Integrales_Indefinidas[1]

Por: Lic. Eleazar J. García República Bolivariana de Venezuela Tinaco.- Estado Cojedes.

INTEGRALES INDEFINIDAS Usted está familiarizado con algunas operaciones inversas. La adición y la sustracción son operaciones inversas, la multiplicación y la división son también operaciones inversas, así como la potenciación y la extracción de raíces. Ahora, conocerá la operación inversa la de derivación o diferenciación denominada antiderivación o antidiferenciación , la cual implica el cálculo de una antiderivada , concepto que conoceremos a continuación,

Antiderivada. La antiderivada de una función f en un intervalo I , es otra función F tal que para todo x ∈ I , F ′( x ) = f ( x ).

Ejemplo. Si F es la función definida por F ( x) = 4 x3 + x 2 + 5, entonces F ′( x) =12 12 x 2 + 2 x. De modo que si f ( x) =12 12 x2 + 2 x, entonces f es la derivada de F , y F es la antiderivada de f . Si G es la función definida por G ( x ) = 4 x 3 + x 2 −17, entonces G también es una antiderivada de f ,

porque

G ′( x ) =12 12 x 2 + 2 x. En

realidad,

cualquier

función

H

definida

por

H ( x) = 4 x3 + x2 + C, donde C es una constante, es una antiderivada de f .

Teorema 1. Si f y g son dos funciones definidas en el intervalo I , tales que f ′( x) = g′( x) para todo x ∈ I , entonces existe una constante K tal que f ( x) = g ( x) + K para todo x ∈ I . “La antiderivación o antidiferenciación es el proceso mediante el cual se determina el conjunto de todas las antiderivadas de una función dada. El símbolo

∫ denota

la operación de antiderivación, y se escribe

∫ f ( x) dx

= F ( x) + C , donde

F ′( x ) = f ( x ) y d ( F ( x ) ) = f ( x ) dx ”.

En la igualdad

∫ f ( x) dx

= F ( x) + C, x

es la variable de integración, f ( x) es el

integrando y la expresión F ( x ) + C recibe el nombre de

antiderivada general o “ integral

indefinida” de f . Si { F ( x ) + C } es el conjunto de todas las funciones cuyas diferenciales sean f ( x) d también es el conjunto de todas las funciones cuya derivada es f ( ).

Eleazar J. García

Integrales Indefinidas

Teorema 2.

∫

dx = x + C.

Teorema 3.

∫

af ( x ) dx = a

∫

f ( x) dx, donde a es una constante.

Teorema 4. Si las funciones f y g están definidas en el mismo intervalo, entonces

∫

dx = [ f ( x) + g ( x) ] dx

∫

f ( x) dx +

∫

g ( x) dx.

Teorema 5. Si las funciones

f1 , f2 , f3 ,… , fn están definidas en el mismo intervalo, entonces

∫

[ c1 f1 ( x ) + c2 f 2 ( x) + c3 f 3 ( x ) + … + cn f n ( x )] dx = c1

∫

f1 ( x ) dx + c2

∫

f 2 ( x ) dx + c3

∫

f 3 ( x ) dx + … + c n

∫

f n (x ) d x ,

donde c1 , c2 , c3 ,… , cn son constantes.

Teorema 6. Si n es un número racional, entonces

∫

n

x dx=

x

n +1

n +1

+ C

n≠ −1.

Ejemplos.

1) Evalúe

∫

( 5 x4 − 8 x3 + 9 x2 − 2 x+ 7 ) dx

Solución.

∫

( 5 x4 − 8 x3 + 9 x2 − 2 x+ 7 )

dx= 5

∫

=5⋅

x5

x4 dx− 8 x4

∫

x3 dx+ 9 x3

∫ x2

x2 dx− 2

∫

−8 ⋅ +9 ⋅ −2 ⋅ + 7 x + C 5 4 3 2 5 4 3 2 = x − 2 x + 3 x − x +7 x+ C

2) Calcule

∫

 

x x+

1

 dx

x 

x dx+ 7

∫ dx


Lic. Eleazar J. García

Solución.

∫

 1 x x+  dx=  x 

∫

3) Determine Solución.

∫

5t 2 + 7 t

4

3

1

x

2

∫ ∫

5t 2 + 7 4

t 3

t2

dt = 5 = 3t

t

5

∫

3

( x+ x ) dx= ( x −1

3

4

3

−1

3

−1

+ x

2

x

) dx=

5

5 2

2

+

x

1

2

5

1

+ C= 25 x 2 + 2 x 2 + C 1 2

dt

dt + 7

− 21t

2

∫

1 4

t 3

dt = 5

+ C = 3t

5

3

−

∫

21 1

t 3

2

t dt + 7 3

+C

∫ t

−4

3

dt = 5 ⋅

t

5

5 3

3

+7⋅

t

−1

3

− 13

+C

Los teoremas para las integrales indefinidas de las funciones trigonométricas seno, coseno, secante al cuadrado, cosecante al cuadrado, secante por tangente y cosecante por cotangente, son deducciones inmediatas de los teoremas correspondientes de diferenciación. A continuación se presentan tales teoremas.

Teorema 7.

∫

sen x dx= − cos x+ C

Teorema 8.

∫

cos x dx= sen x+ C

Teorema 9.

∫

2

sec x dx= tg x+ C

Teorema 10.

∫

csc 2 x dx= − cotg x+ C

Teorema 11.

∫

sec xtg x dx= sec x+ C

Eleazar J. García


Teorema 12.

∫

csc xcotg x dx= − csc x+ C

Ejemplos.

∫

( 3 sec

1) Evalúe

xtg x−

5 csc2

x+

8 sen x)

dx

Solución.

∫

xtg x− 5 csc2 x+ 8 sen )x dx= 3

( 3 se c

∫

sec xtg x dx−

∫

5 csc2

x dx+ 8

∫

sen x dx

= 3 sec x− 5 ( − cotg x) + 8 ( − cos x) + C = 3 sec x+ 5 cotg x − 8 cos x + C

Las identidades trigonométricas se emplean con frecuencia cuando se calculan integrales indefinidas que involucran funciones trigonométricas. Las ocho identidades trigonométricas fundamentales siguientes son de crucial importancia.

sen xcsc x= 1

cos xse s ec x= 1

tg xcotg x= 1

sen 2 x+ cos2 x= 1

2) Calcule

tg x=

sen x cos x

tg 2 x+ 1 = sec 2 x

∫

2 cotg x − 3 sen 2 x sen x

cotg x=

cos x sen x

cotg 2 x+1 = csc 2 x

dx

Solución.

∫

2 cotg

− 3xsen

sen

2

x

x dx = 2

∫

1 sen

⋅ cotg x dx − 3

x

∫

sen 2 sen

x dx = 2 x

∫

csc x cotg x dx − 3

= 2 ( − csc x) − 3 ( − cos x) + C= − 2 csc x+ 3 cos x+ C

3) Determine

∫

( tg 2

x+ cotg

2

∫

sen x dx

∫

dx

x+ 4 ) dx

Solución.

∫

( tg 2

cotg +x

2

+ x4

)

∫

= dx

( sec 2 − 1) + ( csc2 − 1) + 4   

= tg x− cotg x+ 2 x+ C

∫

2

= dx sec

∫

x+ dx csc2

x+ dx2



Ejercicios. Calcule las integrales indefinidas:

1)

∫ ∫ ∫(

5

3

( 3u − 2u ) du

5) ( 5 cos 9)

2)

∫ ∫

x− 4 sen )x dx 6)

2 cotg 2 θ − 3 tg 2 θ ) dθ

2

4

3

2

x

x dx

sen x 2

cos x

10)

3)

∫ ∫

y

dx 7)

∫

3

2

( 2 y − 3 ) dx

cos x

dx 8 )

2

sen x

3 tg β − 4 cos 2 β cos β

d β

4)

∫

∫

( 4 csc

4

2

+y2

y

−y1

dx

xcot x+ 2 sec2 )x dx

Teorema 13. Regla de la cadena para antiderivación. Sea g una función diferenciable y sea el contradominio de g algún intervalo I . Suponga que f es una función definida en I y que F es una antiderivada de f en I . Entonces

∫

f ( g ( x ) )  g′ ( x)  dx dx =

∫

f ( g ( x) ) d ( g ( x) ) = F ( g ( x) ) + C.

Teorema 14. Si g es una función diferenciable y n es un número racional, entonces

∫

 g ( x )   g ( x )   g ′ ( x ) dx  =  n +1

n +1

n

+C

n ≠ −1.

Ejemplos.

1) Evalúe

∫

3

x+ 4 dx

Solución.

