CAP´ ITUL IT ULO O VII. VII. ´ INTEGRACION INDEFINIDA
SECCIONES
A. Integrales inmediatas. B. Integraci´on on por sustituci´on. on. C. Integraci´on on por partes. D. Integraci´on on por fracciones simples. E. Aplicaciones de la integral indefinida. F. Ejercicios propuestos.
267
A. INTEGRALES INTEGRALES INMEDIAT INMEDIATAS.
Se dice que una funci´on on y = F ( F (x) es integral indefinida (tambi´ (t ambi´en en llamad lla madaa on y on y = f = f ((x) cuando F cuando F (x) = f ( f (x). La primitiva o antiderivada ) de otra funci´ notaci´on on usual para representar este hecho es la siguiente:
F ( F (x) =
f ( f (x)dx.
El t´ermin erm inoo ”dx”indica 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 funci´ on on original. Se tratar´a entonces de aplicar las reglas de derivaci´on en sentido inverso, donde conocidas las derivadas de las funciones, se encuentren las propias propias funciones. funciones. Una diferencia fundamental consiste en que mientras cada funci´on s´olo olo tiene una derivada, tiene infinitas integrales, porque si F (x) = f ( f (x), entonces [F ( F (x) + C + C ] = f ( f (x) para cualquier constante C constante C..
Esto se indicar´a escribiendo f ( f (x)dx = dx = F F ((x) + C + C . De este modo, todas las primitivas de una funci´on on se obtienen sumando una constante arbitraria a una primitiva particular. Las siguientes propiedades permitir´an descomponer integrales en otras m´as as sencillas: i)
f (x)dx = dx = f f ((x) + C. + C.
ii) [f ( f (x) iii)
)]dx = = ± g(x)]dx
kf ( kf (x)dx = dx = k k
f ( f (x)dx
f ( f (x)dx,k
∈
±
g (x)dx.
R.
De las f´ormulas ormulas de derivaci´ derivaci´ on on se obtiene obtiene la siguie siguient ntee tabla tabla de integr integrale aless inmediatas, sin m´as as que cambiar el orden de las f´ormulas. ormulas. 1) 2) 3) 4) 5)
xn dx = dx =
xn+1 + C + C si n si n = n + 1
sen xdx = xdx =
−1.
+ C. − cos x + C.
cos xdx = xdx = sen x + C. + C. sec2 xdx = xdx = tg x + C. + C. sec x tg xdx = xdx = sec x + C. + C.
6) cosec x cotg xdx = xdx = 7) cosec2 xdx = xdx =
+ C. − cosec x + C.
+ C. − cotg x + C. 268
A. INTEGRALES INTEGRALES INMEDIAT INMEDIATAS.
Se dice que una funci´on on y = F ( F (x) es integral indefinida (tambi´ (t ambi´en en llamad lla madaa on y on y = f = f ((x) cuando F cuando F (x) = f ( f (x). La primitiva o antiderivada ) de otra funci´ notaci´on on usual para representar este hecho es la siguiente:
F ( F (x) =
f ( f (x)dx.
El t´ermin erm inoo ”dx”indica 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 funci´ on on original. Se tratar´a entonces de aplicar las reglas de derivaci´on en sentido inverso, donde conocidas las derivadas de las funciones, se encuentren las propias propias funciones. funciones. Una diferencia fundamental consiste en que mientras cada funci´on s´olo olo tiene una derivada, tiene infinitas integrales, porque si F (x) = f ( f (x), entonces [F ( F (x) + C + C ] = f ( f (x) para cualquier constante C constante C..
Esto se indicar´a escribiendo f ( f (x)dx = dx = F F ((x) + C + C . De este modo, todas las primitivas de una funci´on on se obtienen sumando una constante arbitraria a una primitiva particular. Las siguientes propiedades permitir´an descomponer integrales en otras m´as as sencillas: i)
f (x)dx = dx = f f ((x) + C. + C.
ii) [f ( f (x) iii)
)]dx = = ± g(x)]dx
kf ( kf (x)dx = dx = k k
f ( f (x)dx
f ( f (x)dx,k
∈
±
g (x)dx.
R.
De las f´ormulas ormulas de derivaci´ derivaci´ on on se obtiene obtiene la siguie siguient ntee tabla tabla de integr integrale aless inmediatas, sin m´as as que cambiar el orden de las f´ormulas. ormulas. 1) 2) 3) 4) 5)
xn dx = dx =
xn+1 + C + C si n si n = n + 1
sen xdx = xdx =
−1.
+ C. − cos x + C.
cos xdx = xdx = sen x + C. + C. sec2 xdx = xdx = tg x + C. + C. sec x tg xdx = xdx = sec x + C. + C.
6) cosec x cotg xdx = xdx = 7) cosec2 xdx = xdx =
+ C. − cosec x + C.
+ C. − cotg x + C. 268
8) 9)
1
√ − √ − | | 1
x2
dx = dx = arc sen sen x + C. + C.
1 dx = dx = arctg x + C. + C. 1 + x + x2
10)
1 x x2
11)
1 dx = dx = ln x + C. x
dx = dx = arcsec x + C. + C.
1
ax 12) + C. + C. ln a Veremos a continuaci´on on algunos casos de aplicaci´on on de las f´ormulas ormulas anteriores. ax dx = dx =
PROBLEMA PROBLEMA 7.1.
(4x (4x3
Resolver la integral
7)dx. − 5x2 + 7)dx
Soluci´ on on
Aplicaremos las propiedades (ii) y (iii) para descomponer la integral en otras integrales m´as as simples. I = 4
x3 dx
− 5
x2 dx + dx + 7
dx.
Aplicando la regla (1) se pueden resolver las integrales que resultan: I = Ten en cuenta que
4x 4 4
3
5 x − 5x 3
+ 7x 7x + C + C = x 4
3
+ 7x 7x + C. + C.
x0 dx = dx = x x 1 /1 + C + C = x + x + C. C.
dx = dx =
5 x − 5x 3
Aunque se deber´ deber´ıa sumar una constante a cada integral, como esa constante es arbitraria, se a˜nade nade al resultado final una constante, que ser´ ser´ıa la suma de cada una de las restantes.
PROBLEMA PROBLEMA 7.2.
Resolver
1 dx. x2 269
Soluci´ on
Escribimos 1/x2 como x I =
2
−
y tenemos:
x
2
−
dx =
x
1
−
−1
+ C =
− x1 + C.
PROBLEMA 7.3.
Resolver Soluci´ on
√
zdz .
3
Si escribimos el integrando en forma de potencia: I =
z
1/3
z 4/3 3 dz = + C = z 4/3 + C. 4/3 4
PROBLEMA 7.4.
Resolver Soluci´ on
− (1
√
x) xdx.
Si separamos en dos integrales, resulta: I =
√ − √ xdx
x xdx =
x
1/2
dx
PROBLEMA 7.5.
Resolver
√ − x
√
x 2 + 2 x
dx.
270
−
x3/2 dx =
2 3/2 x 3
− 25 x5/2 + C.
Soluci´ on
Si escribimos el integrando en forma de potencia, tenemos: I =
x
1/2
dx
−
1 2
xdx + 2
x
1/2
−
dx =
2 3/2 x 3
− 14 x2 + 4x1/2 + C.
PROBLEMA 7.6.
Resolver Soluci´ on
(3s + 4)2 ds.
Desarrollando la potencia, I =
2
(9s + 24s + 16)ds =
= 9
2
9s ds +
24sds +
16ds
s3 s2 + 24 + 16s + C = 3s3 + 12s2 + 16s + C. 3 2
PROBLEMA 7.7.
Resolver
4x3
− 5x2 + 7 dx. x2
Soluci´ on
Si dividimos cada sumando por el denominador com´un, podemos obtener una suma de t´erminos y descomponer en suma de integrales:
7 4x 5 + 2 dx = 4 xdx 5 dx + 7 I = x x2 x 1 7 = 4 5x + 7 + C = 2x2 5x + C. 2 1 x
−
−
−
−
− −
−
271
x
2
−
dx
PROBLEMA 7.8.
Resolver Soluci´ on
(4x2 + 7)2 x2 dx.
Al desarrollar el cuadrado del binomio 4x2 + 7, multiplicar por x 2 y separar la integral en suma de varias, tendremos: I =
(16x4 +56x2 +49)x2 dx =
(16x6 +56x4 +49x2 )dx =
16x7 56x5 49x3 + + +C 7 5 3
PROBLEMA 7.9.
Resolver
(1 + x)2 dx. x
√
Soluci´ on
Descomponiendo en sumandos, tenemos: I =
1 + 2x + x2 dx = x
√
1/2
−
(x
4 2 +2x1/2 +x3/2 )dx = 2x1/2 + x3/2 + x5/2 +C. 3 5
PROBLEMA 7.10.
Resolver
x2 + 2x dx. (x + 1)2
Soluci´ on
Completando cuadrados en el numerador e integrando por separado, tenemos: I =
(x + 1) 2 1 dx = (x + 1)2
−
− 1
1 (x + 1)2
272
dx = x +
1 + C. x + 1
PROBLEMA 7.11.
Resolver
3x3
− 4x2 + 3x dx. x2 + 1
Soluci´ on
Si descomponemos la fracci´on en dos, resulta: I =
3x
−
4 4+ 2 x +1
dx =
3x2 2
− 4x + 4 arc tg x + C.
PROBLEMA 7.12.
Resolver
sen x + tg x dx. tg x
Soluci´ on
La integral anterior se puede descomponer en suma de dos integrales en la forma siguiente: I =
sen x dx + tg x
tg x dx = tg x
cos xdx +
dx = sen x + x + C.
PROBLEMA 7.13.
Resolver
sen y dy. cos2 y
Soluci´ on
Esta integral es inmediata debido a que I =
tg y sec ydy = sec y + C. 273
PROBLEMA 7.14.
Resolver Soluci´ on
(tg2x + sec 2x)2 dx.
Desarrollando el integrando, tenemos:
(tg2 2x + 2tg 2x sec2x + sec2 2x)dx
I =
(2sec2 2x + 2 tg 2x sec2x
=
− 1)dx = tg 2x + sec 2x − x + C.
PROBLEMA 7.15.
Resolver
1 dx. 1 + cos x
Soluci´ on
Multiplicando numerador y denominador por 1 I = =
1 1
− −
cos x dx = cos2 x
(cosec2 x
1
cos x dx sen2 x
−
− cotg x cosec x)dx = − cotg x + cosec x + C.
PROBLEMA 7.16.
Resolver
− cos x:
1 dx. sen2 x cos2 x
274
Soluci´ on
Aplicando la identidad trigonom´etrica sen2 x + cos2 x = 1, resulta: I =
sen2 x + cos2 x dx = sen2 x cos2 x
dx + cos2 x
dx = tg x sen2 x
− cotg x + C.
´ ´ B. INTEGRACION POR SUSTITUCION.
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))] = f (g(x)) g (x),
·
se deduce la correspondiente regla de integraci´on
f (g(x)) g (x) dx = f (g(x)) + C.
·
·
Las f´ormulas siguientes se deducen de la aplicaci´on de la regla de la cadena en las f´ormulas simples escritas en el apartado A. 1) [f (x)]n f (x)dx = 2) 3) 4) 5) 6) 7)
· · · · · · · −
f (x)n+1 + C si n = n + 1
f (x) sen f (x)dx =
−1.
− cos f (x) + C.
f (x) cos f (x)dx = sen f (x) + C. f (x) sec2 f (x)dx = tg f (x) + C.
f (x) sec f (x) tg f (x)dx = sec f (x) + C.
