MOISES VILLENA MUÑOZ
1 1.1 DEFINICIÓN 1.2 TÉCNICAS DE INTEGRACIÓN
1.2.1 FORMULAS 1.2.2 PROPIEDADES 1.2.3 INTEGRACIÓN DIRECTA 1.2.4 INTEGRACIÓN POR SUSTITUCIÓN 1.2.5 INTEGRACIÓN POR PARTES 1.2.6 INTEGRALES DE FUNCIONES TRIGONOMÉTRICAS 1.2.7 INTEGRACIÓN POR SUSTITUCIÓN TRIGONOMÉTRICA 1.2.8 INTEGRALES DE FUNCIONES RACIONALES. FRACCIONES PARCIALES 1.2.9 INTEGRACIÓN DE FUNCIONES RACIONALES TRIGONOMÉTRICAS
Objetivo: Se pretende que el estudiante encuentre algebraicamente antiderivadas
1
MOISES VILLENA MUÑOZ
En la antigüedad existían dos problemas a resolver, el de la recta tangente y el área bajo una curva. El problema de la determinación de la ecuación de la recta tangente fue resuelto con la derivada y ya fue tratado en cálculo diferencial. El problema del cálculo del área bajo una curva se lo resuelve con las nociones del cálculo integral los cuales expondremos en este curso. Sin embargo empezaremos en este capítulo hallando antiderivadas y en el siguiente capítulo utilizaremos antiderivadas antiderivadas para el propósito del cálculo integral.
1.1 DEFINICIÓN DE ANTIDERIVADA O INTEGRAL INDEFINIDA Llamamos a F una antiderivada, primitiva o integral indefinida de f en el intervalo I , si D x F ( x) = f ( x ) es decir F ´( x ) = f ( x) 1.1.1 Notación La notación que emplearemos para referirnos a una antiderivada es la siguiente:
∫
f ( x) dx = F ( x ) + C
1.1.2 Teorema
Si F ´( x) = G´(x) , ∀ x ∈ (a, b ) entonces existe una constante C tal que F ( x) = G ( x) + C , ∀ x ∈ (a, b ) : definida en un intervalo (a, b) entonces H ´( x) = F ´( x ) − G´(x ) . Por Hipótesis, como F ´( x) = G´(x ) entonces H ´( x) = 0 , ∀ x ∈ (a, b ) . Como H es derivable ∀ x ∈ (a, b ) , entonces de acuerdo el teorema del valor medio para H ( x1 ) − H ( x ) derivada, ∃ x 0 ∈ ( x, x1 ) ⊆ (a, b ) tal que H ´( x 0 ) = . Haciendo H ´( x 0 ) = 0 x1 − x H ( x1 ) − H ( x ) tenemos = 0 es decir H ( x ) = H ( x1 ) = C . x1 − x Por lo tanto F ( x) − G( x) = C Sea
2
H ( x ) = F ( x) − G ( x)
MOISES VILLENA MUÑOZ
1.2 INTEGRACIÓN. Integración significa calcular antiderivadas o primitivas, el proceso contrario de la derivación, como ya se habrá notado. Esto no es tan sencillo y requeriremos de técnicas, las cuales presentaremos a continuación. En primera instancia, es importante pensar que siempre se va a poder determinar la antiderivada empleando fórmulas, igual como se lo hacia en el calculo de derivadas.
1.2.1 Formas (Fórmulas) Estándares de Integrales 1.
2. 3. 4.
5. 6. 7. 8. 9. 10.
11.
12. 13. 14. 15. 16.
17.
∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫
dx = x + C n
x dx =
1
x
19.
20.
n +1
n +1
+ C ; n ≠ −1
dx = ln x + C
x
x
x
a
e dx = e + C a dx =
x
ln a
+ C
sen xdx = − cos x + C
cos xdx = sen x + C sec 2 xdx = tg x + C csc 2 xdx = − cot gx + C
sec x tg xdx = sec x + C
∫
csc x cot gdx = − csc x + C
∫ ∫ ∫ ∫ ∫
tg xdx = − ln cos x + C = ln sec x + C
cot gxdx = ln sen x + C
sec xdx = ln sec x + tg x + C
csc xdx = ln csc x − cot gx + C
∫ ∫ ∫
a
18.
x
1 a
2
− x
1 2
+ x 2
2
dx
dx
1
x x 2 − a 2
=
⎛ x ⎞ = arcsen⎜ ⎟ + C ⎝ a ⎠ 1 a
⎛ x ⎞ ⎟ + C ⎝ a ⎠
arctg⎜
dx =
1 a
⎛ a ⎞ ⎛ x ⎞ 1 ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ a ⎟ + C = a arccos⎜ x ⎟ + C ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
arcsen⎜
senh xdx = cosh x + C
∫
cosh xdx = senh x + C
3
MOISES VILLENA MUÑOZ
Las primeras 11 fórmulas se las puede entender fácilmente de acuerdo a las formulas f ormulas que se proporcionaron para derivadas.
∫
Calcular x 2 dx SOLUCIÓN: Sería cuestión de emplear la formula 2.
∫
x 2 dx =
Calcular
∫
1
2 1 x +
2 +1
+ C =
x
3
3
+ C
dx
x
SOLUCIÓN: Sería cuestión de emplear la formula 2.
∫
Calcular
∫ +
1
4 x 2
1
dx =
x
∫
x
− 12
dx =
x
− 12 +1
− 12 +1
+ C
dx
SOLUCIÓN: Sería cuestión de emplear la formula 17.
∫
1
2 + x 2
2
dx =
1 2
()
arctan x2 + C
Para suma, resta de funciones y multiplicación por escalares hacemos uso de las siguientes propiedades.
1.2.2 PROPIEDADES. La Integral Indefinida cumple con propiedades de linealidad, es decir: 1. 2.
4
∫[ ∫
f ( x) ± g ( x ) ]dx =
∫
∫
f ( x) dx ±
kf ( x) dx = k f ( x) dx;
∫
k ∈ R
g ( x ) dx
MOISES VILLENA MUÑOZ
∫
⎛ 2 ⎞ Calcular ⎜ + 3 sin x − 4e x ⎟dx ⎝ x ⎠ SOLUCIÓN:
Aplicando propiedades y fórmulas: 2 ⎛ 2 ⎞ dx + 3 sin dx − 4e x dx ⎜ + 3 sin x − 4e x ⎟dx = x ⎝ x ⎠
∫
∫ ∫ = ∫ + ∫ 1
2
x
∫ − ∫
dx 3 sin xdx 4 e x dx
= 2 ln x − 3 cos x − 4e x + C
Para situaciones un tanto más complejas se requerirá de técnicas para lograr el objetivo.
1.2.3 TECNICAS DE INTEGRACIÓN INTEGRACIÓN 1.2.3.1 INTEGRACIÓN DIRECTA. Puede ser que, haciendo uso de recursos algebraicos, de las propiedades y de las formulas formulas se puedan encontrar antiderivadas. antiderivadas.
Calcular
∫
(1 − x )3 x 3 x
dx
SOLUCIÓN: Elevando al cubo el binomio y luego simplificando para aplicar propiedades, resulta:
∫
(1 − x )3 x 3 x
∫ ∫ ∫ ∫ ∫
dx =
1 − 3 x + 3 x 2 − x 3 4
x
=
=
=
dx
3
⎡ 1 3 x 3 x 2 x 3 ⎢ − + − 4 4 4 ⎢ 43 x 3 x 3 x 3 ⎣ x
⎤ ⎥ dx ⎥ ⎦
2 5 ⎤ −1 ⎡ − 43 − 3 x 3 + 3 x 3 − x 3 ⎥ dx ⎢ x ⎣ ⎦
x
− 43
− 13
dx − 3
x
2
∫ ∫
− 13
dx + 3
5
8
2
x 3 dx −
5
x 3 dx
x 3 x 3 x 3 = −3 +3 − + C 2 5 8 − 13 3 3 3 x
= −3 x
− 13
9
− x 2
2
3
9
+ x 5
5
3
3
− x 8
8
3
+ C
5
MOISES VILLENA MUÑOZ
Encuentre las antiderivadas de:
∫ ∫ ( ∫
1.
2.
(3 − x ) dx
4.
⎛ ⎞ ⎜1 − 1 ⎟ x x dx ⎜ 2 ⎟ ⎝ x ⎠
5.
23
x 2
3.