∫

3

x+ 4 dx=

∫

1

( 3 x+ 4 ) 2 dx

y observe que si g ( x) = 3 x + 4 entonces g ′( x) dx = 3 dx. Por lo tanto, se necesita un factor 3 junto a dx para obtener g ′( x ) dx = 3 dx. En consecuencia, se escribe

∫

1

( 3 x+ 4 ) 2 dx=

∫

1

( 3 x+ 4 ) 2 ⋅ 3 ⋅ ( 13 dx) = 13 ( g ( x ))

∫

1

3 x+ 4 ) 2 ( 3 dx) = 13 (   

( g ( x ))

n

n +1

  1 +1

3 x + 4 ) 2 1 ( =3⋅ 1 + 2 1 

n +1

+ C = 29 ( 3 x + 4 )

3

2

+ C

g ′( x ) dx dx

∫

1

3 x+ 4 ) 2 d( 3 x+ 4 ) (     ( g ( x ))

n

d ( g ( x ))

Eleazar J. García

∫

2) Calcule


x2 ( 5 + 2 x3 )

8

Solución. Observe que si g ( x ) = 5 + 2 x 3

dx

g ′( x ) dx = 6 x 2 dx . Por lo tanto, necesitamos

entonces

un factor 6 junto a x2 dx para obtener g ′( x ) dx = 6 x 2 dx. Luego, se escribe n +1

( g ( x ))

∫

x2 ( 5 + 2 x3 )

8

dx= 16 1 = 54

3) Evalúe

∫

( g ( x ))

n

n

8

( 5 + 2 x3 ) ( 6 9

∫

4 x 2 4 (1 − 8 x 3 )

( g ( x ))

d ( g ( x))    

g ′( x ) dx dx     

( 5 + 2 x 3 )

    

x2 dx) = 16

∫

8

( 5 + 2 x3 ) d( 5 + 2 x3 ) = 16 ⋅

( ( 5 + 2 x 3 )

8 +1

8+1

)+ C



n +1

+ C

dx

Solución. Como d (1 − 8 x 3 ) = − 2 4 x 2 dx , se escribe

∫

4 x 2 dx = 4 3 4 (1 − 8 x )

∫ ∫ (

∫

−4

−4

(1 − 8 x 3 ) ( x 2 dx ) = 4 ( − 241 ) (1 − 8 x 3 ) (− 24x 2 dx )

= − 16

−4

3 3 x) d( 1 − 8 x ) = − 16 ⋅   

1− 8

( g ( x ))

(1 − 8 x 3 ) −3

−3

+ C=

d ( g ( x ))

n

1 + 3 3 18 (1 − 8 x )

C

Ejercicios. Resuelva:

1) 5)

∫ ∫

u=

1− 4

y dy 10

x ( x − 1) 2

3

∫ ∫(

2) dx 6)

3

3

x− 4 dx

y 3

1 − 2 y

4 5

)

dy 7 )

3)

∫

∫

x3 x2 − 9 dx

ycsc 3 y2 co co t 3 y2 dy 8)

4)

∫

∫

x( 2 x2 + 1)

6

co s x( 2 + sen x)

En los teoremas que se presentan a continuación u es una función de x, es decir, f ( x ).

Teorema 15. 1

∫

u

du = ln u + C

dx 5

dx



Ejemplo. Evalúe

∫

x

2

x 3 + 1

dx

Solución. En este caso u = x 3 + 1, por lo tanto, du = 3 x 2 dx, luego se necesita un factor 3 junto a x2 dx para obtener du. Entonces, se escribe

∫

x 2 3

x+ 1

dx = 13

∫

3 x2 3

x+ 1

dx = 13

∫

1 3

d ( x 3 + 1 ) = 13 ln x 3 + 1 + C   x+ 1 



du

u

Teorema 16.

∫

tg u du = ln sec u + C

Ejemplo. Calcule

∫

x5 tg x6 dx

Solución. Consideremos u = x 6 , tenemos que du = 6 x 5 dx , luego necesitamos un factor 6 junto a x5 dx para obtener du. Por lo tanto,

∫

x5 tg x6 dx= 16

∫

tg x6 ( 6 x5 dx) = 16

∫

tg x6 d ( x6 ) = 16 ln sec x6 + C 

u



du

Teorema 17.

∫

cotg u du = ln sen u + C

Ejemplo. Calcule

∫

cotg ( 7 x+ 3 ) dx

Solución. Como u = 7 x + 3, entonces du = 7 dx , por lo tanto,

∫

cotg ( 7 x+ 3 ) dx= 17

∫

cotg ( 7 x+ 3 ) ( 7 dx) = 17

Teorema 18.

∫

sec u du = ln sec u + tg u + C

∫

cotg ( 7 x+ 3) d( 7 x+ 3) = 17 ln sen ( 7 x+ 3) + C      u

du

Eleazar J. García


Ejemplo. Evalúe

∫

5 xsec

x2 dx

Solución. Siendo u = x 2 , entonces du = 2 x dx dx , luego, podemos escribir

∫

5 xsec x2 dx= 52

∫

sec x2 ( 2 x dx) = 52

∫

sec x2 d( x2 ) = 52 ln sec x2 + tg x2 + C

Teorema 19.

∫

csc u du = ln csc u − cotg u + C

Ejemplo. Resuelva Solución.

∫

1 dx = sen 2 x

∫ ∫

1 dx sen 2 x

csc 2 x dx = 12

∫

csc 2 x ( 2 dx ) = 12

∫

csc 2 x d ( 2 x ) = 12 ln csc 2 x − cotg 2 x + C

Ejercicios. Resuelva las integrales indefinidas:

1) 6)

∫ ∫ ∫ ( ∫ ∫

1 3−2

2)

dx x

sen 3t

cos 3t − 1

dt

10)

( tg 2

14)

2 + ln 2 x ) dx x (1 − ln x )

17 )

−xsec 2

tg ( ln x ) x

∫

x dx 2 2− x

7)

∫

)

dx

Teorema 20.

∫

e u du = e u + C

Ejemplo.

( cotg 5 x

+

∫ ∫

15) 18 )

∫

3

2

x

3

5

x −1

2

3

2

−x4

2 ln x ln

cotg t t

2

dt

x

x+

4)

dx

csc 5 x ) dx

11)

x dx

∫

3)

8) dx

1

x + ln x

∫

12)

cos 3 x +

∫

5−4 3+2

2

16 )

∫

−1 x

x− 1)

3

sen 3 x

dx

1 9)

∫

2 x(

y

dy

∫

3

dx

lnx2

9)

dx y

x

5)

dx

5

x−

∫

1 3) 2

∫

1

dy yln y

2 − 3 sen 2 x dx cos 2 x

∫

ln

3

2

3 x

dx

2

x+ 5 x− 2

3 x + 1

20 )

x

∫

dx

7

ln x

dx x


∫

x

e

Evalúe


dx

x

Solución. Sea u =

∫

e

x , entonces, du =

x

x

dx = 2

∫

e

1 2

u



e

x

dx, por lo tanto

∫

x dx  u   = 2 e du = 2e 2 x  

+ C = 2e

u

x

+C

du

Teorema 21.

∫

u

a du =

au

ln a

+C

Ejemplo.

∫

Evalúe

10 3 x dx

Solución. 3x

10 3 x = 10 2 , se aplica el teorema 21 con u =

Como du =

∫

3 x , de donde obtenemos, 2

3 dx, entonces 2

10

3 x

dx =

∫

10

3 x

2

dx = 23

∫

3x

10 ( 2

3 2

dx )

= 32

∫ 10

u

3 x

du = 32 ⋅

2 10u 2 10 3 x 2 10 +C = 3 ⋅ +C = ln 10 ln 10 3 ln 10

+C

Ejercicios. En los siguientes ejercicios evalúe la integral indefinida.

1) 6)

∫ ∫

e

2 − 5 x

a

dx

2)

∫

e

2 x +1

( ln z + 1 ) dz

zln z

3)

dx

7)

∫

∫ e

1 + e2 e x y

2 3

y

e

ey

x

dx

dy

4)

∫( ∫

8)

e

3

x

1 − 2e 3 x )

4

ln ( x1 )

dx x

2

∫ ∫ 5)

dx

9)

e

2

x

ex + 3

( log 3 x ) x

dx

2

dx

A partir de las fórmulas de las derivadas de las funciones trigonométricas inversas se obtienen algunas fórmulas de integrales indefinidas. El teorema siguiente proporciona tres de estas fórmulas.

Teorema 22.

∫ ∫

1

du

1 − u2 du 2

= arcsen u + C

= arctg u + C

Eleazar J. García

∫

du 2

u u −1


= arcsec u + C

El teorema siguiente proporciona algunas fórmulas más generales.

Teorema 23.

∫ ∫ ∫

du

= arcsen

2 2 a −u

du 2

a +u

2

u

+ C

a

u = a1 arctg + C a

du

2 2 u u −a

u = a1 arcsec + C a

Ejemplos.

1) Evalúe

∫

dx

4 − 9 x 2

Solución.

∫

dx

4 − 9 x 2

2) Evalúe

=

∫

∫

dx

22 − ( 3 x )

2

= 13

∫

3 dx 22 − ( 3 x )

2

= 13

∫

d (3x)

22 − ( 3 x )

2

= 13 arcsen

3x + C 2

dx

3 x

2

− 2x + 5

Solución.

