Integrales Indefinidas
Eleazar J. García
MÓDULO 1 INTEGRALES INDEFINIDAS inversas. La adición y la Usted está familiarizado con algunas operaciones inversas. 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, antidiferenciación, la cual implica el cálculo de una antiderivada. una antiderivada.
Antiderivada. Una función F se denomina F ′( x) = f ( x ) para todo x ∈ I .
antiderivada de una función f en un intervalo I si
Ejemplo. Si F es la función definida por F ( x ) = 4 x 3 + 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 C es una constante, es una antiderivada de f . por H ( x) = 4 x3 + x2 + C, donde
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 antiderivada s 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 dx, también es el conjunto de todas las funciones cuya derivada diferenciales sean f ( x) dx es f ( x ).
Teorema 2.
∫
dx = x + C.
1
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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 f3 ( x) + … + cn f n ( x)] dx = c1
∫
∫
f1 ( x ) dx + c2
f 2 ( x ) dx + c3
∫
f3 ( x) dx + … + cn
∫
f n ( x ) dx ,
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
∫
x4 dx− 8
5
=5⋅
∫
x3 dx+ 9
4
x
3
x
∫
∫
x2 dx− 2
∫
x dx+ 7
dx
2
x
x
− 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
Solución.
∫
1 x x+ dx= x
∫
3) Determine
1
x
2
(
−1
x+ x
∫
5t 2 + 7 4
t 3
)
dx=
∫ (
3
−1
x + x 2
dt
2
2
)
dx=
x
5
5 2
2
+
x
1
1 2
2
5 1 + C= 52 x 2 + 2 x 2 + C
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Eleazar J. García
Solución.
∫
5t 2 + 7 t
4
3
dt = 5 = 3t
∫ 5
3
t t
2
4
3
dt + 7
2 1t − 21
−1
3
∫
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.
∫
sec 2 x dx= tg x+ C
Teorema 10.
∫
csc 2 x dx= − cotg x+ C
Teorema 11.
∫
sec xtg x dx= sec x+ C
Teorema 12.
∫
csc xcotg x dx= − csc x+ C
Ejemplos.
1) Evalúe
∫
( 3 s ec
x tg x−
5 csc2
x+
3
8 sen x)
dx
Integrales Indefinidas
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Solución.
∫
( 3 s ec
xtg x− 5 csc
2
x+ 8 sen )x dx= 3
∫
sec xtg x dx−
∫
5 csc2
x d+ x8
∫
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 xcs csc x= 1
cos xse sec x= 1
tg xco cotg x= 1
sen 2 x+ cos 2 x= 1
tg x=
sen x
cotg x=
cos x
tg 2 x+ 1= sec 2 x
2) Calcule
∫
2 cotg x − 3 sen 2 x sen x
cos x sen x
cotg 2 x+ 1= csc2 x
dx
Solución.
∫
2 cotg
− 3xsen
2
x
sen
x dx = 2
∫
1
⋅ cotg x dx − 3
x
sen
∫
sen 2
x dx = 2 x
sen
∫
csc x cotg x dx − 3
= 2 ( − csc x) − 3 ( − cos x) + C= − 2 csc x+ 3 cos x+ C
3) Determine
∫
( tg 2
∫
sen x dx
∫
dx
x+ cotg 2 x+ 4 ) dx
Solución.
∫
( tg 2
+xcotg
2
+ x4
)
∫
dx =
∫
( sec2 − 1) + ( csc2 − 1) + 4
d x sec =
∫
2
x +dx csc
2
x+dx2
= tg x− cotg x+ 2 x+ C
Ejercicios. Calcule las integrales indefinidas:
1)
∫ ∫ ∫(
5
( 3u − 2u ) du
5) ( 5 cos 9)
3
2)
∫ ∫
x− 4 sen )x dx 6) 2
2
2 cotg θ − 3 tg θ ) dθ
2
4
3
2
x
x dx
3)
sen x 2
cos x
10)
∫
∫ ∫
y
dx 7 )
3
2
( 2 y − 3 ) dx
cos x 2
sen x
3 tg β − 4 cos 2 β cos β
4
dx 8 )
d β
4)
∫
∫
( 4 csc
4
+y2
y
2
−y1
xcot x+ 2 sec
2
dx
)x
dx
Integrales Indefinidas
Eleazar J. García
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
g ′( x) dx = 3 dx. Por lo tanto, se necesita un y observe que si g ( x) = 3 x + 4 entonces 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
g ′( x ) dx dx
∫
1
( 3 x+ 4 ) 2 d( 3 x+ 4 ) ( g ( x ))
n
d ( g ( x))
n+1
1 +1
3 x + 4 ) 2 1 ( =3⋅ 1 +1 2
+ C = 92 ( 3 x + 4 )
3
2
+ C
n +1
2) Calcule
∫
x2 ( 5 + 2 x3 )
8
Solución. Observe que si g ( x ) = 5 + 2 x 3 necesitamos un factor
dx
2 g ′( x ) dx = 6 x dx . Por lo tanto,
entonces
6 junto a x2 dx para obtener
2
g ′( x ) dx = 6 x dx . Luego, se escribe n +1
( g ( x ))
n
∫
2
3 8
x (5 + 2 x )
dx= 16
1 = 54
3) Evalúe
∫
( g ( x ))
( 5 + 2 x 3 )
∫
8
9
4 x 2 4 (1 − 8 x 3 )
n
d ( g ( x ))
g ′( x ) dx dx
( 5 + 2 x3 ) ( 6
( g ( x ))
2
x dx) = 16
+ C
dx
5
∫
8
( 5 + 2 x3 ) d( 5 + 2 x3 ) = 16 ⋅
( ( 5 + 2 x 3 ) 8 +1
n +1
8 +1
)+ C
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Solución. Como d (1 − 8 x 3 ) = − 24 x 2 dx , se escribe
∫
4 x 2 dx = 4 3 4 1 − 8 x ( )
∫ ∫ (
∫
−4
−4
(1 − 8 x 3 ) ( x2 dx ) = 4 ( − 241 ) (1 − 8 x3 ) ( −24 x2 dx ) −4
x3 ) d(1 − 8 x3 ) = − 16 ⋅
1−8
= − 16
(1 − 8 x 3 ) −3
−3
+ C=
d ( g ( x ))
n
( g ( x ))
1 3 18 (1 − 8 x 3 )
+ C
Ejercicios. Resuelva:
1) 5)
∫ ∫
u=
1−4
10
x ( x − 1) 2
3
∫ ∫(
2)
y dy
dx 6 )
3
3 y
x− 4 d x
3)
3
1 − 2 y
4 5
)
dy 7 )
∫
∫
2
x3 x − 9 dx
2 cot 3 y2 d y 8) ycsc 3 y co
4)
∫
∫
2
x( 2 x + 1 )
6
cos x( 2 + sen x)
dx 5
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
Ejemplo. Evalúe
∫
x
2
3
x + 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 3
2
x+ 1
dx = 13
∫
3x2 3
x+ 1
dx = 13
∫
1 3
3
u
Teorema 16.