·
f (x) cosec f (x) cotg f (x)dx =
·
f (x) cosec2 f (x)dx =
− cosec f (x) + C.
− cotg f (x) + C.
8)
f (x) dx = arc sen f (x) + C. 1 f (x)2
9)
f (x) dx = arc tg f (x) + C. 1 + f (x)2 275
10)
f (x)
·
− 1 dx = arcsec f (x) + C. f (x) dx = ln |f (x)| + C. f (x) f (x) f (x)2
11) 12)
a
af (x) f (x)dx = + C. ln a
f (x)
En la pr´actica, como no es f´acil determinar si el integrando puede expresarse como la derivada de una funci´on compuesta, se hace un cambio de variable para intentar expresar la integral en forma m´as sencilla. As´ı, en la expresi´on I = f (g(x)) g (x) dx, si hacemos g(x) = t, entonces g (x)dx = dt, con lo que I = f (t) dt = f (t) + C = f (g(x)) + C.
·
·
·
Hay algunas sustituciones especiales para casos concretos que iremos ilustrando en la resoluci´on de los problemas que siguen.
PROBLEMA 7.17.
Resolver
√
4x 2x2
− 1dx.
Soluci´ on
Si f (x) = 2x2 1, tenemos que f (x) = 4x; se trata de calcular La regla (1) indica que el resultado es:
−
I =
(2x2
f (x)1/2 f (x)dx.
− 1)3/2 + C = 2 (2x2 − 1)3/2 + C.
3/2
3
PROBLEMA 7.18.
Resolver Soluci´ on
(x3 + 2)2 3x2 dx.
Haciendo el cambio x 3 + 2 = u tenemos du = 3x2 dx, con lo que: I =
u2 du =
1 3 1 u + C = (x3 + 2)3 + C. 3 3 276
Otra forma es escribir directamente I = (x3 +2) 2 d(x3 +2) = 31 (x3 +2) 3 +C .
PROBLEMA 7.19.
Resolver Soluci´ on
√ 3
2x
− 6dx.
En este caso llamamos f (x) = 2x 6. Sin embargo, f (x) = 2 no aparece expl´ıcitamente en la integral. Como las constantes se pueden multiplicar tanto dentro como fuera de la integral (propiedad iii), podemos escribir:
−
I =
· √
1 2 2x 2 3
−
1 6dx = 2
√ 3
2 2x
− 6dx.
Ahora la integral tiene la forma en que se puede aplicar la regla (1). As´ı: 1 (2x 6)(1/3)+1 3 I = + C = (2x 2 4/3 8
−
·
− 6)4/3 + C.
PROBLEMA 7.20.
Resolver Soluci´ on
(x3 + 2)1/2 x2 dx.
Hacemos el cambio de variable u = x 3 +2, con lo que du = 3x2 dx. As´ı: 1 I = 3
3
(x + 2)
1/2
·
1 3x dx = 3 2
u
1/2
1 u 3/2 2 = (x3 + 2)3/2 + C. du = 3 3/2 9
·
Tambi´en otra forma es la siguiente: 1 3 1 (x + 2)1/2 3x2 dx = (x3 + 2)1/2 d(x3 + 2) 3 3 1 (x3 + 2)3/2 2 + C = (x3 + 2)3/2 + C. 3 3/2 9
I =
=
·
·
277
PROBLEMA 7.21.
Resolver
8x2 dx. (x3 + 2)3
Soluci´ on
Haciendo u = x 3 + 2 tenemos du = 3x2 dx; por tanto: I = 8
du/3 8 = u3 3
u
3
−
8 u 2 4 + C = + C. du = 3 2 3(x3 + 2)2 −
· −
−
PROBLEMA 7.22.
Resolver
x2 dx. x3 + 2
√ 4
Soluci´ on
Haciendo u = x 3 + 2, du = 3x2 dx y tenemos: I =
du/3 1 = u 3
√
u
4
1/4
−
du =
1 4 3/4 4 u + C = (x3 + 2)3/4 + C. 3 3 9
·
PROBLEMA 7.23.
Resolver
√ − 3x 1
2x2 dx.
Soluci´ on
Haciendo el cambio 1 I = 3
√ ·
du u = 4
−
− 2x2 = u, du = −4xdx, resulta: 3 4
−
u1/2 du =
− 34 · 23 u3/2 + C = − 12 (1 − 2x2)3/2 + C. 278
PROBLEMA 7.24.
Resolver
x + 3 dx. (x2 + 6x)1/3
Soluci´ on
Hacemos el cambio x 2 + 6x = u, con lo que (2x + 6)dx = du y resulta: I =
du/2 1 = 2 u1/3
u
1/3
−
du =
1 3 2/3 3 u + C = (x2 + 6x)2/3 + C. 2 2 4
·
PROBLEMA 7.25.
√ − 3
x 1
Resolver Soluci´ on
x2 dx.
Procediendo directamente, tenemos 1 1 (1 x2 )1/3 ( 2x)dx = (1 x2 )1/3 d(1 2 2 1 3 3 (1 x2 )4/3 + C = (1 x2 )4/3 + C. 2 4 8
−
I = =
− ·
− −
−
−
−
−
− x2)
−
PROBLEMA 7.26.
Resolver Soluci´ on
√ − x2
2x4 dx.
Sacando x 2 factor com´ un en la ra´ız, podemos escribir: I = =
1 4
−
(1 − 2x2 )1/2 (−4xdx) − 2x2)1/2 · xdx = − 14 · 23 (1 − 2x2)3/2 + C = − 16 (1 − 2x2)3/2 + C. (1
279
PROBLEMA 7.27.
Resolver Soluci´ on
(ex + 1)3 ex dx.
Hacemos el cambio u = e x + 1, con lo que du = e x dx. As´ı: I =
u4 (ex + 1)4 u du = + C = + C. 4 4
3
PROBLEMA 7.28.
Resolver
(x2
x dx. + a2 )n
Soluci´ on
Sabiendo que la derivada de x 2 + a2 es 2x, tenemos: I = =
1 2xdx 1 = (x2 + a2 ) n d(x2 + a2 ) 2 2 n 2 (x + a ) 2 1 (x2 + a2 ) n+1 1 + C = + C. 2 n + 1 2(n 1)(x2 + a2 )n 1
·
−
−
−
PROBLEMA 7.29.
Resolver
(1
−
1 x2 ) 1
− √ − x2 dx.
280
−
−
Soluci´ on
Utilizamos en este caso el siguiente artificio: I =
dx
x
3 dx
−
√ − √ − − √ − − − − −
= [x 1 1 x2 ]3 (1 x2 )3 x 3 1 2x 3 dx = dx 2 ( x 2 1)3 ( x 2 1)3 1 (x 2 1) 3/2 d(x 2 1) = (x 2 1) 2 −
−
= =
−
−
−
−
−
−
−
−
−
1/2
−
+ C =
PROBLEMA 7.30.
Resolver sen(x/2)dx. Soluci´ on
Aplicando la f´ ormula (2), tenemos:
I = 2 sen(x/2)(dx/2) =
−2cos(x/2) + C.
PROBLEMA 7.31.
Resolver cos 3xdx. Soluci´ on
Aplicamos en este caso la f´ormula (3) y obtenemos: 1 I = 3
1 cos3x(3dx) = sen3x + C. 3
PROBLEMA 7.32.
Resolver
sen2 x cos xdx.
281
√ 1 x− x2 + C.
Soluci´ on
Tenemos que: I =
sen3 x sen xd(sen x) = + C. 3
2
PROBLEMA 7.33.
Resolver Soluci´ on
sen3 xdx.
Si descomponemos sen3 x = sen 2 x sen x, debemos expresar sen 2 x en funci´on de cos x debido a que en el integrando aparece (cos x) = sen x. Entonces:
·
I =
2
sen x sen xdx =
−
2
(1 cos x)sen xdx =
−
−
sen xdx+
cos2 x sen xdx.
La primera integral es inmediata. Como la segunda integral es de la forma f 2 (x)f (x)dx, con f (x) = cos x, resulta que:
I =
−
cos 3 x cos x + + C. 3
PROBLEMA 7.34.
Resolver Soluci´ on
sec2 (2ax)dx.
Aplicando la f´ ormula (4), tenemos: 1 I = 2a
sec2 (2ax)(2adx) =
282
1 tg(2ax) + C. 2a
PROBLEMA 7.35.
Resolver Soluci´ on
ex cos ex dx.
Procediendo de forma directa, I =
cos ex (ex dx) = sen ex + C.
PROBLEMA 7.36.
Resolver
1 dx. x + 2
Soluci´ on
Aplicamos la f´ormula (11): I =
d(x + 2) = ln x + 2 + C. x + 2
|
|
PROBLEMA 7.37.
Resolver
1 2x
− 3 dx.
Soluci´ on
An´ alogamente al anterior, 1 I = 2
d(2x 3) 1 = ln 2x 2x 3 2
− −
| − 3| + C.
283
PROBLEMA 7.38.
Resolver
x x2
− 1 dx.
Soluci´ on
Si escribimos en el numerador la derivada del denominador, resulta: 1 I = 2
2x x2
−
1 dx = 1 2
d(x2 x2
− 1) = 1 ln |x2 − 1| + C. −1 2
PROBLEMA 7.39.
Resolver
x2 dx. 1 2x3
−
Soluci´ on
Multiplicando y dividiendo por -6, I =
6x2 dx = 1 2x3
1 6
− −
−
− 16 ln |1 − 2x3| + C.
PROBLEMA 7.40.
Resolver
x + 2 dx. x + 1
Soluci´ on
Separamos en dos fracciones y tenemos: I =
1 1+ x + 1
dx =
dx +
284
1 dx = x + ln x + 1 + C. x + 1
|
|
PROBLEMA 7.41.
Resolver
ex
1 dx. +1
Soluci´ on
Usaremos aqu´ı el siguiente artificio: I =
e x dx = e x (ex + 1) −
−
e x dx = 1 + e x
− −
−
−
− ln(1 + e
x
−
No es necesario en este caso el valor absoluto porque 1 + e x.
x
−
) + C.
> 0, para todo
PROBLEMA 7.42.
Resolver
tg xdx.
Soluci´ on
Procederemos as´ı: I =
sen x dx = cos x
sen x dx = cos x
− −
− ln | cos x| + C = ln | sec x| + C.
PROBLEMA 7.43.
Resolver Soluci´ on
tg 2xdx.
An´ alogamente al anterior: 1 I = 2
1 tg 2x(2dx) = ln sec2x + C. 2
|
285
|
PROBLEMA 7.44.
Resolver
sen x + cos x dx. cos x
Soluci´ on
Separando la fracci´on en dos, tenemos: I =
(tg x + 1)dx = ln sec x + x + C.
|
|
PROBLEMA 7.45.
Resolver Soluci´ on
(1 + tg x)2 dx.
Desarrollando el cuadrado, tenemos: I =
2
(1 + 2 tg x + tg x)dx = (sec2 x + 2tg x)dx = tg x + 2 ln sec x + C.
|
PROBLEMA 7.46.
Resolver
x cotg x2 dx.
Soluci´ on
Sabiendo que
cotg xdx =
1 I = 2
cos x dx = ln sen x + C , resulta: sen x
|
|
1 cotg x2 (2xdx) = ln sen x2 + C. 2
·
|
286
|
|
PROBLEMA 7.47.
Resolver Soluci´ on
sec xdx.
Es u ´ til en este caso utilizar el siguiente artificio: I =
sec x(sec x + tg x) dx = sec x + tg x
sec x tg x + sec2 x dx = ln sec x+tg x +C. sec x + tg x
|
PROBLEMA 7.48.