)(
+ 1 x 2 − 2 3
x
2
∫ ∫
2 x +1 − 5 x −1 10 x x 4
dx
+ x −4 + 2 x 3
dx
)dx
1.2.3.2 INTERGRACIÓN POR SUSTITUCIÓN O CAMBIO DE VARIABLE Cuando se presentan funciones compuestas, en las que ya no es posible una integración directa, puede ser que con un cambio de variable se transformen en integrales inmediatas. En este caso las formulas de integrales se las puede observar no sólo sólo para para " x " sino sino para para otra otra varia variabl ble. e.
∫
Calcular (1 − x )30 dx SOLUCIÓN: No sería práctico obtener el desarrollo del binomio, porque el exponente es es 30. Entonces, Entonces, sería más conveniente si empleamos el cambio de variable t = 1 − x . dt
Del cambio de variable, tenemos: Ahora sustituyendo resulta:
∫
30
t
= −1dx → dx = − dt .
dx
(− dt ) = −
∫
30
t dt = −
Una vez integrado, reemplazando reemplazando t se obtiene:
∫
Calcular
sen x x
31
t
31
+ C
∫
(1 − x )30 dx = −
(1 − x )31 31
+ C
dx
SOLUCIÓN: SOLUCIÓN : Aquí empleamos el cambio de variable: t = x . Del cambio de variable se obtiene: Sustituyendo resulta:
6
∫
sen x x
dt dx
dx =
=
1
→ dx = 2 x dt .
2 x
∫
sen t x
2 x dt = 2
∫
sen tdt = 2(− cos t ) + C
MOISES VILLENA MUÑOZ
∫
sen x
Una Una vez integrado, integrado, reemplazando plazando " t " tenemos: tenemos:
x
dx = −2 cos x + C
∫
Calcular x x − 1dx SOLUCIÓN: SOLUCIÓN : Aquí empleamos el cambio de variable: t = x − 1 dt
Del cambio de variable se obtiene: Sustituyendo resulta:
= 1 → dx = dt
dx
∫
∫
x x − 1dx =
x t dt
Como no se simplific simplifica a la x , debemos debemos reemplazarla. En este caso, despejando del cambio de variable: x = t + 1
∫ ∫ x t dt =
Entonces:
(t + 1)
5
= 52 t
2
t dt = 3
+ 23 t
2
∫
(t
∫ ∫ 3
)
t + t dt =
t
2 dt +
1
t 2 dt
+ C
Una vez integrado, reemplazando t resulta:
∫
x x − 1dx =
2 5
5
3
( x − 1) 2 + 23 ( x − 1) 2 + C
∫
⎛ 4 x − 1 + arc tan x − e arc tan x ⎞ ⎟ dx Calcular ⎜⎜ 2 ⎟ + 1 x ⎝ ⎠ SOLUCIÓN: Separando las integrales, tenemos:
∫
4 x
dx − 2 x + 1
∫
1 2
x + 1
dx +
∫
arctanx 2
x + 1
dx −
∫ e
arc tan x
2
x + 1
dx
Ahora tenemos 4 integrales, que se las trata por separado. 1.
∫
4 x
dx x + 1
dt dx
2
. Esta integral se la resuelve por cambio de variable t = x2 + 1 , de donde
= 2 x , entonces dx =
Sustituyendo, resulta:
2. 3.
∫ ∫
dt
2 x
∫
.
4 x
dx = x 2 + 1
1
∫ ∫ ∫ 4 x dt t 2 x
dx . Esta integral es directa. x + 1 2
arctg x x 2 + 1
dt dx
=
1
t
2
dt = 2 ln t + C = 2 ln x + 1 + C
1
dx = arctanx + C x + 1 2
dx . Esta integral se la resuelve por cambio de variable t = arctg x , de donde
1 2
=2
x + 1
, entonces
dx
(
)
= x 2 + 1 dt .
7
MOISES VILLENA MUÑOZ Sustituyendo, resulta:
∫
arctanx 2
x + 1
4.
∫ e
dx =
∫
t 2
x + 1
( x
2
)
+ 1 dt =
∫
2
t
tdt =
2
+ C =
(arctanx)2 2
+ C
arc tg x
2
x + 1
dx . Para esta integral sirve el mismo cambio de variable, por tanto:
∫
e
arc tan x
2
x + 1
dx =
∫
e
t
2
x + 1
( x
2
)
+ 1 dt =
∫
e t dt = e t + C = e arctanx + C
FINALMENTE: 2 ⎛ 4 x − 1 + arc tan x − e arc tan x ⎞ ⎜ ⎟ dx = 2 ln x 2 + 1 − arc tan x + (arc tan x ) − e arc tan x + C 2 ⎜ ⎟ 2 x + 1 ⎝ ⎠
∫
Calcular
∫
dx
(1 + x ) ln⎛ ⎝ ⎜ x +
1 + x 2 ⎞⎟
2
⎠
SOLUCIÓN: SOLUCIÓN : 2 ⎞ Tomando el cambio de variable: t = ln⎛ ⎜ x + 1 + x ⎟ ⎝ ⎠
⎛ ⎞ 1 ⎜1 + 2 x ⎟ ⎟ 2 dx x + 1 + x 2 ⎜ ⎝ 2 1 + x ⎠ ⎛ 1 + x 2 + x ⎞ 1 ⎜ ⎟ = Del cambio de variable: ⎜ ⎟ 2 2 x + 1 + x ⎝ 1 + x ⎠ dt
=
dt
=
dx
1
1 1 + x
2
→ dx = 1 + x 2 dt
Reemplazand Reemplazando, o, resulta:
∫ (
1 + x
dx 2
) ln⎛ ⎝ ⎜ x +
2 ⎞
=
1 + x ⎟
⎠
=
∫ ∫
1 + x 2 dt 1 + x
− 12
t
2
t 1
dt = 2t 2
+ C
2 ⎞ = 2 ln⎛ ⎜ x + 1 + x ⎟ + C ⎝ ⎠
8
MOISES VILLENA MUÑOZ
Calcular: 1. 2. 3.
∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫
dx 5
(5 x − 2)
11. 2
x 2 x − 1dx dx
⎛ ⎝
sen 2 ⎜ 2 x +
4. 5. 6. 7. 8. 9.
12. 13.
π ⎞ ⎟ 4 ⎠
14.
1 − sen (2 x ) dx
15.
x 2
+1 dx x − 1
(1 + x )2 1 + x 2
16.
17. x
arc tan x x (1 + x )
1
1 − x
10.
2
18.
dx
⎛ 1 + x ⎞ ⎟ dx ⎝ 1 − x ⎠
19.
ln ⎜
dx x + 1 +
1 − x
20.
x −1
dx
4
ln x dx
x 1 + ln x dx
x ln x ln (ln x ) a + x
dx
a − x
sen x cos x a 2 sen 2 x + b 2 cos 2 x
4 c tg x
⎛ ⎝
⎞ ⎠ dx
ln⎜ x + 1 + x 2 ⎟ 1 + x 2
2 x 3 x
dx
9 x − 4 x
∫
dx
dx 2
sen x
dx
dx
(1 + x )
∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫
1 + x 2 + x 1 − x 2
x dx
1 + x
2
(
+ 1 + x2
x − 1
)
3
dx
4 x 2 − 8 x + 3
1.2.3.3 INTEGRACION POR PARTES . Para el producto de funciones, tenemos: tenemos:
d (uv ) = udv
+ vdu
udv = d (uv ) − vdu
Despejando y tomando integral, resulta:
∫ ∫ udv =
d (uv ) −
∫
vdu
En definitiva, la formula que se emplea en integración por partes es:
∫
udv = uv −
Calcular
∫
x e
x
∫
vdu
dx
SOLUCIÓN: Haciendo u = x y dv = e x dx .
9
MOISES VILLENA MUÑOZ
Entonces du = dx y
v
∫
u
}
Integrando, resulta:
∫
=
x
dv
x
v
u
6 7 8
x e
= e x
e dx
}
}
∫
v
}
dx = x e − x
x
du
}
e dx
= x e x − e x + C
Calcular
∫
(2 x
2
)
+ 3 x − 5 sen x dx
SOLUCIÓN: Haciendo u = 2 x 2 + 3 x − 5 y dv = sen x dx . Entonces
∫
= (4 x + 3 )dx y v =
du
sen xdx = − cos x
Por lo tanto, integrando tenemos: u
∫ (
64 4 7 4 4 8
2 x
2
)
u
dv
64 4 7 4 4 8
(
6 474 8
)
v
6 474 8
+ 3 x − 5 sen x dx = 2 x + 3 x − 5 (− cos x ) − 2
(
)
= − 2 x 2 + 3 x − 5 cos x + Ahora, la integral
∫
Haciendo
= 4x + 3
v
=
u
∫
v
du
6 474 8 647 4 8
(− cos x )(4 x + 3 )dx
∫
(4 x + 3 )cos xdx
(4 x + 3) cos xdx también se la realiza por partes. y
dv
= cos x dx .
