Ejercicios de Integrales resueltos

Ejercicios de Integrales resueltos 1. Resuelve la integral:



Ln x dx 1 x

SOLUCIÓN

Ln x dx 1 x Ln x  u  dx  du    x Aplicamos partes:   dx  dv  v  2 1  x    1  x  Llamemos I 



I  2 1  x Ln x  2  2

1 x dx x

1  x  t 2  1 x t2 t t dx   dt  4  4   1 t 2 dt  x 1  t2 dx  2tdt

  4 1

1  dt dt 2  dt  4  dt  4  2  4t  4 1t 1t 1  t2 A 1 1 B  1 1  t 2  1  t  1  t  A(1  t)  B(1  t)  1  A  2 ; B  2  dt dt dt  2   2  2Ln 1 t  2Ln1  t  C  4  2  1  t 1 t 1t Deshaciendo los cambios de variable:

I  2 1  xLnx  4 1  x  2Ln1  1 x  2Ln1  1  x  C

I  2 1  xLnx  4 1  x  2Ln



1 1x 1 1x

 C

1 1 x Ln x  dx  2 1 x Lnx  4 1 x  2Ln C 1 1 x 1 x

Cálculo Integral para primeros cursos universitarios. Alejandre - Allueva, http://ocw.unizar.es

2. Resuelve la integral: 1  sen x  cos x

 1  sen x  cos x dx SOLUCIÓN Sea I 

1  sen x  cos x

 1  sen x  cos x dx .

entonces dx 

Hacemos el cambio de variable: tg x 2  t

2dt 2t 1  t2 ; sen x  ; cos x  con lo que la integral dada 2 1  t2 1  t2 1 t

se transforma en:

2t 1  t2  1- t 1  t 2 1  t 2  2dt  2  2t  2dt = 2 I ò t (t +1)(1 + t 2 )dt = 2t 1  t 2 1 + t 2  2t 2  2t 1+ t 2 1  1  t2 1  t2 1

 2

dt dt 2  2 t  11  t 2  t t  11  t 

Podemos descomponer en fracciones simples cada integrando es decir:

1 B Mt  N  A   2  1 t 2 t t  11 t  t t  1

Poniendo denominador común, obtenemos que:

1 = At  11  t 2  Bt1  t 2  Mt  N t t  1

Igualando los coeficientes de los términos del mismo grado obtenemos el

1 1 1 ;M ; N  2 2 2 1 C Dt  E Por otra parte tendremos:   t  11 t 2  t  1 1  t 2

siguiente resultado: A  1 ; B  

Poniendo denominador común, obtenemos que:

1  C1  t 2  Dt  E t  1

Igualando los coeficientes de los términos del mismo grado obtenemos el siguiente resultado: C 

1 1 1 ; D=  ; E  2 2 2

La integral original se puede descomponer como:

é dt 1 é1 dt dt 1 t +1 ù 1 1- t ù ú ê - ò + 2 I = 2 êò - ò dt 2 ò ò 2 dt ú = ëê t 2 t + 1 2 1 + t ûú ëê 2 t + 1 2 1 + t ûú 1 1 2 Ln t - Ln t +1 - Ln 1 + t 2 - arc.tagt - Ln t +1 + Ln 1 + t 2 - arc.tagt + C = 2 2 = 2 Ln t - 2 Ln t + 1 - 2arc.tagt + C Deshacemos el cambio de variable realizado, tg x 2  t , obteniendo: tg x 2 I  2Ln x C 1  tg x 2


3. Resuelve la integral: dx 4

x

2

x

dx dx  4 (x  2)(x  2)

SOLUCIÓN

2

Utilizaremos el método de descomposición en fracciones simples:

1 A B A(x  2)  B(x  2)    (x  2)(x  2) x  2 x  2 (x  2)(x  2) Igualando los numeradores: 1  A(x  2)  B(x  2) , y dando a x los valores de las raíces reales del denominador, se obtienen valores para A y B:

x 2 B

1 1 , x  2  A   4 4

Luego, aplicando propiedades elementales de integración:

x

dx 1/ 4 1 1 1/ 4  dx   dx   Log x  2  Log x  2  C 4 4 4 x2 x 2

2


4. Obtener una primitiva de la función: y

x2 x x 2  1 2

SOLUCIÓN Descomponiendo

x 2 en fracciones simples: x x 2  1 2

x 2 A B C D   2   2 x  1 x 1 x x  1 x x 2

x  2  Ax(x  1)(x  1)  B(x  1)(x  1)  Cx 2 (x  1)  Dx 2 (x  1) Resolvemos la ecuación anterior: Si x  0  2   B  B  2 . Si x  1  3  2D  D  3 2 . Si x   1  1   2C  C   1 2 . Si x  2  6A   6  A  1 Por lo tanto:



3  12 x 2 1 2 dx  dx  dx  dx  2 2 x  x2  x  1  x 21 dx x x  1

Las integrales resultantes son inmediatas por lo que:

x 2 2 1 3 dx   Ln x   Ln x  1  Ln x  1  C , es decir: 2  1 x 2 2

 x x 2

3

ò

x -1 x+2 2 1 +C dx = - Ln x + Ln 2 2 x 2 x +1 x ( x -1)


5. Resuelve la integral:

 arc.tg

x dx

SOLUCIÓN

1    u  arc.tg x  du  1 1  x 2 x  Sea I   arc.tg x dx . Tomamos partes:      dv  dx  v  x I  x arc.tg x   x

1 1 dx . 1 x 2 x

x  t 2  1 1 t2 t2 1  x 1  x 2 x dx  dx  2tdt  1  t 2 2t 2tdt   1  t 2 dt  t t   dt  t  arc.tg t . Deshaciendo el cambio:   1 2 dt   dt   1 t 2 1 t x

1 x 2

1 x

dx  x  arc.tg x  C . Por lo tanto:

