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CAPÍTULO 1. INTEGRAL INDEFINIDA 1
Capítulo 1
Integral Inde�nida
Integración de algunas funciones irracionales
Caso 1: Integrales del tipo ∫
R(x, x
m1
n1 , · · · , x
mk
nk )dx (1.1)
Donde R es una función racional en las variables x, x
n1
m1 , · · · , x
nk
mk , mi, ni ∈ Z ∀ 1 ≤ i ≤ k.
(1.1) se reduce la integral de una función racional mediante el cambio de variable
x = tn donde n = mcm(n1, n2, · · · , nk)
Ejemplo 1. Calcule
∫
4
√
x
1 +
√
x
Solución. ∫
4
√
x
1 +
√
x
dx =
∫
x
1
4
1 + x
1
2
dx
n1 = 4, n2 = 2 y mcm(4, 2) = 4 = n
x = t4 ⇒ dx = 4t3dt∫
4
√
x
1 +
√
x
dx =
∫
t
1 + t2
4t3dt = 4
∫
t4
1 + t2
dt
= 4
∫
t4 − 1 + 1
1 + t2
dt
= 4
∫
t4 − 1
1 + t2
dt+ 4
∫
1
1 + t2
dt
= 4
(
t3
3
− t
)
+ 4arctan(t) + C
=
4
3
( 4
√
x)3 − 4 4
√
x+ 4arctan( 4
√
x) + C
CAPÍTULO 1. INTEGRAL INDEFINIDA 2
Caso 2: Integral del tipo∫
R
(
x,
(
ax+ b
cx+ d
)m1
n1
, · · · ,
(
ax+ b
cx+ d
)mk
nk
)
dx (1.2)
donde R es una función racional en las variables
x,
(
ax+ b
cx+ d
)m1
n1
, · · · ,
(
ax+ b
cx+ d
)mk
nk
,mi, ni ∈ Z− {0}, ∀ 1 ≤ i ≤ k
(1.2) se reduce a la integral de una función racional mediante el cambio de variable
ax+ b
cx+ d
= tn donde n = mcm(n1, n2, · · · , nk)
Ejemplos 2. Calcule
∫
dx
(x− 1) 12 + (x− 1) 13
Solución:
n1 = 2, n2 = 3 y mcm(2, 3) = 6
x− 1 = t6 ⇒ dx = 6t5dt∫
dx
(x− 1) 12 + (x− 1) 13
=
∫
6t5dt
t3 + t2
= 6
∫
t3
1 + t
= 6
∫
t3 − 1 + 1
t+ 1
dt = 6
∫
t3 ++1
t+ 1
dt− 6
∫
1
t+ 1
dt
= 6
∫
(t2 − t+ 1)dt− 6 ln |t+ 1|+ C
= 2
√
x− 1− 3 3
√
x− 1 + 6 6
√
x− 1− 6 ln | 6
√
x− 1 + 1|+ C
Caso 3: Integrales del tipo ∫
R
(
x,
n
√
ax+ b
cx+ d
)
dx (1.3)
donde R es una función racional en las varibles
x,
n
√
ax+ b
cx+ d
(1.3) se reduce a la integral de una función racional mediante el cambio de varibale
t =
n
√
ax+ b
cx+ d
Ejemplo 3. Calcule
∫ 3√1−x
1+x
x
dx
CAPÍTULO 1. INTEGRAL INDEFINIDA 3
Solución:
t = 3
√
1− x
1 + x
t3 =
1− x
1 + x
⇒ 1− t
3
1 + t3
=
2x
2
= x
dx =
−3t2(1 + t3)− 3t2(1− t3)
(1 + t3)2
dt
=
−3t2 − 3t5 − 3t2 + 3t5
(1 + t3)2
dt =
−6t2
(1 + t3)2∫ 3√1−x
1+x
x
dx =
∫
1 + t3
1− t3
t
(
−6t2
(1 + t3)2
)
dt
= −6
∫
t3dt
(1− t3)(1 + t3)
= 6
∫
t3dt
(t− 1)(t2 + t+ 1)(t+ 1)(t2 − t+ 1)
