 1) _{sec x dx}n

∫

= secn–2x·tg x + (n – 2)

∫

secn 2− x dx ⇒ _{sec x dx}n

∫

= 1 n 1− sec n–2_x ·tg x + n 2 n 1−− secn 2x dx −

∫

Apliquemos algunas de estas fórmulas de reducción.

Resolver :

1) _{cos x dx}6

(42)

Solución: 6 cos x dx

∫

= 1 6 cos 5_x_·_{sen x +} 5 6 4 cos x dx

∫

= 1 6 cos 5_x_·_{sen x +} 5 6 41cos 3_x_·_{sen x +} 3 4 2 cos x dx

∫

= 1 6cos 5_x ·sen x + 5 24 cos 3_x ·sen x + 5 8 2 cos x dx

∫

= 1 6 cos 5_x ·sen x + 5 24 cos 3_x ·sen x + 5 8 21cos x·sen x + 21x + C ⇒ _{cos x dx}6

∫

= 1 6 cos 5_x ·sen x + 5 24 cos 3_x ·sen x + 5 16cos x·sen x + 165 x + C// 2) _{sen x cos x dx}4 6

∫

Solución: 4 6 sen x cos x dx

∫

= – 1 10sen 3_x_·_cos7_{x +} 3 10 2 6 sen x cos x dx

∫

= – 1 10sen 3_x_·_cos7_{x +} 3 10 –18 sen x·cos 7_{x +} 1 8 6 cos x dx

∫

= – 1 10sen 3_x_·_cos7_{x –} 3 80sen x·cos 7_{x +} 3 80 16 cos 5_x_·_{sen x +} 5 24 cos 3_x_·_{sen x +} 5 16cos x·sen x + 165 x + C ⇒ _{sen x cos x dx}4 6

∫

= – 1 10sen 3_x_·_cos7_{x –} 3 80sen x·cos 7_{x +} 1 160cos 5_x_·_{sen x} 1 128cos 3_x ·sen x + 3 256cos x·sen x + 2563 x + C 3) _{tg x dx}5

∫

(43)

5 tg x dx

∫

= tg x4 4 – 3 tg x dx

∫

= tg x4 4 – 2 tg x 2 –

∫

tgx dx ⇒ _{tg x dx}5

∫

= tg x4 4 – 2 tg x 2 + Ln (sec x) + C// ========== 0000000000 ==========

GUÍA #1

.-

Ejercicios

Propuestos.-I) Evalúe las integrales y compruebe su resultado por derivación

1) _{x e}−x _dx

∫

2)

∫

x senx dx 3) _{x e}2 −3x _dx

∫

4) _{x sen4x dx}2

∫

5)

∫

x c os 5x dx 6) _{x e}−2x _dx

∫

7)

∫

x sec x tg x dx 8) _{x cosec 3x dx}2

∫

9) _{x c os x dx}2

∫

10) _{x e}3 −x _dx

∫

11)

∫

arctgx dx 12)

∫

arcsenx dx 13)

∫

x Ln x dx 14) _{x Lnx dx}2

∫

15) _{x cosec x dx}2

∫

16)

∫

x arctgx dx 17) _e−x _{senx dx}

∫

18) _e3x _{cos2x dx}

∫

19)

∫

senx Ln(cosx) dx 20) _{x e}3 −x3 _dx

∫

21) _{sec x dx}3

∫

(44)

22) _{sec x dx}5

∫

23) 3 2 x dx x +1

∫

24)

∫

sen(Lnx) dx 25)

∫

x sen2x dx 26) _{x sec x dx}2

∫

27) _{x (2x 3)}₊ 99 _dx

∫

28) 5 3 x _dx 1 x−

∫

29) _e4x _{sen5x dx}

∫

30) _{x c os x dx}3 2

∫

31) _{(Ln x) dx}2

∫

32) _{x 2 dx}x

∫

33) _{x senh x dx}3

∫

34)

∫

(x 4) cosh 4x dx+ 35)