I  x arc.tg x  x  arc.tg x  C

 arc.tg

x dx  (x  1)arc.tg x  x  C


6. Resuelve la integral: I

x arc.tg x dx (x 2  1)2

SOLUCIÓN

1   u  arc.tg x  du  2   1x Aplicando partes: I =   1 dv  xdx  v       1 x 2 2(1  x 2 )  I

1 arc.tg x 1 dx 2   2 1 x 2 (1  x 2 ) 2

Aplicamos el método de Hermite para resolver:

dx

 (1  x

2 2

)



dx

 (1  x

2 2

)

:

ax  b Ax  B dx 2  1 x 1 x2

a(1 x 2 )  2x(ax  b) Ax  B 1   2 2 2 2 2  (1  x ) (1  x ) 1 x

1  a(1  x 2 )  2x(ax  b)  (Ax  B)(1  x 2 ) Identificando coeficientes:

x3 : 0 = A x 2 : 0 = a - 2a + B  B = a x : 0 = -2b + A  b = 0 1 : 1= a + B  a = B = dx

 (1  x



2 2

)

1 2

1 x 1 dx 1 x 1 arc.tg x  C 2  2  2   2 1 x 2 1 x 21 x 2

Sustituyendo estos valores resulta que:



x arc.tg x 1 arc.tg x 1 x 1 arc.tg x  C 2 2 dx   2  2  (x  1) 2 1 x 41x 4


7. Resuelve la integral: I3

x dx x  4x 2

SOLUCIÓN

x y reducimos al mismo índice: x dx dx I3 2 dx   1 3 1   1 x  4x x 6  4x 2 x 6  4x 2 1  x 6  t  x  t 6   6t 5  I   Hacemos el cambio:  3 dt  t  4t   dx  6t 5 dt  1 1 1  1 1  1 3 1  dt  6  6  t 2   t  t arc. tg(2t)  C 2 4    4 3 16 16 4t  1 16 16  2

Dividimos numerador y denominador por

Deshaciendo el cambio:



3

1 x 1 12 3 16 3 6 dx  x  x  arc.tg(2x )C 2 2 8 16 x  4x



x 2  x  14 dx 3 (x  4) (x  2)

SOLUCIÓN

x 2  x  14 en fracciones simples: 3 (x  4) (x  2) x 2  x  14 A B C D    3 2  3  (x  4) (x  2) x  4 (x  4) (x  4) x2 x 2  x  14  A(x  4)2 (x  2)  B(x  4)(x  2)  C(x  2)  D(x  4)3 Dando a x los valores de las raíces reales del denominador de la función racional

Descomponiendo

original: Si x  2  16   8D  D  2 ; si x  4  26  2C  C  13 3 3 Por otra parte: Ax  Dx  0  A   D  A  2 Dando a x un valor cualquiera, por ejemplo 0, obtenemos: B  3 Sustituyendo estos valores:

x 2  x  14 3 2 13 2  (x  4)3(x  2) dx   x  4 dx   (x  4) 2 dx   (x  4)3 dx   x  2 dx

Integrales inmediatas todas ellas, por lo tanto:

1 13 1   2Ln x  2  C x  4 2 (x  4) 2 x 4 1 x 2  x  14 13 1  (x  4)3(x  2) dx  2Ln x  2  3 x  4  2 (x  4)2  C I  2Ln x  4  3


9. Resuelve la integral: Ix

3

x 2  2dx

SOLUCIÓN

x 2 3  2  t 2  x  (t 2  2)3 2     Hacemos el cambio:  1 3 2 dx  (t  2) 2 2tdt    2

3 1 t 4 4 4  I   (t 2  2) 2 t  3(t 2  2) 2 tdt  3 (t 6  4t 4  4t 2 )dt  3t 3   t 2    C  7 5 3 


x

3



2

 3

x  2dx  3 x  2 2

3

2

(x 2 3  2)2 4 2 4    (x 3  2)   C 7 5 3    



x5 dx (x  1) (x  2)(x  3) 3

SOLUCIÓN Descomponiendo

x5 en fracciones simples: (x  1) (x  2)(x  3) 3

x5 A B C D E     3  2  (x  1) (x  2) (x  3) (x  1) (x  2)(x  3) (x  1) (x  1) x  5  A(x  2)(x  3)  B(x  1)(x  2)(x  3)  C(x  1)2 (x  2)(x  3)   D(x  1)3 (x  3)  E(x  1)3 (x  2) 3

Si x   1  4  2A  A  2 ; si x   2  3   D  D  3 Si x   3  2  8E  E 

1 4

5  1  B   2 x  0  B  C  Si:  Sustituyendo estos valores: 4   11   x  1  B  2C  3  C  4

I  2

dx dx 5 dx 11 dx 1 dx  3    3  2    (x  1) 2 (x  1) (x  2) 4 (x  3) 4 (x  1) 11

x 1 4 x  3 x5 1 5 1 dx     Ln 3  (x  1)3(x  2)(x  3) x2 (x  1)2 2 x  1

1

4

C


11. Resuelve la integral: I   sen x  Ln(2  sen x)dx SOLUCIÓN

cosx   u  Ln(2  sen x)  du  dx  2  sen x  Tomando partes:    dv  sen xdx  v   cos x   2 cos x I   cos xLn(2  sen x)   dx 2  sen x cos2 x 1  sen2 x 3 Ahora bien:   2  sen x  2  sen x 2  sen x 2  sen x 2 cos x 3 3    2  sen x dx   2  sen x  2  sen x dx  2x  cosx   2  sen x dx 2t   x tg 2  t  sen x  2  3 1  t  dx . Hacemos el cambio:  Calculamos   2  sen x dx  2 dt    1 t 2 2 dt 2 3 2 dt 1 t entonces:  dx  3  3 2 dt  3 2  2t 2  sen x 2t  2t  2 t  t 1 2 2 1t = 3ò

dt

(

t+ 1

)