∫

dx

3 x

2

− 2x + 5

=

∫ ( 3

dx x 2 − 23 x ) + 5

Con la finalidad de completar el cuadrado de x 2 − 23 x se suma multiplicado por 3 en realidad se suma es

1 3

1 9

, y como está

al denominador, de modo que para que la

expresión del denominador persista, es decir, no se altere, se resta también

1 3.

Por lo tanto,

se tiene

∫

dx

3 x

2

− 2x + 5 =

1 3

=

∫

∫(

dx

3 x

( x − 31 )

2

)

− 23 x + 19 + 5 − 13

dx 2

+

(

=

∫

dx

3(

= 2 x − 13 + 134

)

1 3

∫

dx

( x − 13 )

2

+ 194

x − 13 1 1 1 3x − 1 a r c t a n a r c t a n C = ⋅ + = + C 2 14 14 14 3 1 4 1 4 3 3 3 )


∫

3) Evalúe


6dx

( 2 − x) x2 − 4 x+ 3

Solución.

∫

6 dx ( 2 − x) x2 − 4 x+ 3

=

∫

6 dx − ( x − 2)

( x 2 − 4 x + 4) − 1

=−6

∫

dx

( x − 2) ( x − 2)

2

−1

= −6 arcsec ( x − 2 ) + C

Las fórmulas de integración indefinida del teorema siguientes son consecuencia inmediata de las fórmulas de las derivadas de las funciones hiperbólicas.

Teorema 24.

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

sech u tgh u du = − sech u + C

csch u cotgh u du = − csch u + C

senh u du = cosh u + C

cosh u du = senh u + C

sech 2 u du = tg u + C csch 2u du= − cotgh u + C

Ejemplos.

1) Evalúe

∫

senh cxosh 2

x dx

Solución.

∫

cosh 2 (xsenh x d)x=

2) Evalúe Ejercicios.

∫

∫ ∫(

tgh 2 x dx=

cosh 2 x d( cosh )x= 13 cosh 3 x+

1 − sech 2 x)

dx=

C

∫ ∫ dx dx−

sech 2 x dx= x− tgh x+ C

Eleazar J. García

1) 4)

∫ ∫


senh 4 xcosh x dx

cotgh 2 3 x dx

∫

2)

5)

∫

xcosh x2 senh x2 dx

tgh 2 xln ( cosh 2 )x dx

6)

3)

∫

∫

sech 2

x2 csch 2 x3 dx

txgh 2

x dx

Antes de estudiar los diferentes métodos de integración, se presenta una lista numerada de las fórmulas típicas de integración indefinida las cuales deben ser memorizadas por el estudiante para un mejor desenvolvimiento.

1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10 . 11 . 12 .

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

du = u + C

a du = a u + C

 f ( u) n

u du = du u u

+ g ( u)   du =

u

∫

f ( u) du +

∫

g ( u) d u

n+1

n +1

n≠1

+ C

= ln u + C

a du =

u

a∈ℝ

a

u

ln a

+ C

do nde

u

e du = e + C

s en u d u = − co s u + C

co s u d u = s en u + C

sec 2 u d u = t g u + C

cs c 2 u d u = − co tg u + C

sec u tg u d u = sec u + C

a >0 y a ≠ 1


13. 14. 15. 16. 17. 18. 19. 20.

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

csc u cotg u du = − csc u + C

tg u du = ln sec u + C

cotg u du = ln sen u + C

sec u du = ln sec u + tg u + C

csc u du = ln csc u − cotg u + C du a2 − u 2 du 2

a +u

2

= arcsen

23. 24. 25. 26.

u a

du = a1 arctg

du

u u2 − a2

+ C

u a

= a1 arc sec

21. senh u du = cosh u 22.


+ C

u a

donde

donde

+ C

don de

a >0

a >0

a>0

+ C

cosh u du = senh u + C

sech 2 u du = tgh u + C

csch 2 u du = − cotgh u + C

sech u tgh u du = − sech u + C

csch u cotgh u du = − csch u + C

Emprendamos el estudio de los métodos de integración. Uno de los métodos más ampliamente usados en la resolución de integrales es la integración por partes.

Eleazar J. García


INTEGRACIÓN POR PARTES. La fórmula de la integración por partes es la siguiente:

∫

u dv dv = uv −

∫

v du du

∫ u dv en términos de la integral ∫ v du. Mediante una elección adecuada de u y dv, puede evaluarse más fácilmente integral v du. ∫ Esta fórmula expresa a la integral

Ejemplos.

1) Evaluar

∫

xln x dx dx

Solución. Tomemos u = ln x

∫

2

xln x dx=

x

2

2) Evaluar Solución.

∫

∫ ∫ ∫

ln x−

2

x3 e dx x = 12

∫

  

2

2

dx

⋅

x

2 = 12 x ln x− 12

∫

x dx= 12 x2 ln x−

1 4

y

x

v=

x

2

2

, luego,

x2 + C

2

x3 e x dx

Sea u = x 2 1 2

2

x

dv = x dx, por lo tanto, du =

y

dx

y 2

x3 e x dx = 12  x2 e x −

x2 e

2

(x2 x dx) = 12 2

dv = e d ( x x

∫

2

∫

) , entonces,

  

2

2

x2 e dx ( x2 )

2

e x ( 2 x dx)  = 12 x2 e x −

du = 2 x dx dx 1 2

∫

2

v = e x , por lo tanto,

y

2

2

e x d ( x2 ) = 12 x2 e x −

1 2

2

ex + C

Ejercicios. Evalúe las integrales indefinidas.

1) 5)

∫ ∫

( ln t ) t

2

dt

sseen ( ln y) dy

2)

∫

x arctg x dx

6)

∫

3)

∫

sseen zln ( cos z) dz

x sec x tg x dx

7)

∫

5

x 2

x e dx

4)

∫

xe x

(1 + x )

8)

∫

2

dx

x3 dx x



INTEGRALES TRIGONOMÉTRICAS. Las integrales trigonométricas implican operaciones algebraicas sobre funciones trigonométricas.

CASO 1. (i)

∫

sen n xdx

∫

(ii)

o

cos n dx, donde n es un número entero positivo impar.

(i) Se hace la transformación x d=x( sen n −1

sen n

) (xsen

xd )x

n −1

2

=

( sen ) x ( sen

=

(1 − cos 2 ) 2x ( sen

2

x )dx

n −1

x )dx

(ii) Se hace la transformación cos nx dx= ( cos n −1 )x( cos x d)x n −1

=

( cos 2

=

(1 − sen 2 ) x2 ( cos

) x ( cos 2

x )dx

n −1

x )dx

Ejemplos.

1) Calcule

∫

sen 5 xdx

Solución.

∫

sen 5

∫ ∫

x d=x

=

2) Calcule

∫

2

( sen 2 )x sen sen

x dx−

x d=x

∫

2 cos 2 sxen

∫

= − cos

x+

2 cos 2

= − cos

x+

2 3

∫

cos 3 x dx

2

(1 − cos 2 )x sen

cos 3 −

1 5

x dx+

x d( cos )x −

∫

cos 5

C

x+

∫

cos 4

cos 4

∫

x d=x

(1 − 2 cos 2

sxen

x d( cos )x

x dx

+xcos

4

)xsen

x dx

Eleazar J. García


Solución.

∫

∫

cos 3

x d=x

cos 2

( xcos

= sen x−

x d) x=

∫

(1 − sen 2 ) x( cos

∫

sen 2 x d( sen x) = sen x−

1 3

x d) x=

∫

cos

sen 3 x+ C

x d−x

∫ sen 2

cxos

x dx

CASO 2.

∫

sen n

cxos m

x d, xdonde al menos uno de los exponentes es un número entero

positivo impar. En la solución de este caso se utiliza un método semejante al empleado en el caso 1.

(i) Si n es impar, entonces sen

n

xcos x dx= sen

(

n −1

= sen =

xcos x( sen x d)x n −1

2

)x

2

(1 − cos 2 )

cos (xsen x d)x

n −1

2

cos (xsen x d)x

(ii) Si m es impar, entonces sen n

m xcos

x d= x sen = sen

n

= sen

n

m −1 xcos (xcos x d)x

n

m−1

(xcos 2 )x ( cos 2

2

m −1

x d)x

(1x − sen ) x ( cos 2

x d) x

Ejemplo.

∫

se n 3

=−

∫

xcos 4

x d= x

∫

sen 2

cos 4 x d( cos x) +

xcos 4

(xsen x d)x= −

∫

(1 − cos2 )xcos 4

∫

cos 6 x d( cos x) = − 15 cos 5 x+

1 7

cos 7 x+ C

x d( cos )x

Cuando ninguno de los exponentes de las potencias seno y coseno es impar, no se pueden seguir los procedimientos expuestos en los casos 1 y 2. En tal caso se deben tomar muy en cuenta las identidades siguientes: sen 2 x =

1 − cos 2 x 2

cos 2 x =

1 + cos 2 x 2



CASO 3.