∫

cos x dx 36)

∫

arcos3x dx

37)

∫

x arcosx dx 38) _{(x 1) (x 2) dx}₊ 10 ₊

∫

39)

∫

cos(Ln x) dx

II) Use integración por partes para deducir las cuatro siguientes fórmulas de

reducción 40) _{x e dx}m x

∫

= xm ex – m _xm 1− _{e dx}x

∫

41) _{x senx dx}m

∫

= – xmcos x + m _xm 1− _{cos x dx}

∫

42) _{(Ln x) dx}m

∫

= x (Ln x)m _{– m} _{(Ln x)}m 1− _dx

∫

43) _{sec x dx}m

∫

= secm 2x tg x m 1 − − + m 2 m 1 − − m 2 sec − x dx

∫

(con m ≠–1)

44) Use el ejercicio 40) para evaluar _{x e dx}5 x

∫

45) Emplee el ejercicio 42) para evaluar _{(Ln x) dx}4

(45)

1) _{cos x dx}3

∫

2) _{sen 2x dx}2

∫

3) _{sen x cos x dx}2 2

∫

4) _{cos x dx}7

∫

5) _{cos x cos x dx}3 2

∫

7) _{sen x dx}6

∫

9) _{tg x sec x dx}3 4

∫

10) _{sec x dx}6

∫

11) _{tg x sec x dx}3 3

∫

12) _{tg x sec x dx}5

∫

13) _{tg x dx}6

∫

14) _{cotg x dx}4

∫

15) _{sen x cos x dx}3

∫

16) cos x3 dx senx

∫

17) _{(tg x cotg x) dx}₊ 2

∫

18) _{cotg x cosec x dx}3 3

∫

19) _{sen x dx}3

∫

20) 2 1

₍

₎

4 x tg πx dx

∫

21)

∫

sen5x sen3x dx

22)

∫

cosx cos5x dx 23)

∫

sen3x cos2x dx 24)

∫

sen4x cos3x dx 25) _{cotg x cosec x dx}4 4

∫

26) 2 2 x dx 4 x−

∫

27) 4 x₂ 2 dx x −

∫

28) 2 1 dx x 9 x+

∫

29) 2 2 1 dx x 9 x+

∫

30) 2 2 1 dx x x −25

∫

31) 3 2 1 _dx x x −25

∫

32) 2 x dx 4 x−

∫

33) ₂x dx x +9

∫

34)

(

2

)

3 2 1 _dx x −1

∫

35) 2 1 dx 4x −25

∫

36)

(

2

)

2 1 _dx x +36

∫

(46)

37)

(

2

)

5 2 1 _dx 16 x−

∫

38) _{9 4x dx}₋ 2

∫

39) x2 1dx x +

∫

40)

(

2

)

2 x _dx 16 x−

∫

41) _{x x}2 ₋_{9 dx}

∫

42) 3 2 x dx 9x +49

∫

43) 2 1 dx x 25x +16

∫

44) 4 2 1 dx x x −3

∫

45)

(

)

2 3 2 2 x dx 1 9x−

∫

46) (4 x )₃2 2 dx x +

∫

47) 2 3x 5 dx 1 x − −

∫

48) x4 2x₂2 4x 1₃ dx (x 1) + + + +

∫

49) x3 ₂3x 2dx x x + − −

∫

50) x4 ₃2x2 3 dx x 4x + + −

∫

51) x6₄ x3 ₂1dx x 9x − + +

∫

52) ₂x5 ₂ dx (x +4)