3 + 2 4

= 3⋅

2

4 3ò

= 3ò

dt æ 3ö t + 1 +ççç ÷÷÷ 2 çè 2 ø÷

(

)

dt é 2 1+ ê t+ 1 2 êë 3

(

(

2

=

2

ù ú úû

)

2

=

)

2 t+ 1 3 2 +C = = 4⋅ arc.tg 2 3 2t  1   C  2 3 arc.tg   3  Deshaciendo los cambios y sustituyendo en I obtenemos:

2 tg x  1 2   C I   cos xLn(2  sen x)  2x  cos x  2 3 arc.tg   3   



x 5  x 4  4x 3  4x 2  8x  4 dx 2 3 (x  2)

SOLUCIÓN

x 5  x 4  4x 3  4x 2  8x  4 Descomponemos en fracciones simples : 2 3 (x  2) x 5  x 4  4x 3  4x 2  8x  4 Ax  B Cx  D Ex  F  2  2 2 3 2  2 3  (x  2) x  2 (x  2) (x  2) x 5  x 4  4x 3  4x 2  8x  4  (Ax  B)(x 2  2)2  (Cx  D)(x 2  2)   Ex  F Igualando los coeficientes de los términos del mismo grado, llegamos al sistema lineal:

x5 :

1= A

x4 :

-1 = B

x3 :

4 = 4A+C

x : - 4 = 4B + D 2

x :

8 = 4 A + 2C + E

1 : - 4 = 4B + 2D + F Su solución es: A  1, B  1, C  0, D  0, E  4, F  0 La integral quedará:

I

x 1 4x x  dx 4x dx   2 dx   2  2 dx 2 3 dx   2 x 2 x 2 (x  2) x 2 (x  2)3 1 2  x  1 I  Ln x 2  2  arc.tg    2 C  2  (x  2) 2 2 2


13. Resuelve la integral: 5x x sen cos 2 2 dx I sen3x SOLUCIÓN

Como las razones trigonométricas que aparecen en el integrando están referidas a ángulos distintos debemos pasar esta expresión a otra igual donde las razones trigonométricas estén referidas al mismo ángulo. Utilizamos para ello las fórmulas que relacionan productos con sumas de funciones trigonométricas: 1 sen A cos B  senA  B   senA  B  2 x 5x 1  x 5x   x 5x  1 sen cos  sen     sen    sen3x  sen2x    2 2  2 2  2 2 2 2 sen2x  2sen x cos x sen3x  sen2x  x   sen x cos 2x  cos x sen2x  2 3 2  sen x cos x  sen x  2sen x cos x   3sen x cos2 x  sen3 x  3sen x1  sen2 x  sen 3 x 

 sen x 3  4sen x  2

Sustituyendo estos valores en la integral dada obtenemos:

1 sen 3x  sen 2x 1 1 sen2x dx   dx   dx  2 2 2 sen3x sen3x sen2x sen x cosx cosx dx  2  dx  2  dx  I1   2 sen 3x sen x 3  4sen x  3  4sen 2 x dt dt 2  sen x  t  cos xdx  dt  2  2  2    2t  3  4t 3 1     3  2t 3  1 du    u  dt  du 2  3 1u 2  3  1 Descomponemos en fracciones simples : 1  u2 1 1 1 A B  1  A1  u  B1  u  A  , B  2  2 2 1  u 1  u 1 u I

Por lo tanto:

1 1 1 1u 1 du Ln 1 u  Ln 1 u  C  Ln C 2    2 3 2 3 2 3 3 1u 1u Deshaciendo cambios: I1 

1 2 3

Ln

3  2t 3  2t

C 

1 2 3

Ln

3  2sen x 3  2sen x

C


por lo que: I 

1 1 x Ln 2 4 3

3  2sen x 3  2sen x

C


14. Resuelve la integral: x2 1

I

x  1x 2  2 

2

dx

SOLUCIÓN

Puesto que el denominador presenta raíces complejas múltiples, aplicamos el método de Hermite para resolver la integral: x2 1

x  1x  2 

2

2

x 1 2

x  1x  2 

2

2

ax 

2





A d ax  b  Mx  N   2 2   dx x  2  x  1 x  2

ax 2  2 2x ax  b

x

 2

2

2





A Mx  N  2  x 1 x  2

 2 2x ax  b x  1  Ax 2  2  Mx  N x  1x 2  2

Por lo tanto:



2

x

2

 2   x  1 2



x 2  1  ax 2  2  2xax  b x  1  Ax 2  2   Mx  N x  1x 2  2 2

Igualando los coeficientes de los términos del mismo grado, llegamos al sistema lineal: 4

0 = A M

3

0  a  M  N

2

x :

1  a  2b  4A  N  2M

x :

0  2a  2b  2 N  2M

1 :

1  2a  4A  2N

x : x :

Su solución es: a 

1 1 2 , b  , A , 12 6 9

2 M , 9

N

5 36

Llevamos estos valores a la integral y resulta:

1 1 x 2x dx 2 dx 1 5 I  122 6     2 dx  2  x 2 9 x1 9 x 2 36 x  2 Finalmente resolvemos las integrales inmediatas y obtenemos:

I

 x  1 x2 2 1 5 2  Ln x  1  Lnx 2  2 arc. tg  C 2  2  72 12 x  2 9 9



16  9x  2

3

2

x6

dx

SOLUCIÓN

 4  x  senu   3 Hacemos el cambio   con lo que: dx  4 cosudu    3

16  16sen u

3

2

4 I  3

4    sen6 u 3  6

cosudu 

35 cos 3 ucosu du 2 6 4  sen u

6

Dividiendo por cos u nos queda:

I

5

3 42 

1 tg u  t  5  3 6 35 1 5 cos2 u du   t dt   t C    1 2  tg 6 u 42 5 2 du  dt  4  cos u 