Resolver
√ √ sec
x
x
dx.
Soluci´ on
Teniendo en cuenta el problema anterior, resulta: I = 2
sec
√ x dx √ = 2 ln | sec √ x + tg √ x| + C. 2 x
PROBLEMA 7.49.
Resolver cosec udu. Soluci´ on
Un artificio similar al realizado anteriormente permite escribir: I = =
cosec u(cosec u cotg u) du cosec u cotg u cosec2 u cosec u cotg u du = ln cosec u cosec u cotg u
−
−
−
|
−
287
− cotg u| + C.
|
PROBLEMA 7.50.
Resolver
sec x tg x dx. a + b sec x
Soluci´ on
Si hacemos que el numerador sea la derivada del denominador, tenemos 1 I = b
b sec x tg xdx 1 = ln a + b sec x + C. a + b sec x b
|
|
PROBLEMA 7.51.
Resolver
1 cosec 2x
− cotg 2x dx.
Soluci´ on
Aplicando las identidades cosec 2x = 1/ sen2x y cotg 2x = cos 2x/ sen2x: I = =
sen2x 1 dx = 1 cos2x 2
2sen2xdx 1 = ln(1 1 cos2x 2
− cos2x) + C 1 1 ln(2 sen2 x) + C = (ln 2 + 2 ln | sen x|) + C = ln | sen x| + C . 2 2 −
−
PROBLEMA 7.52.
Resolver
x dx.
−
e
288
Soluci´ on
La f´ ormula (12) da casi directamente: I =
−
e
x
−
( dx) =
−
x
−
−e
+ C.
PROBLEMA 7.53.
Resolver Soluci´ on
a2x dx.
De nuevo por la f´ormula (12), 1 I = 2
a2x (2dx) =
1 a2x + C. 2 ln a
·
PROBLEMA 7.54.
Resolver
e1/x dx. x2
Soluci´ on
An´ alogamente a los anteriores, I =
− − e1/x
dx x2
PROBLEMA 7.55.
Resolver
e3cos2x sen2xdx.
289
=
−e1/x + C.
Soluci´ on
Podemos hacer el cambio 3 cos 2x = u o bien proceder directamente: I =
1 6
−
e3cos2x ( 6sen2xdx) =
−
− 16 e3cos2x + C.
PROBLEMA 7.56.
Resolver
1
√
a2
− x2 dx.
Soluci´ on
De acuerdo a la f´ormula (8) tenemos: I =
a 1
dx
− (x/a)2
=
d(x/a)
1
− (x/a)2 = arc sen x/a + C.
PROBLEMA 7.57.
Resolver
1
√
25
− 16x2 dx.
Soluci´ on
Teniendo en cuenta el problema anterior, resulta: 1 I = 4
4dx 1 = 4 52 (4x)2
−
4dx/5 1 4x = arc sen + C. 4 5 1 (4x/5)2
PROBLEMA 7.58.
Resolver
x2 dx. 1 x6
√
−
290
−
Soluci´ on
An´ alogamente a los anteriores: 1 I = 3
3x2 dx 1 = arc sen x3 + C. 3 1 (x3 )2
−
PROBLEMA 7.59.
Resolver
x + 3 dx. 1 x2
√
−
Soluci´ on
Si separamos en dos integrales: I = =
xdx dx +3 1 x2 1 x2 2xdx dx +3 = 2 1 x2 1 x2
√ √ − − − √ − √ −
−
− 1 − x2 + 3 arc sen x + C.
PROBLEMA 7.60.
Resolver
1 20 + 8x
√
− x2 dx.
Soluci´ on
Completando cuadrados en la ra´ız y teniendo en cuenta los problemas anteriores, obtenemos: I =
36
dx
− (x2 − 8x + 16)
=
62
291
dx
− (x − 4)2
= arc sen
x
− 4 + C. 6
PROBLEMA 7.61.
Resolver
√
28
−
1 12x
− x2 dx.
Soluci´ on
An´ alogamente al anterior resulta: I =
64
−
dx = (x2 + 12x + 36)
82
dx x + 6 = arc sen + C. 8 (x + 6) 2
−
PROBLEMA 7.62.
Resolver
x + 3 dx. 5 4x x2
√
− −
Soluci´ on
Procedemos de la siguiente manera: I =
=
1 2
( 2x 6)dx 1 ( 2x 4) 2 1 = dx = 2 2 5 4x x2 5 4x x2 dx 1 ( 2x 4) + = dx + 2 5 4x x2 5 4x x2 x + 2 5 4x x2 + arc sen + C. 3
− √ − − − − √ − − − − −
− − − − √ − − − √ − −
− −
PROBLEMA 7.63.
Resolver
1 dx. 9 + x2
292
( 2x 4) dx 5 4x x2 dx dx 9 (x + 2) 2
− √ −− −− −
Soluci´ on
Aplicamos la f´ormula (9) y tenemos: I =
dx 1 = 2 9[1 + (x/3) ] 3
dx/3 1 = arc tg(x/3) + C. 2 1 + (x/3) 3
PROBLEMA 7.64.
Resolver
1 dx. 4x2 + 9
Soluci´ on
Procediendo an´ alogamente al problema anterior: 1 I = 2
2dx 1 = 2 2 (2x) + 3 2
2dx 1 2x = arctg + C. 2 9[(2x/3) + 1] 6 3
PROBLEMA 7.65.
Resolver
x dx. x4 + 3
Soluci´ on
Razonando an´ alogamente a los problemas anteriores, tendremos: 1 I = 2
2xdx 1 = 2 2 (x ) + 3 2
· √
√
PROBLEMA 7.66.
Resolver
√
√
1 x2 3 x 2 3 arctg + C = arctg + C. 6 3 3 3
1 dy . y2 + 10y + 30 293
Soluci´ on
Al completar cuadrados en el denominador, podemos reducirlo a los casos anteriores: I =
dy = 2 (y + 10y + 25) + 5
dy 1 y + 5 = arc tg + C. 2 (y + 5) + 5 5 5
√
√
Observaci´ on: Este
m´etodo s´olo es posible porque el denominador no tiene ra´ıces reales. En caso contrario, deberemos aplicar el m´etodo de integraci´on por fracciones simples (ver apartado D.)
PROBLEMA 7.67.
Resolver
ex
1 + e
x
−
dx.
Soluci´ on
Multiplicando numerador y denominador por ex obtenemos directamente: ex dx I = = arc tg ex + C. 2x e +1
PROBLEMA 7.68.
Resolver
sec x tg x dx. 9 + 4 sec2 x
Soluci´ on
Teniendo en cuenta los problemas anteriores, resulta tambi´ en: 1 I = 2
2sec x tg xdx 1 2 sec x = arc tg + C. 32 + (2 sec x)2 6 3
294
PROBLEMA 7.69.
Resolver
2x 7 dx. x2 + 9
−
Soluci´ on
Si separamos en dos integrales, resulta: I =
2xdx x2 + 9
− 7
dx = ln(x2 + 9) +9
x2
− 73 arctg(x/3) + C.
PROBLEMA 7.70.
Resolver
x + 1 dx. x2 4x + 8
−
Soluci´ on
Si intentamos escribir en el numerador la derivada del denominador, obtenemos las siguientes integrales: I = =
1 (2x 4)dx dx 1 + 3 = 2 x2 4x + 8 x2 4x + 8 2 1 3 x 2 ln(x2 4x + 8) + arc tg + C. 2 2 2
− − −
−
−
(2x 4)dx + 3 x2 4x + 8
− −
PROBLEMA 7.71.
Resolver
1 x 4x2
√
− 9 dx.
Soluci´ on
Aplicando adecuadamente la f´ ormula (10) resulta: I = =
dx
− − x (2x)2
1 3
=
dx
32 3x (2x/3)2 1 2dx/3 1 2x = arcsec + C. 3 3 (2x/3) (2x/3)2 1 295
−
(x
−
dx 2)2 + 4
PROBLEMA 7.72.
Resolver
1 x x4
√
− 1 dx.
Soluci´ on
An´ alogamente al problema anterior podemos escribir: 1 I = 2
2xdx (x2 )2
x2
−
1 1 = arcsec x2 + C = arc cos(1/x2 ) + C. 2 2 1
PROBLEMA 7.73.
Resolver Soluci´ on
sen2 xdx.
Aplicando la f´ ormula sen2 x = (1 1 I = 2
(1
− cos2x)/2 resulta:
− cos2x)dx = 12 x − 14 sen2x + C.
PROBLEMA 7.74.
Resolver Soluci´ on
cos2 λxdx.
Aplicamos en este caso la identidad cos 2 λx = (1 + cos 2λx)/2: 1 I = 2
(1 + cos 2λx)dx =
296
x sen2λx + + C. 2 4λ
PROBLEMA 7.75.
Resolver Soluci´ on
cos5 xdx.
Realizamos la siguiente descomposici´on: I =
4
cos x cos xdx = +
2
(1
− sen
2
x) cos xdx =
cos xdx
− 2
sen2 x cos xdx
− 23 sen3 x + 15 sen5 x + C.
sen4 x cos xdx = sen x
PROBLEMA 7.76.
Resolver Soluci´ on
sen2 x cos3 xdx.
De la identidad fundamental sen 2 x + cos 2 x = 1 resulta: I = =
sen2 x cos2 x cos xdx = sen2 x cos xdx
−
sen2 x(1
− sen2 x)cos xdx
1 sen4 x cos xdx = sen 3 x 3
− 15 sen5 x + C.
PROBLEMA 7.77.
Resolver Soluci´ on
cos4 2x sen3 2xdx.
Como el exponente de sen 2x es impar, procedemos as´ı: I = =
4
2
cos 2x sen 2x sen2xdx = 4
cos 2x sen2xdx
−
cos4 2x(1
− cos2 2x)sen2xdx
cos6 2x sen2xdx = 297
− 101 cos5 2x + 141 cos7 2x + C.
PROBLEMA 7.78.
Resolver Soluci´ on
sen3 3x cos5 3xdx.
An´ alogamente al ejercicio anterior tenemos: I =
2
(1
− cos
5
3x)cos 3x sen3xdx =
−
cos7 3x sen3xdx =
cos5 3x sen3xdx
− 181 cos6 3x + 241 cos8 3x + C.
Otra forma similar es usar el hecho de que el exponente de cos 3x tambi´en es impar: I = =
sen3 3x(1
− sen2 3x)2 cos3xdx
3
sen 3x cos3xdx
− 2
5
sen 3x cos3xdx +
sen7 3x cos3xdx
1 1 1 sen 4 3x sen 6 3x + sen 8 3x + C. 12 9 24 Obs´ervese que ambos resultados difieren en una constante aunque no lo parezca a simple vista. =
−
PROBLEMA 7.79.
Resolver Soluci´ on
sen4 xdx.
Como el exponente de sen x es par, utilizamos la identidad sen 2 x = (1 cos2x)/2 y posteriormente cos2 2x = (1 + cos 4x)/2: I =
=
−
1 1 1 (sen x) dx = (1 cos2x)2 dx = dx cos2xdx 4 4 2 1 1 1 1 + cos2 2xdx = dx cos2xdx + (1 + cos 4x)dx 4 4 2 8 1 1 1 1 3 1 1 x sen 2x + x + sen4x + C = x sen2x + sen4x + C. 4 4 8 32 8 4 32
2
2
−
−
−
−
298
−
PROBLEMA 7.80.
Resolver
sen2 x cos2 xdx.