∫
tg u du = ln sec u + C
Ejemplo. Calcule
∫
5
3
d ( x + 1) = 13 ln x + 1 + C x+ 1
6
x tg x dx
Solución. 6
du
dx
Integrales Indefinidas
Eleazar J. García
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,
∫
5 6 x tg x 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 se sen u + C
Ejemplo.
∫
cotg ( 7 x+ 3 ) dx
Calcule
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
∫
cotg ( 7 x+ 3 ) d( 7 x+ 3 ) = 17 ln sen ( 7 x+ 3 ) + C u
du
Teorema 18.
∫
sec u du = ln sec u + tg u + C
Ejemplo. Evalúe
∫
5 xsec
2
x dx
Solución. Siendo u = x 2 , entonces du = 2 x dx dx , luego, podemos escribir
∫
5 xsec
2
x 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
∫
1
sen 2 x
dx
Solución. 7
Integrales Indefinidas
∫
1 dx = sen 2 x
∫
Eleazar J. García
csc 2 x dx = 12
∫
csc 2 x ( 2dx ) = 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
7)
∫
2)
dx x
sen 3t
cos 3t − 1
dt
10)
( tg 2
14)
2 + ln 2 x ) dx x ( 1 − ln x )
17 )
∫
x dx 2 2− x
−xsec 2
tg ( ln x ) x
( cotg 5 x
15) 18 )
dx
∫
2
3
5
x dx
∫ ∫
2
3
2
−x4
2 ln x ln
cotg t t
2
4)
x −1
+ csc 5 x ) dx
11)
) x dx
∫
3)
3
x
x+
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
19)
dt
∫
2 x(
y y
dy
∫
3
dx
lnx2
9)
dx
x
5
∫
5)
dx
x−
∫
13)
dy yln y
2 − 3 sen 2 x dx cos 2 x
∫
ln 2 3
3
2
1
x
3
x + 1
∫
dx
ln 7 x
dx x
Teorema 20.
∫
eu du = e u + C
Ejemplo. Evalúe
∫
x
e
dx
x
Solución. Sea u =
∫
e
x , entonces, du =
x
x
dx = 2
∫
e
u
e
1 2
x
dx, por lo tanto
∫
dx u = 2 e du = 2e 2 x
x
+ C = 2e
u
x
+C
du
Teorema 21.
∫
u
a du =
a
u
ln a
+C
Ejemplo. Evalúe
∫
10 3 x dx
Solución. Como du =
3x
103 x = 10 2 , se aplica el teorema 21 con
3 dx, entonces 2 8
u=
dx
2
x+ 5 x− 2
20)
x
3 x , de donde obtenemos, 2
Integrales Indefinidas
∫
10
3 x
dx =
∫
10
3 x
Eleazar J. García
dx = 23
2
∫
3x
10 ( 2
3 2
dx )
∫ 10
= 32
u
3 x
du = 32 ⋅
2 10u 2 103 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
2)
dx
∫
e
2 x +1
( ln z + 1 ) dz
7)
zln z
a
∫
3)
dx
∫
e
1 + e2 x
e y
2 3
y
e
ey
x
dx
4)
∫( ∫
8)
dy
e
3
x
1 − 2e 3 x )
4
ln ( x1 )
2
dx
5)
dx
9)
x
∫ ∫ e
2
x
x e +3
( log 3 x )
dx
2
x
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.
∫ ∫ ∫
du
1−u du
1 + u2
= arcsen u + C
2
= arctg u + C
du
2 u u −1
= arcsec u + C
El teorema siguiente proporciona algunas fórmulas más generales.
Teorema 23.
∫ ∫ ∫
du 2
a −u du 2
a +u
2
2 =
1 a
du 2
u
= arcsen
u u −a
2
arctg
a
u a
+ C
+ C
u = a1 arcsec + C a
Ejemplos.
1) Evalúe
∫
dx
4 − 9 x 2
Solución.
∫
dx
4 − 9 x 2
=
∫
dx
22 − ( 3 x )
2
= 13
∫
3dx 22 − ( 3 x ) 9
2
= 13
∫
d ( 3x)
22 − ( 3 x )
2
= 13 arcsen
3x + C 2
Integrales Indefinidas
2) Evalúe
∫
Eleazar J. García
dx
3 x 2 − 2 x + 5
Solución.
∫
dx
3 x
2
− 2x + 5
=
∫ ( 3
dx 2
x − 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 1 3.
expresión del denominador persista, es decir, no se altere, se resta también
Por lo
tanto, se tiene
∫
dx
3 x 2 − 2 x + 5 =
3) Evalúe
1 3
=
∫( 3
∫
dx
dx
( x − 13 )
∫
2
x − 23 x + 19 ) + 5 − 13 2
+
(
=
∫
dx
3 ( x − 13 )
2
= + 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 )
6 dx
( 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
10
Integrales Indefinidas
Eleazar J. García
∫ ∫
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
∫
∫ ∫(
cosh 2 x d( cosh )x= 13 cosh 3 x+ C
tgh 2 x dx=
1 − sech 2 x)
dx=
∫ ∫ dx dx−
sech 2 x dx= x− tgh x+ C
Ejercicios.
1) 4)
∫ ∫
senh 4 xcosh x dx
cotgh 2 3 x dx
5)
2)
∫
∫
2 2 xcosh x senh x dx
tgh 2 xln ( cosh 2 )x dx
6)
3)
∫
∫
2
x csch
2
sech 2 txgh 2
3
x dx
x dx
Antes de estudiar los diferentes métodos métodos de integración, integración, se presenta presenta una lista numerada de las fórmulas típicas de integración indefinida las cuales deben ser memorizadas por el estudiante para un mejor m ejor desenvolvimiento.
11
Integrales Indefinidas 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9.
∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫
Eleazar J. García
du = u + C
a d u = au + C
f ( u ) n
u du = du u u
+ g ( u) du =
u n +1 n +1
∫
f ( u) d u +
∫
g ( u) d u
n≠1
+ C
= ln u + C
a du =
u
a∈ℝ
a
u
ln a
+ C
don de
a >0
y a≠1
u
e du = e + C
s en u d u = − co s u + C
c o s u d u = s en u + C
12
Integrales Indefinidas 10. 11. 12. 13. 14. 15. 16. 17. 18. 19. 20.
∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫
sec 2 u du = tg u + C
csc 2 u du = − cotg u + C
s ec u t g u d u = s ec u + C
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 2
a −u d u 2
a +u
2
2
22. 23. 24. 25. 26.
= arcsen
du 2
u a
du = a1 arctg
u u −a
21.
Eleazar J. García
2
+ C
u a
+C
a >0
donde
donde
u = a1 arc s ec + C a
donde
a >0
a >0
senh u du = cosh u + 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
13
Integrales Indefinidas
Eleazar J. García
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.
INTEGRACIÓN POR PARTES. La fórmula de la integración por partes es la siguiente:
∫
u dv dv = uv −
∫
v du
∫ u dv
Esta fórmula expresa a la integral
∫ v du.
en términos de la integral
Mediante una elección adecuada de u y dv, puede evaluarse más fácilmente integral
∫ v du. Ejemplos.
1) Evaluar
∫
xln x dx dx
Solución. Tomemos u = ln x
∫
2
xln x dx=
x
2
2) Evaluar Solución.
∫
∫ ∫ ∫
ln x−
2
1 2
∫
3
2
2
x e dx = 12 x e x
2
x
2
dx
⋅
2 = 12 x ln x − 12
x
∫
x dx= 12 x2 ln x −
1 4
y
x
v=
x 2
2
, luego,
x2 + C
2
x3 e x dx
x3 e dx x = 12
Sea u = x 2
y dv = x dx, por lo tanto, du =
dx
x2 e
x
(x2 x dx) = 12 x 2
dv = e d ( x
y 2
2
−
∫
e
2
x
2
∫
2
x2 e dx ( x2 )
) , entonces,
( 2 x dx) = 12
2
x e
2
x
du = 2 x dx dx
− 12
∫
2
y
e d(x x
2
2
x v = e , por lo tanto,
) = 12 x2 e
2
x
− 12 e
2
x
+C
Ejercicios. Evalúe las integrales indefinidas.
1) 5)
∫ ∫
( ln t ) t
2
dt
se sen ( ln y) dy
2)
∫
x arctg x dx
6)
∫
3)
∫
se sen zln ( cos z) dz
14
x s ec x t g x d x
7)
∫
5
x 2
x e dx
4)
∫
x
xe
(1 + x )
8)
∫
x3
2
x
dx
dx
Integrales Indefinidas
Eleazar J. García
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 sen n x d=x( sen n 1 ) (xsen −
(
= sen
xd )x
n −1
2
) x ( sen 2
x )dx
n −1
=
(1 − cos 2 ) x2 ( sen
(ii) Se hace hace la transformación cos nx dx= ( cos n 1 )x( cos −
(
= cos =
x )dx
x d)x
n −1
2
) x ( cos 2
x )dx
n−1
2
(1 − sen ) x ( cos 2
x )dx
Ejemplos.
1) Calcule
∫
sen 5 xdx
Solución.
∫
sen 5
∫ ∫
x d=x
=
2) Calcule
∫
2
(sen 2 ) xsen x dx−
sen
2
∫
(1 − cos 2 ) xsen
cos 2
sxen
= − cos
x+
2
∫
= − cos
x+
2 3
cos 3 − 15 cos 5
∫
2
x d=x
x dx+
cos 2 x d( cos )x − x+
∫
x d=x
cos 4
( 1 − 2 cos 2
sxen
+xcos
4
) sxen
x dx
x dx
∫
C
cos 4 x d( cos )x
∫
cos 3 x dx
Solución.
∫
cos 3
∫
x d=x
cos 2
= sen x−
(xcos
x d) x=
∫
(1 − sen 2 )x(cos
∫
x d)x=
∫
cos
sen 2 x d( sen x) = sen x − 13 sen 3 x + C
15
x d− x
∫ sen 2
cxos
x dx
Integrales Indefinidas
Eleazar J. García
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 xcos x(sen x dx)
(
= sen =
n −1
2
)x 2
2
(1 − cos )
cos (xsen
n −1
2
x d)x
cos (xsen x d)x
(ii) Si m es impar, entonces sen n
xcos
m
x d= x sen
n
xcos
m −1
(xcos m −1
x d)x
n = sen
(xcos 2
n = sen
(1x − sen 2 ) x2 (cos
)x
2
( cos
x d)x
m −1
x d) x
Ejemplo.
∫
sen 3
=−
∫
4 xcos
x d= x
∫
sen 2 xcos 4 (xsen x d)x= −
cos 4 x d( cos x) +
∫
(1 − cos 2 )xcos 4
∫
cos 6 x d( cos x) = − 15 cos 5 x+ 17 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 llas as identidades siguientes:
1 − cos 2 x 2
sen 2 x =
cos 2 x =
1 + cos 2 x 2
CASO 3. (i)
∫
(ii)
sen n xdx,
∫
cos n xdx
son números enteros positivos pares.
(i) Se hace la transformación transformación n
sen n x dx= ( sen 2 )x
2
dx n
1 − cos 2 x 2 = dx 2 16
o
(iii)
∫
sen n
m xcos
x d, xdonde m y n
Integrales Indefinidas
Eleazar J. García
(ii) Se hace hace la transformación n
cos n x dx= ( cos 2 )x
2
dx n
1 + cos 2 x 2 = dx 2
(iii) Se hace 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 d= x
1 2
x 14 −
∫ cos 2
x(d2
)x
= 12 x− 14 sen 2 x+ C
2)
∫ = 14
= 14
∫ ∫ ∫
cos 4
x d=x
dx +
x+
( cos 2
cos 2 x dx +
1 2
1 4 sen
∫ ∫ ∫ ∫
1 + cos 2 x ) x d=x 2
2
x+
1 8
2
2
cos 2 2 x dx = 14 x +
1 4
1 4
∫
∫
(1 + 2 cos 2
x cos +
1 8
x+
1 32
2
2 )x
dx
∫ ∫
cos 2 x d ( 2 x ) +
cos 4 x dx= 14 x+ 14 sen 2 x +
1 8
dx+
d=x 14
1 4
1 + cos 4 x dx 2
cos 4 x d( 4 x)
= 83 x + 14 sen 2 x + 312 s en 4 x + C
CASO 4. (i)
∫
tg n xdx
(ii)
o
∫
cotg n x dx, donde n es un número entero positivo.