Entonces
du
= 4 dx
y
∫
cos xdx = sen x
Por tanto:
∫
(4 x + 3) cos xdx = (4 x + 3) sen x −
∫
sen x(4dx )
= (4 x + 3) sen x + 4 cos x
FINALMENTE:
∫
(2 x
2
Calcular
)
(
∫
x
e cos xdx
SOLUCIÓN: Haciendo u = e x y
dv
Entonces du = e x dx y
10
)
+ 3 x − 5 sen x dx = − 2 x 2 + 3 x − 5 cos x + (4 x + 3 )sen x + 4 cos x + C
= cos x dx . v
=
∫
cos xdx = sen x
MOISES VILLENA MUÑOZ
Por tanto:
∫ ∫
e x cos xdx = e x sen x −
se la calcula por parte. Hacemos u = e x y dv = sen x dx .
sen xe x dx
La integral
Entonces du = e x dx y Por lo tanto
∫
∫
sen x e x dx
v
=
∫
sen xdx = − cos x
e x sen xdx = −e x cos x +
.
∫
e x cos xdx
FINALMENTE:
∫ ∫
∫ ∫
⎡ e cos xdx = e sen x − ⎢ − e x cos x + ⎢ ⎣ x
x
e x cos xdx = e x sen x + e x cos x −
⎤ e cos xdx ⎥ ⎥ ⎦ x
e x cos xdx
Note que la última integral es semejante a la primera; entonces, despejando 2
∫ ∫
e x cos xdx = e x sen x + e x cos x
e x cos xdx =
Calcular
e x sen x + e x cos x
2
+ C
∫
x ln xdx
SOLUCIÓN: Aquí debemos tomar u = ln x y Entonces du =
1 x
dx
y
v
=
dv
∫
xdx
= x dx .(¿por qué?)
=
x
2
2
Por tanto:
∫
x ln xdx
∫ ∫
⎛ x 2 ⎞ = (ln x )⎜ ⎟ − ⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠
= 12 x 2 ln x − 12
2
⎛ 1 ⎞ ⎜ dx ⎟ 2 ⎝ x ⎠
x
xdx
⎛ x 2 ⎞ = 12 x 2 ln x − 12 ⎜ ⎟ + C ⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠
Calcular
∫
ln xdx
SOLUCIÓN: SOLUCIÓN :
11
MOISES VILLENA MUÑOZ
Entonces, aquí sería también
= ln x
y
dv
Tomamos u = arctg x y dv = xdx , entonces: du =
1
v
=
∫
dx
u
= dx . Entonces du =
1 x
dx
= x
Por tanto:
∫
ln xdx = x ln x −
∫
⎛ 1 ⎞ dx ⎟ ⎝ x ⎠
x⎜
= x ln x − x + C
Calcular
∫
x arctg x dx
SOLUCIÓN: SOLUCIÓN : 1 + x 2
dx
yv=
x 2
2
Por tanto:
∫
⎛ x 2 ⎞ ⎟− ⎜ 2 ⎟ ⎝ ⎠
x arctg xdx = (arctg x )⎜
= 12 x 2 arctg x − 12
∫ ∫
x 2 ⎛
1 ⎞ ⎜⎜ dx ⎟⎟ 2 ⎝ 1 + x 2 ⎠ x
2
dx 2 x + 1
Para la última integral dividimos el numerador entre el denominador, resulta:
∫ ∫
Reemplazando
x
2
dx x + 1 2
=
∫
1 ⎞ ⎛ ⎜⎜1 − 2 ⎟⎟dx = ⎝ x + 1 ⎠
2 x arctg xdx = 1 x arctg x −
FINALMENTE:
2
1 2
∫ ∫ dx −
x
1 2
dx
+1
x 2 2
x + 1
= x − arctg x
[ x − arctg x] + C
Encuentre las antiderivadas de: 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7.
12
∫ ∫
x e
3x
dx
11.
( x + 1)e 2 x dx
12.
∫ ∫
(2 x − 1)sen 3 xdx
x sen (3 x − 1)dx
∫ ∫ (
x
2
e
− 2 x dx
13. 14. 15.
)
16.
(2 x − 1)ln xdx
17.
x 2 − 3 x + 2 e 2 x dx
∫
∫
x(arctg x)2 dx
∫ ∫ ∫
e x dx
⎛ ⎝
⎞ ⎠
ln ⎜ x + 1 + x 2 ⎟ dx
arcsin x dx
∫
arctg xdx
∫ ∫
= 1−
( )
arc tan x dx
cos (ln x ) dx
1 2
x +1
y
MOISES VILLENA MUÑOZ
8. 9.
∫ ∫ ∫
2 x ln x dx
10.
18.
x ln x dx
19.
x cos x dx
20.
sen 2 x
∫ ∫ ∫
sen x dx
sen (ln x ) dx
sen x ln (tg x ) dx
1.2.3.4 INTEGRACIÓN DE FUNCIONES TRIGONOMETRICAS . Cuando se integran funciones trigonométricas que no sean directas, es necesario utilizar identidades trigonométricas. Se las ha clasificado de la siguiente manera:
TIPO I: Integrales de la forma:
∫
n sen x dx
∫
o
n cos x dx
Para este caso se sugiere, lo siguiente: 1.
Si " n " es IMPAR usar:
sen 2 x = 1 − cos 2 x cos 2 x = 1 − sen 2 x
sen 2 x =
2.
Si " n " es PAR usar:
cos 2 x =
1 − cos 2 x 2 1 + cos 2 x 2
∫
Calcular cos 2 x dx SOLUCIÓN: SOLUCIÓN : Usamos la regla para la potencia par:
∫
cos 2 x dx =
∫ ∫ ∫
⎛ 1 + cos 2 x ⎞ ⎜ ⎟dx ⎝ 2 ⎠
⎤ ⎢ 1dx + cos 2 xdx ⎥ 2 ⎢⎣ ⎥⎦ 1⎡ sen 2 x ⎤ = ⎢ x + + C 2⎣ 2 ⎥⎦ =
1⎡
∫
Calcular sen 3 x dx SOLUCIÓN: SOLUCIÓN : Ahora usamos la regla para la potencia impar:
∫
sen 3 x dx =
= =
∫ ∫ ( ∫
sen 2 x sen xdx
)
1 − cos 2 x sen xdx
sen xdx −
∫
cos 2 x sen xdx
De esto último, la primera integral es directa y la segunda es por sustitución.
13
MOISES VILLENA MUÑOZ
1. 2.
∫ ∫
sen xdx = − cos x cos 2 x sen xdx
Reemplazando resulta: resulta: FINALMENTE:
∫
requiere el cambio de variable t = cos x entonces dt = − sen xdx .