Soluci´ on
Por la f´ormula sen 2x = 2 sen x cos x tenemos: I = =
1 1 1 (2 sen x cos x)2 dx = sen2 2xdx = (1 4 4 8 1 1 1 1 dx cos4xdx = x sen4x + C. 8 8 8 32
−
− cos4x)dx
−
PROBLEMA 7.81.
Resolver Soluci´ on
sen4 3x cos2 3xdx.
Por ser ambos exponentes pares tenemos como antes: I = =
1 (sen2 3x cos2 3x)sen2 3xdx = sen2 6x(1 cos6x)dx 8 1 1 1 sen2 6xdx sen2 6x cos6xdx = (1 cos12x)dx 8 8 16 1 1 1 1 sen2 6x cos6xdx = x sen 12x sen 3 6x + C. 8 16 192 144
−
−
−
PROBLEMA 7.82.
Resolver
tg4 xdx.
299
−
−
−
Soluci´ on
Aplicamos la f´ ormula sec2 x = 1 + tg 2 x y tenemos: I = =
2
2
−
tg x tg xdx = tg2 xd(tg x)
2
2
tg x(sec x
(sec2 x
− 1)dx =
2
2
tg x sec xdx
− 1)dx = 13 tg 3 x − tg x + x + C.
−
tg2 xdx
PROBLEMA 7.83.
Resolver Soluci´ on
tg5 xdx.
De forma an´aloga al problema anterior podemos escribir: I = =
3
2
−
tg x tg xdx = tg3 xd(tg x)
3
2
tg x(sec x
tg x(sec2 x
− 1)dx =
3
2
tg x sec xdx
−
− 1)dx = 14 tg4 x − 12 tg2 x + ln | sec x| + C.
PROBLEMA 7.84.
Resolver Soluci´ on
sec4 2xdx.
Tambi´en en este caso tenemos: I = =
sec2 2x sec2 2xdx = sec2 2xdx +
tg3 xdx
sec2 2x(1 + tg2 2x)dx
1 1 tg2 2x sec2 2xdx = tg 2x + tg 3 2x + C. 2 6
300
PROBLEMA 7.85.
Resolver Soluci´ on
tg3 3x sec4 3xdx.
Nuevamente, de la identidad sec 2 3x = 1 + tg 2 3x, resulta: I = =
3
2
2
tg 3x(1 + tg 3x)sec 3xdx =
1 4 1 tg 3x + tg 6 3x + C. 12 18
3
2
tg 3x sec 3xdx +
tg5 3x sec2 3xdx
PROBLEMA 7.86.
Resolver Soluci´ on
tg3 2x sec3 2xdx.
En este caso integramos con respecto a d(sec 2x) como sigue: I = = =
2
2
tg 2x sec 2x sec2x tg 2xdx = (sec2 2x
− 1) sec2 2x sec2x tg 2xdx
1 1 sec4 2xd(sec2x) sec2 2xd(sec 2x) 2 2 1 1 sec 5 2x sec 3 2x + C. 10 6
−
−
PROBLEMA 7.87.
Resolver cotg3 2xdx.
301
Soluci´ on
De la f´ormula cosec2 2x 1 = cotg2 2x y teniendo en cuenta que d(cotg 2x) = 2 cosec2 2xdx, resulta:
−
−
I =
cotg 2x(cosec2 2x
− 1)dx = − 14 cotg2 2x + 12 ln | cosec 2x| + C.
PROBLEMA 7.88.
Resolver cotg4 3xdx.
Soluci´ on
Procediendo de forma an´aloga al anterior tenemos: I =
cotg2 3x(cosec2 3x
− 1)dx =
cotg2 3x cosec2 3xdx
1 cotg2 3xd(cotg 3x) (cosec2 3x 3 1 1 cotg3 3x + cotg 3x + x + C. 9 3
=
−
=
−
−
−
cotg2 3xdx
− 1)dx
PROBLEMA 7.89.
Resolver cosec6 xdx. Soluci´ on
De forma similar a los anteriores, I =
2
2
2
cosec x(1 + cotg x) dx =
+ cotg4 x cosec2 xdx =
2
cosec xdx + 2 cotg2 x cosec2 xdx
− cotg x − 23 cotg3 x − 15 cotg5 x + C.
302
PROBLEMA 7.90.
Resolver cotg3 x cosec5 xdx.
Soluci´ on
Sabiendo que d(cosec x) = I = = = =
−
− cosec x cotg xdx, tenemos:
cotg2 x cosec4 x cosec x cotg xdx
(cosec2 x
− 1) cosec4 x cosec x cotg xdx
6
cosec xd(cosec x) + cosec4 xd(cosec x)
− 17 cosec7 x + 15 cosec5 x + C.
PROBLEMA 7.91.
Resolver Soluci´ on
√ − 1
cos xdx.
− cos x = 2 sen2(x/2), tenemos: √ √ I = 2 sen(x/2)dx = −2 2 cos(x/2) + C.
Debido a la f´ormula 1
PROBLEMA 7.92.
Resolver
√
1
−
1 dx. sen2x 303
Soluci´ on
Aplicamos la identidad sen x = cos(π/2 blema anterior: I = =
√ −
dx =
1 2sen(π/4
√
dx x) − − 2x) √ 2 cosec(π/4 − x)dx = − ln | cosec(π/4 − x) − cotg(π/4 − x)| + C. 2
1
2 2
1 cos(π/2
− x) y procedemos como en el pro-
PROBLEMA 7.93.
Resolver
(1 + cos 3x)3/2 dx.
Soluci´ on
Utilizamos la f´ormula 1 + cos 3x = 2 cos2 (3x/2):
√
√
I = 2 2 = 2 2
√
3
cos (3x/2)dx = 2 2
2 sen(3x/2) 3
Resolver
1 sen3 x cos3 x
[1
− 29 sen3(3x/2)
PROBLEMA 7.94.
−
dx.
304
sen2 (3x/2)] cos(3x/2)dx + C.
Soluci´ on
De la identidad 1 = sen 2 x+cos2 x, tenemos la siguiente descomposici´on: (sen2 x + cos 2 x)2 sen4 x + cos4 x + 2 sen2 x cos2 x dx = dx sen3 x cos3 x sen3 x cos3 x sen x cos x 1 dx + dx + 2 dx 3 3 cos x sen x sen x cos x sec2 x cos 3 xd(cos x) + sen 3 xd(sen x) + 2 dx tg x 1 1 + 2 ln tg x + C. 2 2cos x 2sen2 x
−
I = = = =
−
−
−
|
|
PROBLEMA 7.95.
Resolver Soluci´ on
sen λx cos µxdx, donde λ2
Utilizamos la f´ormula sen(a + b) + sen(a I = =
− µ2 = 0 .
− b) = 2 sen a cos b:
1 [sen(λx + µx) + sen(λx µx)]dx 2 1 [sen(λ + µ)x + sen(λ µ)x]dx = 2
−
−
−
1 cos(λ + µ)x cos(λ µ)x + + C. 2 λ + µ λ µ
− −
PROBLEMA 7.96.
Resolver Soluci´ on
sen λx sen µxdx, donde λ2
− µ2 = 0 .
Similar al anterior con la f´ormula cos(a b) cos(a+b) = 2 sen a sen b:
− −
I = =
1 [cos(λx µx) cos(λx + µx)]dx 2 1 1 sen(λ µ)x [cos(λ µ)x cos(λ + µ)x]dx = 2 2 λ µ
−
−
−
−
305
− −
−
sen(λ + µ)x + C. λ + µ
PROBLEMA 7.97.
Resolver Soluci´ on
cos λx cos µxdx, donde λ2
− µ2 = 0 .
Aplicamos en este caso la f´ormula cos(a+b)+cos(a b) = 2 cos a cos b:
−
1 1 sen(λ + µ)x sen(λ µ)x I = [cos(λx+µx)+cos(λx µx)]dx = + +C. 2 2 λ + µ λ µ
−
− −
PROBLEMA 7.98.
Resolver
√
1
x2 + 1
dx.
Soluci´ on
Si hacemos el cambio de variable x = tg u, entonces dx = sec 2 udu. As´ı: I =
1 sec 2 udu = sec u
sec udu = ln sec u+tg u +C = ln(x+ x2 + 1)+C.
|
|
PROBLEMA 7.99.
Resolver
1 dx. 4x2 + 9
√
Soluci´ on
Escribimos la funci´ o n como en el problema anterior y aplicamos el resultado obtenido o bien hacemos el cambio 2x/3 = t g u, de modo que 306
dx = (3/2)sec2 udu: I = =
1 dx = (2x)2 + 32
1 dx = 3 (2x/3)2 + 1
1 1 2x ln sec u + tg u + C = ln + 2 2 3
|
|
√ 4x2 + 9 3
(3/2) sec2 udu 3sec u
+ C.
PROBLEMA 7.100.
Resolver
x + 2 dx. x2 + 9
√
Soluci´ on
Separamos la integral en dos y aplicamos en la segunda la sustituci´on x/3 = tg u: I = =
1 2
2x + 4 1 dx = 2 x2 + 9
2x dx + 2 x2 + 9
√ √ x2 + 9 + 2
sec udu =
1
√ √
x2 + 9 + 2 ln
x2 + 9
x + 3
dx
x2
+9
3
+ C.
PROBLEMA 7.101.
Resolver
√
1
x2
− 1 dx.
Soluci´ on
Si hacemos x = sec u, entonces dx = sec u tg udu. Por tanto: I =
1 sec u tg udu = ln sec u + tg u + C = ln x + tg u
|
|
307
|
− | x2
1 + C.
PROBLEMA 7.102.
Resolver
√
1
9z 2
− 25 dz.
Soluci´ on
Si hacemos el cambio 3z/5 = sec u, 3dz/5 = sec u tg udu, entonces: I = =
1 3
3/5 (3z/5)2
1 dz = 3 1
− 1 1 ln | sec u + tg u| + C = ln 3 3
sec u tg u du tg u
3z + 5
√ 9z2 − 25 5
+ C.
PROBLEMA 7.103.
Resolver
1 ds. 4s + s2
√
Soluci´ on
Completando cuadrados en el denominador y haciendo el cambio (s+2)/2 = sec u, resulta:
I = =
1 (s + 2) 2
ds =
1 2 [(s + 2)/2]2
−4 − 1 ds √ 4s + s2 s + 2 sec udu = ln | sec u + tg u| + C = ln + 2 2
PROBLEMA 7.104.
Resolver
x + 2 x2 + 2x
√
− 3 dx. 308
+ C.
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 = sec u: I = = =
2x + 4 2 x2 + 2x
√
x2 + 2x x2 + 2x
−3
−3+
dx =
2x + 2 2 x2 + 2x
√
−3
dx +
sec udu
− 3 + ln
x + 1 + 2
√ x2 + 2x − 3 2
1/2 [(x + 1)/2]2
− 1 dx
+ C.
PROBLEMA 7.105.
Resolver Soluci´ on
√ − 3
4x2 dx.
√
√
Haremos el cambio 2x/ 3 = sen u, 2dx/ 3 = cos udu despu´es de escribir la funci´ on de forma m´as conveniente: I = = = =
√
−
3
3 2
1
√
(2x/ 3)2 dx =
3
2
−
cos2 udu
1 + cos 2u 3 sen2u du = u + + C 2 4 2
√
· · √ ·
√
−
3 3 2x 3 4x2 arc sen(2x/ 3) + 2 + C 4 8 3 3 3 x arc sen(2x/ 3) + 3 4x2 + C. 4 2
PROBLEMA 7.106.