(i) Se hace la transformación transformación tg n
x d= x tg
n −2
= tg
xtg
n −2
2
x dx 2
x ( sec x − 1)
(ii) Se hace hace la transformación cotg n
=xcotg xd = cotg
n−2
n−2
cxotg 2
x ( csc2 x −
x dx
1)
Ejemplos.
17
Integrales Indefinidas
∫ ∫ ∫ ∫
1) Evalúe
tg 3 xdx
Solución.
∫
tg 3
Eleazar J. García
tg xtg 2 x dx=
x d= x
=
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 x dx
Solución.
∫
∫
cotg 4 3 x dx=
=
∫
cotg 2 3 xcot 2 3 x dx=
cotg 2 3 xcsc 2 3 x dx−
= 19 cot
3
3
1 3
x−
∫
∫
∫
cotg 2 3 x(csc 2 3 x− 1 ) dx dx
cotg 2 3 x d= x
csc 2 3 x d( 3 x) +
∫
1 3
∫
dx d x = 19 cot
cotg 2 3 x d (cotg 3 )x −
3
3
∫
x − 13 cot 3 x + x + C
(csc 2 3 −x 1)
CASO 5. (i)
∫
sec n xdx
(ii)
o
∫
csc n xdx, donde n es un número entero positivo par.
(i) Se hace la transformación transformación sec n
x d=xsec
n−2
(xsec 2
(
2
) x ( s ec 2
= se c
(
= tg
x d) x
n− 2
x)dx
2
2
n −2
) ( se c 2
+ 1x
)x dx
2
(ii) Se hace hace la transformación csc n
x d=xcsc n − 2
(
x d) x
n− 2
2 = ( c sc
= cotg
(xcsc 2 ) x ( csc 2 2
2
n −2
x)dx
) ( csc 2
+ 1x
2
)x dx
Ejemplo. Evalúe
∫
csc 6 x dx
18
dx
Integrales Indefinidas
Eleazar J. García
Solución.
∫
∫ ∫ ( ∫
csc6
4 x= dx csc
=−
∫
( cxsc 2
x )d=x
cotg 4 x +
2 cotg 2
( cotg 2
x )d= x
x + 1) d( cotg x)
cotg 4 x d( cotg x) − 2
=−
2
) ( s ec 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
∫
(ii)
dx o
cotg n x csc m x dx, donde m es un entero positivo
par.
(i) Se hace la transformación transformación tg n x sec m x dx= tg n x sec n − 2 x (sec 2 x dx) = tg
n
= tg
n
x( sec x( tg
2
2
x)
m −2
( sec 2
2
x+ 1 )
m− 2
2
x dx)
( se c 2
x dx)
(ii) Se hace hace la transformación cotg n xcsc m x dx= cotg n xcsc n − 2 x ( csc 2 x dx) 2
= cotg
n
x( csc
= cotg
n
x( cotg
2
x)
m −2
2
( c sc 2
x dx)
m− 2
x+
1) 2 ( csc 2
x dx)
Ejemplo. Evalúe
∫
tg 5 x sec 4 x dx
Solución.
∫
tg 5 x sec 4 x dx=
∫ ∫
=
tg 5 x sec 2 x (sec 2 x dx) = tg 7 x d ( tg x) +
∫
CASO 7.
19
∫
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
Integrales Indefinidas (i)
∫
tg n
Eleazar J. García
xsec m
∫
(ii)
dx o
cotg n x csc m x dx, donde m es un entero positivo
impar.
i) Se hace hace la transformación tg n xsec m x dx= tg n −1 xsec n−1 x( sec x tg x dx)
(
= tg
2
(
= sec
x)
n −1
2
2
sec m −1 x( sec x tg x dx)
−x1
)
n −1
2
sec m −1 ( sec
x)dx
tgx
(ii) Se hace 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)
=
(
= csc
n−1
2
csc m −1 x( csc xcotg x dx) n −1
2
x−
1) 2
csc m −1 ( csc xcotg x d)x
Ejemplo. Evalúe
∫
tg 5
xsec 7 dx
Solución.
∫
∫ ( ∫ ∫
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
9 x − 29 sec x +
∫
( tg 2 x)
2
sec 6 x(sec x tg x dx)
sec 4 x − 2 sec 2 x + 1) sec 6 x d (sec x)
sec 8 x d (sec x) +
7 1 7 se c
x+
C
∫
sec 6 x d (sec x )
CASO 8. (i)
∫
sec n x dx
o
(ii)
∫
csc n xdx, donde n es un número entero positivo
impar. Aplique integración por partes.
(i) Considere u = secn (ii) Considere u = cscn
−2 −2
x
y
dv = sec 2 x dx
x
y
dv = csc x dx
2
20
Integrales Indefinidas
Eleazar J. García
Ejemplo. Evalúe
∫
sec 5 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−
= se c
Luego,
∫
sec 5
3
txg
3
∫ ∫
sec 3 xtg 2 x dx= sec 3 x tg x −
−x 3
x d=x 14 sec
3
s ec 5
txg
x d+x 3
x 34 +
∫
se c 3
∫
se c 3
3
∫
sec 3 x(sec 2 x − 1) dx
x dx
x dx
I
Evaluemos la integral I aplicando el método de integración por partes:
u = sec x ⇒ d u = sec x tg tg x dx Sean 2 d v = sec x dx ⇒ v = tg x Entonces,
∫
sec 3 x dx= sec x tg x −
= sec xtg x−
∫
∫
sec 3 x dx+
sec x tg 2 x dx = sec x tg 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+ 12 ln sec x+ tan x + C
En conclusión,
∫
sec 5 x dx= 14 sec 3 x tg x + 43 ( 12 sec x tg x + 12 ln sec x + tg x + C) = 14 sec
3
x tg x +
3 8 sec
x tg x + 83 ln sec x + tg x + C
CASO 9.
21
Integrales Indefinidas
∫
(i)
tg n
Eleazar J. García
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 hace la transformación tg
n
x sec
m
x dx= ( tg
2
(
n
x) sec 2
= sec
2
m
x dx n
x− 1) sec m x dx 2
(ii) Se hace hace la transformación cotg n
cxsc m
x d=x ( cotg
(
= csc
2
2
)
n
2
csc m
x dx
n
x− 1) csc m x dx 2
Ejemplo. Evalúe
∫
xsec 3 dx
sxec 3
d=x
tg 2
Solución.