∫

53) ₂ 1 ₂ du a −u

∫

₅₄₎ 4 3 2 2 3 2x 3x 3x 3x 1_dx x (x 1) + + − − +

∫

55) 4x3 2x2 5x 18₃ dx (x 4)(x 1) + − − − +

∫

56) 10x₃2 9x 1₂ dx 2x 3x x + + + +

∫

57) 2x3 ₂5x2 46x 98₂ dx (x x 12) − + + + −

∫

58) x5 x4 ₂2x3₂ 4x₂2 15x 5 dx (x 1) (x 4) − − + − + + +

∫

59) 2x4 2x₃ 3 ₂6x2 5x 1dx x x x 1 − + − + − + −

∫

60) 1 du u (a bu)+

∫

61) ₂ 1 du u (a bu)+

∫

62) 1 du u (a bu)−

∫

IV) Calcule las integrales usando descomposición en fracciones parciales

1) 5x 12 dx x (x 4) − −

∫

2) x 34 dx (x 6)(x 2) + − +

∫

3) 37 11x dx (x 1)(x 2)(x 3) − + − −

∫

4) 4x2 54x 134 dx (x 1)(x 5)(x 3) + + − + +

∫

5) 6x 11₂ dx (x 1) − −

∫

6) 19x2₂ 50x 25 dx x (5 3x) − + −

∫

7) ₂x 16 dx x 2x 8 + + −

∫

8) 11x 2₂ dx 2x 5x 3 + − −

∫

9) 5x2 ₃10x 8 dx x 4x − − −

∫

(47)

10) 4x₃ 5x 15₂ dx x 4x 5x − − − −

∫

11) 2x 25x 33₂ dx (x 1) (x 5) − − + −

∫

12) 2x ₃ 12x 4₂ dx x 4x − + −

∫

13) 9x4 17x₅3 3x₄2 8x 3 dx x 3x + + − + −

∫

14) 5x2 30x 43₃ dx (x 3) + + +

∫

15) ₂4x ₃ dx (x +1)

∫

15) x3 3x₂2 3x 63₂ dx (x 9) + + + −

∫

16) 1 ₅ dx (x 7)−

∫

17) ₃5x2 ₂11x 17 dx x x 4x 20 + + − + +

∫

18) 4x3 3x₄ 2 6x 27₂ dx x 9x − + − +

∫

19) x₄2 3x 1₂ dx x 5x 4 + + + +

∫

20) 2x3₂ 10x₂ dx (x 1) + +

∫

V) Utilice las fórmulas siguientes después de completar el cuadrado del

denominador i) 2 2 2 1 du a +b u

∫

= 1 b Ln bu + 2 2 2 a +b u + C ii) 2 2 2 1 du a −b u

∫

= 1

b arcsen

( )

bua + C ( con |bu| < |a| ) iii) 2 2 2 1 du b u −a

∫

= 1 b Ln bu + 2 2 2 b u −a + C iv) ₂ 1_{2 2} du a +b u

∫

= 1 abarctg

( )

bua + C v) ₂ 1_{2 2} du a −b u

∫

= 1 2ab Ln

(

a bua bu+−

)

+ C 1) ₂ 1 dx x − 4x 8+

∫

2) 2 1 _dx 7 6x x+ −

∫

3) 2 1 dx 4x x−

∫

4) ₂ 1 dx x − 2x 2+

∫

5) 2 2x 3 dx 9 8x x + − −

∫

6) ₂ x 5 dx 9x 6x 17 + + +

∫

7) ₃1 dx x −1

∫

8) ₃x3 dx x −1

∫

9) ₂ 1 ₂ dx (x − 4x 5)+

∫

(48)

10) ₄ 1₃ ₂ dx x − 4x +13x

∫

11) ₂ 1 _{3 2} dx (x + 6x 13)+

∫

12)