Resolver
√ √ 3
√ − 3
2x
− x2dx. 309
Soluci´ on
Completando cuadrados y procediendo como en el problema anterior con el cambio (x + 1)/2 = sen u, resulta: I =
−
(x + 1) 2 dx =
4
− 2
1
[(x + 1)/2]2 dx =
u sen2u x + 1 x + 1 = 4 + + C = 2arcsen + 2 4 2 2
4
− 3
cos2 udu
2x
− x2 + C.
PROBLEMA 7.107.
Resolver
1 √ dx. x2 4 + x2
Soluci´ on
√ 4 + x2 =
Si hacemos el cambio tg z = x/2, tendremos dx = 2sec2 zdz y 2sec z. Entonces: I = =
2sec2 z 1 dz = 2 (4tg z)(2 sec z) 4
1 4
2
−
sen
z cos zdz =
−
sec z dz tg2 z
1 + C = 4sen z
−
√ 4 + x2 4x
+ C.
PROBLEMA 7.108.
Resolver
x2 dx. x2 4
√
−
Soluci´ on
Hacemos el cambio x/2 = sec z, con lo que dx = 2sec z tg zdz y 2 tg z:
I =
4sec2 z (2sec z tg zdz) = 4 2 tg z
sec3 zdz
1 = 2 sec z tg z + 2ln sec z + tg z + C = x x2 2
|
√ x2 − 4 =
|
310
−
4 + 2 ln x +
|
− | x2
4 + C .
(Ver problema 7.124 para la resoluci´o n de la u ´ ltima integral.)
PROBLEMA 7.109.
Resolver
√ − 9
4x2
x
dx.
Soluci´ on
√ 9 − 4x2 = 3cos z.
Haciendo 2x/3 = sen z tendremos 2dx/3 = cos zdz y As´ı: 3cos z cos2 z I = (3/2)cos zdz = 3 dz (3/2)sen z sen z 1 sen2 z = 3 dz = 3 cosec zdz 3 sen zdz sen z
−
= 3 ln cosec z
|
−
− cotg z| + 3 cos z + C = 3ln
− √ − 3
9 2x
4x2
− +
9
4x2 + C .
PROBLEMA 7.110.
Resolver
(16
− 9x2)3/2 dx. x6
Soluci´ on
Haciendo 3x/4 = sen z tendremos dx = (4/3)cos zdz y As´ı: I = = =
64cos3 z (4/3)cos z dz = (4096/729) sen6 z 243 cotg4 z cosec2 zdz = 16 243 (16 9x2 )5/2 + C = 80 243x5
−
·
·
243 cos4 z dz 16 sen6 z 243 cotg5 z + C 80 1 (16 9x2 )5/2 + C. 80 x5
−
−
311
√ 16 − 9x2 = 4 cos z.
− ·
−
PROBLEMA 7.111.
Resolver
x2 dx. 2x x2
√
−
Soluci´ on
Volvemos a escribir la integral como bio x ta:
−
x2
dx y hacemos el cam1 (x 1)2 1 = sen z. Tendremos as´ı dx = cos zdz y 2x x2 = cos z. Resul-
I = = = =
− −√ −
(1 + sen z)2 cos zdz = (1 + 2 sen z + sen2 z)dz cos z 1 cos2z 3 1 1 + 2 sen z + dz = z 2cos z sen2z + C 2 2 4 3 1 arc sen(x 1) 2 2x x2 (x 1) 2x x2 + C 2 2 3 1 arc sen(x 1) (x + 3) 2x x2 + C. 2 2
−
− − − −
−
−
−
−
−
−
−
PROBLEMA 7.112.
Resolver
(4x2
−
1 dx. 24x + 27)3/2
Soluci´ on
Completando cuadrados tenemos que I =
1 3)2
− 9]3/2 dx. √ Haciendo 2(x−3)/3 = sec z, resulta dx = (3/2) sec z tg zdz y 4x2 − 24x + 27 = [4(x
−
3 tg z, con lo que: I = =
(3/2)sec z tg zdz 1 = sen 2 z cos zdz 3 27tg z 18 1 1 x 3 sen 1 z + C = + C. 18 9 4x2 24x + 27
−
−
−
− · √ −−
312
PROBLEMA 7.113.
Resolver
1 dx. (1 + x2 ) 1 + x2
√
Soluci´ on
√
Haciendo x2 = t, 2xdx = dt, es decir, dx = dt/(2 t). Por tanto, I = Haciendo ahora I = = = = =
√ √
dt/2 t 1 = 2 (1 + t) 1 + t
1 = z = 1 + t
dt . (1 + t) (1 + t)t
⇒ 1z − 1 = t =⇒ dt = − 1z2 dz, tenemos:
1 dz z2
z
− · − − √ −− √ − − − − · − √ 1 2
(1/z)[(1/z) 1] dz/z 1 = 2 (1/z) 1 z
1 2
1 2
1/2
−
(1
z)
dz =
=
1 2
dz/z (1/z 2 ) (1/z)
dz 1 z
−
1 (1 z)1/2 + C 2 1/2
1 + C = − z + C = 1 − 1 + t √ t √ 1 + t + C = √ 1 x+ x2 + C.
1 + t 1 + C 1 + t
1
−
´ C. INTEGRACION POR PARTES.
Este m´ etodo se basa en la f´ormula de derivaci´o n de un producto de dos funciones: integrando la f´ormula (f g) (x) = f (x) g(x) + f (x) g (x), se obtiene f (x) g(x) = f (x) g(x)dx + f (x) g (x)dx, de donde,
·
·
·
f (x) g (x) dx = f (x) g(x)
·
·
·
313
·
·
−
·
f (x) g(x) dx.
·
·
Otra forma de escribir esta f´ormula es llamar u = f (x) y v = g(x), con lo que resulta:
·
u dv = u v
·
− ·
v du.
Este m´ etodo suele aplicarse cuando el integrando es producto de dos funciones de distinta clase, como por ejemplo, polin´omica por exponencial, trigonom´etrica por exponencial, polin´omica 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
xex dx.
Soluci´ on
Hacemos u = x, dv = e x dx. Entonces du = dx, v = e x y tenemos: I = xe
x
−
ex dx = xex
− ex + C.
PROBLEMA 7.115.
Resolver Soluci´ on
x3 e2x dx.
Haciendo u = x 3 , dv = e 2x dx tendremos du = 3x2 dx, v = (1/2)e2x , con lo que: 1 3 I = x3 e2x x2 e2x dx. 2 2
−
Haciendo en la integral resultante u = x2 y dv = e2x dx tendremos du = 2xdx, v = (1/2)e2x , de modo que: 1 I = x3 e2x 2
−
3 1 2 2x x e 2 2
−
1 xe2x dx = x3 e2x 2 314
−
3 2 2x 3 x e + 4 2
xe2x dx.
Haciendo en la integral resultante u = x y dv = e 2x dx tendremos du = dx y v = (1/2)e2x y nuevamente, I = =
1 3 2x x e 2 1 3 2x x e 2
− −
3 2 2x 3 1 2x 1 x e + xe e2x dx 4 2 2 2 3 2 2x 3 2x 3 2x x e + xe e + C. 4 4 8
−
−
PROBLEMA 7.116.
Resolver
2
x3 ex dx.
Soluci´ on
2
2
Hacemos u = x 2 y dv = xex dx, de donde du = 2xdx y v = (1/2)ex . Aplicando la f´ ormula de integraci´on por partes tenemos: 1 I = x2 ex 2
2
−
2
xex dx =
1 2 x x e 2
2
− 12 ex
2
+ C.
PROBLEMA 7.117.
Resolver Soluci´ on
√
x 1 + xdx.
Haciendo u = x, dv = x)3/2 : 2 I = x(1 + x)3/2 3
−
2 3
√ 1 + xdx tenemos que du = dx,
(1 + x)3/2 dx =
315
2 x(1 + x)3/2 3
v = (2/3)(1 +
− 154 (1 + x)5/2 + C.
PROBLEMA 7.118.
Resolver Soluci´ on
ln(x2 + 2)dx.
2xdx Hacemos u = ln(x2 + 2) y dv = dx, de donde du = 2 y v = x. Por x +2 tanto: I = x ln(x2 + 2) = x ln(x2 + 2)
−
2x2 dx = x ln(x2 + 2) x2 + 2
− 2x + 2
√
√
− − 2
2arctg(x/ 2) + C.
4 2 x +2
dx
(Ver por ejemplo el problema 7.63 para la resoluci´o n de la u ´ ltima integral.)
PROBLEMA 7.119.
Resolver
ln(x + 1/x)dx.
Soluci´ on
x2 1 Integrando por partes con u = ln(x + 1/x) y dv = dx, du = dx, x(x2 + 1) v = x, tenemos:
−
x2 1 dx x2 + 1 2 1 1 + x2
− − − −
1 I = x ln x + x 1 = x ln x + x
PROBLEMA 7.120.
Resolver
ln(x +
√ x2 − 1)dx. 316
dx = x ln(x + 1/x)
− x + 2 arc tg x + C.
Soluci´ on
Hacemos u = ln(x + Entonces: I = x ln(x +
√ x2 − 1) y dv = dx, con lo que du = √ dx , v = x. x2 − 1
− − √ x2
1)
x
x2
− 1 dx = x ln(x +
− − − x2
1)
x2
1 + C.
PROBLEMA 7.121.
Resolver Soluci´ on
x ln(x + 1)dx.
Hacemos u = ln(x + 1) y dv = xdx; du = dx/(x + 1), v = x2 /2. Entonces:
I = = =
x2 1 x2 x2 ln(x + 1) dx = ln(x + 1) 2 2 x + 1 2 x2 1 x2 ln(x + 1) x + ln(x + 1) + C 2 2 2 x2 1 x 2 x ln(x + 1) + + C. 2 4 2
− −
−
−
−
1 2
− x
1 1+ dx x + 1
−
PROBLEMA 7.122.
Resolver Soluci´ on
x sen xdx.
Para utilizar el m´etodo de integraci´on por partes podemos seguir los siguientes caminos: a) u = x sen x, dv = dx. Entonces du = (sen x+x cos x)dx, v = x. As´ı: I = x x sen x
·
−
x(sen x + x cos x)dx.
317
La integral que resulta es menos sencilla que la original por lo cual se descarta este camino. b) u = sen x, dv = xdx. Por tanto, du = cos xdx, v = x 2 /2 y resulta: 1 I = x2 sen x 2
−
1 2 x cos xdx. 2
La integral que resulta es menos sencilla que la original y tambi´ en descartamos este camino. c) u = x, dv = sen xdx. Por tanto du = dx, v = I =
−x cos x
− −
cos xdx =
− cos x y resulta:
−x cos x + sen x + C.
PROBLEMA 7.123.
Resolver
x2 sen xdx.
Soluci´ on
Haciendo u = x2 , dv = sen xdx tendremos du = 2xdx, v = As´ı: I = x2 cos x + 2 x cos xdx.
− cos x.
−
Hacemos en la integral resultante u = x, dv = cos xdx, du = dx, v = sen x y tenemos: I =
2
−x
cos x + 2 x sen x
−
sen xdx =
PROBLEMA 7.124.
Resolver
sec3 xdx.
318
−x2 cos x + 2x sen x +2cos x + C.
Soluci´ on
Haciendo u = sec x, dv = sec2 xdx tendremos du = sec x tg xdx, v = tg x. As´ı: I = sec x tg x = sec x tg x
− −
sec x tg2 xdx = sec x tg x 3
sec xdx +
−
sec x(sec2 x
− 1)dx
sec xdx.
Por tanto, 2I = sec x tg x +
sec xdx = sec x tg x + ln sec x + tg x + C ;
|
|
1 I = (sec x tg x + ln sec x + tg x ) + C . 2
|
|
PROBLEMA 7.125.