∫
tg 2
∫
( se c 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= 14 sec 3 x tg x + 83 sec x tg x + 83 ln sec x + tg x + C1 sec 3 x dx= 12 sec xtg x+ 12 ln 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 + 78 ln sec x + tg x + C ,
C = C1 + C2
CASO 10. (i)
∫
cos mx cos nx dx dx,
(i)
∫
sen mx cos nx dx dx
m≠n.
(i) Se hace la transformación transformación 22
o
(iii)
∫
sen mx sen nx dx dx,
Integrales Indefinidas
Eleazar J. García
cos mx cos nx dx = 12 cos ( m + n ) x + cos ( m − n ) x dx
(ii) Se hace hace la transformación sen mx cos nx dx = 12 sen ( m + n ) x + sen ( m − n ) x dx
(iii) Se hace hace la transformación sen mx sen nx dx = 12 − cos ( m + n ) x + cos ( m − n ) x dx
Ejemplo. Evalúe
∫
sen 3 xcos 2 x dx
Solución.
∫
sen 3 cxos 2
x d=x
∫ ∫ 1 2
( sen 5 +x sen )x d=x 12
= 110
sen 5 x d( 5 )x +
1 2
∫
sen 5 x dx+
1 2
∫
sen
x dx
∫
sen x dx= − 110 cos 5 x− 12 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
xsen
cos 3 5 x 3
sen 5 x
cot
2
3
1 2
c sc xcs
8) 3
∫
x dx 2
sen 4 xcos x dx
5)
x dx
dx
4
2)
∫
∫
3)
cos zse sen 3 z dz
co cos 4 y cos 8 y dy
11)
∫
∫
cos 3 4 xsen 4 x dx
sec 4 ( ln x ) x
( tg 2 x+ cotg 2 x) dx 14)
∫
csc 3
9) dx
6)
∫ ∫ ∫
12)
)x xd 15
∫
se sen 2 3 x dx
se sen 12t sen 4t dt
x
e tg
4
( e) x
dx
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: a2 − b2 x 2
a2 + b 2x 2
CASO 1. 23
b 2x 2 − a 2
Integrales Indefinidas
Eleazar J. García a 2 − b 2 x 2 , donde a > 0.
El integrando contiene una expresión de la forma form a
Se introduce una nueva variable θ considerando x = ba sen θ , donde
0 ≤ θ ≤ 12 π si x ≥ 0
− 12 π ≤ θ < 0
y
si x < 0
Ejemplos.
∫ ∫
1) Evalúe
16 −
Solución.
x2 dx
16 −
Sabemos que:
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:
∫
16 −
2
∫ ∫ ∫
x =dx
16
−
2
4 1 − sen 2 θ ( 4 cos θ dθ ) = 16
=
=8
dθ +
4
∫
16 −
16
− 16 sen
cos 2 θ dθ = 16
2
θ ( 4 cos θ θ ) d
∫
1 + cos 2θ d θ 2
∫
cos 2θ d ( 2θ ) = 8θ + 4 sen 2θ + C
Ahora, como θ = arcsen 2
∫ ∫
( 4 sen θ ) ( 4 cos θ θ ) d=
x =d8xarcsen
x
x
4
sen 2θ = 2 sen θ cos θ =
y
4 +
x
16 − 2
x
2
+
C
Otra manera de resolver. Observemos la siguiente figura:
4 x
θ
2
√16
-
x
24
x
16 − 2
x
2
, entonces,
Integrales Indefinidas
Eleazar J. García
Es evidente por trigonometría que: cos θ = sen θ =
x
4
16 − x 2 ⇒ 4 ⇒
=4 x sen θ
, luego, despejando x se obtiene:
16 − x 2 = 4 cos θ =d4 x cos θ
θ .d
y
Por lo tanto,
∫
2
16 −
∫ ∫ ∫
∫
( 4 cos θ ) ( 4 cos θ θd) = 16 cos 2 θ θd=16
x d=x
=8
4
dθ +
∫
1 + cos 2θ θd 2
cos 2θ d ( 2θ ) = 8θ + 4 sen 2θ + C
Como hemos indicado anteriormente,
θ = arcsen
∫
x
4 2
16 −
y sen 2θ = 2 sen θ cos θ = x =d8xarcsen
2) Evalúe
∫
x
x
+
4
x
16 − 2
x
16 − 2
x
x2
, entonces
2
+
C
dx
25 − 4 x 2
Solución. Como
∫
dx
25 − 4 x
x
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
cos θ d θ
25 − 4 ( 254 sen 2 θ )
5 2 sen θ
∫
cos θ d θ
5 sen θ 1 − sen 2 θ
∫
csc θ dθ = 15 ln csc θ − cotg θ + C
5 Pero, cscθ = 2 x
y
∫
5 ln 2 x
x
=
dx
25 − 4 x
= 15 2
cotg θ =
−
25 − 4 x 2 , en conclusión. 2 x
25 − 4 x 2 2x
+ C
Resolvamos teniendo en cuenta la figura siguiente:
25
= 15
∫
cos θ dθ
sen θ cos θ
Integrales Indefinidas
Eleazar J. García
5 2 x
θ
2
√25
Obviamente, sen θ = cos θ =
25 − 4 x 2 5
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
cos θ d θ
5 2 sen θ ⋅
5 cos θ
= 15
∫
d θ
sen θ
= 15
∫
csc θ dθ = 15 ln csc θ − cotg θ + C
5 A partir de la figura se tiene: cscθ = 2 x
y
cotg θ =
25 − 4 x2 , 2 x
entonces,
∫
dx
x
25 − 4 x
= 15 2
5 ln 2 x
25 − 4 x 2 2x
−
+ C
CASO 2. El integrando contiene una expresión de la forma form a
a 2 + b 2 x 2 , donde a > 0.
Introduzca una variable θ considerando x = ab tg θ , donde
0 ≤ θ ≤ 12 π si x ≥ 0
− 12 π ≤ θ < 0
y
si x < 0
Ejemplo. Evalúe
∫
x2 dx 2
x +
6
Solución.