∫
∫
cos 2 x sen xdx =
3
sen xdx = − cos x +
2
t (− dt ) = −
cos3 x 3
cos3 x 3
+ C
∫
Calcular cos 4 x dx SOLUCIÓN: SOLUCIÓN : Ahora usamos la regla para la potencia par:
∫
∫ ∫ ∫ ∫
(cos2 x )2dx
cos 4 x dx =
=
2
⎛ 1 + cos 2 x ⎞ ⎜ ⎟ dx 2 ⎝ ⎠
⎤ ⎢ 1dx + 2 cos 2 xdx + cos 2 2 xdx⎥ 4⎢ ⎥⎦ ⎣ 1⎡ sen 2 x ⎛ 1 + cos 4 x ⎞ ⎤⎥ = ⎢ x + 2 + ⎜ ⎟dx 4⎢ 2 2 ⎝ ⎠ ⎥⎦ ⎣ ⎡ ⎞⎤ 1 1 ⎛ = ⎢ x + sen 2 x + ⎜ 1dx + cos 4 xdx ⎟⎥ ⎟⎥ 4⎢ 2⎜ ⎝ ⎠⎦ ⎣ 1⎡ 1 ⎛ sen 4 x ⎞⎤ = ⎢ x + sen 2 x + ⎜ x + ⎟⎥ + C 2 ⎝ 4 ⎠⎦ 4⎣ =
1⎡
∫
∫ ∫ ∫
TIPO II. Integrales de la forma
∫
sen m x cos n x dx
1. si m ∨ n son impares
∫
Calcular sen 3 x cos − 4 x dx SOLUCIÓN: Como el exponente de seno es impar, hacemos lo siguiente:
∫
sen 3 x cos − 4 x dx =
= =
∫ ∫ ( ∫(
sen 2 x sen x cos − 4 x dx
)
1 − cos 2 x sen x cos −4
cos x )
sen x dx −
−4
x dx
∫
(cos x)− 2 sen x dx
Ambas integrales se resuelven por sustitución. Haciendo cambio de variable t = cos x de donde dt = − sen xdx , resulta
14
MOISES VILLENA MUÑOZ
∫
∫
(cos x )− 4 sen x dx − (cos x )−2 sen x dx =
∫
=−
−4
t
−3
t
−3
(− dt ) − +
cos −3 x
=
3
−1
t
−1
∫
−2
t
(− dt )
+ C
− cos −1 x + C
2. si m ∧ n son pares
∫
Calcular sen 2 x cos 4 x dx SOLUCIÓN: SOLUCIÓN : Como ambos son pares, entonces:
∫ ∫ ∫ ( ∫ ∫ ( ∫ ∫ ∫ sen 2 x cos4 x dx =
(
sen 2 x cos2 x
)2 dx
2
⎛ 1 − cos 2 x ⎞⎛ 1 + cos 2 x ⎞ ⎜ ⎟⎜ ⎟ dx ⎝ 2 ⎠⎝ 2 ⎠
=
(1 − cos 2 x )1 + 2 cos 2 x + cos2 2 x )dx
=
1
=
1
=
1⎢
8
)
1 + cos 2 x − cos2 2 x − cos3 2 x dx
8
⎡
8⎢
1dx +
cos 2 xdx −
2
cos 2 xdx −
⎣
∫
⎤ cos 2 xdx ⎥ ⎥ ⎦ 3
Las dos últimas integrales son trigonométricas =
1⎡ sen 2 x − ⎢ x + 8 ⎣⎢ 2
=
1⎡ sen 2 x 1 ⎛ ⎢ x + − ⎜ 1dx + ⎜ 8⎢ 2 2 ⎝ ⎣
=
1⎡ sen 2 x 1 ⎛ sen 4 x ⎞ ⎛ ⎢ x + − ⎜ x + ⎟ − ⎜⎜ cos 2 xdx − 8⎢ 2 2 ⎝ 4 ⎠ ⎝
∫
⎛ 1 + cos 4 x ⎞ ⎜ ⎟dx − 2 ⎝ ⎠
∫
⎤
2
cos 2 x cos 2 xdx ⎥
⎦⎥
⎞ ⎟ ⎠
∫ ∫
cos 4 xdx ⎟ −
∫
(1 − sen
∫
∫
2
)
⎤
2 x cos 2 x ⎥
⎥⎦ ⎞ ⎤ ⎟ ⎠ ⎥⎦
sen 2 2 x cos 2 xdx ⎟ ⎥
⎣ 1⎡ sen 2 x x sen 4 x ⎛ sen 2 x sen 3 2 x ⎞⎟⎤ ⎥ + C = ⎢ x + − − −⎜ − ⎜ 2 8⎢ 2 2 8 6 ⎠⎟⎥ ⎝ ⎣ ⎦
FINALMENTE:
∫
sen 2 x cos4 x dx =
1 ⎡ x
⎢ − 8 ⎢2 ⎣
sen 4 x 8
+
sen 3 2 x ⎤ 6
⎥ + C ⎥⎦
15
MOISES VILLENA MUÑOZ
TIPO
III.
Integrales
de
la
∫
sen m x cos nxdx ,
forma:
∫
sen m x sen nxdx ,
∫
cos m x cos nxdx
En este caso se recomienda usar, las siguientes identidades como sea conveniente: sen mx cos nx =
1 2
sen mx sen nx = − cos mx cos nx =
Calcular:
1 2
[sen(m + n ) x + sen(m − n ) x] 1 2
[cos(m + n ) x − cos(m − n ) x ]
[cos(m + n ) x + cos(m − n ) x]
∫
sen 2 x cos 3 x dx
SOLUCIÓN: Empleando la identidad trigonométrica respectiva y simplificando, resulta:
∫
sen 2 x cos 3 x dx =
∫ ∫ 1
2
[sen(2 + 3) x + sen(2 − 3) x]dx
⎡
1⎢
=
2⎢
sen 5 xdx +
∫
⎤
sen (− x )dx ⎥
⎣ 1 ⎡ cos 5 x ⎤ = ⎢− + cos x ⎥ + C 2⎣ 5 ⎦
⎥ ⎦
∫
Calcular sen x sen 2 x sen 3xdx SOLUCIÓN: SOLUCIÓN : Agrupando Agrupando y aplicando aplicando identidades, identidades, tenemos: tenemos:
∫
sen x sen 2 x sen 3 xdx =
=
) ∫ ( ∫ [ ( ) ( ) ] ] ( ) ∫ [ ∫ ∫ ] ∫[ ∫ [ ∫ ∫ ∫
=−
sen x sen 2 x sen 3 xdx
−
1
2
1
2
cos 1 + 2 x − cos 1 − 2 x sen 3 xdx
cos 3 x sen 3 x − cos − x sen 3 x dx
⎤ 1⎡ = − ⎢ sen 3 x cos 3 xdx − sen 3 x cos xdx⎥ 2 ⎢⎣ ⎥⎦ ⎤ 1⎡ 1 1 sen 6 x + sen 0 x − sen 4 x + sen 2 x ]dx ⎥ =− ⎢ 2 ⎢⎣ 2 2 ⎥⎦ ⎤ 1⎡ = − ⎢ sen 6 xdx − sen 4 xdx − sen 2 xdx⎥ 4 ⎢⎣ ⎥⎦ 1 ⎡ cos 6 x cos 4 x cos 2 x ⎤ = − ⎢− + + + C 4⎣ 6 4 2 ⎥⎦
16
MOISES VILLENA MUÑOZ
TIPO IV. Integrales de la forma:
∫
n tg x dx
∫
y
n cot g x dx
Aquí se recomienda usar las identidades:
tg 2 x = sec 2 x − 1 cot g 2 x = csc 2 x − 1
∫
Calcular tg 3 x dx SOLUCIÓN:
∫ ∫ ( ∫ ∫ tg3 x dx =
tg 2 x t gxdx
)
=
sec2 x − 1 tg xdx
=
sec2 x tg xdx −
∫
tg xdx
La segunda integral es directa, mientras que la primera es por sustitución. t = tg x de donde dt = sec 2 xdx FINALMENTE:
∫
tg 3 x dx =
∫
=
Calcular
tdt −
tg 2 x 2
(− ln cos x ) + ln cos x + C
∫
cot g 4 x dx
SOLUCIÓN: SOLUCIÓN : Empleando la identidad trigonométrica respectiva y aplicando propiedades, resulta:
∫
∫ ∫ ∫
cot g 4 x dx =
=
=
cot g 2 x cot g 2 x dx
(
)
cot g 2 x csc2 x − 1 dx
cot g 2 x csc2 xdx −
∫
cot g 2 xdx
La primera integral es por sustitución y la segunda se emplea la identidad trigonométrica respectiva, respectiva, es decir:
17
MOISES VILLENA MUÑOZ
∫
cot g 4 x dx =
∫
=−
=− =−
TIPO V. Integrales de la forma:
2
⎛ ⎞ ⎜ ⎟ 2 cot gx x dx − ⎜⎜ 123 ⎟⎟ csc 1 4 24 3 − dt ⎝ t ⎠
cot g 3 x 3 cot g 3 x 3 cot g 3 x 3
−
−
∫
cot g 2 x dx
∫ ∫ ∫ (csc2 x − 1)dx
csc2 xdx +
dx
+ cot gx + x + C
∫
tg m x sec n xdx
y
∫
cot g m x csc n xdx
exponente de de la secant secante e o cosecan cosecante te " n " es par, par, se procede procede Caso 1. Si el exponente con el diferencial de la tangente o cotangente. cotangente .