∫

(i)

∫

(ii)

sen n xdx,

cos n xdx

∫

(iii)

o

sen n

xcos m

x d, xdonde m y n son

números enteros positivos pares.

(i) Se hace la transformación n

sen n x dx= ( sen 2 )x

2

dx n

 1 − cos 2 x  2 =  dx 2  

(ii) Se hace la transformación cos

x dx= ( cos

n

n

2

)x

2

dx n

 1 + cos 2 x  2 =  dx 2   transformaci ón (iii) Se hace la transformación n

m

sen n xcos m x dx= ( sen 2 )x ( cos 2 x) 2

2

dx

n

m

 1 − cos 2 x  2  1 + cos 2 x  2 =    dx 2 2     Ejemplos.

1)

∫

sen 2

x d=x

∫

1 − cos 2 x 2

d=x

1 2

∫ ∫ d−x

1 2

cos 2

x 14 −

∫

∫

x cos +

x d=x

1 2

cos 2

x(d2

)x

= 12 x− 14 sen 2 x+ C

2)

∫ = 14

= 14

∫ ∫ ∫

cos

4

x d=x

dx +

x+

1 4

1 2

∫ ∫ ∫ ∫

( cos

2

1 + cos 2 x ) x d=x  2   

cos 2 x dx +

sen 2 x+

1 8

2

2

dx+

cos 2 2 x dx = 14 x +

1 4

1 8

cos 4 x dx= 14 x+

= 83 x + 14 sen 2 x + 312 sen 4 x + C

d=x 14 1 4

∫

(1 + 2 cos 2

cos 2 x d ( 2 x ) +

1 sen 4

2

x+

1 8

x+

1 32

2

2 )x

∫ ∫ 1 4

dx

 1 + cos 4 x    dx 2  

cos 4 x d( 4 x)

Eleazar J. García


CASO 4.

∫

(i)

tg n xdx

(ii)

o

∫

cotg n x dx, donde n es un número entero positivo.

(i) Se hace la transformación x d= x tg n − 2

tg n

= tg

xtg 2

n −2

x dx

x ( sec 2 x −

1)

(ii) Se hace la transformación cotg n

x d=xcotg = cotg

n−2

n−2

cxotg 2

x dx

x ( csc 2 x −

1)

Ejemplos.

1) Evalúe Solución.

∫

∫ ∫ ∫ ∫

tg 3 xdx

tg 3 x dx=

tg xtg 2 x dx=

=

2) Evalúe

∫ ∫

tg (xsec 2 x− 1 ) dx=

∫

tg xsec 2 x dx−

∫ tg x dx

tg x dx= 12 tg 2 x− ln sec x+ C

tg x d( tg x) −

cotg 4 xdx

Solución.

∫

cotg 4 3 x dx=

=

∫

∫

cotg 2 3 xcot 2 3 x dx=

cotg 2 3 xcsc 2 3 x dx−

3 = 19 co t

3

x−

1 3

∫

∫

∫

cotg 2 3 x( csc 2 3 x−

cotg 2 3 x d=x

csc 2 3 x d( 3 x) +

∫

1 3

∫

1)

dx dx

cotg 2 3 x d ( cotg 3 )x −

dx d x = 19 cot 3 3 x−

1 3 cot

3

∫

x+ x+ C

CASO 5. (i)

∫

sec n xdx

o

(ii)

∫

( csc 2 3 −x 1)

csc n xdx, donde n es un número entero positivo par.

dx



(i) Se hace la transformación x d=xsec n − 2

se c n

(

= s ec

(

= tg

(xsec 2

x d) x

n− 2

2

) x (sec 2

x)dx

2

2

n −2

) ( s ec 2

+ 1x

)x dx

2

(ii) Se hace la transformación x d=xcsc n − 2

csc n

(

= csc

(

x d) x

n −2

2

= cotg

(xcsc 2 ) x ( csc 2

x)dx

2

2

n− 2

) ( csc 2

)x dx

(xcsc 2

x )d=x

∫

cotg 4 x+

2 cotg 2

+ 1x

2

Ejemplo.

∫

csc 6 x dx

Evalúe Solución.

∫

∫ ∫ ( ∫

csc 6

x= dx c sc 4

=−

(cotg 2

2

) ( s ec 2

x )d=x

x + 1 ) d( cotg x)

cotg 4 x d( cotg x) − 2

=−

+x 1

∫

cotg 2 x d( cotg x) −

5 3 = − 15 cotg x− 23 cotg x− cotg x+ C

∫

d( cotg x)

CASO 6. (i)

∫

tg n

xsec m

dx o

∫

(ii)

cotg n x csc m x dx, donde m es un entero positivo

par.

(i) Se hace la transformación tg n x sec m x dx= tg n x sec n − 2 x ( sec 2 x dx) 2

= tg

n

x( sec

= tg

n

x( tg 2 x+

(ii) Se hace la transformación

x)

m− 2

2

( s ec 2 m −2

x dx)

1 ) 2 ( sec 2

x dx)

Eleazar J. García


cotg n x csc m x dx= cotg n x csc n − 2 x ( csc 2 x dx) m− 2

= cotg

n

x( csc 2 x)

= cotg

n

x( cotg 2 x+

( csc2

2

x dx)

m− 2

1) 2 ( csc 2

x dx)

Ejemplo.

∫

tg 5 x sec 4 x dx

Evalúe Solución.

∫

∫ ∫

tg 5 x sec 4 x dx=

tg 5 x sec 2 x ( sec 2 x dx) = tg 7 x d ( tg x) +

=

∫

tg 5 x( tg 2 x +

∫

1 ) d( tg x)

tg 5 x d ( tg x) = 18 tg 8 x +

1 6

tg 5 x + C

CASO 7. (i)

∫

tg n

xsec m

∫

(ii)

o

dx

cotg n x csc m x dx, donde m es un entero positivo

impar. transformació n i) Se hace la transformación tg n xsec m x dx= tg n −1 xsec n−1 x( sec xtg x dx)

(

= tg

(

2

= sec

x) 2

n −1

2

sec m −1 x( sec x tg x dx)

−x1

)

n −1

2

sec m −1 ( sec

tgx

x)dx

(ii) Se hace la transformación cotg n x csc m x dx= cotg n −1 x csc m −1 x ( csc x cotg x dx) =

( cotg 2 x) (

= cs c

2

Ejemplo. Evalúe Solución.

∫

tg 5

xsec 7

dx

n −1

2

csc n −1

x−

m −1

x( csc xcotg x dx)

1 ) 2 csc m 1 ( csc −

xcotg

x d)x


∫

∫ ∫( ∫

tan 5 x sec 7 dx=

=

=


tg 4 x sec 6 x( sec x tg x dx) = 2

∫ ∫ (

sec 2 x − 1 ) sec 6 x d ( sec x) =

sec10 x d ( sec x) − 2

= 111 sec

11

∫

x − 92 sec 9 x +

( tg 2 x)

2

sec 6 x(sec x tg x dx)

s ec 4 x − 2 s e c 2 x +

sec 8 x d (sec x ) +

7 1 7 s ec

x+

C

1) sec 6

x d (sec x)

∫

sec 6 x d (sec x)

CASO 8. (i)

∫

sec n xdx

o

(ii)

∫

csc n xdx, donde n es un número entero positivo impar.

Aplique integración por partes.

(i) Considere (ii) Considere

u = sec n − 2 x

y

dv = sec 2 x dx

u = csc n − 2 x

y

dv = csc 2 x dx

Ejemplo . Evalúe

∫

sec5 x dx

Solución.

u = sec 3 x ⇒ du = 3 sec 2 x (sec x tg x dx ) = 3 sec 3 x tg x dx  Sean  2  dv = sec x dx ⇒ v = tg x Aplicando el método de integración por partes tenemos:

∫

sec 5 x dx= sec 3 xtg x−

= s ec

Luego,

∫

sec 5

3

xtg

−x

x d=x 14 sec 3

∫ ∫

3 s ec 3 x t g 2 3 s ec 5 txg

x 43 +

x dx= sec 3 x tg x−

x d+x

∫

3 sec 3

∫

sec 3

∫

3 sec 3 x(sec 2

x−

x dx

x dx

  I

Evaluemos la integral I aplicando el método de integración por partes:

1)

dx

Eleazar J. García

u

Sean 

⇒

= s ec x


tg x dx d u = sec x tg

2 d v = sec x dx ⇒ v = tg x

Entonces,

∫

sec 3 x dx= sec xtg x−

= sec xtg x−

∫

∫

sec 3 x dx+

sec xtg 2 x dx = sec xtg x−

∫

sec x dx= sec xtg x−

∫

sec x(sec 2 x−

1)

dx

∫

sec 3 x dx+ ln sec x+ tg x+ C

Por lo tanto,

∫

sec

3

x dx= 12 sec xtan x+

1 2 ln

sec x+ tan x + C

En conclusión,

∫

sec 5 x dx= 14 sec 3 xtg x + = 41 sec

3

x tg x +

3 4

( 12 sec

3 8 s ec

xtg x + 12 ln sec x+ tg x + C)

x tg x + 83 ln sec x + tg x + C

CASO 9. (i)

∫

tg n

xsec m

∫

(ii)

dx o

cotg n x csc m x dx, donde n es un entero positivo par

y m es un entero positivo impar. Exprese el integrando en términos de potencias impares de la secante o cosecante y después siga las sugerencias del caso 8.