Para deshacer los cambios hemos de tener en cuenta:

senu 

3 9 16  9x 2 3x x  cosu  1 x 2  ; tg u  4 16 4 16  9x 2

16  9x 

2 3



x6

5

 35 1  3x dx   2    C 2 4 5  16  9x 



thx dx 1  thx

SOLUCIÓN

ï e x - e- x ü ï ï ï e x - e- x 2 ï Teniendo en cuenta: thx  =  e x + e- x e x + e- x ï ï chx = ï 2 ï ï  x -x e -e x -x -x thx e x + e- x dx = e - e dx = 1 dx - 1 e dx  = dx ò 1+ thx ò e x - e-x ò 2e x 2ò 2 ò ex 1+ x e + e- x shx =

thx

1

1

ò 1 + thxdx = 2 x + 4 e

-2 x

+C



x dx 4x 2  12x  9 x 2  4x  3

SOLUCIÓN

I =ò

ì 1 üï ï ï 2 x + 3 = ïï ï x dx t ï =ï í = 2 2 ï (2 x + 3) x - 4 x + 3 ïï2dx = - dt ïïï ï t 2 ïï ï î

1- 3t -dt 1- 3t ⋅ 2 ⋅ dt 1 t3 2t 2t =ò =- ò 2 2 4 1 9t 2 - 6t + 1 4 -12t æ1ö÷ æ1- 3t ö÷ æ1- 3t ö÷ çç ÷ çç ç +3 4 3 + ÷ çè t ÷ø çè 2 ÷÷ø t2 4 2 èçç 2 ø÷ 1 1- 3t I =- ò dt 2 45t 2 -14t + 1 1- 3t dt integral irracional, por lo tanto: Sea I1 = ò 45t 2 -14t + 1 1- 3t 45t -14t + 1 2

1- 3t 9t 2 -18t + 5

¢ = a 45t 2 -14t + 1 +

(

=

)

estos valores, nos queda: I1 = -

ò

45t -14t + 1

90t -14 a m +  2 45t 2 -14t + 1 45t 2 -14t + 1

1- 3t = a (45t - 7) + m  a = -

Sea I 2 =

m 2

1 8 , m= . 15 15

Por lo tanto, sustituyendo

1 8 45t 2 -14t + 1 + ò 15 15

dt 45t -14t + 1 2

dt 45t -14t + 1 2

æ b ÷ö b 2 - 4ac Teniendo en cuenta: ax + bx + c = çç ax + ÷ çè 4a 2 a ÷ø 2

2

I2 = ò

dt æ ö çç 45t - 7 ÷÷ - 4 çè 45 ø÷ 45 2

=

45 2 ò

ì ü 45t - 7 ï ï ï = uï ï ï dt ï 2 ï =í  2 ï ï 2 æ 45t - 7 ÷ö ï ï dt du = ï ï çç 1 ÷ ï ï 45 ï ï çè 2 ø÷ î 


I2 =

I2 =

45 2 ò

2 du 1 45 = ò 2 45 u -1

ì ü 1 ï ï ï ï u= ï ï du ï ï senv =í  2 u -1 ïïdu = - cos v dvïï ï ï ï sen 2 v ïï ï î

1 - cos v sen 2 v 1 dv dv = = ò ò 2 senv 45 45 (1 sen v)-1

ïìïcos v = z  senv = 1- z 2 ïüï ï ïï Hacemos el cambio ï í  , con lo que I2 se transforma dz ïïdv = ïï ïîï ïï 1- z 2 1 dz . Descomponiendo ésta en fracciones simples: en : I 2 = 2 ò 45 1- z 1 1 1 2 dz + 1 2 dz = - 1 Ln 1- z + 1 Ln 1 + z + C I2 = ò ò 45 1- z 45 1 + z 2 45 2 45 =

1+ z 1 +C Ln 1- z 2 45

Para hallar I es necesario deshacer todos los cambios de variable efectuados durante el desarrollo del problema.

1 + 1- sen 2 v 1 + cos v 1 1 I2 = Ln Ln +C = +C = 2 1- cos v 2 45 2 45 1- 1- sen v u + u 2 -1 1 + 1 -1 u 2 1 1 = Ln +C = Ln +C = 2 2 2 45 2 45 1 - 1 -1 u u - u -1 =

(

)

2 1 1 Ln u + u 2 -1 + C = Ln u + u 2 -1 + C 2 45 45

1 8 1 45t - 7 45t 2 -14t + 1 + I1 = Ln + 15 15 45 2

æ ö çç 45t - 7 ÷÷ -1 + C çè 2 ÷ø 2

1 1 2 I = - I1 = (2 x + 3) -14 (2 x + 3) + 45 + 2 30 (2 x + 3) 24 -14 x + (24 -14 x ) - 4 (2 x + 3) 4 1 Ln +C 15 45 2 (2 x + 3) 2

2



x dx x 2  2x  2

SOLUCIÓN

Integral irracional, por lo tanto: ' x m 2  a x  2x  2  x 2  2x  2 x 2  2x  2 x x 1 m a 2   2 2 x  2x  2 x  2x  2 x  2x  2





x  a x  1  m  a  1, m   1 por lo que la integral dada se transforma en: x dx dx 2  x 2  2x  2  x  2x  2   x  12  1 I1 = ò

ì ü ï x + 1 = tg t ï 1 + tg 2 t dt ï dt = ò =ï = = í  ò 2 2 1 ï ï 1 tg dx t dt = + cos t ( ) ( x +1) + 1 îï ï cos t dx

sent  u  cost  1  u2    dt     du 2 dt   1 u 2   1 u Descomponiendo esta última integral en fracciones simples obtenemos:

dt

1u

2



1 u 1 dt 1 dt 1    Ln C  1 u 2 1 u 2 1  u 2

Deshaciendo los cambios de variable realizados en el proceso:

1 1 I



1 1 sent 1 Ln  C  Ln 1 sent 2 2

1 Ln 2

1 1

1 1  x  12

1 1 1  1  x  12

C

x1 x  1  x 2  2x  2 1 x  2x  2  C  Ln C x1 2 x  1  x 2  2x  2 x 2  2x  2 2

I = x 2 + 2 x + 2 - Ln x + 1 + x 2 + 2 x + 2 + C


19. Resuelve la integral: 3x 4  4x 2  2x  1

I

x x 2  1

2

dx

SOLUCIÓN

Puesto que el denominador presenta raíces complejas múltiples, aplicamos el método de Hermite para resolver la integral. 3x 4  4x 2  2x  1 x x  1 2

3x 4  4x 2  2x  1 x x 2  1

2



2



d ax  b  A Mx  N     2 x 1 dx  x 2  1  x

ax 2  1 2x ax  b 

x

2

 1

2



A Mx  N  2  x x 1

3x 4 + 4 x 2 + 2 x + 1 = ax 3 + ax - 2ax 3 - 2bx 2 + Ax 4 + 2 Ax 2 + A + Mx 4 + 2 3  Mx  Nx  Nx Igualando los coeficientes de los términos del mismo grado, llegamos al sistema lineal:

x :

4

3= AM

3

0  a  N

x :

2

4  2b  2A  M

x :

2a N

1 :

1 A

x :

Su solución es: a  1, b  0, A  1, M  2, N  1 En consecuencia: I 

x 2x dx dx   2 dx   2  x 1 x x 1 x 1

I

x 2  Ln x  Ln x  1  arc.tg x  C x 1

2

2


20. Resuelve la integral: I   x arc.cos xdx 2

SOLUCIÓN

ìï -dx üï ïïu = arc.cos x  du = ïï ïï 1- x 2 ïï Aplicamos partes: í  ïï ïï x3 2 ïïdv = x dx  v = ïï 3 îï ï I Para calcular



x3 1 x 2

x3 x3 1 arc.cos x   dx 3 3 1 x 2

dx aplicamos un cambio de variable:

ì1- x 2 = t 2  x = 1- t 2 ï ü ï ïï ï ï ï í ï  t ïïdx = ï dt ï 2 ïî ï 1 t ï ï  3

ò

x3 1- x 2

dx = -ò

(1- t 2 ) 2 t

⋅

t 1- t 2

dt = -ò (1- t 2 )dt =

t3 -t + C 3

Deshaciendo el cambio de variable:



x3 dx  1 x 2

1 x 

2 3

3

2  2 2 1  x  1  x  C  1  x   1  C   3 



1 1  x 2 2  x 2  C 3

Luego: 2  x arc.cos xdx 

x3 1 arc.cos x  1  x 2 2  x 2  C 9 3


21. Resuelve la integral: I   Ln(a  x )dx 2

2

SOLUCIÓN

ü 2x ïìï ï u = Ln(a 2 + x 2 )  du = 2 dxïï 2 ï Aplicamos partes: í a +x  ïï ïï v= x ïîdv = dx ï  2 2x I  xLn(a 2  x 2 )   2 dx a  x2



 2x 2 a 2  dx  2 1    a2  x 2 dx  2 dx  2 a2  x 2

 Luego:

 Ln(a

2

x  2x 2    C 2 2 dx  2x  2a  arc.tg  a  a x

 x   x 2 )dx  xLn(a 2  x 2 )  2x  2a  arc.tg   C a  I  xLn(a 2  x 2 )  



dx 2   x  1    a 

2x 2 dx a 2  x2

 2x 2 a 2  dx  2 1  2 dx  2 dx  2  a  x 2  a2  x 2



dx 2   x    1 a 

x  2x 2    C 2 2 dx  2x  2a  arc.tg  a  a x

Luego:

 Ln(a

2

 x   x 2 )dx  xLn(a 2  x 2 )  2x  2a  arc.tg   C a 



x2  2 3 2 2 dx x (x  1)

SOLUCIÓN Puesto que el denominador presenta raíces complejas múltiples, aplicamos el método de Hermite para resolver la integral:

x2  2 d mx 3  nx 2  px  q  A Mx  N    2   x 3 (x 2  1)2 dx  x 2 x 2  1 x 1  x

3mx

2



 2nx  px 2 x 2  1 mx3  nx 2  px  q 2x x 2  1 x 2 2x x x  1 4

2

2



A Mx  N  2  x x 1 x 2  2  3mx  2nx  px x 2  1 mx 3  nx 2  px  q  2x 2  1 2x 2 



 Ax x  1  Mx  N  x x  1 2

2

2

3





2

Igualando los coeficientes de los términos del mismo grado, llegamos al sistema lineal:

x6 :

0  A M

5

0 Nm

4

0 = 2A  M  2n

3

0  N  m  3p

x : x : x :

1  A  4q x : x : 0  p 1 :  2   2q 2

Su solución es: A  5, M   5, N  0, m  0, n 

5 , p  0, q  1 2

La integral quedará:





5 2 x 1 x 2 5 5x 2   dx   2 dx  3 2 2 dx  2 2 x x  1 x (x  1) x x 1 2

5 2 x 1 5 x2  2 2 dx   5Ln x  Ln x 2  1  C 3 2 2 2 2 x x  1 2 x (x  1)



x 5  4x 3  7x  4

x

2

 1

3

dx


ax 3  bx 2  cx  d  Ax  B d   2  2 2 dx   1 x    x  1 

x 5  4x 3  7x  4

x

2

 1

3

Derivando y quitando denominadores, llegamos a:

x 5  4x 3  7x  4  Ax 5  B  a x 4  2A  b x 3  3a  3c  2Bx 2   2b  4d  A x  c  B Igualando los coeficientes de los términos del mismo grado, llegamos al sistema lineal:

x5 :

1 A

x4 :

0 = B a

x3 :

4  2  A  b

x :

0  3a  3c  2B

x :