Calcular
∫
tg
− 32
4
x sec xdx
SOLUCIÓN:
∫
tg
− 32
4
x sec x dx =
=
=
∫ ∫ ∫
tg
tg
− 32
− 32
2
2
x sec x sec xdx 1 2 3
(
)
x tg 2 x + 1 sec2 x dx
1
tg 2 x sec2 x dx +
∫
tg
− 32
2
x sec x dx
Las dos integrales últimas se hacen por sustitución:
∫
tg
−3
2 x sec 4 xdx
=
∫
⎛ ⎞ ⎜ tg x ⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ t ⎠ {
3
1
2
sec2 x dx + 1 4 24 3
dt
∫
⎛ ⎞ ⎜ tg x ⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ t ⎠ {
− 32
sec2 x dx 1 4 24 3
dt
−1
tg 2 x tg 2 x = + + C 3 1 − 2 2
= 23 tg
3
2 x − 2 tg
− 12
x + C
exponen nente te de la la tangen tangente te o cotan cotangen gente te " m " es impar impar,, se Caso 2. Si el expo procede con el diferencial de la secante o cosecante.
∫
Calcular tg 3 x sec 18
− 12
xdx
MOISES VILLENA MUÑOZ SOLUCIÓN: SOLUCIÓN : Descomponiendo para obtener el diferencial de la secante
∫
tg 3 x sec
− 12
∫
xdx =
tg 2 x sec
− 32
x(sec x tg xdx ) 142 4 4 4 3 d (sec x )
y luego resolviendo, tenemos:
∫
tg 3 x sec
− 12
xdx =
=
∫ ∫
(sec
sec
2
1
2
)
x − 1 sec
− 32
x(sec x tg xdx)
x(sec x tg xdx) −
∫
sec
− 32
x(sec x tg xdx )
estas últimas integrales se resuelven por sustitución:
∫
tg3 x sec
−1
=
2 xdx
∫
⎛ ⎞ ⎜ sec x ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ t ⎠
1
2
(sec x tg xdx ) −
{
= 2 sec
3
3
142 4 43 4
dt
2 x + 2 sec
− 12
∫
⎛ ⎞ ⎜ sec x ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ t ⎠ {
−32
(sec x tg xdx ) 142 4 43 4
dt
x
Otras integrales trigonométricas pueden requerir tratamientos ya definidos:
∫
Calcular sec3 x dx SOLUCIÓN: SOLUCIÓN : Esta integral se resuelve por partes
∫
sec 3 x dx =
Entonces si tomamos tenemos v = tg x Ahora, integrando
∫
u
∫
2 sec xsec xdx 1 4 24 3 {
u
dv
= sec x tenemos du = sec x tg xdx y si tomamos dv = sec 2 xdx
u
v
}}
∫ ∫ ∫ ( ∫ ∫
v
du
74 8 } 64
sec x dx = sec x tg x − 3
tg xsec x tg xdx
= sec x tg x −
tg 2 x sec xdx
= sec x tg x −
sec 2 x − 1 sec xdx
= sec x tg x −
∫
sec 3 xdx +
sec 3 x dx = sec x tg x −
)
∫
sec xdx
sec 3 xdx + ln sec x + tg x
FINALMENTE, despejamos la integral buscada
∫ ∫
2
sec x dx = sec x tg x + ln sec x + tg x 3
sec x dx = 3
1 2
sec x tg x + 12 ln sec x + tg x + C
19
MOISES VILLENA MUÑOZ
Encuentre las antiderivadas de: 1.
∫
2.
∫
3. 4. 5. 6.
(2 − 3 cos 2 x )dxdx
9.
12.
sen 3 3 xdx
∫ ∫ ∫ ∫
13.
∫ ∫
tan 5 x dx
c tg 6 x dx
tan 2 5 x dx
6
cos x dx
14.
cos 5 x sen x dx
15.
sen 3 x sen 5 x dx
sen
7. 8.
11.
2
x
3
cos
sen 2 x
∫ ∫ ∫
10.
16.
2 x
dx
3 π
cos 3 x
6
sen (2 x ) cos
7
− 32 xdx
dx
2
sen x cos 2 x dx
(2 )
3 Sen x Cos x 2
π
4
17. dx
18.
cos x cos 2 3 x dx
3
∫ ∫ ∫ ( ) ∫ ( ∫ ∫ ∫
tg 5 x sec
19.
(2 x ) dx
dx
2
sen x cos 4 x sen x + π 4
)
sen x cos x
dx
dx
2
sen x cos x
20.
cos x cos 2 x cos 3 x dx
csc3 x dx
1.2.3.5 INTEGRACIÓN POR SUSTITUCION TRIGONOMETRICA . Se trata ahora de convertir las integrales dadas en directas mediante una sustitución trigonométrica. Usualmente presenta la forma de radicales con suma o diferencia de cuadrados, en tal caso se recomienda:
Si
tenemos
2
− x 2
sustituir
a2
+ x 2
sustituir
2
− a2
sustituir
a
x = a sen t
Si
tenemos
x = a tg t
Si
tenemos
x = a sec t
20
x
MOISES VILLENA MUÑOZ
∫
Calcular
4 − x 2 x
2
dx
SOLUCIÓN: En este caso hacemos x = 2 sen t entonces dx = 2 cos tdt Reemplazando y resolviendo, resulta:
∫
4 − x 2 x 2
dx =
=
=
=
=
=
=
=
=
∫ ∫ ( ) ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ( ) ∫ ∫
4 − (2 sen t )2
2 cos tdt
(2 sen t )2
4 − 4 sen 2 t 4 sen 2 t
4 1 − sen 2t
cos tdt
2 sen 2 t
4 cos2 t
2 sen 2 t
2 cos t
2 sen 2 t
cos 2 t
sen 2 t
2 cos tdt
cos tdt
cos tdt
dt
cot g 2tdt
csc2t − 1 dt
csc2 tdt −
dt
= − cot gt − t + C
Ahora hay regresar a un expresión en " x ", para lo cual del cambio de variable tenemos sen t =
x
2
. Por trigonom trigonometrí etría, a, hacemos hacemos el siguiente triángulo: triángulo:
De la figura, observamos que cot g t = t = arcsen
2 x t
x
2
∫
4− x
2
x
y como
tenemos: 4 − x 2 x
2
dx
= − cot gt − t + C =−
2
4 − x
4 − x 2 x
− arcsen
x
2
+ C
21
MOISES VILLENA MUÑOZ
∫ (
Calcular
3
x dx
2 x + 9
3
)
2
SOLUCIÓN: SOLUCIÓN : En este caso hacemos x = 3 tg t entonces dx = 3sec2 t dt Reemplazando y resolviendo, resulta:
∫ ( ) ∫ ( ) ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ( ) ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ x3dx
(3 tg t )3
=
3
x 2 + 9 2
=
3
(3 tg t )2 + 9
3 sec2 tdt
2
27 tg 3 t 3 sec2 t 3
⎛ ⎞ ⎜ 9 tg 2 t + 9 ⎟ ⎝ ⎠
=
3
2
81 tg t sec t
(3 sec t )3
dt
=
81 tg 3 t sec2 t dt 27 sec3 t
=
3
=3
=3
dt
tg 3 t
sec t
dt
tg t tg 2 t sec t
dt
tg t sec2 t − 1 sec t
dt
⎡ ⎤ ⎢ tg t sec2 t tg t ⎥ = 3⎢ dt − dt ⎥ sec t sec t ⎥ ⎢ ⎣ ⎦ ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ = 3⎢ sec t tg tdt − sen tdt ⎥ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ = 3[sec t + cos t ] + C
Ahora por trigonometría, del cambio de variable tg t =
x
3
tenemos el siguiente triángulo:
Por tanto sec t = x
2
+9
3
y cos t =
3 x 2 + 9
FINALMENTE, x t 3
22
x2 + 9
∫ (
3
x dx
x 2
3
+ 9)
2
⎡ x 2 + 9 ⎤ 3 ⎢ ⎥ + C =3 + 2 ⎢⎣ 3 x + 9 ⎥⎦
MOISES VILLENA MUÑOZ
∫
Calcular
x 2 x
− 16 3
dx
SOLUCIÓN: En este caso hacemos x = 4 sec t entonces dx = 4 sec t tg tdt Reemplazando y resolviendo, resulta:
∫
x 2 − 16 x 3
∫ ∫ ) ( ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫
(4 sec t )2 − 16 4 sec t tg tdt (4 sec t )3
dx =
=
=
=
=
=
16 sec 2 t − 16
4 sec t tg tdt
43 sec3 t
16 sec 2 t − 1 4 2 sec2 t
16 tg 2 t
42 sec 2 t 4 tg t
2
4 sec 2 t tg 2 t
4 sec2 t
tg tdt
tg tdt
tg tdt
dt
2
sen t
=
1
4
cos 2 t dt 1 cos 2 t
=
=
1
4
1
4
⎡ 1 = ⎢ 8⎢ ⎢⎣
sen 2 tdt
⎛ 1 − cos 2t ⎞ ⎜ ⎟dt ⎝ 2 ⎠ 1dt −
⎤
cos 2tdt ⎥
⎥ ⎥⎦
1⎡ sen 2t ⎤ = ⎢t − ⎥ + C 8⎣ 2 ⎦ 1⎡ 2 sen t cos t ⎤ = ⎢t − ⎥ + C 8⎣ 2 ⎦ x Ahora por trigonometría , del cambio de variable sec t = tenemos el siguiente triángulo: 4
x x 2 − 16
t
4
Por tanto, t = arc sec
x
4
, sen t =
x 2 − 16 x
y cos t =
4 x
23
MOISES VILLENA MUÑOZ FINALMENTE:
∫
x 2 − 16 x
3
dx =
=
1 ⎡ 2 sen t cos t ⎤ t − ⎥ + C 8 ⎢⎣ 2 ⎦ 1⎡
2 ⎤ ⎢arc sec x − x − 16 4 ⎥ + C 8⎢ 4 x x ⎥ ⎣ ⎦
En otras integrales, es necesario completar cuadrado primero.