∫ dx =
x2 dx 2
x +
6
6 sec2 θ d θ
=
∫ y
x2 dx 2
x +
( 6)
2
2 x +
,
haciendo el cambio: x =
6 tg θ , obtenemos,
6 = 6 sec θ . Sustituyendo nos queda: 26
Integrales Indefinidas
∫
x dx ( =
2 2
x +
∫ ∫(
6
=6
Eleazar J. García
6 tg θ )
2
(
6 sec 2 θ d θ )
6 sec θ sec 2 θ −
∫ ∫ =
6 tg 2 θ sec 2 θ θ sec θ
1) sec θ dθ = 6 sec 3θ dθ
−
∫
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
θ θ d= sec θ tg tg θ = sec θ tg θ −
∫ ∫
= A sec
Luego,
3
dv = sec 2 θ dθ
y
−
∫
∫
sec3 θ dθ +
tg 2 θ sec θ θ d= sec θ tg tg θ −
θ θ d= 12 sec θ tg θ
∫
( sec2 θ − 1) sec θ
θd
∫
sec θ d θ
+ 12 ln sec θ + tg θ + 1 C
sec θ θd = ln secθ + tg θ +
B =
⇒ v = tg θ , sustituyendo:
2C
Consecuentemente,
∫
x2 dx 2
x +
6
= 3 sec θ tg θ −
2
x +
Pero, sec θ =
∫
6
6 2 2
3 ln sec θ
tg 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
2 x +
6 6
6
+
x
6
+ C
+ C
CASO 3. El integrando contiene una expresión de la forma form a
b 2 x 2 − a 2 , donde a > 0.
Introduzca una variable θ considerando x = ab sec θ , donde
0 ≤ θ ≤ 12 π si x ≥ a
y
π ≤ θ < 32 π si x ≤ − a
Ejemplo. Evalúe
∫
x
dx 3
2
x −
9
Solución. 27
Integrales Indefinidas
∫
dx 3
=
2
x −
x
9
Eleazar J. García
∫
dx 3
x
2
x −
3
2
.
2
x −
⇒
= 3xsec θ
Luego debemos hacer el cambio:
=d3xsec θ tg θ
θ ; dademás,
9 = 3 tg θ . Sustituyendo,
∫
dx x
= 514
3
=
2
9
x −
∫
dθ +
1 108
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 ,
cos θ =
3
dθ
sec2 θ
2θ
= 217
∫
cos 2 θ dθ = 217
∫
1 + cos 2θ 2
+ C = 514 θ + 514 sen θ cos θ + C 2
3
y
x
d θ
x −
sen θ =
x
9
. Sustituyendo
nuevamente obtenemos:
∫
x
dx 3
2
x −
= 514
9
arc sec
x
3
x 2 − 9 3 x + C = 514 arc sec 3 x x
+ 514
2
+
x −
9
2
x
18
+ C
Ahora, resolvamos a partir de la siguiente figura.
x
2 x
- 9
θ 3
Evidentemente,
=x 3 se c θ
=dx 3 secθ
⇒
θ ,d y t g
tg tg θ
x =
x 2 −
9
3
⇒ 3 tg =x
2
x− 9 ,
luego,
∫
dx 3
x
2
x −
=
9
∫ ∫
= 217
dx 3
x
2
x −
32
=
∫
3 secθ tg θ dθ = 3 ( 3 sec θ ) ( 3 tg θ )
1 + cos 2θ dθ = 514 2
Como sen 2θ = 2 sen θ cos θ , sen θ =
∫
dθ + 1018
x2 − 9 x
28
∫
∫
dθ
1 = 27 sec 2 θ 27
cos 2θ d ( 2θ ) =
∫
cos 2 θ d θ
1 1 54 θ + 108 sen
2θ + C
3 x , cos θ = y θ = arc sec , entonces 3 x
Integrales Indefinidas
∫
dx
x
3
2
x −
9
Eleazar J. García
= 514
arc sec
x
3
+ 1018
2
2
x − 9
⋅
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
5
x+
∫
dx
dx
2
3 x+
x
7)
∫
3)
∫
dx
4)
2
x + 3 x−1
2
x− 2 x− 7 dx
8)
∫
∫
dx
2 x +3
4 x 2 − 1
dx
x
∫ ∫
5)
2
9)
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 que el grado del denominador. 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
29
Integrales Indefinidas
Eleazar J. García
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 Luego, 1 x= 3 ⇒ 1 = 5 B⇒ B= 5
Por lo tanto,
∫
1 2
x − x− 6
dx =
∫
= 15
1 − 15 5 + dx + 2 − 3 x x
( ln
= − 15
∫
dx x+ 2
x− 3 + ln x+ 2 ) + C= ln 5
+ 15
∫ dx
= − 15 ln x + 2 + 15 ln x − 3 + C
x− 3
x − 3
+ C
x + 2
Ejemplo 2.
∫
9 x 2 − 16 x + 4 dx x3 − 3 x2 + 2 x
Las raíces del denominador son: x1 = 0, x2 = 1 y x3 = 2, luego, 3
x
9 x3 − 16 x+ 4 − 3 x + 2 x = x ( x − 1) ( x − 2 ) y x( x− 1) ( x− 2 ) 2
=
A
B
x
x−1
+
+
C , ahora, multiplicando
x− 2
ambos miembros de ésta última igualdad por el denominador obtenemos: 3
x( x− 1) ( x− 2 ) ( 9 x − 16 x+ 4 ) x( x− 1) ( x− 2 )
A
= x( x− 1) ( x− 2 )
9 x3 − 16 x + 4 =
x
Ax( x− 1) ( x− 2) x
9 x3 − 16 x+ 4 = A( x− 1) ( x− 2) + x= 0 ⇒ 4 = 2 A⇒ A= 2 Luego, x= 1 ⇒ − 3 = − B⇒ B= 3 x= 2 ⇒ 8 = 2 C⇒ C= 4 Por lo tanto,
30
+
+
B x− 1
+
C
x− 2
Bx( x− 1) ( x− 2) −x1
+
Bx( x− 2) + Cx( x− 1)
Cx( x− 1) ( x− 2) −x2
Integrales Indefinidas
∫
9
2
−x16 16 + 4x
x3 − 3 x2 + 2 x
dx =
Eleazar J. García
∫ ∫ ∫
∫ ∫ ∫
2 3 4 + + dx = 2 x x − 1 x − 2
=2
dx
+3
d ( x − 1) − x1
x
2
= ln x + ln
( 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. múlti ples. El denominador se expresa como producto de polinomios lineales, algunos repetidos. Ejemplo.