Resolver Soluci´ on
√ − x2
36dx.
Si hacemos el cambio x = 6 sec t, entonces dx = 6 sec t tg tdt y resulta:
I = 36
2
2
tg t sec tdt = 36 (sec t
− 1) sec tdt = 36
3
sec tdt
−
sec tdt.
De acuerdo al problema anterior, resulta: I = 18(sec t tg t + ln sec t + tg t ) =
x 2
|
− x2
36
−
x 18ln + 6
PROBLEMA 7.126.
Resolver
√
3x2 + 5dx. 319
| sec t + tg t| + C √ x| 2 −− 36ln 36 6
+ C.
Soluci´ on
Escribimos el integrando como
√ √
5[(3/5)x2
√ + 1] = 5
hacemos el cambio x 3/ 5 = tg u: 5 3
sec3 udu =
1 x 2
=
(x 3/ 5)2 + 1 y
5 √ (sec u tg u + ln | sec u + tg u|) + C 2 3 √ 3 √ 3x2 + 5 5 x √ 5 + C. 3x2 + 5 + √ ln √ + 2 3 5
√
I =
√ √
PROBLEMA 7.127.
√
4x2
Resolver Soluci´ on
− 4x + 5dx.
Completamos cuadrados en el radicando y procedemos como en los problemas anteriores, haciendo el cambio 2x 1 = 2 tg u:
−
I = =
(2x
2x
1
− 1)2 + 4dx =
−
4x2
4
2sec3 udu = sec u tg u + ln sec u + tg u + C
− 4x + 5 + ln
2x
−1 +
2
√ 4x2 − 4x + 5 2
|
|
+ C.
PROBLEMA 7.128.
Resolver
x dx. cos2 x
Soluci´ on
De nuevo integramos por partes con u = x, dv = dx/ cos2 x: I =
xd(tg x) = x tg x
−
tg xdx = x tg x + ln cos x + C.
320
|
|
PROBLEMA 7.129.
Resolver
x2 dx. (x cos x sen x)2
−
Soluci´ on
x sen x dx, podemos integrar por parx cos x sen x (x cos x sen x)2 x sen x tes con u = x/ sen x, dv = dx: (x cos x sen x)2 Como d
1
−
=
−
−
I = =
x x sen x 1 x dx = + 2 sen x (x cos x sen x) x cos x sen x sen x x cos x x sen x + cos x + C = + C. (x cos x sen x)sen x sen x x cos x sen x
·
−
−
−
−
·
dx sen2 x
−
PROBLEMA 7.130.
Resolver Soluci´ on
cos x ln(1 + cos x)dx.
Integramos por partes con u = ln(1 + cos x), dv = cos xdx. Entonces du =
− sen x , v = sen x. Por tanto:
1 + cos x
I = sen x ln(1 + cos x) + = sen x ln(1 + cos x) + = sen x ln(1 + cos x) +
sen2 x dx 1 + cos x sen2 x(1 cos x) dx (1 + cos x)(1 cos x)
(1
−
−
− cos x)dx = sen x ln(1 + cos x) + x − sen x + C.
PROBLEMA 7.131.
Resolver arc sen xdx. 321
Soluci´ on
Haciendo u = arc sen x, dv = dx tenemos que du = As´ı: I = x arc sen x
xdx = x arc sen x + 1 x2
− √
−
√ 1dx− x2 ,
− 1
v = x.
x2 + C.
PROBLEMA 7.132.
Resolver
arctg
x 1 dx. x + 1
−
Soluci´ on
Hacemos u = arc tg As´ı:
x 1 y dv = dx; entonces du = dx/(1 + x2 ) y v = x. x + 1
x 1 I = x arctg x + 1
−
− −
x x 1 dx = x arc tg 1 + x2 x + 1
− − 1 ln(1 + x2) + C. 2
PROBLEMA 7.133.
Resolver
x arc sen x dx. 1 x2
√
−
Soluci´ on
Hacemos u = arc sen x y dv = I = =
− −
arc sen xd( 1
√ 1xdx − x2 e integramos por partes:
− − 1
x2 ) =
− −
x2 arc sen x + x + C.
322
1
x2 arc sen x +
dx
PROBLEMA 7.134.
Resolver
x3 arctg xdx.
Soluci´ on
Hacemos en este caso u = arctg x, dv = x 3 dx, con lo que du = dx/(1 + x2 ), v = x 4 /4: I = =
x4 1 x4 x4 arctg x dx = arc tg x 4 4 1 + x2 4 x4 1 x 3 x arc tg x + + C. 4 12 4
−
−
−
1 4
2
x
−
1 1+ dx 1 + x2
−
PROBLEMA 7.135.
Resolver
x2 arc tg xdx. 1 + x2
Soluci´ on
Separamos en dos integrales as´ı: I =
− 1
1 1 + x2
arctg xdx =
arc tg xdx
−
1 arc tg xdx. 1 + x2
En la primera integral hacemos u = arctg x, dv = dx. Entonces du = dx/(1 + x2 ), v = x, con lo que I 1 = x arc tg x
−
x dx = x arc tg x 1 + x2
− 12 ln(1 + x2) + C 1.
Como la segunda integral es inmediata, resulta en definitiva: I = x arc tg x
− ln
1 + x2
323
− 12 (arc tg x)2 + C.
PROBLEMA 7.136.
Resolver
arc sen x dx. (1 x2 ) 1 x2
− √ −
Soluci´ on
Si integramos por partes haciendo u = arc sen x, dv = tiene du = I = =
(1
√ 1dx− x2 , v = √ 1 x− x2 . As´ı: x
√ 1 − x2 arc sen x
x
− √ − x2 , se
dx √ · x2 1 − x2
− √ − − 1
√ 1 x− x2 arc sen x + 12
dx x2 ) 1
2x dx = 1 x2
−
√ 1 x− x2 arc sen x + 12 ln |1 − x2| + C.
PROBLEMA 7.137.
Resolver Soluci´ on
x arc sen xdx.
Integramos por partes con u = arc sen x y dv = xdx: x2 I = arc sen x 2 Ahora bien,
x2 dx = 1 x2
√
√
−
1 2
1
x2 dx. 1 x2
√ − − −
2
1 x dx. − x2 dx √ Haciendo en esta ´ultima integral u = 1 − x2 y dv = dx, tenemos:
−
− √ 1
Resulta entonces que to:
x2 dx = x
1
x2 dx. 1 x2
− √ 1
x2
+
x2 1 dx = [arc sen x 2 1 x2
− 2x2 − 1 x I = arc sen x + 4
4
324
− −
− 1
−
x 1
x2 + C.
x2 ] + C. Por tan-
PROBLEMA 7.138.
Resolver
1 + sen x x e dx. 1 + cos x
Soluci´ on
Recordamos la f´ormula
1 + sen x 1 = [1 + tg(x/2)]2 y tenemos: 1 + cos x 2
1 1 I = [1+tg2 (x/2)+2 tg(x/2)]ex dx = 2 2
2
x
sec (x/2)e dx+
ex tg(x/2)dx.
En la primera integral hacemos u = e x , dv = sec2 (x/2)dx, con lo que du = ex dx, v = 2 tg(x/2): x
I = e tg(x/2)
−
x
e tg(x/2)dx +
ex tg(x/2)dx = e x tg(x/2) + C.
PROBLEMA 7.139.
Resolver las integrales I = Soluci´ on
eax sen bxdx, J =
eax cos bxdx.
Integrando por partes cada una de ellas, resulta: 1 I = eax sen bx a
−
b a
eax cos bxdx =
1 ax e sen bx a
− ab J.
1 ax b 1 b e cos bx + eax sen bxdx = eax cos bx + I. a a a a Basta pues resolver el sistema aI + bJ = e ax sen bx, bI aJ = eax cos bx, para obtener los valores de I y J . En definitiva, J =
I = J =
−
eax (a sen bx b cos bx) + C ; a2 + b2 eax (b sen bx + a cos bx) + C . a2 + b2
−
325
−
PROBLEMA 7.140.
Resolver I =
xearcsen x dx y J = 1 x2
√
−
earcsen x dx.
Soluci´ on
Vamos a integrar I por partes siguiendo dos caminos distintos: En primer lugar hacemos u = e arcsen x , dv = I =
− − 1
x2
e
arcsen x
+
√ 1xdx − x2 y tenemos:
earcsen x dx =
− 1 − x2 earcsen x + J.
earcsen x En segundo lugar hacemos u = x, dv = dx y tenemos: 1 x2
√ −
I = xe arcsen x
−
earcsen x dx = xearcsen x
− J.
Sumando y restando ordenadamente las dos f´ormulas obtenidas llegamos a: 1 I = (x 1 x2 )earcsen x + C ; 2 1 J = (x + 1 x2 )earcsen x + C. 2
− − −
PROBLEMA 7.141.
Resolver
earc tg x dx. (1 + x2 ) 1 + x2
√
Soluci´ on
Integramos por partes haciendo u = e arctg x , dv = sulta: 326
dx . As´ı re(1 + x2 ) 1 + x2
√
xearc tg x I = 1 + x2
√
−
xearc tg x dx. (1 + x2 ) 1 + x2
√
En esta u ´ ltima integral, que tambi´en resolvemos por partes, hacemos u = e arctg x , xdx dv = y se tiene (1 + x2 ) 1 + x2
√
xearc tg x dx = (1 + x2 ) 1 + x2
√
1 earc tg x + 2 1 + x
− √
earc tg x dx. (1 + x2 ) 1 + x2
√
De aqu´ı se deduce inmediatamente: I = Observaci´on: La integral a 1 2
(1+x2 )
3/2
−
x + 1 arc tg x √ e + C. 2 1 + x2
d(1+ x2 ) =
xdx es inmediata pues es igual (1 + x2 ) 1 + x2
√
1 (1 + x2 ) 3/2+1 = 2 3/2 + 1 −
· −
−(1+x2)
1/2
−
=
− √ 1 1+ x2 .
PROBLEMA 7.142.
Resolver I n =
1 dx. (1 + x2 )n+1
Soluci´ on
Utilizamos el siguiente artificio: I n = =
1 + x2 x2 1 + x2 dx = dx (1 + x2 )n+1 (1 + x2 )n+1 dx x2 dx = I n 1 (1 + x2 )n (1 + x2 )n+1
−
−
−
− −
x2 dx (1 + x2 )n+1 x2 dx . (1 + x2 )n+1
Para la u ´ ltima integral utilizamos el m´etodo de integraci´ on por partes. Para xdx 1 ello hacemos u = x, dv = , con lo que du = dx, v = . (1 + x2 )n+1 2n(1 + x2 )n As´ı: x2 dx x 1 = + I n 1 . 2 n+1 2 n (1 + x ) 2n(1 + x ) 2n
−
−
327
−
En definitiva, I n = I n
1 +
−
x 2n(1 + x2 )n
− 2n1 I n
2n 1 I n 2n
−
1 =
−
1 +
−
x . 2n(1 + x2 )n
´ D. INTEGRACION POR FRACCIONES SIMPLES.