Fracciones parciales
t3
(t− 1)(t+ 1)(t2 − t+ 1)(t2 + t+ 1)
=
A
t− 1
+
B
t+ 1
+
Ct+D
t2 + t+ 1
+
Et+ F
t2 − t+ 1
=
A(t+ 1)(t2 + t+ 1)(t2 − t+ 1) +B(t− 1)(t2 + t+ 1)(t2 − t+ 1)
(t− 1)(t+ 1)(t2 ++t+ 1)(t2 − t+ 1)
+
+
(Ct+D)(t− 1)(t+ 1)(t2 − t+ 1) + (Et+ F )(t− 1)(t+ 1)(t2 + t+ 1)
(t− 1)(t+ 1)(t2 ++t+ 1)(t2 − t+ 1)
Agrupando
t3 = (A+B + C + E)t5 + (A−B +D − C + E + F )t4 + (A+B − C −D + E)t3+
+ (A−B + 2C −D − E)t2 + (A+B + 2D − C − E − F )t+ (A−B −D − F )
A+B + C + E = 0
A−B − C +D + E + F = 0
A+B − C −D + F = 1
A−B + 2C −D − E = 0
A+B − C + 2D − E − F = 0
A−B −D − F = 0
CAPÍTULO 1. INTEGRAL INDEFINIDA 4
A−B − C +D + E + F = 0
A+B + C + E = 0
A+B − C −D + F = 1
A−B + 2C −D − E = 0
A+B − C + 2D − E − F = 0
A−B −D − F = 0

A−B − C +D + E + F = 0
2B + 2C −D − F = 0
2B − 2D − E = 1
3C − 2D − 2E − F = 0
2B +D − 2E − 2F = 0
C − 2D − E − 2F = 0

A−B − C +D + E + F = 0
2B + 2C −D − F = 0
−2C −D − E + F = 1
−2C + 2D − 2E − F = 0
3C − 2D − 2E − F = 0
C − 2D − E − 2F = 0

A−B − C +D + E + F = 0
2B + 2C −D − F = 0
C − 2D − E − 2F = 0
−2C −D − E + F = 1
−2C + 2D − 2E − F = 0
3C − 2D − E − 2F = 0
CAPÍTULO 1. INTEGRAL INDEFINIDA 5

A−B − C +D + E + F = 0
2B + 2C −D − F = 0
C − 2D − E − 2F = 0
−5D − 3E − 3F = 1
−2D − 4E − 5F = 0
4D + E + 5F = 0

A−B − C +D + E + F = 0
2B + 2C −D − F = 0
C − 2D − E − 2F = 0
D + 2E + 5
2
F = 0
−5D − 3E − 3F = 1
4D + E + 5F = 0

A−B − C +D + E + F = 0
2B + 2C −D − F = 0
C − 2D − E − 2F = 0
D + 2E + 5
2
F = 0
7E + 19
2
F = 1
−7E − 5F = 0

A−B − C +D + E + F = 0
2B + 2C −D − F = 0
C − 2D − E − 2F = 0
D + 2E + 5
2
F = 0
7E + 19
2
F = 1
9
2
F = 1
F =
9
2
, E = −10
63
, D = −15
63
, C = −12
63
, B =
23
126
, A =
21
126
CAPÍTULO 1. INTEGRAL INDEFINIDA 6
t3
(t− 1)(t+ 1)(t2 + t++1)(t2 − t+ 1)
=
21
126
t− 1
+
23
126
t+ 1
+
−12t
63
− 15
63
t2 + t+ 1
+
−10t
63
+ 2
9
t2 − t+ 1
6
∫
t3dt
(t− 1)(t+ 1)(t2 + t+ 1)(t2 − t+ 1)
= 6
∫ ( 21
126
t− 1
+
23
126
t+ 1
+
−12t
63
− 15
63
t2 + t+ 1
+
−10t
63
+ 2
9
t2 − t+ 1
)
dt
=
6× 21
126
∫
dt
t− 1
+
6× 23
126
∫
dt
t+ 1
+ 6
∫ −10t
63
− 15
63
t2 + t+ 1
dt
+ 6
∫ −10t
63
+ 2
9
t2 − t+ 1
dt
= ln |t− 1|+ 23
10
ln |t+ 1| − 6× 2
21
∫
2t+ 1
t2 + t+ 1
dt
− 6× 3