(i) Se hace la transformación n

tg n xsec m x dx= ( tg 2 x) sec m x dx 2

(

= sec

2

n

x−

1) 2 sec m

x dx

(ii) Se hace la transformación cotg n

cxsc m

n

x d=x ( cotg 2 ) csc m 2

(

= csc

Ejemplo.

2

x dx

n

x−

1) 2 csc m

x dx


Evalúe

∫

xsec 3 dx

sxec 3

d=x

tg 2


Solución.

∫

tg 2

∫

( sec 2

)

−x 1 sec

3

∫

x d=x sec 5

x dx−

∫ s ec 3

x dx

 



A

B

Las integrales A y B las resolvimos en el ejemplo del caso 8. La solución de A es: La solución de B es:

∫ ∫

sec 5 x dx= 41 sec 3 x tg x + 38 sec x tg x + sec 3 x dx= 12 sec xtg x+

1 2 ln

3 8 ln

sec x + tg x + C1

sec x+ tg x + C2

Por lo tanto,

∫

tg 2 x sec 3 dx= 14 sec 3 x tg x + 78 sec x tg x +

7 8

ln sec x + tg x + C ,

C = C1 + C2

CASO 10. (i)

∫

dx, cos mx cos nx dx

(i)

∫

dx sen mx cos nx dx

o

(iii)

(i) Se hace la transformación cos mx cos nx dx = 12  cos ( m + n ) x + cos ( m − n ) x  dx

(ii) Se hace la transformación sen mx cos nx dx = 12 sen ( m + n ) x + sen ( m − n ) x  dx

(iii) Se hace la transformación transformaci ón sen mx sen nx dx = 12  − cos ( m + n ) x + cos ( m − n ) x  dx

Ejemplo. Evalúe Solución.

∫

sen 3 cxos 2 x dx

∫

dx, m≠n. sen mx sen nx dx

Eleazar J. García

∫

sen 3 cxos 2

x d=x

∫ ∫ 1 2

= 110


( sen 5 +x sen )x d=x 12 sen 5 x d( 5 )x +

1 2

∫

sen 5 x dx+

1 2

∫

sen

∫

sen x dx= − 110 cos 5 x−

1 2

x dx

cos x+ C

Ejercicios. Determine las integrales indefinidas indicadas a continuación.

1) 4) 7) 10) 13)

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

sen 3 xcos 5 x dx

cos 6

1 2

sen 5 x

cot

2

∫

dx

4

3 xcs c sc 3

8)

∫

x dx 2

sen 4 xcos x dx

5)

xsen 12 x dx

cos 3 5 x 3

2)

∫

3)

∫

∫

cos zse sen 3 z dz

cos 4 y cos 8 y dy co

11)

∫

cos 3 4 xsen 4 x dx

sec 4 ( ln x )

( tg 2 x+ cotg 2 x) dx 14)

x

∫

csc 3

9) dx

6) se sen 2 3

∫ ∫ ∫

x dx

sen 12t sen 4t dt

12)

e tg 4 ( xe) dx

x

)x 15 xd

2 sen w − 1 cos 2 w

dw

INTEGRACIN POR SUSTITUCIÓN TRIGONOMÉTRICA Se mostrará con tres casos cómo el cambio de variable mediante sustitución trigonométrica permite con frecuencia evaluar una integral que contiene una expresión de una de las formas siguientes donde a > 0: a 2 − b2 x 2

a2 + b2 x2

b2x2 − a2

CASO 1. El integrando contiene una expresión de la forma

a 2 − b 2 x 2 , donde a > 0.

Se introduce una nueva variable θ considerando x = ba sen θ , donde

0 ≤ θ ≤ 12 π si x ≥ 0

y

Ejemplos.

1) Evalúe Solución.

∫

16 −

x2 dx

− 12 π ≤ θ < 0

si x < 0


Sabemos que:

∫

16 −


x 2 dx =

∫

42

− x

2

dx

Hagamos el cambio x = 4 sen θ y diferenciemos el primer miembro con respecto de x y al segundo miembro con respecto de θ , entonces, dx = 4 cos θ d θ . Sustituyendo obtenemos:

∫

2

16 −

∫ ∫ ∫

x =dx

=8

dθ +

∫

4 cos 2θ d ( 2θ ) = 8θ

Ahora, como θ = arcsen

16 −

16 − 16 sen 2 θ ( 4 cos θ θ ) d

∫

1 + cos 2θ  4 1 − sen 2 θ ( 4 cos θ dθ ) = 16 cos2 θ dθ = 16   d θ 2  

=

∫

∫ ∫

2

16 − ( 4 sen θ ) ( 4 cos θ θ ) d=

2

x =d8xarcsen

x

x

4

+

x

4 sen 2θ

16 − 2

x

+ C

sen 2θ = 2 sen θ co cos θ =

y

4

+

x

16 − 2

x2

, entonces,

2

+

C

Otra manera de resolver. Observemos la siguiente figura:

4 x

θ

 2

√16

-

x

Es evidente por trigonometría que: cos θ = x sen θ = , luego, despejando x se obtiene:

4

Por lo tanto,

=4 x sen θ

16

− x

4 ⇒

2

⇒

16 − x 2 = 4 cos θ

=d4 x cos θ

θ .d

y

Eleazar J. García

∫

2

16 −


∫ ∫ ∫

∫

( 4 cos θ ) ( 4 cos θ θd) = 16 cos 2 θ θd= 16

x d=x

=8

4 cos 2θ d ( 2θ ) = 8θ

dθ +

+

4 sen 2θ

∫

1 + cos 2θ θd 2

+ C

Como hemos indicado anteriormente,

θ = arcsen

∫

x

4 2

16 −

y sen 2θ = 2 sen θ co cos θ =

x =d8xarcsen

2) Evalúe

∫

x

+

4

x

16 − 2

x

16 − 2

x2

x

2

, entonces

+

C

dx

25 − 4 x 2

x

Solución. Como

∫

dx

25

x

−

4x

2

=

∫

x

dx

52 − ( 2 x )

2

, haciendo el cambio x = 52 sen θ tenemos:

dx = 52 cos θ d θ . Por lo tanto,

∫

dx x

25 − 4 x 2

=

∫

= 15

5 2 5 2

cos θ d θ

25 − 4 ( 254 sen 2 θ )

sen θ

∫

5 ln 2 x

dx −

5 sen θ 1 − sen 2 θ

∫

y

25

∫

cos θ dθ

csc θ dθ = 15 ln csc θ − cotg θ + C

5 Pero, cscθ = 2 x

x

=

4x

= 15 2

cotg θ =

−

25

25 − 4 x 2 , en conclusión. 2 x − 4 x

2x

2

+ C

Resolvamos teniendo en cuenta la figura siguiente:

= 15

∫

cos θ d θ

sen θ cos θ



5 2 x

θ

 2

√25

Obviamente, sen θ =

25 − 4 x 2 5

cos θ =

2 x 5

-4 x

⇒

= x52 sen θ

⇒

5 =dx 2 cos θ

θ ,d

y

25 − 4 x 2 = 5 cos θ .

⇒

Por lo tanto,

∫

dx x

25 − 4 x 2

=

∫

5 2 5 2

cos θ d θ

sen θ ⋅ 5 cos θ

= 15

∫

d θ

sen θ

5 A partir de la figura se tiene: cscθ = 2 x

∫

x

dx

25 − 4 x

= 15 2

5 ln 2 x

−

25

− 4 x

2x

= 15

∫

y

csc θ dθ = 15 ln csc θ − cotg θ + C

cotg θ =

25 − 4 x 2 , entonces, 2 x

2

+ C


2 2 2 a + b x , donde a > 0.

Introduzca una variable θ considerando x = ab tg θ , donde

0 ≤ θ ≤ 12 π si x ≥ 0 Ejemplo. Evalúe

∫

2

x dx 2

x +

6

y

− 12 π ≤ θ < 0

si x < 0

Eleazar J. García


Solución.