∫
Calcular
5 − 4 x − x 2 dx
SOLUCIÓN: SOLUCIÓN : Primero completamos cuadrado, para de allí realizar una simple sustitución algebráica y luego la sustitución trigonométrica que convenga.
∫
∫ ∫ ∫
5 − 4 x − x 2 dx =
=
(
)
5 − x 2 + 4 x + 4 + 4 dx
9 − ( x + 2 )2 dx
En la última integral podemos hacer u = x + 2 entonces du = dx y la integral quedará así: 9 − u 2 du
Para la cual la sustitución trigonométrica adecuadas es u = 3 sen t de la cual resulta du = 3 cos tdt . Reemplazando y resolviendo, tenemos:
∫
9 − u 2 du =
∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫
9 − 9 sen 2 t 3 cos tdt
=
3 cos t 3 cos tdt
=9
cos 2 tdt
=9
⎛ 1 + cos 2t ⎞ ⎜ ⎟dt ⎝ 2 ⎠
⎡
=
9⎢ 2⎢
1dt +
⎤
cos 2t dt ⎥
⎥ ⎢⎣ ⎥⎦ 9⎡ sen 2t ⎤ = ⎢t + ⎥ + C 2⎣ 2 ⎦ 9⎡ 2 sen t cos t ⎤ = ⎢t + ⎥ + C 2⎣ 2 ⎦
Del cambio de variable sen t =
u
3
obtenemos el siguiente triángulo:
3
u t
24
9−u2
MOISES VILLENA MUÑOZ
u
Entonces t = arcsen
y cos t =
3
9−u2 3
Por tanto,
∫
9
9 − u 2 du =
2
[t + sen t cos t ] + C
9⎡
⎛ u ⎞ u 9 − u 2 ⎤⎥ ⎢ = arcsen⎜ ⎟ + + C 2⎢ 3 ⎠ 3 3 ⎥ ⎝ ⎣ ⎦ Finalmente, como u = x + 2 , reemplazando resulta: 9⎡ ⎛ u ⎞ u 9 − u 2 ⎤⎥ 9 − u 2 du = ⎢arcsen⎜ ⎟ + + C 2⎢ 3 ⎠ 9 ⎥ ⎝ ⎣ ⎦ 2 ⎡ 9⎢ ⎛ x + 2 ⎞ ( x + 2) 9 − ( x + 2) = arcsen⎜ ⎟+ 2⎢ 9 ⎝ 3 ⎠ ⎣
∫
⎤ ⎥ + C ⎥ ⎦
Encuentre las antiderivadas de: 1. 2.
∫ ∫ (
x 2 9 − x 2 dx
11.
dx
12.
3
)
1 − x2 2
3.
∫ (
x 2
13.
dx
3
)
1 − x 2 2
4. 5.
∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫
7. 8. 9.
10.
dx
2
+9
dx x 2
x
−9
2
−1 dx
x 2
−2
2
dx
x
4 x − x
∫ (
tg 2 x + 4 tg x + 1
sen x cos xdx 9 + sen
4
x
x arctg xdx
1 + x 2
∫ (
16.
∫
17.
∫
2
x
x
sec 2 xdx
15.
dx 4
1+ e2
x e arc tanx
dx
x 3
x
14.
2
9 − x
x x
6.
2
x
∫ ∫ ∫ ∫
dx
18. 19.
2
dx
)3
x 2 + 4 x + 13
20.
1 + x 2
x
2
3
)2
dx
arc cos x dx
ln x dx
x 1 − 4 ln x − ln
∫ ( ∫ ∫
x 8
x
xdx
1 + x 2
x 4
2
) 1− x
4
3
x dx
− x 2 + 2 x11 dx
+ 3 x 4 + 2
25
MOISES VILLENA MUÑOZ
1.2.3.6 INTEGRACIÓN DE FUNCIONES RACIONALES p ( x)
Cuando la función racional
q( x)
es una fracción propia, o sea que
el grado del numerador es menor que el grado del denominador, se recomienda usar el método método de fracciones parciales.
Sea
p( x) q( x)
una
. Entonces:
1. Se podrá expresar en tantas fracciones parciales como factores tenga el denominador q( x) . 2. Cada denominador de las fracciones parciales es un factor de q( x) . 3. El numerador de cada fracción parcial será un polinomio de un grado menor a su denominador. Ahora veámos por caso.
CASO I:
q ( x)
se descompone en factores lineales diferentes
Calcular
∫
5 x + 3
x 3 − 2 x 2 − 3 x
dx
SOLUCIÓN: SOLUCIÓN : Note que tenemos la integral de una fracción propia (el grado del numerador es uno mientras que el grado del denominador es tres). Empecemos factorizando el denominador 5 x + 3 5 x + 3 5 x + 3 = = 3 2 2 x( x − 3)( x + 1) x − 2 x − 3 x x x − 2 x − 2 El denominar se expresa en 3 factores lineales diferentes, entonces sus fracciones parciales serían de la forma siguiente: 5 x + 3 A B C = + + x( x − 3)( x + 1) x x − 3 x + 1 Ahora debemos encontrar los valores de A , B y C Multiplicando por x( x − 3)(x + 1) a cada termino, resulta:
(
)
5 x + 3 = A( x − 3)( x + 1) + Bx ( x + 1) + Cx ( x − 3)
Una manera manera rápida y efectiva efectiva es evaluando la última última expresión en las raíces de q ( x) : Si x = 0 , resulta: 5(0) + 3 = A(0 − 3)(0 + 1) + B(0)(0 + 1) + C (0)(0 − 3) 3 = −3 A A = −1 Si x = 3 , resulta: 5(3) + 3 = A(3 − 3)(3 + 1) + B (3)(3 + 1) + C (3)(3 − 3) 18 = 12 B B = 3
Si x = −1 , resulta:
26
2
MOISES VILLENA MUÑOZ 5(−1) + 3 = A(−1 − 3)(−1 + 1) + B (−1)(−1 + 1) + C ( −1)(−1 − 3)
− 2 = 4C C = − 1
2
Integrando,
∫
5 x + 3
x 3 − 2 x 2 − 3 x
dx =
∫ ∫ ∫
−1 ⎞ ⎛ − 1 32 2 ⎟ ⎜ + + ⎜ x x − 3 x + 1 ⎟dx ⎝ ⎠
=−
1
x
dx +
3
1
2
x − 3
dx −
1 2
∫
1
x + 1
dx
= − ln x + 32 ln x − 3 − 12 ln x + 1 + C
CASO II. En
q( x )
Calcular
hay factores lineales repetidos
∫
3 x 2 − 8 x + 13
( x + 3)( x − 1)2
dx
SOLUCIÓN: SOLUCIÓN : En este caso las fracciones parciales para la integral serían de la forma: 3 x 2 − 8 x + 13 A B C = + + 2 ( x + 3)( x − 1) x + 3 x − 1 ( x − 1)2 multiplicando por ( x + 3)( x − 1) 2 se obtiene: 2
3 x 2 − 8 x + 13 = A( x − 1) + B( x + 3)( x − 1) + C ( x + 3)
Evaluando para las raíces: Si x = −3 , resulta: 3(− 3)2 − 8(−3) + 13 = A(− 3 − 1)2 + B(− 3 + 3)( x − 1) + C (−3 + 3) 64 = 16 A A = 4 Si x = 1 , resulta: 2
3(1) 2 − 8(1) + 13 = A(1 − 1) + B(1 + 3)(1 − 1) + C (1 + 3) 8 = 4C C = 2