7  2b  4d  A

2

1 : 4 c B

3 2

3 2

5 2

Su solución es: A  1, B   , a   , b  1, c   , d  2 La integral quedará:

5 3  x 3  x 2  x  2 1 2x 3 dx 2 I 2   2 dx   2 2 2 2 x 1 2 x 1 x  1 Finalmente:

I

3x 3  2x 2  5x  4 2x  1 2

2



1 3 Ln x 2  1  arc.tg x  C 2 2



x3  x2  x  1 dx x  15

SOLUCIÓN Descomponiendo en fracciones simples el integrando:

A B C D E x3  x2  x  1    5 2  3  4  x  1 x  1 x  1 x  1  x  15 x  1 x 3  x 2  x  1  Ax  1  Bx  1  Cx  1  D x  1  E 4

3

2


x4 :

0= A

x3 :

1  4 A  B

x2 : x : 1 :

1  6A  3B  C 1  4A  3B  2C  D 1 A  B C  D  E

Su solución es: A  0, B  1, C  4, D  6, E  4 La integral quedará:



dx 6dx x3  x2  x  1 4dx 4dx dx   5 2  3  4  x  1 x  1 x  1 x  1 x  15

Luego:



1 2 2 1 x3  x2  x  1 dx   C 5 4  3  2  x  1 x  1 x  1 x  1 x  1



x2 dx x sen x  cos x 2

SOLUCIÓN Multiplicamos y dividimos por cos x con lo que la integral dada resulta:

I

x x cos x dx . Aplicando partes en esta integral: cos x x sen x  cos x 2   x cos x  x sen x u  du  dx 2    cos x  cos x   x cos x 1 v   2 dx  v   x sen x  cos x    x sen x  cos x  

I

1 x dx x     tg x  C 2 cos x x sen x  cos x cos x cos x x sen x  cos x 


26. Resuelve la integral: I   sen x  cos xdx 2

4

SOLUCIÓN La integral dada la podemos poner como:

I   sen x  cos xdx   sen x  cos x.cos xdx 2

4

2

2

2

Utilizando las razones trigonométricas:

ü ï ï sen 2 x = 2sen x cos xïï ï 1- cos 2 x ïï 2 sen x =  La integral dada se transforma en: ï 2 ï ï 1 + cos 2 x ïï 2 cos x = ï ï 2 ï 

I

=

1 1  cos2x 1 2 2 2 sen 2x dx   sen 2x  sen 2x cos2x dx   2 4 8

1 8ò

é1- cos 4 x 1 ù 1 é sen 4 x sen 3 2 x ùú ê + (sen 2 2 x ) cos 2 x ⋅ 2ú dx = ê x + +C êë úû 2 2 16 ëê 4 3 ûú



x 4  2x 3  3x 2  2x  1 x x 2  1

2

dx


x 4  2x 3  3x 2  2x  1 x x 2  1

2



d dx

ax  b  A Mx  N x 2  1   x  x 2  1 

Derivando y quitando denominadores, llegamos a:

x 4 - 2 x 3 + 3x 2 - 2 x + 1 = A( x 2 + 1) + Mx 4 + Mx 2 + Nx3 + Nx + 2

 ax  ax  2ax  2bx 3

3

2


x4 :

1= A+ M

x : -2 = N -a 3

x2 : 3 = 2 A - 2b + M x : -2 = N +a 1 : 1= A Su solución es: A  1, M  0, N   2, a  0, b  

1 2


I

2dx 1 1 dx 1    2   Ln x  2arc.tg x  C 2 2 x 1 x x 1 2x 2  1



cos3 x dx sen 3 x  sen 2 x  sen x

SOLUCIÓN Hacemos el cambio de variable: sen x  t  cos xdx  dt Hemos de tener en cuenta que:

cos3 xdx  cos 2 x cosxdx  1  sen 2 x cosxdx  1  t 2 dt

1 t 2 1  t2 La integral dada se transforma en: I   3 dt   2 dt 2 t t t t t  t  1 Descomponiendo la última integral en fracciones simples:

1 t 2 A bt  c 2 2   2  1  t  At  t  1 bt  c t 2 t t  t  1 t t  t  1


t2 : t : 1 : Su solución es: A  1, La integral quedará:

I =ò

-1 = A + b 0 = A+c 1= A

b   2, c   1

dt -2t -1 +ò 2 dt = Ln t - Ln t 2 + t + 1 + C t t + t +1

Deshaciendo el cambio de variable que hemos realizado:

cos 3 x sen x  sen 3 x  sen 2 x  sen x dx  Ln sen 2 x  sen x  1  C


29. Resuelve la integral: I   cos x sen 4xdx 2

SOLUCIÓN Para resolver la integral vamos a utilizar diferentes razones trigonométricas:

1  cos2x 1  cos2x I sen 4xdx  2 2 1 1   sen 4xdx   sen 4x cos2xdx 2 2 1 sen x cos y  senx  y  senx  y  2 1 sen 4x cos2x  sen 6x  sen2x . Sustituyendo en la integral: 2 1 1 1 I   sen 4xdx   sen 6xdx   sen2xdx 2 4 4 cos x  2

Por lo tanto:

I

1 cos4x 1 sen6x 1 sen2x   C 2 4 4 6 4 2


30. Resuelve la integral: I   sen2x  sen 3x  sen 4xdx SOLUCIÓN Para resolver la integral vamos a utilizar diferentes razones trigonométricas:

sen a  senb 

cosa  b  cos a  b  2

sen2x  sen 3x 

cos2x  3x   cos2x  3x  cos x  cos 5x  2 2

Por lo tanto:

I

cos x  cos 5x 1 1 sen 4xdx   cos x sen 4xdx   cos5x sen 4x 2 2 2

sen a  cosb 

sena  b  sen a  b  2

sen 4x  cos x 

sen5x  sen3x 2

sen 4x  cos5x 

sen9x  sen x 2

 cos xsen 4xdx   cos5x sen 4x 

1 1 1 1 sen5xdx   sen3xdx   cos5x  cos3x  C  2 2 2 5 2 3

1 1 1 1 sen 9xdx   sen xdx   cos 9x  cos x  C  2 2 2 9 2

En consecuencia: I 

1  cos5x cos3x  1  cos9x cosx       C  10  2   18  6  2  2 


31. Resuelve la integral: I   x senLnx dx 2

SOLUCIÓN

 cosLnx  u  sen Lnx   du  dx     x  Aplicamos partes:  3 x dv  x 2 dx  v      3

I

x 3 senLnx  1 2   x cosLnxdx 3 3

  sen  Lnx  u  cosLnx   du  dx     x 2  I1   x cosLnxdx   3 x dv  x 2 dx  v     3



x 3 cosLnx  1 2   x sen Lnxdx 3 3

I

x 3 senLnx  1 3 1  x cosLnx  I  3 9 9

I

 9 x 3 sen Lnx 1 3 3x 3  1    x cos  Lnx  C  sen Lnx   cosLnx C      3 10  10  9 3



dx cos 2

x x  sen 2 2 2

SOLUCIÓN Teniendo en cuenta que: cos x  sen x  cos2x , la integral dada se transforma 2

en: I 

2

dx

 cos x .

Hacemos el cambio:

sen x  t  cos x  1  t 2    cos xdx  dt 

I

dt 1t

2

1t

2



dt 1  t2

Descomponiendo el integrando de esta integral en fracciones simples:

1 A B 1 1   A , B 2  1t 1t 1t 2 2 Luego: I =

ò

1

1 2 dt + 2 dt = - 1 Ln 1- t + 1 Ln 1 + t + C ò 1- t 1+ t 2 2

Deshaciendo el cambio de variable que hemos realizado:

I

1 1  sen x Ln C 1  sen x 2


33. Resuelve la integral: I =ò

x-2

(x

2

dx

+ x + 1) ( x -1) 2

SOLUCIÓN El denominador presenta raíces complejas múltiples, por lo tanto aplicamos el método de Hermite para resolver la integral:

x-2

( x 2 + x +1) ( x -1) 2

x-2

(x

2

+ x + 1) ( x -1) 2

=

=

é ù d ê ax + b ú A Mx + N + + 2 ê ú 2 dx ê ( x + x + 1)ú x -1 x + x + 1 ë û

a ( x 2 + x + 1) - (2 x + 1)(ax + b)

(x

2

+ x + 1)

2

+

A Mx + N + 2 x -1 x + x + 1

Si ponemos el denominador común obtenemos:

x  2   ax  2bx  a  bax  b  Ax  x  1  2

2

2

 Mx  N  x  1x 2  x  1


x4 :

0 = A+ M

x3 :

0 = 2A+ N

x2 : 0 = -a + 3 A x : 1 = -2b + 2 A - M 1 : - 2 = a -b + A- N 5 9

Su solución es: A = - , M =

5 10 5 4 , N = , a =- , b =9 9 3 3


5 4 - x5 dx x+2 3 -5 I = 23 dx + ò 2 ò x + x + 1 9 x -1 9 x + x + 1 dx

 x  1  Ln x  1  C ò

x+2 1 2x + 4 1 2 x +1 3 dx dx = ò 2 dx = ò 2 dx + ò 2 x + x +1 2 x + x +1 2 x + x +1 2 x + x +1

x

2

2

2x  1 2 dx  Ln x  x  1  C  x 1




4 dx dx 2 2x  1 3   C   dx  arc.tg  2 2 2    3   x  x 1 3  1  3  2x  1 x      1   2  4  3 

Sustituyendo estos valores de las diferentes integrales, llegamos a:

5 4 - x3 - 5 Ln x -1 + 5 Ln x 2 + x + 1 + 5 arc.tg æç 2 x + 1ö÷÷ + C I = 23 çç 18 è 3 ÷ø x + x +1 9 3 3


34. Resuelve la integral: x dx 5  x  x2

I SOLUCIÓN Integral del tipo irracional por lo tanto:





x d m  a 5  x  x2  2 dx 5 x  x 5  x  x2 x a1  2x  m    2 2 5 x  x 2 5 x  x 5  x  x2 2x  a  2ax  2m  a  1, m  1 2 1 dx I   5  x  x2   Con lo cual: 2 5  x  x2 Teniendo en cuenta que:

 b  b 2  4ac    si a  0  ax  bx  c    ax   2  a  4a 2

2



dx 5x x

2



dx 21  1   x   4  2 

2



2 21 

dx 2x  1   1   21 

2



2x  1   C  arc.sen  21  En consecuencia:

æ 2 x -1ö÷ 1 I = - 5 + x - x 2 + arc.sen çç +C çè 21 ÷÷ø 2



sen x cos 2 x dx 1  4cos 2 x

SOLUCIÓN

t  cosx  sen x  1  t 2     Realizamos el cambio de variable:  dt dx    2   1t I  

t 2 1 t 2 2 1  4t

dt 1 t 2



1 1 4t 2  1 1 4t 2 dt   dt  2 2 4  4t  1 4  4t  1

1 1 dt 1 1  t   C   t  arc.tg2t   C  2 4 4 2t   1 4 8 1 1 I   cos x  arc.tg2 cosx   C 4 8


36. Resuelve la integral: I   arc.sen

x dx x1

SOLUCIÓN

  x dx u  arc.sen   du  x 1 2x  1 x  Aplicando partes:  dv  dx  v  x   

I  xarc.sen

1 dx x   x  1 2  x  1 x

x  t 2  dx t2 t2  I1     2tdt  2 2 dt  x  1 x dx  2tdt   t 2  1t t 1 I1  2 

t2 1 dt dt  2  2  2t  2arc.tg t  C 2 t 1 t 1

Por lo tanto:

I  xarc.sen

x  x  arc.tg x  C x 1



2sen 2 x dx 1  5cos2 x

SOLUCIÓN

t 1  tg x  t  sen x  , cos x  2  1t 1  t 2  Haciendo el cambio:   dx  dt    2   1 t 2 2t 2 dt t2 2 = I = ò 1+ t ò (1+ t 2 )(t 2 - 4) dt 5 1+ t 2 11+ t 2 Descomponiendo en fracciones simples esta ultima integral:

t2

1  t t 2

si si si si

2

 4



A B Mt  N   2  t2 t2 t 1

t 2  A t  2t 2  1 Bt  2 t 2  1   Mt  N t  2 t  2 1 t  2  4  A45 A  5 1 t = -2  4 = B ⋅ (-4)⋅ 5  B = 5 1 t  0  0  2A  2B  4N  N  5 t = 1  1 = 6 A - 2 B - 3( M + N )  M = 0

Sustituyendo estos valores, obtenemos:

I

2 dt 2 dt 2 dt 2 t2 2     2  Ln  arc.tg t  C  5 t  2 5 t  2 5 t 1 5 t  2 5


I=

2 tg x - 2 2 Ln + x+C 5 tg x + 2 5



dx sen x cos 2 x

SOLUCIÓN

cos x  t  sen x  1  t 2    Hacemos el cambio de variable:   dt dx    2   1t

I  

dt dt dt   2 2   2 2 1  t t t  1t  1t 2 1 t 1  t t 2

1 A B C D    2 2  t  1t  1t t  1 t  1 t t

1  At  1t 2  Bt  1t 2  Ct  1t  1t  Dt  1t  1 si t  1  1  2A  A 

1 2

si t  1  1   2B  B   si t  0  1   D  D  1

1 2

si t  2  1  12 A  4B  6C  3D  C  0 Con estos valores:

I

1 dt 1 dt dt 1 1 1     2  I  Ln t  1  Ln t  1   C  2 t 1 2 t 1 t 2 2 t


I

1 1 1 Ln cos x  1  Ln cos x  1  C 2 2 cosx



x  2x  1 3 2

I

2x  1 2  1 1

dx

SOLUCIÓN

 t 6  1 2x  1  t 6  x   2  Haciendo el cambio:  dx  3t 5 dt   

I

t6  1 4 t 3 t 11  2t 9  t 5 5 2 3 t dt  dt  Como el polinomio numerador es 3 3 2 t 1 t 1

de grado mayor al polinomio denominador dividimos y obtenemos:

I

3 8 t2  1 6 5 3 2 t  2t  t  2t  2t  2 dt  3    t 3  1dt 2





Ahora bien: t  1  t  1 t  t  1 . Descomponiendo en fracciones simples la última integral: 3

2

At 2  t  1 Mt  N t  1 t2  1 A Mt  N    t3  1 t  1 t 2  t  1 t3  1 Igualando los coeficientes de los términos del mismo grado, obtenemos el siguiente sistema lineal:

t2 : 1  A  M t : 0  A M  N 1 : 1 A N Su solución es: A 

2 1 1 , M , N 3 3 3

Por lo tanto, tenemos:

t2 1 2 dt 1 t 1  t 3  1dt  3  t  1  3  t 2  t  1dt  =

2 1 2t -1 1 1 Ln t + 1 + ò 2 dt + ò 2 dt = 3 6 t - t +1 2 t - t +1

=

2 1 1 1 Ln t + 1 + Ln t 2 - t + 1 + ò 2 dt 3 6 2 t - t +1

 b  b2  4ac   Teniendo en cuenta que: ax  bx  c   ax  si a  0  2 a  4a 2

2


t

2

1 dt 2t  1 dt 4 2   C dt      arc.tg 2 2  3  2t  1 3 1 3 3  t 1     t       1  2  4  3 

t 9 3t 7 t 6 3 4 3 1 I    t  t  3t  2Ln t  1  Ln t 2  t  1  2 6 7 4 4 2 t  1   C  3arc.tg   3  Deshaciendo el cambio:

2x  1 2 3

I

32x  1  7

7

2 1 2x  1 3  2x  1 3  2x  1 2  4 4 6 1 1 1 1 1 32x  1 6  2Ln 2x  1 6  1  Ln 2x  1 3  2x  1 6  1  2 2 2x  11 6  1  C  3arc.tg  3   6





2  tg 2 x dx 1  tg 3 x cos2 x

SOLUCIÓN

tg x  t     2 t2 dt Hacemos el cambio:  1  I   1  t 3  2 dx  dt   cos x  Descomponiendo en fracciones simples:

A Mt  N 2 t2 2 2  2  2  t  At  t  1  Mt  N t  1 3  1  t  t  1 t  t  1

Igualando los coeficientes de los términos del mismo grado, obtenemos el siguiente sistema lineal:

t2 : 1  A  M

t : 0  A M  N 1 : 2  A N Su solución es: A  1, M  0, N  1 Por lo tanto, tenemos:

dt dt dt  2  Ln t  1   2 t1 t  t 1 t t1 2 b  b2  4ac  2   si a  0 Teniendo en cuenta que: ax  bx  c   ax   2 a  4a I

t

2

dt 4 2 1 dt 2t  1  C dt      arc.tg 2 2  3   1 3 3  t 1    2t  1 3 t      1   2  4  3  I  Ln t  1 


I  Ln1  tg x 

2 2t  1   C arc.tg   3  3 2 2 tg x  1   C arc.tg  3 3 



I   e sen xdx 2x

SOLUCIÓN

u  e2 x  du  2e2 x dx   dv  sen xdx  v   cos x 

Aplicamos partes: 

u  e2 x  du  2e2 x dx   I  e 2 x cos x  2  e 2 x cos xdx   dv  cosxdx  v  sen x  e 2 x cos x  2e 2 x sen x I  e cos x  2e sen x  4I  I  C 5 2x

2x


Ejercicios de Integrales resueltos

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