21
∫
dt
t2 + t+ 1
− 6× 5
63
∫
2t− 1
t2 − t+ 1
dt+
6× 1
7
∫
dt
t2 − t+ 1
= ln |t− 1|+ 23
21
ln |t+ 1| − 12
21
ln |t2 + t+ 1| − 18
21
ln |t2 − t+ 1|
− 6
7
∫
dt
(t+ 1
2
)2 + (
√
3
2
)2
+
6
7
∫
dt
(t− 1
2
)2 + (
√
3
2
)2
= ln |t− 1|+ 23
21
ln |t+ 1| − 4
7
ln |t2 + t+ 1| − 6
7
ln |t2 − t+ 1|
− 6
7
2√
3
arctan(
2
√
3t+
√
3
3
) +
6
7
2√
3
arctan(
2
√
3t−
√
3
3
) + C
Ahora reemplace t = 3
√
1− x
1 + x
Caso 4: Integrales del tipo ∫
dx
(x− a)n
√
bx2 + cx+ d
(1.4)
En este caso hacemos el siguiente cambio de varibale
x− a = 1
t
Ejemplo 4. Calcule
∫
dx
(x3 + 3x2 + 3x+ 1)
√
x2 + 2x− 3
Solución: ∫
dx
(x3 + 3x2 + 3x+ 1)
√
x2 + 2x− 3
=
∫
dx
(x+ 1)3
√
(x+ 1)2 − 4
x+ 1 =
1
t
⇒ dx = −dt
t2∫
dx
(x3 + 3x2 + 3x+ 1)
√
x2 + 2x− 3
=
∫ −dt
t2
1
t3
√
(1
2
)2 − t2
= −
∫ dt
t2
1
t4
√
1− 4t2
= −
∫
t2dt√
1− 4t2
= −1
2
∫
t2dt√
(1
2
)2 − t2
t =
1
2
sin θ ⇒ dt = 1
2
cos θ
CAPÍTULO 1. INTEGRAL INDEFINIDA 7
∫
dx
(x3 + 3x2 + 3x+ 1)
√
x2 + 2x− 3
= −1
2
∫ sin2(θ)
4
1
2
cos(θ)√
1
4
− 1
4
sin2(θ)
dθ = −1
8
∫
sin2(θ) cos(θ)√
1− sin2(θ)
dθ
− 1
8
∫
1− cos(2θ)
2
dθ = − 1
16
(
∫
dθ −
∫
cos(2θ)dθ)
= − 1
16
(θ − 1
2
sin(2θ) + C
= − θ
16
+
1
32
sin(2θ) + C
Como sin(θ) = 2t∫
dx
(x3 + 3x2 + 3x+ 1)
√
x2 + 2x− 3
= − 1
16
arcsin(2t) +
1
32
2t2
√
1− 4t2 + C
= − 1
16
arcsin(2t) +
t
8
√
1− 4t2 + C
Reemplazando t =
1
x+ 1∫
dx
(x3 + 3x2 + 3x+ 1)
√
x2 + 2x− 3
= − 1
16
arcsin(
2
x+ 1
) +
1
8(x+ 1)
√
1− 4
(x+ 1)2
+ C
Integración de un trinomio cuadrado
caso 1:
∫
dx
ax2 + bx+ c
ó
∫
dx√
ax2 + bx+ c
ó
∫ √
ax2 + bx+ cdx
En este caso es su�ciente completar cuadrados en el trinomio y aplicar las fórmulas elementales de
integración.
Ejemplos
1. Calcule
∫
dx
x2 + 2x
Solución:∫
dx
x2 + 2x
=
∫
dx
(x2 + 2x+ 1)− 1
=
∫
dx
(x+ 1)2 − 1
=
∫
dx
(x+ 1)2 − 12
=
1
2
ln | x
x+ 2
|+ C
2. Calcule
∫
dx√
2 + 3x− 2x2
Solución:∫
dx√
2 + 3x− 2x2
=
∫
dx
√
2
√
1 + 3
2
x− x2
=
1√
2
∫
dx√
1− (x2 − 3
2
x)
=
1√
2
∫
dx√
1− (x2 − 3
2
x+ 9
16
) + 9
16
=
1√
2
∫
dx√
(5
4
)2 − (x− 3
4
)2
Hacemos el cambio de variale:
u = x− 3
4
⇒ du = dx (1.5)
CAPÍTULO 1. INTEGRAL INDEFINIDA 8
=
1√
2
∫
du√
(5
4
)2 − u2
=
1√
2
arcsin(
u
5
4
) + C =
1√
2
arcsin(
x− 3
4
5
4
) + C
=
1√
2
arcsin(
4x− 3
5
) + C
Caso 2.