∫
x 2 − x + 4
x3 − 4 x2 + 5 x− 2
dx
Las raíces del denominador son: x1 = 1, x2 = 1 3 2 x − 4 x + 5 x− 2 = ( x− 1)
2
(
x2 − x+ 4
x− 2 ) , y
2
y x3 = 2, luego, A
=
( x− 1) ( x− 2 ) ( x− 1)
2 +
B x − 1
+
C x−2
, multiplicando
2
ambos miembros de ésta última igualdad por ( x − 1 ) ( x − 2 ) , obtenemos: 2
A ( x− 1) ( x− 2 ) ( x2 − x+ 4 ) B C 2 1 2 = − − + + x x ( ) ( ) 2 2 1 2 − − x x 1 2 1 − − − x x x ( ) ( ) ) ( 2
x − x + 4 =
A( x − 1)
2
2
2 x − x + 4 = A ( x − 2 ) + B ( x − 1 ) ( x − 2 ) + C ( x − 1)
=x 1 ⇒ 4 = − A ⇒ =x 2 ⇒ 6 = C ⇒
Luego,
2
( x − 2 ) B ( x − 1 ) ( x − 2 ) C ( x − 1) ( x − 2 ) + + 2 x − 1 x−2 ( x − 1) A =−4 C= 6
2
, como no existe otro valor de x que anule
alguno de los sumandos, conviene elegir cualquier valor que f acilite los cálculos. Por ejemplo, x= 0 ⇒ 4 = − 2 A+ 2 B+ C. Reemplacemos A y C por los valores obtenidos, y despejemos B: 4
= − 2 ( −4 ) + 2 B+ 6 = 14 + 2 B ⇒
Por lo tanto,
31
− 10 = 2 B ⇒
B= − 5.
Integrales Indefinidas
∫
2
− x + 4x
3
2
x − 4 x + 5 x− 2
dx =
Eleazar J. García
∫
−4 ( x − 1 )2
=−4
x − 1
∫
6 dx dx = − 4 −5 2 x− 2 x 1 − ( )
−2
+ ln
∫
d ( x − 1) x − 1
+6
∫
∫
dx
x− 1
+6
∫
dx x− 2
d ( x − 2) x−2
−2 + 1
− 5 ln
−2 + 1
4
x− 1
+
( x− 1) d( x− 1) − 5
−4 ( x − 1 )
=
=
∫
−5
+
( 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
x 4 + 3 x 2 + 2
dx x1 = i ⇒
Las raíces del denominador son:
2
2x=
i ⇒
( 2x)
4
2
=−2
2
⇒ ( 2x) 2
2
( x1 )
2
=−1
⇒
( x1 )
2
+1=0
y
+ 2 = 0, 2 x − x+ 4
2
Entonces, x + 3 x + 2 = ( x + 1) ( x + 2 ) , con lo que
Ax+ B
=
2
+
Cx+ D . 2 x +2
( x + 1) ( x + 2 ) x + 1 Multiplicando ambos miembros de ésta última i gualdad 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 1 + x x +2 x 1 x 2 + + ( )( ) 2 2 2 2 + 1 ) ( x + 2 ) ( Ax+ B) ( x + 1) ( x + 2 ) ( Cx+ D) x ( 3 2 x + x + x+ 2 =
2
2
+
2
x + 1
2
x +2
x3 + x2 + x+ 2 = ( x2 + 2 ) ( Ax+ B) + ( x2 + 1) ( Cx+ D) 3
2
3
2
x + x + x + 2 = ( A + C ) x + ( B + D ) x + ( 2 A + C ) x + ( 2B + D )
De la última igualdad se tiene: A+ C = 1, B = 1, C = 1
∫
3
x+
y
B + D = 1,
x4 + 3 x2 + 2
y
2 B + D = 2. Resolviendo el sistema, A = 0,
D = 0. Por lo tanto,
2
x+ +x 2
2 A + C = 1
dx =
∫
1 x + 2 2 dx = x + 1 x + 2
∫
2
dx x2 + 1
+
∫
= arctg x+ 12 ln x + 2 + C= arctg x+ ln
32
x dx x2 + 2
=
∫
dx dx x2 + 1
2 x +2 + C
+ 12
∫
2 d ( x + 2)
x2 + 2
Integrales Indefinidas
Eleazar J. García
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 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, x5 − x4 + 4 x3 − 4 x2 +
(
2
+x 2
)
8 x− 4
3
=
Ax+ B 2
x + 2
Cx C x+ D
+
(
2
+x 2
2 +
)
E x+ 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 + + +2 x x x) 2 2 ( ) ( ) ( 3
5 4 3 2 x − x +4x −4x +
5
4
3
2
x − x +4 x −4 x +
8 x− 4 =
( x2 + 2 ) (
Ax+ B)
x 2 + 2
3
3
( x2 + 2 ) ( Cx+ D) ( x2 + 2 ) ( Ex+ F) + + 2 3 2 ( x + 2 ) ( x2 + 2)
2
8 x− 4 = ( x2 + 2 ) ( Ax+ B) + ( x2 + 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 + 2C + 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,
∫
8 x− 4 dx = 6 4 2 x + 6 x + 12 x + 8
x5 − x4 + 4 x3 − 4 x2 +
4 x + 3 dx x2 + 2 ( x 2 + 2 )
∫ ∫ ∫ ∫ ( ) ( ) ∫ ∫ ∫ (
=
x− 1
x dx
2
x + 2
= 12
= 12 ln
dx
−
x +2
d x2 + 2
−
2
x + 2
2
x+ 2 −
2
2 2
= 12 ln x + 2 − 2
2
33
x dx
+4
2
x 2 + 2
dx
2
x +2
arctg arctg
x
2 x
2 x + 2)
+2
−
−
(
3
2
−3
−2
x+ 2 ) +
1
2 ( x 2 + 2 )2
+ C
2 d( x + 2 )
C
Integrales Indefinidas
Eleazar J. García
Ejercicios. Resuelva las siguientes integrales.
1) 5)
∫ ∫
dx
2)
2
x −9
2 x3 + 4 x+8
∫
x dx
2
x +4
6)
dx
2
x + 16
∫
3)
2
x − 3 x− 4
∫
x
∫ ∫ ( )(
4
4
(1 − x )
3
4)
dx
3
4
2
x + 2 x +1
3
2
3
2
x +x
dx
2
x + 8 x − x + 2 x +1
7)
dx
2
x −2 x +3 x
4
x + x− 1
3
x − 2x + 3x − x + 3
3
x + 1)
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 x + px+ q. Se efectúa el cambio de variable x + px + q = ( z − x) .
2. 3.
2
( a + x) ( b − x).