Como ya no disponemos de otra raíz, evaluamos para cualquier otro x y empleamos los valores ya encontrados: Si x = 0 , resulta: 2
3(0) 2 − 8(0) + 13 = 4(0 − 1) + B(0 + 3)(0 − 1) + 2(0 + 3) 13 = 4 − 3 B + +6
Integrando
B = −1
∫
3 x 2 − 8 x + 13
( x + 3)( x − 1)2
dx =
∫ ∫
=4
⎛ 4 2 ⎞⎟ −1 ⎜ + + dx 2 ⎟ ⎜ ⎝ x + 3 x − 1 ( x − 1) ⎠ 1
x + 3
dx −
∫
1
x − 1
= 4 ln x + 3 − ln x − 1 −
dx + 2
2 x − 1
∫
1
( x − 1)2
dx
+ C
27
MOISES VILLENA MUÑOZ
CASO III. En
q( x )
hay factores cuadráticos irreducibles
Calcular
∫
5 x 2 + 2
x 3 − 4 x 2 + 5 x
dx
SOLUCIÓN: En este caso las fracciones parciales para la integral serían de la forma: 5 x 2 + 2 5 x 2 + 2 A B(2 x − 4) + C = = + 2 3 2 2 x x − 4 x + 5 x x x − 4 x + 5 x − 4 x + 5 Note que para el polinomio de grado uno, que es numerador de la fracción con denominador el factor cuadrático, se lo define con la derivada del denominador; por asunto de facilitar el cálculo de la derivada. Simplificando, tenemos: 5 x 2 + 2 = A x 2 − 4 x + 5 + [ B (2 x − 4 ) + C ]( x ) Evaluando para x = 0 ,
(
)
(
)
(
2
)
2
5(0) + 2 = A (0) − 4(0) + 5 + [ B(2(0 ) − 4) + C ](0) 2 = 5 A A = 2
5
Para x = 2 , porque anulamos el término que contiene a B y como ya se conoce el valor de A
(
2
)
2
5(2) + 2 = A (2 ) − 4(2 ) + 5 + [ B(2(2 ) − 4) + C ](2) 22 =
2 5
(1) + 2C
C = 54
5
Evaluando para x = 1 y empleando lo valores de A y C, tenemos: 5(1) + 2 =
2 5
((1)
7=
2 5
(2) + [ B(− 2) + 545 ]
2
2
)
− 4(1) + 5 + [ B(2(1) − 4) + 545 ](1)
B = 23 10
Ahora, integrando resulta
∫
x 3
5 x 2 + 2
− 4 x 2 + 5 x
dx =
=
= =
Calcular
∫
∫ ∫ ∫
⎛ 2 5 2310 (2 x − 4) + 54 5 ⎞ ⎜ + ⎟dx 2 ⎜ x x − 4 x + 5 ⎠⎟ ⎝
2 5 2 5 2 5
1
x
dx +
ln x + ln x +
23 10 23 10
2 x − 4
23
10
x
2
− 4 x + 5
dx +
ln x 2 − 4 x + 5 +
54
ln x 2 − 4 x + 5 +
54
5
5
54 5
∫
∫
x
1
1 2
− 4 x + 5
dx
dx
( x − 2)2 + 1
arctg( x − 2) + C
3
−1 dx x 3 + x x
SOLUCIÓN: Note que en esta integral la fracción no es propia, el grado del numerador es 3 y el del primero, se obtiene: denominador también; por tanto dividiendo primero, x 3 − 1 x + 1 = 1− 3 3 x + x x + x La integral sería ahora:
28
MOISES VILLENA MUÑOZ
∫
3 x − 1 3
x + x
dx =
=
∫ ∫ ∫
⎛ x + 1 ⎞ ⎜⎜1 − ⎟⎟dx ⎝ x 3 + x ⎠ x + 1
1dx −
x 3 + x
dx
La primera integral es directa y la segunda por fracciones parciales. Entonces: x + 1 x + 1 A B (2 x ) + C = = + x x 3 + x x x 2 + 1 x 2 + 1
(
(
)
)
Simplificando tenemos: x + 1 = A x 2 + 1 + [ B (2 x ) + C ]( x )
(
)
0 + 1 = A 0 2 + 1 + [ B(2(0) ) + C ](0) 1 = A(1)
Evaluando para x = 0 , resulta:
A = 1
Evaluando para x = 1 y utilizando utilizando el valor obtenido para A, A, resulta resulta
(
)
1 + 1 = 1 12 + 1 + [ B (2(1) ) + C ](1) 2 = 2 + 2 B + C 2 B + C = 0 Evaluando para x = −1 y utilizando el valor obtenido para A, resulta
(
)
− 1 + 1 = 1 (− 1)2 + 1 + [ B(2(− 1)) + C ](− 1) 0 = 2 + 2 B − C 2 B − C = −2 Tomando simultáneamente, ambos resultados, encontramos los valores de B y C
⎧2 B + C = 0 ⎨ ⎩2 B − C = −2 Bastaría con sumar miembro a miembro las ecuaciones y obtendríamos B:
4 B = −2 B = − 1
2
C = −2 B
⎛ 1 ⎞ Entonces C = −2⎜ − ⎟ ⎝ 2 ⎠ C = 1
OTRO MÉTODO para obtener A, B y C, que en ocasiones es más ventajoso, es el que sigue: En la expresión x + 1 = A x 2 + 1 + [ B (2 x ) + C ]( x ) simplificamos hasta obtener un polinomio reducido en ambos lados de la ecuación, es decir:
(
)
x + 1 = Ax
2
+ A + 2 Bx 2 + Cx
x + 1 = ( A + 2 B ) x
2
+ Cx + A
⎧0 = A + 2 B De la última expresión, rápidamente se puede decir que: ⎪⎨1 = C ⎪1 = A ⎩
⎧ A = 1 ⎪ Por tanto ⎨ B = − 12 ⎪ ⎩C = 1 En fin, ahora integrando tenemos:
29
MOISES VILLENA MUÑOZ
∫
3 x − 1 3
x + x
dx =
∫ ∫ ∫ ∫ ∫ x + 1
1dx −
3 x + x
dx
⎛ 1 − 1 (2 x ) + 1 ⎞ ⎜ + 2 ⎟dx ⎜ x ⎟ 2 x + 1 ⎠ ⎝
= x −
∫
⎡ 1 ⎤ 1 2 x 1 = x − ⎢ dx − dx + dx⎥ 2 2 ⎢ x 2 x + 1 x + 1 ⎥ ⎣ ⎦ = x − ⎡⎢ln x − 12 ln x 2 + 1 + arctg( x )⎤⎥ + C ⎣ ⎦
Encuentre las antiderivadas de: 1. 2.
∫ ∫
4.
6. 7. 8. 9.
12.
2
− x − 2 x
∫
x dx
∫ ( ∫
13.
2
3
14.
+ 3 x 2 + 2 x + x − 10
)
(2 x − 3)( x + 4)
∫
2
4 x 2 − x + 1
3
2
x − x + x − 1
∫ ∫ ( ∫ ( ∫ x 2
x 2
dx
15.
dx
16.
3
17.
+ x − 2 dx
)(
− 4 x + 4 x 2 − 5 x + 6 3 x − 1
)(
+ 1 x 2 + 2 x + 2
x 5
)
dx
+ 9 x 3 − 9 x 2 − 9 x 3
+ 9 x
−1
dx
)
18. 19. 20.
dx
2 x 2 + 3 x + 2
)
( x + 2) x + 2 x + 2) 2
x 5
2
+4
x 2
+2
2
− 4 x + 3
( x − 1)2
dx
dx
2
4 x 2 + 2 x + 8 x x 2
x dx
x 2
4
x
(2 − x )dx
x 2
10.
30
(4 x − 2 )dx 3
∫ ( ∫ ( ∫ ( ) ∫ ( ) ∫ ( ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 4
x
( x + 1) ( x + 2 ) (x + 3 )2
x
5.
11.