∫
ax+ b
cx2 + dx+ e
dx ó
ax+ b√
cx2 + dx+ e
dx
En este caso se usa el siguiente arti�cio.
ax+ b =
a
2c
(2cx+ d)− ad
2c
+ b
Entonces ∫
ax+ b
cx2 + dx+ e
dx =
a
2c
∫
2cx+ d
cx2 + dx+ e
x+ (b− ad
2c
)
∫
dx
cx2 + dx+ e
=
a
c
√
cx2 + dx+ e+ (b− ad
2c
∫
dx√
cx2 + dx+ e
Se reduce al Caso 1
Ejemplos
1. Calcule
∫
3x− 2
x2 − 4x+ 5
dx
Solución:
3x− 2 = 3
2
(2x− 4) + 4
Entonces ∫
(3x− 2)
x2 − 4x+ 5
dx =
3
2
∫
2x− 4
x2 − 4x+ 5
dx+ 4
∫
dx
x2 − 4x+ 5
=
3
2
ln |x2 − 4x+ 5|+
∫
dx
(x− 2)2 + 1
=
3
2
ln |x2 − 4x+ 5|+ 4arctan(x− 2) + C
2. Calcule
∫
3x− 6√
x2 − 4x+ 5
dx
Solución:
3x− 6 = 3
2
(2x− 4)∫
3x− 6√
x2 − 4x+ 5
dx =
3
2
∫
2x− 4√
x2 − 4x+ 5
= 3
√
x2 − 4x+ 5 + C
Caso 3.
∫
dx
(ax+ b)
√
cx2 + dx+ e)
En este caso hacemos el cambio de variable
ax+ b =
1
t
CAPÍTULO 1. INTEGRAL INDEFINIDA 9
Ejemplo
1. Calcule
∫
dx
(x+ 1)
√
x2 + 2x
x+ 1 =
1
t
⇒ dx = − 1
t2
dt∫
dx
(x+ 1)
√
x2 + 2x
=
∫
dx
(x+ 1)
√
(x+ 1)2 − 1
= −
∫ dt
t2
1
t
√
1
t2
−1
= −
∫
dt
t
√
1
t2
− 1
= −
∫
|t|dt
t
√
1− t2
= −
∫
dt√
1− t2
t < 0
Sea u = −t ; u > 0 ⇒ du = −dt ∧ |t| = −t
−
∫
|t|dt
t
√
1− t2
= − −udu
−u
√
1− u2
= −
∫
udu
u
√
1− u2
= −
∫
du√
1− u2
t > 0
−
∫
|t|dt
t
√
1− t2
= −
∫
dt√
1− t2
= − arcsin(t) + C
= − arcsin( 1
x+ 1
) + C
Integración de funciones hiperbólicas
1. Demuestre que
∫
tanhxdx = ln(cosx) + C
Demostración:
∫
tanhxdx =
∫
sinhx
coshx
dx =
∫
(coshx)−1 sinhxdx
Haciendo cambio de varibale
u = coshx ⇒ du = sinhxdx
=
∫
u−1du =
∫
du
u
= ln |u|+ C
= ln | coshx|+ C
= ln(coshx) + C
2. Demuestre que
∫
cothxdx = ln | sinhx|
Demostración: ∫
cothxdx =
∫
coshx
sinhx
dx =
∫
(sinhx)−1 coshxdx
CAPÍTULO 1. INTEGRAL INDEFINIDA 10
u = sinhx ⇒ du = coshxdx
=
∫
u−1du =
∫
du
u
= ln |u|+ C
= ln | sinhx|+ C
3. Demuestre que
∫
sechxdx = arctan(sinhx) + C
Demostración: ∫
sechxdx =
∫
1
coshx
dx =
∫
1
coshx
coshx
coshx
dx
=
∫
coshx
1 + sinh2 x
dx (cosh2 x− sinh2 x = 1)
u = sinhx ⇒ du = coshxdx
=
∫
du
1 + u2
= arctanu+ C
= arctan(sinhx) + C
Segunda forma ∫
sechxdx =
∫
1
coshx
dx (coshx =
ex + e−x
2
)
=
∫
2
ex + e−x
dx
=
∫
2ex
(ex)2 + 1)
dx
u = ex ⇒ du = exdx
=
∫
2du
u2 + 1
= 2
∫
du
u2 + 1
= 2 arctan(u) + C
= 2arctan(ex) + C
4.Demuestre que
∫
cschxdx = ln | tanh(x
2
)|+ C
Demostración: ∫
cschxdx =
∫
1
sinhx
dx =
∫
1
sinhx
sinhx
sinhx
dx =
∫
sinhx
sinh2 x
dx
=
∫
sinhx
cosh2 x− 1
dx (cosh2x− sinh2 x = 1)
u = coshx ⇒ du = sinhxdx
CAPÍTULO 1. INTEGRAL INDEFINIDA 11
=
∫
du
u2 − 1
=
(u− 1)
(u+ 1)
du =
∫
1
2(u− 1)
du−
∫
1
2(u+ 1)
du
=
1
2
ln |u− 1| − 1
2
ln |u+ 1|+ C
= ln |
√
coshx− 1
coshx+ 1
|+ C
= ln | tanh x
2
|+ C (tanhx = ±
√
coshx− 1
coshx+ 1
Integrales de potencias de funciones hiperbólicas
Integración de potencias de seno y coseno hiperbólico
Caso 1.