− x + px + q =
2
2
2
− x + px + q = ( a + x) z , o
Se
efectúa
el
cambio
de
variable
2
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 z − 4 ( )
x + 2 + 2
dz 2
z −4 dz − 2z
=
2
∫
= − 12 ln
dx = 2 z dz dz , por lo tanto,
y dz
( z+ 2 ) ( z− 2 )
=2
∫
1 − 14 4 + dz z z 2 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 + dz= 4 ( 2 z + z+ ln z−1 ) + C z− 1
x − 1 + C = 2 x + 4 4 x + ln
dx 2
x x + x+ 2 2
Haciendo el cambio x2 + x+ 2 = ( z− x) , tendremos,
34
(
4
x −1
)
4
+C
Integrales Indefinidas 2
x =
z − 2
2 z + 1 dx 2
x x +
∫
, dx =
2
2(
z + z+ 2 ) dz
x + x + 2 =
y
2
2
z + z + 2
2
( 2 z + 1) 2 ( z2 + z+ 2 ) dz
2 z + 1
, luego,
2
( 2 z + 1) 2dz entonces, , = = 2 2 2 x + 2 z − 2 z + z+ 2 z − 2 2 z + 1 2 z + 1
dx x
Eleazar J. García
=
3 x2 + 2 x− 1
∫
2dz =2 2 z − 2
= 1
2
= 1 2
3) Calcular
∫
∫(
dz z −
2
z−
2 2
ln
z +
∫ (
∫
1 − 2 12 2 2 =2 + dz + − 2 2 z z 2)
dz
2 )( z −
z +
+ 1
2
∫
dz
2
z+
= 1 ln
− z
2
2
− 1 ln
2
+C
= 1 2
x + x+ 2 + x−
ln
2
x + x+2+ x+
2
2 2
+ 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
2
z + 1
,
dx=
xdx 2 3
12
( z 2 + 1)
=
∫
x
z dz
5−4
3 x + 2 x− 1
= 118
∫
(
=
2
z− 5 ) dz
18 z
5 + + z 18 z
2
= 118
∫
2 1 z + = 18 C
4 x 2 − 14 x + 10 (1 − x) 5 − 4 x− x2 5 − 2 x = + C 2 9 5 − 4 x − x
1 = 18
6
2
x− x = (1 − x) z=
216 z 3 3 ( z 2 + 1) =
2
,
2 −z5 12 zd z z 2 + 1 2 2 ( z + 1)
( 5 − 4 x − x ) dx
2
z
( z 2 − 5) dz 18 z 2
z +1
+
+C =
z , luego,
, por lo tanto,
5 1 1 − z 2 dz = 18
5
2
∫ ∫ dz − 158
z −2 dz =
5 − 4 x − x 2 2 +5 (1 − x ) + C = 118 C 5 − 4x − x2 − x 1 ( 5 − 2 x ) ( x − 1) 1 + C 9 ( x− 1) 5 − 4 x− x2
35
1 18
z + 158 z −1 + C
Integrales Indefinidas
Eleazar J. García
Ejercicios. Resuelva:
1) 5)
∫ ∫
1 + z
x dx
2)
∫
dx x
2
(4 + x2 )
6)
dx
3+
∫
x+2
3)
∫
dx x
3 x2 + 2x − 1
1 − 3 + 2x dx 4) 1 + 3x + 2 7)
∫ (
∫ ( x + 1)
1 2
dx 1
+ ( x + 1)4
dx
3 1 − x 2 ) − ( 5 + 4x ) 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
sen 12 u cos 2 12 u
=
cos 12 u
= 2 tg 12 u =
co s u = 2 cos 2 12 u − 1
1
sec 2 12 u
−1
2
=
1 + tg 12 u 2 = −1 1 + z 2 1 − z 2 = 1 + z 2
sec 2 12 u
2 tg 12 u
1 + tag 2 12 u 2 z = 1 + z 2
Como z = tg 12 u , entonces dz = 12 sec 2 12 u du = 12 (1 + tg 12 u ) du = du =
2
1 2
−1
(1 + z 2 ) du , por
2dz . 1 + z 2 Los resultados anteriores se establecen como el siguiente teorema.
Teorema 25. Si z = tg 12 u , entonces:
2
z 1− sen u = , c o s u = 1+ 2z 1+
Ejemplos. 1) Evalúe
∫
dx
1 + sen x − cos x
36
2
z 2 , d x = 2 z 1+
dx 2
z
lo tanto,
Integrales Indefinidas Haciendo
∫
Eleazar J. García
el
cambio
dx
1 + sen
∫
=
x− cos x
∫
∫
=
∫
1+
3) Evalúe
∫
Haciendo
el
z + z
z
z+ C= ln
=
1 + z
∫
dz
=
z(1 + z)
tg 12 x
+ C= ln
1 + tg 12 x
∫
1 1 z − 1 z dz +
+ C
cos x
, y sec =
∫
2 1−
z− ln 1 − z+ C= ln
1
1+ = x 1−
x cos dz dz 2
=
z
1 + z 1 − z
∫
2 2
z
,
2
z
1 1 1 + z − 1 − z
+ C= ln
dx
entonces
= dx 2 , 1+ z
1 + tg 12 x 1 − tg 12 x
=
∫ ∫ dz
1+
+ C
−
z
dz dz 1− z
dx
4 sen x − 3 cos x
dx
4 sen
∫
dx
1 + 2 z 2 d z x dx2 = 2 1− z 1 + z
= ln
∫
dz 2
dx , entonces 2 z
sec xdx
sec xdx =
sec
1+
∫
=
z 2 , d x = 2 z 1+
∫
2) Calcule Como
z 1− , c o s u = 1+ 2z 1+
2 dz 1 + z 2 2 z 1 − z 2 1+ − 1 + z 2 1 + z 2
= ln z− ln
2
2
sen u =
=
x− 3 cos x
∫
2
2
z 1− sen u = , c o s u = 1+ 2z 1+
cambio
2 dz 1 + z 2 2 z 1 − z 2 2 − 3 2 z 1 + 1+ z
4
=
∫
2 dz = 3 z − 8 z− 3 2
z 2 , d x = 2 z 1+
∫
2 dz ( 3 z+ 1 ) (
dx , entonces 2 z
z− 3 )
Ejercicios. Resuelva:
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
37
∫
sen x dx
dt
8)
∫
5)
∫
dy
5 + 4 sec
csc z dz
y
Integrales Indefinidas
Eleazar J. García
Bibliografía recomendada [1] Apostol Tom M. Calculus , segunda edición. [2] Leithold Louis. El Cálculo con Geometría Analítica, quinta edición.
Trabajo enviado por: Eleazar José García E-mail:
[email protected] Profesión: Licenciado en Matemática País: Venezuela
38