Este m´etodo es exclusivo para integrar funciones racionales. El procedimiento general es el siguiente: Para calcular
guientes pasos:
p(x) dx donde p y q son polinomios, realizaremos los siq (x)
p(x) r(x) = c(x) + donde c es el cociente y r el q (x) q (x) resto, con grado r < grado q . Entonces: 1) Se realiza la divisi´on
p(x) dx = q (x)
c(x)dx +
r(x) dx. q (x)
La primera integral es inmediata y a continuaci´on estudiaremos la segunda. Observaci´o n: Si el grado de p ya es menor que el grado de q , este paso se omite, pues p(x) = r(x). 2) Se factoriza el denominador a partir de sus ra´ıces (ya sean reales o complejas). Tenemos: q (x) = a(x
− r1)m · · · · · (x − rn)m (x2 + a1x + b1)q · · · · · (x2 + a px + b p)q . 1
1
n
p
Nota: En lo que sigue supondremos que a = 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 Am K 1 K m + + + + + + x r1 (x r1 )m x rn (x rn )m αq x + β q α1 x + β 1 + 2 + + 2 + . . . x + a1 x + b1 (x + a1 x + b1 )q σq x + β q σ1 x + τ 1 + 2 + + 2 . x + a p x + b p (x + a p x + b p )q
−
···
1
− ···
1
··· 1
···
− 1
1
···
p
p
p
328
n
−
n
4) Se calculan las constantes A1 , . . . , Am , . . . , K 1 , . . . , Km , α1 , β 1 , . . . , αq , β q , . . . , σ1 , τ 1 , . . . , σq , τ q igualando los numeradores de ambos miembros. 1
p
1
n
1
p
5) Se integra por separado cada fracci´on simple. Los siguientes problemas ilustran la forma de integrar seg´un sea la descomposici´on de la fracci´on.
PROBLEMA 7.143.
Resolver
1 x2
− 4 dx.
Soluci´ on
Como x 2
− 4 = (x − 2)(x +2), podemos descomponer la fracci´on como 1 x2
=
A
+
B , x + 2
−4 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: 1 I = 4
dx x
− 2−
1 4
dx 1 = ln x 2 x + 2 4
| − |−
|
|
PROBLEMA 7.144.
Resolver
1 9x2
− 16 dx.
Soluci´ on
Procediendo como el anterior, tenemos: 1 9x2
− 16
=
A B + , 3x 4 3x + 4
−
329
−
1 1 x 2 ln x+2 +C = ln +C. 4 4 x + 2
de donde 1 = A(3x+4)+B(3x 4) =
⇒ A = 1/8, B = −1/8. Entonces:
−
I = =
1 1 1 1 dx dx 8 3x 4 8 3x + 4 1 1 1 3x 4 ln 3x 4 ln 3x + 4 + C = ln + C. 24 24 24 3x + 4
− − | − |−
|
|
−
PROBLEMA 7.145.
Resolver
1 dx. x2 + 6x + 8
Soluci´ on
Como x 2 + 6x + 8 = (x + 2)(x + 4), tenemos: 1 A B = + , x2 + 6x + 8 x + 2 x + 4 de donde 1 = A(x + 4) + B(x + 2) = A = 1/2 y B = entonces:
⇒
1 I = (ln x + 2 2
|
−1/2. Resulta
1 x + 2 ln x + 4 ) + C = ln + C. 2 x + 4
|− |
|
PROBLEMA 7.146.
Resolver
1
9
− x2 dx.
Soluci´ on
Como 9
− x2 = (3 − x)(3 + x), resulta: 1 A B = + =⇒ 1 = A(3 + x) + B(3 − x). 9 − x2 3 − x 3 + x
Obtenemos los valores A = B = 1/6, con lo que: 1 I = ( ln 3 6
−
1 3 + x x + ln 3 + x ) + C = ln + C. 6 3 x
− | − |
|
|
330
PROBLEMA PROBLEMA 7.147.
Resolver
1
4x
− x2 dx.
Soluci´ on on
Como 4x 4x
tenemos: x (4 − x), tenemos: − x2 = x(4 1 4x
−
x2
=
A B + = x 4 x
A (4 − x) + Bx. + Bx. ⇒ 1 = A(4
−
De aqu´ı, A = A = B B = 1/4; por tanto: 1 I = (ln x 4
−
1 x x ) + C + C = ln + C. 4 4 x
| | − ln |4 − |
PROBLEMA PROBLEMA 7.148.
Resolver
2 x 4x2 + 4x 4x
−
− 3 dx.
Soluci´ on on
Al factorizar el denominador tenemos 4x 4 x2 +4 +4x x 3 = (2x (2x 1)(2x 1)(2x +3) y:
−
2 x 4x2 + 4x 4x
−
A B + = 2x 1 2x + 3
= A(2 (2x x + 3) + B + B(2 (2x x − 1). 1). ⇒ 2 − x = A De aqu´ aqu´ı se obtiene obtien e que A = A = 3/8, B = −7/8. Entonces: 3 7 1 (2x (2x − 1)3 I = ln |2x − 1| − ln |2x + 3 | + C = ln + C.
−3
=
−
16
−
16
16
PROBLEMA PROBLEMA 7.149.
Resolver
x + 1 dx. x3 + x2 6x
−
331
(2x (2x + 3) 7
Soluci´ on on
Factorizamos en primer lugar el denominador: x denominador: x 3 + x2 6x = x = x((x 2)(x 2)(x +3). Por tanto:
−
−
x + 1 A B C = + + x3 + x2 6x x x 2 x + 3
A (x−2)(x 2)(x+3)+Bx +3)+Bx((x+3)+C +3)+C x(x−2) ⇒ x+1 = A( − Para x Para x = = 0, 1 = −6A =⇒ A = −1/6. Para x Para x = = 2, 3 = 10B 10B =⇒ B = 3/10. Para x Para x = = −3, −2 = 15C 15C =⇒ C = −2/15.
−
La integral queda entonces: I = =
1 dx 3 dx + 6 x 10 x 2 1 3 ln x + ln x 2 6 10
− −
− − | − |−
||
2 dx 15 x + 3 2 x 2 3/10 ln x + 3 + C = ln 1/6 + C. 15 x x + 3 2/15
|
| − | || | |
|
PROBLEMA PROBLEMA 7.150.
Resolver
x3
3x + 5 dx. x2 x + 1
− −
Soluci´ on on
Al factorizar el denominador tenemos x3 x2 x + 1 = (x + 1)(x 1)(x As´ı: 3x + 5 A B C = + + x3 x2 x + 1 x + 1 x 1 (x 1)2
− −
− 1)2.
− − − − con lo que 3x 3x + 5 = A( A (x − 1)2 + B( B (x − 1)(x 1)(x + 1) + C + C (x + 1). Para x Para x = = −1, 2 = 4A 4 A =⇒ A = 1/2. Para x Para x = = 1, 8 = 2C 2 C =⇒ C = 4.
Para determinar la constante B se sustituye otro valor de x, por ejemplo x = 0. Resulta 5 = A B + C + C = B = 1/2. Por tanto:
−
I = =
1 dx 2 x + 1 1 ln x + 1 2
⇒
−
1 dx dx + 4 2 x 1 (x 1)2 1 4 ln x 1 + C + C = 2 x 1
−
|
|−
− − | − |− − 332
4
−x −
−
1 x + 1 + ln + C. 1 2 x 1
PROBLEMA PROBLEMA 7.151.
Resolver
x4
− x3 − x − 1 dx. x3 − x2
Soluci´ on on
En primer lugar se realiza la divisi´on on y resulta x4
− x3 − x − 1 = x − x + 1 = x − x + 1 . x3 − x2 x3 − x2 x2 (x − 1)
Despu´es es se s e descomp de scompone one la fracci´on on resultant resultantee en fracciones fracciones simples: x + 1 A B C = + + = x2 (x 1) x x2 x 1
x + 1 = Ax( Ax (x − 1) + B + B((x − 1) + C + Cx x2 . ⇒ − − Para x Para x = = 0, 1 = −B =⇒ B = −1. Para x Para x = = 1, 2 = C . C . Para x Para x = = 2, 3 = 2A 2 A + B + B + + 4C 4 C =
⇒ A = −2.
Por tanto: I = =
dx dx dx xdx + xdx + 2 + 2 x x2 x 1 1 2 1 1 x + 2ln x 2 ln x 1 + C = x2 2 x 2
−
| | − −
| − |
−
−
PROBLEMA PROBLEMA 7.152.
Resolver
x2 a4
− x4 dx.
Soluci´ on on
Descomponemos Descomponemos el integrando integrando en fracciones fracciones simples: x2 a4
− x4
=
A a
−x
+
B C x + D + D + 2 . a + x + x a + x2
333
−
1 x + 2 ln + C. x x 1
Por tanto, x 2 = A(a + x)(a2 + x2 ) + B(a x).
− x)(a2 + x2) + (Cx + D)(a − x)(a +
Para x = a, a2 = 4Aa3 y A = 1/4a. Para x =
−a, a 2 = 4Ba3 y B = 1/4a.
Para x = 0, 0 = Aa3 + Ba 3 + Da 2 = a 2 /2 + Da 2 y D = Para x = 2a, 4a2 = 15Aa3 I = =
−1/2.
− 5Ba3 − 6Ca3 − 3Da2 y C = 0. As´ı pues: 1 dx 1 dx 1 dx + − 4a a − x 4a a + x 2 a2 + x2 − 4a1 ln |a − x| + 4a1 ln |a + x| − 2a1 arc tg(x/a) + C.
PROBLEMA 7.153.
Resolver
2x2 + 3 dx. (x2 + 1)2
Soluci´ on
Si descomponemos el integrando, tenemos 2x2 + 3 Ax + B Cx + D = + . (x2 + 1)2 x2 + 1 (x2 + 1)2 Por tanto: 2x2 + 3 = (Ax + B)(x2 + 1 ) + Cx + D = Ax 3 + Bx 2 + (A + C )x + (B + D). Igualando t´erminos del mismo grado resulta A = 0, B = 2, A + C = 0, B + D = 3, lo que al resolver queda A = 0, B = 2, C = 0, D = 1. Entonces, 2dx dx I = + . x2 + 1 (x2 + 1)2
Para la segunda integral hacemos el cambio x = tg z con lo cual
dx = (x2 + 1)2
sec2 z dz = sec4 z
cos2 zdz = z/2 + (1/4)sen2z + C,
de donde I = 2 arc tg x + (1/2)arctg x +
x/2 x/2 + C = (5/2)arctg x + + C. x2 + 1 x2 + 1 334
PROBLEMA 7.154.
Resolver
x3 + x2 + x + 2 dx. x4 + 3x2 + 2
Soluci´ on
Debido a que x 4 + 3x2 + 2 = (x2 + 1)(x2 + 2) tenemos x3 + x2 + x + 2 Ax + B C x + D = + 2 , x4 + 3x2 + 2 x2 + 1 x +2 de donde: x3 + x2 + x + 2 = (Ax + B)(x2 + 2) + (Cx + D)(x2 + 1) = (A + C )x3 + (B + D)x2 + (2A + C )x + (2B + D), luego A + C = 1, B + D = 1, 2A + C = 1, 2B + D = 2. Resolviendo el sistema resulta A = 0, B = 1, C = 1, D = 0. Por tanto: I =
dx + 2 x +1
xdx 1 = arctg x + ln(x2 + 2) + C. 2 x +2 2
PROBLEMA 7.155.
Resolver
x5
− x4 + 4x3 − 4x2 + 8x − 4 dx. (x2 + 2)3
Soluci´ on
Tenemos x5
− x4 + 4x3 − 4x2 + 8x − 4 = Ax + B + (x2 + 2)3
de donde: x 5
x2 + 2
Cx + D Ex + F + , (x2 + 2)2 (x2 + 2)3
− x4 + 4x3 − 4x2 + 8x − 4 = (Ax + B)(x2 + 2)2 + (Cx + D)(x2 +
2) + Ex + F = Ax 5 + Bx 4 + (4A + C )x3 + (4B + D)x2 + (4A + 2C + E )x + (4B + 2D + F ) 335
y se obtiene A = 1, B =
−1, C = 0, D = 0, E = 4, F = 0.