( x − 1) (x + 3 )
x
3.
dx
x
2
dx
)
+1
x 3 − 1
4 x 3 − x
dx
dx
sen x dx
2
cos x + cos x − 6 sec 2 t dt
sec 2 t − 3 tan t + 1 dx
(2 + cos x ) sen x dx
x
x
x
1+ e 2 + e 3 + e 6
MOISES VILLENA MUÑOZ
1.2.3.7 INTEGRACIÓN DE FUNCIONES RACIONALES TRIGONOMÉTRICAS CASO I. Integrales del tipo
∫
R(sen x, cos x )dx
2t ⎧ ⎪sen x = 1 + t 2 ⎪ 2 ⎪ 1 − t x Se recomienda la siguiente sustitución tg 2 = t de donde ⎨cos x = 2 1 + t ⎪ ⎪ 2 dt ⎪dx = ⎪⎩ 1 + t 2
Calcular
∫
1
1 + sen x + cos x
dx
SOLUCIÓN: SOLUCIÓN : Reemplazando y simplificando resulta:
∫
1
1 + sen x + cos x
dx
=
=
=
=
∫ ∫ ∫ ∫ ∫
⎛ 2 ⎞ dt ⎟⎟ ⎜ ⎜ 2t 1 − t 2 ⎝ 1 + t 2 ⎠ 1+ + 1 + t 2 1 + t 2
=
1
⎛ 2 ⎞ dt ⎟⎟ ⎜⎜ 2 1 + t + 2t + 1 − t ⎝ 1 + t ⎠ 1 + t 2 1
2
2
2 + 2t
2
dt
2
2(1 + t ) 1
1 + t
dt
dt
= ln 1 + t + C = ln 1 + tg x2 + C
CASO II
Integrales donde se cumple que
∫
R(− sen x,− cos x )dx =
∫
R (sen x, cos x )dx
t ⎧ ⎪sen x = 1 + t 2 ⎪ ⎪⎪ 1 Se recomienda usar la sustitución tg x = t de donde ⎨cos x = ⎪ 1 + t 2 ⎪ ⎪dx = dt ⎪⎩ 1 + t 2
31
MOISES VILLENA MUÑOZ
Calcular
∫
1
1 + sen 2 x
dx
SOLUCIÓN: Reemplazando y simplificando
∫
1 2
1 + sen x
dx =
∫
1+
=
∫ ∫ ∫ ∫ ( 1+
=
=
=
⎛ ⎜ ⎜⎜ ⎝
⎛ dt ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ 1 + t 2 ⎠
1 t 2
1 + t 2 1
2
2
1
1 + 2t 2
1 2
=
2
⎛ dt ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 1 + t + t ⎝ 1 + t 2 ⎠ 1 + t 2
1+
=
⎛ dt ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ 1 + t 2 ⎠ ⎞ t ⎟ 2 ⎟⎟ 1 + t ⎠ 1
1 2
dt
1
)2
dt
2 t
( )
arctg 2 t + C
(
)
arctg 2 tg x + C
Encuentre las antiderivadas de: 1. 2. 3. 4.
∫ ∫ ∫
dx
2 sen x + cos x + 5 dx
6.
3 sen x + 4 cos x 1
3 sen x − 4 cos x
∫
sen2 x
1 + sen 2 x
5.
dx
dx
7.
8.
∫ ∫
dx
sen x + tg x dx
cot x + csc x
∫ ∫
sin x + cos x − 1 dx sin x + cos x + 1 sin x − 2 cos x dx sin x + cos x + 1
Encuentre las antiderivadas de: 1.
∫ ∫ ∫
x − 1
x
2. 3.
32
x
3
+ 4 x
x 2
3
x
−1
3
x
2
dx
43.
dx
44.
+ 9 dx
45.
∫ ∫ ∫ e
ar sen x
+ 3 x 2 − 4 x + 2 1 − x 2
x 2 x
−4 2
dx
2 sen x cos 2 xdx
dx
MOISES VILLENA MUÑOZ
4. 5. 6. 7. 8. 9.
∫ ∫ ∫ ( ∫ ∫ ( ∫ ( ∫ ∫ ( ∫ ∫ ∫
10.
− 2 x e 2 x dx
)
46.
∫
sen 2 x cos5 2 xdx
47.
∫
(3 x
3
2
2 x − 6
( x − 1) x 2 + 1) 2 cos x
9 − cos 2 x
x
2
e2
x
18. 19. 20. 21. 22.
x
51.
2
dx
) dx
x + 1
52.
)
+ 4 x + 5 ( x − 1)
1 − x 2 x
dx
cos x cos 2 x
55. 56.
dx
cos 3 x cos 7 xdx
57.
3 x 2 − 5 x + 4
( x − 2)2 ( x 2 + 2 x + 3) sen x
) dx
(
cos x cos 2 x + 1 x
2
+1
x
dx
58. 59.
dx
60.
x 3 x 2
+ 9 dx
61. x
( x − 3)2
dx
x 3 x 2
62.
∫
1 + senx + cos x
∫ ∫ ∫ ( ∫
(3 x
dx
+ 25
+ 4 x 2 + 5
63. dx
64. 65.
− 2 x + 5 ln xdx
x
+1
x
+1
dx
)
2
2 3 x + 5 xdx
3
x
x8
dx
+4
∫
(6 x2 − 4 x + 3)arctgx dx
∫ ∫ ∫ ∫
sen 4 x
dx
4 cos x
2 cos x − sen x 3 sen x + cos x
dx
cos x dx
x 3
−1
dx
∫
x − 1
3 x + 4 x
∫ ∫ ∫ ( ∫ ∫ ( ∫ ∫ ∫
x − 1
x3 + 4 x
dx
dx
3
2
5 x − 3 x + 2 x − 1 x 4
+ x 2
ln x
x + 4 x ln 2 x
9 − x 2
)
dx
dx
7 x + 3
)
2
+ 2 x´+2 ( x − 1)
2 x + 3
x 3
+ 4 x
e
dx
3
x 6
dx
dx
2 x
x
e
x 2 arctgxdx
)
2
e3
x
3 x 4
dx
x
∫
∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫
53. 54.
dx
2 sen 2 x cos xdx
x
23.
+ 4e x + 1
senh x
14.
17.
50.
)
dx
1 + 4 x
e
x
12.
16.
dx
e
x
15.
49.
− 5 x + 3 e − 2 x dx
11.
13.
48.
dx
x
dx
+1
1 + x
1 + x 2
dx
33
MOISES VILLENA MUÑOZ
24. 25. 26. 27.
∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ( ∫ ∫ ∫
29. 30. 31. 32. 33. 34. 35. 36. 37. 38. 39.
41.
x
34
67.
∫ ∫ ( ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫
x 2
1 − x 2
x 2 x
1 − sen x cos x
dx
68.
x
e
2 x
e
ln x
dx
2 x
69.
+4
dx
x
70.
x 2 x + 1dx
x3e
71.
− x 2 dx
72.
1
dx
2 x − 1
73. dx
x 3
− 2 x 2 − 3 x
x 4
+ 3 x3 − 5 x 2 − 4 x + 7 x 3
+ x 2 − 5 x + 3
dx x
3
(
x 1 + 3 x
)
(3 x − 1)cos 2 xdx
ln (2 x + 3)dx
2 x + 3
x 2
− 3 x + 2
x
3
2
−1
)
+ 4 x
1 − sen x
x + cos x
79. dx
80.
dx
81. dx
2 x + 3 2
78.
− 3 x + 2
82. dx
83.
2
sen xdx
sen x + 2 cos x
84.
3 2
dx
3 tg x − 4 cos 2 x cos x 1
x (3 + ln x )
dx
dx
dx
dx 3
−x 2 x − 5 2
3 x + 6 x + 9
∫
77.
)
sen x + cos x + 1
75. 76.
dx
3 cos x − 4 sen x
∫
dx
+1
dx
x 2
74.
x 2
−2 dx 3 x + 1
− 2 x
3
16 + x 2
x
x 1 + ln x
x
42.
66.
dx
x
x
40.
2
e 2 sen xdx
e
28.
1 − 4 x
x − 1
3 x + 4 x
dx
dx
2 x arcsen xdx
∫ ∫ ∫
dx
sen x cos 3 x cos x dx 1 + sen x + cos 2 x cos x dx 1 + sen x + cos 2 x
∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫
1 + x dx
dx
( x + 1)( x + 2 x + 2) 2
e 4 x + 3e 2 x e 4 x + 5
dx
sin 2 x cos 3 x cos 2 xdx
x
x + 3 x
dx
dx
(sin x + cos x )2