∫ dx =

2

x dx 2

x +

=

6

∫

6 sec2 θ d θ

∫

2 2

2

x +

( 6)

6

=

(

∫ ∫(

=6

6 tg θ )

2

haciendo

,

2

x 2 +

y x dx

x +

2

x dx

el

6 tg θ , obtenemos,

x =

cambio:

6 = 6 sec θ . Sustituyendo nos queda:

(

6 sec2 θ d θ )

6 secθ 2

sec θ − 1) sec θ dθ = 6

∫ ∫ =

6 tg 2 θ sec 2 θ θ sec θ 3

sec θ d θ −



∫

d

=6

tg 2 θ sec θ d θ

∫

6 sec θ d θ 

A

B

La integral A se evalúa por partes, así: tg θ dθ ⇒ du = sec θ tg

Sea u = sec θ

∫

=A sec

3

gθ θ θ d= sec θ ttg

= sec θ tg θ −

∫ ∫

= A sec

Luego,

3

dv = sec 2 θ dθ

y

−

∫

∫

sec 3 θ dθ +

tg 2 θ sec θ θ d= sec θ ttg gθ −

θ θ d= 12 sec θ tg θ

∫

(sec 2 θ − 1) sec θ

θd

∫

sec θ d θ

+ 12 ln sec θ + tg θ +

sec θ θd = ln sec θ + tg θ +

= B

⇒ v = tg θ , sustituyendo:

2C

1

C

Consecuentemente,

∫

2

x dx x 2 +

= 3 sec θ tg θ −

2 x +

Pero, sec θ =

∫

6

6

6 2 2

tg θ =

,

3 ln sec θ

x

6

+ tg θ + C ,

, por lo tanto, sustituyendo resulta:

 x 2 + 6   x  =3  − 3 ln   6 6   6  

x dx

x +

2

=

x x +

2

6

−

3 ln

C = C1 + C2

x+

2

x +

6

x2 +

6 6

6

+

x

6

+ C

+ C


2 2 2 b x − a , donde a > 0.



Introduzca una variable θ considerando x = ab sec θ , donde

0 ≤ θ ≤ 12 π si x ≥ a

π ≤ θ < 32 π si x ≤ − a

y

Ejemplo.

∫

Evalúe

x

dx 3

2

x −

9

Solución.

∫

dx 3

2

x −

x

=

9

∫

dx 3

x

2

x −

32

.

Luego debemos hacer el cambio: 2

x −

= 3xsec θ

=d3xsec θ tg θ

⇒

θ ; dademás,

9 = 3 tg θ . Sustituyendo,

∫

dx x

= 514

3

2 x −

∫

dθ +

=

9 1 10 8

3 sec θ tg θ dθ = 217 3 ( 3 sec θ ) ( 3 tg θ )

∫ ∫

∫

cos 2θ d ( 2θ ) = 514 θ +

1 108 sen

x

Pero, θ = arc sec ,

3

cos θ =

dθ 2

sec θ

2θ

= 217

∫

2 cos θ dθ = 217

+ C = 514 θ + 514 sen θ cos θ + C 2

3

y

x

∫

 1 + cos 2θ  d θ   2  

sen θ =

x −

9

x

. Sustituyendo

nuevamente obtenemos:

∫

x

dx 3

2

x −

9

= 514

arc sec

x

3

 x 2 − 9   3  x    + C = 514 arc sec  x   x 3  

+ 514 

Ahora, resolvamos a partir de la siguiente figura.

x

 2 x

- 9

θ 3

2

+

x −

9

2

x

18

+ C

Eleazar J. García

x se c θ =3

Evidentemente,


x sec θ tg =d3 tg θ

⇒

θ ,d y tg

=x

x 2 −

9

2

⇒ 3 tg =x

3

x−

9,

luego,

∫

dx x3

x2 −

9

=

∫ ∫

= 217

dx x3

x2 −

32

=

∫

3 sec θ tg θ dθ = 3 ( 3 sec θ ) ( 3 tg θ )

∫

1 + cos 2θ dθ = 514 2

x2 − 9

Como sen 2θ = 2 sen θ cos θ , sen θ =

∫

dx

x

3

2

9

x −

= 514

arc sec

x

3



+ 1108 

 

dθ + 1108

x 2

2

x − 9

⋅

∫

dθ

1 = 27 sec θ 27 2

∫

cos 2θ d ( 2θ ) =

∫

cos 2 θ d θ

1 1 54 θ + 108 sen

2θ + C

x 3 sec , entonces , cos θ = y θ = arc se x 3

3

x

 + C = 514 arc sec x 

x

3

2

x −9

+

18

2

x

+ C

Ejercicios. Calcule las siguientes integrales indefinidas. (En los ejercicios 2, 3, 6, 7 y 9 resuelva completando cuadrados)

1) 6)

∫ ∫

dx

3−4 2

x+

2)

2

x

4

x+

5

∫

dx

3

2

x+ x

7)

dx

∫

3)

∫

dx

4)

2

x + 3 x−1

2

x− 2 − x 7 dx

8)

∫

∫

dx

2

x +3

4 x 2 − 1

9)

dx

x

∫ ∫

5)

2

9

2

x−16

dx

dx

28 − 12 x − x 2

INTEGRACIÓN DE FUNCIONES RACIONALES Si se quiere integrar el cociente de dos funciones polinómicas y el grado del numerador es mayor que el del denominador, primero debe efectuarse la división. Ejemplo.

∫

x

4

x + 1

dx =

∫

 3 2 1   x − x + x −1+  dx 1 x +  

4

3

2

= 14 x − 13 x + 12 x − x + ln x + 1 + C

Al efectuar la división de dos polinomios, obtenemos un polinomio cociente más el resto sobre el divisor. En el ejemplo anterior, la expresión:

1 x + 1

pudo integrarse de

inmediato. En otros casos, se la debe descomponer en fracciones simples, como se indicará a continuación. Sabemos que:

f ( x) g ( x)

= q ( x) +

r( x) g ( x)

y grado r ( x ) < grado g ( x ) ó r ( x ) = 0.

La integral de q es inmediata, ya que q es un polinomio, y el problema se reduce a integrar el cociente de dos funciones polinómicas cuando el grado del numerador es menor



El procedimiento básico en éste método de integración, es la descomposición del cociente en fracciones simples, para lo cual, deben hallarse, primero, las raíces del polinomio correspondiente al denominador. A continuación se presentan cuatro casos según las raíces sean reales o imaginarias, simples o compuestas.

CASO 1. Las raices del denominador son reales y simples. El denominador se expresa como producto de polinomios lineales diferentes.

Ejemplo1.

∫

1 2

x − x − 6

dx

Las raíces del denominador son: x1 = − 2 y x2 = 3, luego, x2 − x− 6 = ( x+ 2 ) ( x− 3 ) , por lo tanto,

1 ( x+ 2 ) (

x− 3 )

=

A x+ 2

+

B x− 3

Para calcular el valor de A y B, multiplicamos ambos miembros de la igualdad anterior por ( x + 2 ) ( x − 3 ) , así:

1 ( x + 2) ( x − 3)  A B  = ( x + 2 ) ( x − 3 )  +  ( x+ 2 ) ( x− 3 )  x+ 2 x− 3  A( x + 2 ) ( x − 3 ) B( x + 2 ) ( x − 3) 1= + x + 2 x−3 1 = A( x− 3 ) + B( x+ 2) = − 15  =x − 2 ⇒ 1 = − 5 A⇒ A 1  x= 3 ⇒ 1 = 5 B⇒ B= 5

Luego, 

Por lo tanto,

∫

1 2

x − x− 6

dx =

∫

1   − 15 5 +   dx + 2 − 3 x x  

(

= 15 ln

∫

dx x+ 2

x− 3 + ln x+ 2 ) + C= ln 5

Ejemplo 2.

∫

= − 15

9 x 2 − 16 x + 4 dx 3 2 x −3 x +2 x

+ 15

∫

x − 3 x + 2

dx

x− 3

+ C

= − 15 ln x + 2 + 15 ln x − 3 + C

Eleazar J. García


Las raíces del denominador son: x1 = 0, x2 = 1 y x3 = 2, luego, x3 − 3 x2 + 2 x = x ( x − 1) ( x − 2)

9 x3 − 16 x+ 4 x( x− 1) ( x− 2 )

y

=

A

B

x

x− 1

+

C , ahora, multiplicando ambos miembros de ésta última

+

x− 2

igualdad por el denominador obtenemos: x( x− 1) ( x− 2 ) ( 9 x3 − 16 x+ 4) x( x− 1) ( x− 2 )

A

= x( x− 1) ( x− 2 ) 

B

+

x− 1

 x

9 x 3 − 16 x + 4 =

Ax( x− 1) ( x− 2 )

+



x− 2 

Bx( x− 1) ( x− 2) −x1

x

9 x3 − 16 x+ 4 = A( x− 1) ( x− 2) +

C 

+

Cx( x− 1) ( x− 2)

+

−x2

Bx( x− 2) + Cx( x− 1)

 x= 0 ⇒ 4 = 2 A⇒ A= 2 Luego,   x= 1 ⇒ − 3 = − B⇒ B= 3  x= 2 ⇒ 8 = 2 C⇒ C= 4  Por lo tanto,

∫

2

9

−x16 + 4x

3

2

x −3 x +2 x

dx =

∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫

2 3 4  +  +  dx = 2 x x x − 1 − 2  

=2

dx

+3

d ( x − 1)

x

2

= ln x + ln

− x1

( x− 1 )

3

+4

+ ln

dx

x

+3

d ( x − 2) − x2

( x− 2 )

4

dx x− 1

+4

∫ dx

x− 2

= 2 ln x+ 3 ln x− 1 + 4 ln x− 2 + C 2

+ C = ln x

3

( x− 1) ( x− 2 )

4

+ C

CASO 2. Las raíces del denominador son reales y múltiples. El denominador se expresa como producto de polinomios lineales, algunos repetidos.