∫

x(6 x) dx− 13) ₂ 1 dx 2x − 3x 9+

∫

14) ₂ 2x ₂ dx (x + 2x 5)+

∫

15) 2x₂2 4x 6 dx x 4x 5 − + − +

∫

16) ₂ x dx 2x + 3x 4−

∫

17) _2x ex _x dx e + 3e +2

∫

18) ₂x 1 dx x x 1 − + +

∫

19) _{x x 9 dx}3 ₊

∫

20) _{x 2x 1 dx}3 ₊

∫

21) ₅ x dx 3x 2+

∫

22) 5x_{2 3} dx (x 3)+

∫

23) 1 dx x 4+

∫

24) 1 dx 4+ x

∫

25) ₃x dx 1+ x

∫

26) ₄ 1₃ dx x + x

∫

27) 1 dx (x 1) x 2+ −

∫

28) 2x 3 dx 2x 1 + +

∫

29) x 1_{1 3} dx (x 4) + +

∫

30) x1 3_{1 3} 1dx x 1 + −

∫

31) _e3x _{1 e dx}₊ x

∫

32) 2x 3 x e _dx 1 e+

∫

33) e_x2x dx e +4

∫

34)

∫

sen 4 x dx+ 35) x ₆ dx (x 1)−

∫

36) x2 ₁₀ dx (3x 4)+

∫

(Sugerencia: (Sugerencia: tome u = x – 1) tome u = 3x + 4) 37) 1 dx 2 sen x+

∫

38) 1 dx 1 sen x cos x+ +

∫

39) 1 dx tgx sen x+

∫

40) sen2x dx 1 senx+

∫

41) _{x e} x _dx

∫

42) secx dx 4 3tgx−

∫

VI) Explique las siguientes técnicas de integración:

1.- Integración por partes.

(49)

4.- Integración en que aparecen expresiones cuadráticas.

VII) Resuelva las integrales:

1)

∫

xarcsenx dx 2) _{sen (3x) dx}3

∫

3)

∫

Ln(1 x) dx+ 4) _e x_dx

∫

5) _{cos (2x)sen (2x)dx}3 2

∫

6) _{cos x dx}4

∫

7)

∫

tg x sec x dx5 8)

∫

tg x sec x dx6 9) ₂ 1 _{3 2} dx (x +25)

∫

10) 2 2 1 dx x 16 x−

∫

11) 4 x2 dx x −

∫

12) ₂x ₂ dx (x +1)

∫

13) x3 1₃ dx x(x 1) + −

∫

14) 1 ₃ dx x x+

∫

15) 3 2 4 x 20x 63x 198 dx x 8 − − − −

∫

16) x 1₅ dx (x 2) − +

∫

17) 2 x dx 4 4x x+ −

∫

18) ₂ x dx x + 6x 13+

∫

19) 3x 8 dx x +

∫

20) senx dx 2cos x 3+

∫

21) _{e sen(3x) dx}2x

∫

22)

∫

cos(Lnx) dx 23) _{sen x cos x dx}3 3

∫

24) _{cotg (3x) dx}2

∫

25) 2 x dx 4 x−

∫

26) 2 1 dx x 9x +4

∫

27) x5₃ x3 ₂1dx x 2x − + +

∫

28) ₃ ₂x3 dx x − 3x + 9x 27−

∫

29) _{3 2}1 _{1 2} dx x +x

∫

30) 2x 1₁₀₀ dx (x 5) + +

∫

(50)

31) _{e sec (e ) dx}x x

∫

32) _{x tg(x ) dx}2

∫

33) _{x sen 5x dx}2

∫

34)

∫

sen2x cosx dx 35) _{sen x cos x dx}3 1 2

∫

36)

∫

sen3x cotg3x dx 37) _ex _{1 e dx}₊ x

∫

38) 2 x dx 4x +25

∫

39) 2 2 x dx 4x +25

∫

40) ₂ 3x 2 dx x 8x 25 + + +

∫

41) _{sec x tg x dx}2 2

∫

43)

∫

x cotgx cosec x dx 44) _{(1 cosec 2x) dx}₊ 2

∫

45) _{x (8 x )}2 ₋ 3 1 3 _dx

∫

46) _{x (Ln x) dx}2

∫

47)

∫

x sen x dx 48)