La integral queda entonces: I =
x 1 dx+4 x2 + 2
−
x 1 dx = ln(x2 +2) 2 3 (x + 2) 2
−
√ 2 2
arctg
√ x2 − (x2 +1 2)2 +C.
E. APLICACIONES DE LA INTEGRAL INDEFINIDA.
Es com´ un tener que resolver problemas en donde se trata de encontrar una funci´ on conocida una expresi´on que involucra a alguna de sus derivadas. Estos problemas reciben el nombre de ecuaciones diferenciales y se resuelven mediante el proceso de integraci´on. Ahora bien, como hay muchas funciones que tienen la misma derivada, para encontrar una de ellas se necesita una condici´on adicional. Generalmente, esa condici´ on consiste en proporcionar un punto por donde pasa la funci´on.
PROBLEMA 7.156.
dy = 3x2 y que pase por Encontrar una funci´ on cuya derivada es dx el punto (1, 0). Soluci´ on
La funci´on que buscamos debe ser primitiva de la funci´on dada. De este modo y =
3x2 dx = x 3 + C.
Si sustituimos el punto dado, resulta que 0 = 1 3 + C . Por tanto, C = 1.
−
La funci´on que cumple las condiciones del problema es f (x) = x 2 336
− 1.
PROBLEMA 7.157.
Encontrar una funci´ on f sabiendo que f (x) =
x4 + 1 . x3
Soluci´ on
En este caso debemos realizar dos integraciones: la primera para determinar f y la segunda para obtener f. Deben aparecer por lo tanto dos constantes arbitrarias, una por cada integral. Dichas constantes no tienen que ser necesariamente las mismas.
f (x) =
x4 + 1 dx = x3
f (x) =
x2 2
−
(x +
x
1 x2 x 2 x2 )dx = + = x3 2 2 2 −
−
2
−
2
+ C 1
2
−
− x2
+ C 1 .
x3 x 1 dx = + + C 1 x + C 2 . 6 2 −
Un caso com´ un de esta situaci´on consiste en encontrar la posici´on en cada instante de un punto que se mueve en l´ınea recta conocida la velocidad o la aceleraci´ on del mismo.
PROBLEMA 7.158.
La aceleraci´ on de una part´ıcula que se mueve a lo largo de una recta es a(t) = π 2 cos πt m2 /sg. Si en el instante inicial (t = 0), la posici´ on de la part´ıcula es s = 0 y la velocidad es v = 8, hallar s cuando t = 1. Soluci´ on
Mediante integraci´on directa de la aceleraci´on con respecto al tiempo, se obtiene la velocidad en cualquier instante t: v(t) =
2
π cos πtdt = π
π cos πtdt = π sen πt + C.
337
Para determinar la constante C , evaluamos la funci´ o n en el punto t = 0: v(0) = 8 = π sen π0 + C = C ; as´ı pues, v (t) = π sen πt + 8. Integrando de nuevo respecto a t, de la velocidad se obtiene la posici´on s(t) : s(t) =
(π sen πt + 8)dt =
− cos πt + 8t + K.
La constante K se obtiene conocida la posici´on en el instante t = 0: s(0) = 0 =
− cos π0 + 8 · 0 + K = −1 + K, de donde K = 1. En definitiva, s(t) = − cos πt + 8t + 1. Como la pregunta que se plantea es calcular s(1), al sustituir resulta s(1) = − cos π +8+1 = 10 metros. Existen ecuaciones diferenciales m´as generales en donde no es posible despejar la derivada de la funci´on con respecto a la variable independiente. Un caso simple de resolver y el ´unico que estudiaremos aqu´ı es aqu´el en donde se pueden separar en ambos miembros de la ecuaci´on las variables x e y. El siguiente ejemplo ilustra el procedimiento a seguir.
PROBLEMA 7.159.
Resolver la ecuaci´ on
dy = dx
√ y sen2x sabiendo que y(3π/4) = 1
Soluci´ on
En primer lugar intentamos que las variables x e y est´en separadas cada una en un miembro de la ecuaci´on. Para ello tratamos a la derivada dy/dx como un cociente de diferenciales y podemos escribir dy = sen 2xdx. √ y A continuaci´ on se integran ambos miembros de la ecuaci´on. El primero respecto de la variable y y el segundo respecto de la variable x. Es decir escribimos: dy = sen2xdx, y de modo que
√
y 1/2 = 1/2
−(1/2)cos2x + C. 338
(La constante se a˜nade a uno de los miembros de la ecuaci´on, pues representa la diferencia entre las funciones que tienen la misma derivada). El valor de C se calcula mediante la condici´on inicial y (3π/4) = 1. 11/2 = 1/2
−(1/2) cos(2 · 3π/4) + C =⇒ 2 = C.
Despejando el valor de y llegamos a: y 1/2 = (1/2)( (1/2)cos2x+2) =
−
−(1/4)cos2x+1 =⇒ y = [−(1/4)cos2x+1]2.
En general no se puede obtener la ecuaci´on en su forma expl´ıcita. La ecuaci´on impl´ıcita ser´a suficiente para definir la funci´on.
339
F. EJERCICIOS PROPUESTOS.
Resolver las siguientes integrales indefinidas:
1.-
4x2 + 7 dx. x2
Resp.: 4x
− (7/x) + C.
− 1)43dx. Resp.: (4x − 1)44 /176 + C.
2.-
3.-
(4x
x(ax3 + b)2 dx.
Resp.: a2 x8 /8 + 2abx5 /5 + b2 x2 /2 + C.
4.-
5.-
4x dx. 1 2x2
√
− √ Resp.: −2 1 − 2x2 + C.
sen t cos t(sen t + cos t)dt.
Resp.: 31 (sen3 t
6.-
− cos3 t) + C.
cos x dx. sen2 x
Resp.:
7.-
− cosec x + C.
√
1
4
− 4x2 dx.
Resp.: 2 arc sen 2x + C.
8.-
x dx. x + 1
√
Resp.: 32 (x + 1) 3/2
− 2(x + 1)1/2 + C.
Sug.: Sumar y restar 1 al numerador. Despu´es separar en dos integrales.
340
9.-
√ 3
8x7 dx.
Resp.: 3x10/3 /5 + C.
10.-
1 x(1 +
√
−2√ + C.
Resp.:
√ x)2 dx.
1+
x
sen t + cos 2 t dt. cos2 t t + sec t
11.-
√ √ Resp.: 2 t + sec t + C.
12.-
13.-
(2x2
− 5x + 3)dx. Resp.: 2x3 /3 − 5x2 /2 + 3x + C .
1
1
− x2 dx.
−
1 1 + x Resp.: ln + C . 2 1 x
14.-
1 x2
− 4 dx.
−
1 x 2 Resp.: ln + C . 4 x + 2
15.-
1 dy . 25 16y2
−
−
1 5 + 4y Resp.: ln + C . 40 5 4y
16.-
(4x3 + 3x2 + 2x + 5)dx.
Resp.: x 4 + x3 + x2 + 5x + C .
17.-
− x4)dx. Resp.: 3x − x2 − x5 /5 + C .
− (3
2x
341
18.-
x3 + 5x2 x2
− 4 dx.
Resp.: x2 /2 + 5x + 4/x + C .
19.-
(x2
− 1)2dx.
Resp.: x5 /5 + x
20.-
√
4
− 2x3/3 + C .
1
− x2 dx.
Resp.: arc sen(x/2) + C .
21.-
4
−
1 dx. (x + 2) 2
Resp.: arc sen
22.-
x + 2 + C . 2
x + 2 dx. 4x x2
√
− x − 2 Resp.: − 4x − x2 + 4 arc sen + C . 2
23.-
2x + 3 dx. 9x2 12x + 8
−
1 Resp.: ln(9x2 9
24.-
cos3 xdx.
Resp.: sen x
25.-
3x − 2 arc tg + C . − 12x + 8) + 13 18 2
− (1/3) sen3 x + C .
sen3 x cos5 xdx.
Resp.: (1/8)cos8 x
26.-
− (1/6)cos6 x + C.
tg2 x sec3 xdx.
Resp.: (1/4)sec3 x tg x
− (1/8) sec x tg x − (1/8)ln | sec x + tg x| + C .
27.- cotg 3x cosec4 3xdx.
−(1/6) cotg2 3x − (1/12) cotg4 3x + C .
Resp.:
342
28.-
sen2 λxdx.
Resp.: (x/2)
29.-
− (1/4λ)sen2λx + C .
cos2 3xdx.
Resp.: x/2 + (1/12)sen6x + C .
30.-
cos3 (x/3)dx.
− sen3(x/3) + C .
− (1/10)sen5x + C.
− (1/16)cos8x + C .
Resp.: 3 sen(x/3)
31.- sen3x sen2xdx. Resp.: (1/2)sen x
32.- sen3x cos5xdx. Resp.: (1/4)cos2x
33.- cos4x cos2xdx. Resp.: (1/4)sen2x + (1/12)sen6x + C .
34.-
√ − 25
x2 dx.
√ − x2 + (25/2) arc sen(x/5) + C .
Resp.: (1/2)x 25
35.-
1 dx. x 9 + 4x2
√
1 Resp.: ln 3
36.-
√
9 + 4x2 x
x2 ln xdx.
Resp.: (1/3)x3 ln x
37.-
− 3
+ C.
− (1/9)x3 + C .
x tg2 xdx.
| − x2/2 + C .
Resp.: x tg x + ln cos x
38.-
|
x2 arc tg xdx.
Resp.: (1/3)x3 arc tg x
− x2/6 + (1/6) ln(1 + x2) + C . 343
39.-
1
x2
2x 4x2
− 1 dx.
1 x 1 Resp.: ln + C . 2 x + 1
40.-
−
− 3 dx. − 11
1 Resp.: ln 4x2 4
|
− 11| −
√ 3 11 44
ln
√ 2x − 11 √ 2x + 11
+ C .
cular f (4) si f (2) =
−1. Resp.: f (x) = −1/(x − 1) + C ; f (4) = −1/3.
1
41.- Sea y = f (x) una funci´ on cuya derivada es f (x) =
(x
− 1)2 . Cal-
42.- Definir y representar gr´ aficamente una funci´ on y = f (x) que verifique f (x) = 2, f (1) = 2, f (3) = 5.
Resp.: f (x) = x 2
− 4.
43.- Encontrar la velocidad y la posici´on de una part´ıcula en cualquier instante t si ´ esta se mueve en l´ınea recta con una aceleraci´ on dada por a(t) = 3t t2 si adem´ as la velocidad y la posici´ on en el instante t = 1 sg. son v = 7/6 m/sg. y s = 1 m.
−
Resp.: v(t) = 3t2 /2
− t3/3 m/sg.; s(t) = t3/2 − t4/12 + 7/12 m.
44.- Responder a las mismas preguntas del ejercicio anterior si
−6 y s = 4 cuando t = 0. Resp.: v (t) = −6cos3t; s(t) = 4 − 2sen3t. a(t) = 18 sen 3t; v =
45.- Resolver la ecuaci´on y Resp.: y =
− 4
x2
dy = 3x sabiendo que y(0) = dx
−2.
− −6(4 − x2)1/2 + 16.
46.- Determinar la curva cuya pendiente en cada punto (x, f (x)) es x 1 + x2 y que pase por el punto (0, 3).
√
Resp.: f (x) =
(1 + x2 )3/2 3
−
− 10 . 344