Ejemplo.

∫

x 2 − x + 4 3

2

x − 4 x + 5 x− 2

dx

Las raíces del denominador son: x1 = 1, x2 = 1 3

2

x − 4 x + 5 x− 2 = ( x− 1 )

2

( x− 2 ) , y

y x3 = 2, luego,

2 x − x+ 4

(

x− 1 )

2

(

x− 2 )

A

=

( 2

x− 1)

2 +

B x − 1

+

C x−2

ambos miembros de ésta última igualdad por ( x − 1 ) ( x − 2 ) , obtenemos:

, multiplicando

Integrales Indefinidas 2

( x− 1) ( x− 2 ) ( x2 − x+ 4 ) −x1)

(

2

(

−x2 )


 A B C  = ( x − 1) ( x − 2 )  + +   ( −x1) 2 x − 1 x − 2    2

A( x − 1)

2

2

2

( x − 2 ) B ( x − 1) ( x − 2) C ( x − 1) ( x − 2) + + 2 x − 1 x−2 ( x − 1)

2

x − x + 4 =

2 x − x + 4 = A( x − 2 ) + B ( x − 1) ( x − 2 ) + C ( x − 1)

 =x 1 ⇒ 4 = − A ⇒  =x 2 ⇒ 6 = C ⇒

= A− 4

Luego, 

2

, como no existe otro valor de x que anule alguno

C =6

de los sumandos, conviene elegir cualquier valor que facilite los cálculos. A y C por los valores Por ejemplo, x= 0 ⇒ 4 = − 2 A+ 2 B+ C. Reemplacemos obtenidos, y despejemos B: 4

= − 2 ( −4 ) + 2 B+ 6 = 14 + 2 B ⇒

− 10 = 2 B ⇒

B= − 5.

Por lo tanto,

∫

2

− x + 4x

x3 − 4 x2 + 5 x− 2

dx =

∫

 −4   ( x − 1) 2 

=−4

x − 1

x− 1

+

∫

−2

+ ln

∫

∫

d ( x − 1) x − 1

+6

∫

dx

x− 1

+6

∫

dx x− 2

d ( x − 2) x−2

−2 + 1

−2 + 1

4

+

dx 6   dx = − 4 2 −5 x− 2  x − 1 ( ) 

( x− 1) d( x− 1) − 5

−4 ( x − 1 )

=

=

∫

−5

− 5 ln

( −x 2 )

6

x− 1 + 6 ln x− 2 + C

− ln

( −x 1)

5

+

C

6

( x − 2 ) = + ln 5 x − 1 ( x − 1)

4

+ C

CAS0 3. El denominador tiene raíces complejas, no reales, simples. En el factoreo del denominador aparecen polinomios cuadráticos irreducibles, todos distintos entre sí. Ejemplo.

∫

x3 + x2 + x+ 2 4

2

x + 3 x + 2

dx

Las raíces del denominador son: 2x=

2

i ⇒

( 2x)

2

=− 2

⇒ ( 2x)

2

1x =

i ⇒

( 1x)

2

=−1

⇒

( x1 )

2

+1=0

+ 2 = 0,

Entonces, x4 + 3 x2 + 2 = ( x2 + 1) ( x2 + 2) , con lo que

2

x − x+ 4

( x 2 + 1) ( x2 + 2 )

=

Ax+ B 2

x + 1

+

Cx+ D . 2 x +2

y

Eleazar J. García


Multiplicando ambos miembros de ésta última igualdad por ( x 2 + 1) ( x 2 + 2 ) , obtenemos:

( x2 + 1) ( x2 + 2 ) ( x3 + x2 + x+ 2) 2  Ax + B Cx + D  2 = ( x + 1 ) ( x + 2 )  2 + 2  2 2 x x +2  + 1 ( x + 1) ( x + 2)  ( x2 + 1) ( x2 + 2) ( Ax+ B) ( x2 + 1) ( 3 2 x + x + x+ 2 =

+

2 x + 1

2

x + 2 ) ( Cx+ D) 2 x +2

3 2 2 2 x + x + x+ 2 = ( x + 2 ) ( Ax+ B) + ( x + 1) ( Cx+ D) 3

2

3

2

x + x + x + 2 = ( A + C ) x + ( B + D) x + ( 2 A + C ) x + ( 2 B + D)

De la última igualdad se tiene: A+ C = 1, B = 1, C = 1

∫

3

x+

B + D = 1,

2

4

2

x +3 x +2

2 B + D = 2. Resolviendo el sistema,

y

A = 0,

D = 0. Por lo tanto,

y

x+ +x 2

2 A+ C = 1

dx =

∫

 1 x + 2  2  dx =  x +1 x + 2 

∫

dx 2

x +1

+

∫

x dx 2

x +2

2

=

∫

dx dx 2

x +1

2

= arctg x+ 12 ln x + 2 + C= arctg x+ ln

x +2 + C

+ 12

∫

d ( x2 + 2) 2

x +2

CASO 4. El denominador tiene raíces complejas, no reales, múltiples. En el factoreo aparecen factores cuadráticos irreducibles repetidos.

Ejemplo.

∫

x5 − x4 + 4 x3 − 4 x2 +

8 x− 4 dx x + 6 x + 12 x + 8 6

4

2

El denominador no tiene raíces reales (no se anula para número real alguno), por lo que hacemos el cambio x 2 = r , para calcular las raíces complejas. 3

2

En efecto, x6 + 6 x4 + 12 x2 + 8 = ( x2 ) + 6 ( x2 ) + 12 ( x2 ) + 8 = r3 + 6 r2 + 12 r+ 8 . Las raíces en función de x 2 = r son: −2, − 2 y −2 (raíces múltiples). 3

Entonces, x6 + 6 x4 + 12 x2 + 8 = ( x2 + 2) con lo que, 5

4

3

2

x − x +4 x −4 x +

(

2

+x 2

)

3

8 x− 4

=

Ax+ B 2

x + 2

Cx Cx+ D

+

(

2

+x 2

)

2 +

Ex+ F

(

2

+x 2

)

3



( x 2 + 2 )

Multiplicando ambos miembros de ésta última igualdad por

3

, obtenemos:

3

( x2 + 2 ) ( x5 − x4 + 4 x3 − 4 x2 + 8 x− 4) 2 3  Ax + B Cx + D Ex + F  = ( x + 2 ) + 3 2 + 3 2 2 2 2  x + 2 x) x)  +2 +2 ( + 2x ) ( (   3

5

4

3

2

x − x +4 x −4 x + 5

4

3

2

x − x +4 x −4 x +

8 x− 4 =

( x2 + 2 ) (

Ax+ B)

2

x + 2 2

8 x− 4 = ( x2 + 2 ) (

2 x + 2)

(

+

3

( Cx+ D)

( x 2 + 2 )

2

3

( x2 + 2 ) ( Ex+ F) + 3 ( x2 + 2)

2

Ax+ B) + ( x + 2 ) ( Cx+ D) + ( Ex+ F)

5 4 3 2 5 4 3 2 x − x + 4 x − 4 x + 8 x− 4 = Ax + Bx + ( 4 A + C ) x + ( 4 B + D) x + ( 4 A + 2 C + E ) x +

+ ( 4 B+ 2 C + F)

De ésta última igualdad se tiene que: A= 1, B= − 1, C= 0, D= 0, E = 4 y F = 0. Por lo tanto,

∫

5

 8 x− 4 dx =  6 4 2  x + 6 x + 12 x + 8 4

3

4 x  + 3 dx 2 x + 2 ( x 2 + 2 )   

∫ ∫ ∫ ∫ ( ) ( ) ∫ ∫ ∫ (

2

x − x +4 x −4 x +

x− 1

x dx

=

2

x + 2

dx

−

x +2

2 d x +2

= 12

−

2

x + 2

2

= 12 ln

x+ 2 −

2

2 2

2 x + 2

dx

2

x +2

arctg

= 12 ln x + 2 − 2 arctg 2

x dx

+4

2

x

2 x

2

2 x + 2)

+2

−

(

3

2

−2

x+ 2 ) +

1

−

−3

2

( x + 2 )

2 d( x + 2 )

C

2 + C

Ejercicios. Resuelva las siguientes integrales.