∫

x 5 3x dx− 49) e3x_x dx 1 e+

∫

50) e2x_4x dx 4 e+

∫

51) x2 4x 3 dx x − +

∫

52) cos x3 dx 1 senx+

∫

53) 3 2 x _dx 16 x−

∫

54) x ₂ dx 25 9x−

∫

55) ₂ 1 2x dx x 12x 35 − + +

∫

56) ₂ 7 dx x − 6x 18+

∫

57)

∫

arctg 5x dx 58) _{sen 3x dx}4

∫

59) etg x₂ dx cos x

∫

60) x ₂ dx cosec5x

∫

61) 2 1 _dx 7 5x+

∫

62) 2x 3₂ dx x 4 + +

∫

63) _{cotg x dx}6

∫

64) _{cotg x cosec x dx}5

∫

65) _x3 _x2₋_{25 dx}

∫

66) _{(senx) 10}cosx _dx

∫

67) _(x2₋ _{sech 4x) dx}2

∫

68)

∫

x coshx dx 69) _{x e}2 −4x _dx

∫

(51)

70) _x5 _x3 ₊_{1 dx}

∫

71) 2 3 dx 11 10x x− −

∫

72) 12x ₄ 7x dx x +

∫

73)

∫

tg7x cos7x dx 74) _e1 Ln 5x+ _dx

∫

75) 4x2 12x 10₂ dx (x 2)(x 4x 3) − − − − +

∫

76) 4 2 1 _dx x 16 x−

∫

77) _(x3 ₊_{1) cos x dx}

∫

78) _{(x 3) (x 1) dx}₋ 2 ₊

∫

79) 9 4x₂ 2 dx x −

∫

80) 4x3 ₄15x2 ₂ 6x 81dx x 18x 81 − − + − +

∫

81) _{(5 cotg3x) dx}₋ 2

∫

82) _x(x2 ₊₅₎3 4 _dx

∫

83)

(

4

)

1 dx x x + x

∫

84) x₂ dx cos 4x

∫

85) senx dx 1 cos x+

∫

86) 4x₂2 6x 4 dx (x 4)(x 2) − + + −

∫

87) x2 _{2 2} dx (25 x )+

∫

88)

∫

sen x cos x dx4 3 89)

∫

tg x sec x dx3 90)

2 x dx 4 9x+

∫

91) 2x3 ₄4x2 ₂10x 13 dx x 9x 20 + + + + +

∫

92) senx ₃ dx (1 cos x)+

∫

93) (x2 2)2 dx x −

∫

94) _{cotg x cosec x dx}2

∫

95) _x3 2 _{Ln x dx}

∫

96) 3 2 x dx x −1

∫

97) ₃ x2 dx 2x 3−

∫

98) 1 sen x dx cotgx −

∫

99) _{x e}3 x2 _dx

∫

100) Demuestre que: a) _{(x 2) sen(x}₊ 2₊_{4x 6) dx}₋

∫

= –1 2 cos(x 2 _{+ 4x – 6) + C} _{(Haga u = x}2 _{+ 4x – 6)} b) cotg(Lnx)dx x

∫

= Ln |sen(Ln x)| + C (Haga u = Ln x ) c) 1 dx (x 2)(3 x)+ −

∫

= arcsen

(

2x 1

)

5− + C

(Complete el cuadrado del denominador y luego haga u = x – 1₂)

(52)

d) _{2 tgh(2}− x 1 x− _{) dx}

∫

= – 1 2Ln2Ln[cosh (2 1–x_{)] + C} _{(Haga u = 2}1–x₎ e) 2 4 x arcsenx dx 1 x−

∫

= ₄1(arcsen x2)2 + C (Haga u = arcsen x2)

f) 2 x _dx x + +x 1

∫

= _x2 _{+ +}_{x 1} _– 1 2 Ln | x + 12 + 2 3 1 2 4 (x+ ) + | + C n 1 x n 1 + + Ln x – n 1 2 x (n 1) + + + C si n ≠–1 g) Muestre que _{x Ln x dx}n

∫

= 1 2 (Ln x) 2 _{+ C} _{si n = –1} ========== 0000000000 ==========