1) 5)

∫ ∫

dx x2 − 9

2 x3 + x4 + 8

2)

∫

x2 + 4 x2 + 16

x dx x2 − 3 x− 4

dx

6)

∫

3)

∫

x4

(1 − x )

x3 + x− 1 x4 + 2 x2 + 1

dx

3

dx

7)

∫ ∫ ( ) (

4)

x 4 − 2x 3 + 3x 2 − x + 3 x3 − 2 x2 + 3 x

x4 + 8 x3 − x2 + 2 x+ 1 x2 + x

x 3 + 1)

dx

dx

Ahora, veamos como resolver integrales cuando en el integrando aparecen expresiones de la forma: 1. n ax + b . Se efectúa el cambio de variable ax + b = z n . 2.

2

2 2 x + px+ q. Se efectúa el cambio de variable x + px+ q= ( z− x) .

Eleazar J. García

3.

2


( a+ x) ( b− x) .

− x + px + q =

2

2

2

− x + px+ q= ( a+ x) z

Se

efectúa

el

cambio

de

variable

2

, o bien − x2 + px + q = ( b− x) z2 .

Ejemplos. 1) Calcular

∫

dx

( x − 2 ) x + 2 Hagamos el cambio x + 2 = z 2 , luego, x = z 2 − 2

∫

dx

( x − 2 ) x + 2

=

∫

∫

= − 12

∫

dz + 2z

+ 12

x + 2 − 2

= 12 ln

2) Calcular

∫ ∫

2 z dz = 2 2 z 4 z − ( )

x + 2 + 2

dz z2 − 4 dz

=

2

∫

= − 12 ln

− 2z

dx = 2 z dz dz , por lo tanto,

y dz

( z+ 2 ) ( z− 2)

=2

∫

1   − 14 4 +   dz z 2 z 2 + −  

z+ 2 + 12 ln z− 2 + C= 12 ln

z−2 + 2z

+ C

+ C

dx 1 2

1

x − x 4

Haciendo el cambio x = z 4 , tendremos, dx = 4 z 3 dz , por lo tanto,

∫

dx 1 2

x − x

1 4

=

∫

=2

3) Calcular

4 z 3 dz

=4

2

z− z

∫

2

z dz z− 1

x + 4 4 x + 4 ln

∫

4

=4

∫

 1  1 2  z+ 1 + 1  dz= 4 ( 2 z + z+ ln z− 1 ) + C z−  

x − 1 + C = 2 x + 4 4 x+ ln

(

4

x− 1

)

4

+C

dx

x x2 + x+ 2 2

Haciendo el cambio x2 + x+ 2 = ( z− x) , tendremos,

x =

z 2 − 2

2 z + 1

, dx =

2(

z2 + z+ 2 ) dz

( 2 z + 1)

2( dx x x2 +

2

y

x 2 + x + 2 =

z 2 + z + 2

2 z + 1

z2 + z+ 2 ) dz 2

( 2 z + 1) 2dz entonces, , = = 2 2 2 x+ 2  z − 2   z + z+ 2  z − 2  2 z + 1   2 z + 1    

, luego,


∫

dx x

=

2

3 x + 2 x− 1

∫

2dz =2 2 z − 2

= 1

2

= 1 2

∫

z −

2

z−

2 2

z +

∫ (

3) Calcular

∫(

∫

1  − 212  2 2 =2  +  dz z + z − 2 2 2)  

dz

2 )( z −

z +

dz

ln


∫

+ 1

2

dz

2

z+

+C

= 1 2

= 1

2

− z

ln

2

− 1

2

x2 + x+ 2 + x−

ln

2

x + x+2+ x+

2 2

ln

+ z

2

+

C

+ C

xdx

5 − 4 x − x 2 )

3

2

Haciendo el cambio 5 − 4 x − x2 = ( 5 + x) ( 1 − x) = ( 1 − x) z2 , tendremos, 2

x=

−5 z

z 2 + 1

,

dx=

xdx 2 3

12

( z 2 + 1)

=

∫

x

5−4

x− x2 = ( 1 − x) z=

=

216 z 3 3 ( z 2 + 1)

=

2

z dz

  2 −z5   12 z dz  z 2 + 1   2 2    ( z + 1) 

( 5 − 4 x − x )

dx

2

,

3 x + 2 x− 1

= 118



∫ +z

(

2

z− 5 ) dz

18 z

5 + 18 z

2

C =

= 118

∫

2 1  z + 18 



4 x 2 − 14 x + 10  (1 − x) 5 − 4 x− x2  5 − 2 x = + C 9 5 − 4 x − x 2

1  = 18

z

( z 2 − 5 ) dz 18 z 2

6 z2 + 1

, por lo tanto,

5  1  1 − z 2  dz = 18  

5

+ 

 +C =  

z , luego,

∫ ∫ dz − 158

z

−2

dz =

 5 − 4 x − x 2  + 5   2 1 − x ) + C 1  ( C = 18  5 − 4x − x2    1 − x    ( 5 − 2 x ) ( x − 1)  1  + C 9  ( x− 1) 5 − 4 x− x2   

1 18

z + 158 z

−1

+C

Eleazar J. García



1) 5)

∫ ∫

x dx

1 + z

2)

∫

dx x

2

6)

2

(4 + x )

dx

3+

∫

x+2

3)

∫

dx x

3 x2 + 2 x − 1

1 − 3 + 2x dx 4) 1 + 3x + 2 7)

∫ (

∫ ( x + 1)

1 2

dx

+ ( x + 1)

1 4

dx

3 1 − x2 ) − ( 5 + 4 x ) 1 − x 2

INTEGRACIÓN DE FUNCIONES RACIONALES DE SENO Y COSENO Si el integrando es una función racional de sen u y cos u, se puede reducir a una función racional de z mediante la sustitución z = tg 12 u. Con la finalidad de obtener la fórmula para sen u y cos u en términos de z se utilizan las identidades siguientes: sen u = 2 sen 12 u cos 12 u y cos u = 2 cos 2 12 u − 1. Entonces se tiene,

sen u = 2 sen 12 u cos 12 u =2

=

cos u = 2 cos 2 12 u − 1

sen 12 u cos 2 12 u

=

cos 12 u

2 tg

1u 2

1

1 + tag 2 12 u 2 z = 1 + z 2

du =

dz = 12 sec 2 12 u du =

1 2

Los resultados anteriores se establecen como el un teorema.

Teorema 25.

Si z = tg 12 u, entonces z 1− u sen u = , c o s = 1+ 2z 1+

2

z 2 d x , = 2 z 1+

Ejemplos. 1) Evalúe

∫

2

dx

1 + sen x − cos x

dx 2

−1

(1 + tg 12 u ) du = 12 (1 + z 2 ) du , por lo tanto,

2dz . 1 + z 2

2

−1

1 + tg 12 u 2 = −1 1 + z 2 1 − z 2 = 1 + z 2

sec 2 12 u

Como z = tg 12 u, entonces

sec 2 12 u

=

2 tg 12 u

=

2

z



∫

dx

1 + sen

=

x− cos x

∫

z 1− u , c o s = 1+ 2z 1+ 2 dz dz 1 + z 2

1+

2 z

1 + z

= ln z− ln

∫

∫

=

=

∫

2

z + z

z

z+ C= ln

∫

dz

=

z(1 + z)

+ C= ln

1 + z

∫

1

1+ , y sec = x = cos x 1 − cos x dx

ln 1 + z− ln 1 − z+

tg 12 x

1 + tg 12 x

∫

1 1 −  z 1+ 

+ C

  dz z

∫

2 1−

z

,

2

z

dx

∫

+

1 + tg 12 x C= ln 1 − tg 12 x

+ C

z

entonces

= dx 2 , 1+ z =

=

1 + z C= ln 1 − z

2

1   1  1 + z − 1 − z  

dz 2

2

∫ ∫ dz

1+

dz dz 1− z

−

z

dx

4 sen x − 3 cos x

Haciendo

el

dx

4 sen

1+

1− z 1 + z2

 1 + 2 z 2 d z x d2x  =  2   1− z  1+ z 

∫

3) Evalúe

∫

2 −

=

dx , entonces 2 z

sec xdx

sec xdx =

sec

∫

2 =

z 2 d x , = 2 z 1+

∫

2) Calcule Como

2

2

Haciendo el cambio sen u =

=

x− 3 cos x

∫

2

z 1− sen u = , cos u = 2 1+ z 1+

cambio

2 dz 1 + z 2 2 z   1 − z  2  − 3 2   1 + z   1 + z  2

4 

=

∫

2 dz = 3 z − 8 z− 3 2

∫

2 2

z 2 , dx = 1+ z

2 dz ( 3 z+ 1) (

2

dx , entonces z

z− 3)


1) 5)

∫ ∫

dx

2 + sen

x

2)

∫

dx

sen +xtg

x

6)

dx

1 + sen

∫

x+ cos x

cotg x

3 + 2 sen

dx x

3)

∫ ∫

7)

sen x cos x

1 − cos

x

dx

4)

cos 3t sen 3t sen 2 3t − 14

∫

sen x dx

dt

8)

∫

5)

∫

dy

5 + 4 sec

csc z dz

y

Integrales_Indefinidas[1]

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