∫
sinhn xdx ó
∫
coshn xdx, donde n es un entero impar.
En este caso obtner un factor sinhxdx ó coshxdx
Usar:
sinh2 x = cosh2 x− 1
cosh2 x = 1 + sinh2 x
Ejemplo.
1. Calcule
∫
sinh3 xdx Solución:
∫
sinh3 xdx =
∫
sinh2 x sinhxdx =
∫
(cosh2 x− 1) sinhxdx
=
∫
cosh2 x sinhxdx−
∫
sinhxdx
=
1
3
cosh3 x− coshx+ C
2.Calcule
∫
cosh5 xdx Solución:
∫
cosh5 xdx =
∫
cosh4 x · coshxdx =
∫
(cosh2 x)2 · coshxdx
=
∫
(1 + sinh2 x)2 coshxdx =
∫
(1 + 2 sinh2 x+ sinh4 x) coshxdx
=
∫
coshxdx+ 2
∫
sinh2 x coshxdx+
∫
sinh4 x coshxdx
= sinhx+
2
3
sinh3 x+
1
5
sinh5 x+ C
Caso 2.
∫
sinhm x coshn xdx, donde por lo menos uno de los exponentes es impar. En este caso
obtener un factor sinhxdx ó coshxdx
CAPÍTULO 1. INTEGRAL INDEFINIDA 12
Usar:
sinh2 x = cosh2 x− 1
cosh2 x = 1 + sinh2 x
Ejemplo 1. Calcule
∫
sinh8 x cosh5 xdx
Solución:∫
sinh8 x cosh5 xdx =
∫
sinh8 x cosh4 x coshxdx
=
∫
sinh8 x(cosh2 x)2 coshxdx =
∫
sinh8(1 + sinh2 x)2 coshxdx
=
∫
sinh8 x(1 + 2 sinh2+sinh4 x) coshxdx
=
∫
sinh8 x coshxdx+ 2
∫
sinh10 x coshxdx+ sinh12 x coshxdx
=
1
9
sinh9 x+
2
11
sinh11 x+
1
13
sinh13 x+ C
Caso 3.
∫
sinhn x ó
∫
coshn xdx, donde n es un entero par.
Usar:
sinh2 x =
cosh(2x)− 1
2
cosh2 x =
cosh(2x) + 1
2
Ejemplo
1. Calcule
∫
cosh4 xdx
Solución:∫
cosh4 xdx =
∫
(sinh2 x)2dx =
∫
(
cosh(2x) + 1
2
)2dx
=
1
4
∫
(cosh2(2x) + 2 cosh(2x) + 1)dx =
1
4
∫
cosh2(2x)dx+
1
2
∫
cosh(2x)dx+
1
4
∫
dx
=
1
4
∫
cosh(4x) + 1
2
dx+
1
8
∫
dx+
1
4
sinh(2x) +
1
4
x+ C
=
1
32
sinh(4x) +
1
8
x+
1
4
sinh(2x) +
1
4
x+ C
=
1
32
sinh(4x) +
1
4
sinh(2x) +
3
4
x+ C
Caso 4.
∫
sinhm x coshn xdx donde ambos m y n son pares.
Usar:
sinh2 x =
cosh(2x)− 1
2
cosh2 x =
cosh(2x) + 1
2
CAPÍTULO 1. INTEGRAL INDEFINIDA 13
Ejemplo
1. Calcule
∫
sinh2 x cosh4 xdx
Solución:∫
sinh2 x cosh4 xdx =
∫
(
cosh(2x)− 1
2
)(
cosh(2x) + 1
2
)2dx
=
1
8
∫
(cosh(2x)− 1)(cosh2(2x) + 2 cosh(2x) + 1)dx
=
1
8
∫
cosh3(2x)dx+
1
8
∫
cosh2(2x)dx− 1
8
∫
cosh(2x)dx− 1
8
∫
dx
=
1
8
∫
(1 + sinh2(2x))(cosh(2x)dx+
1
16
∫
cosh(4x)dx+
1
16
∫
dx− 1
16
sinh(2x)− x
8
+ C
=
1
8
∫
cosh(2x)dx+
1
8
∫
sinh2(2x) cosh(2x)dx+
1
64
sinh(4x) +
1
16
x− 1
16
sinh(2x)− x
8
+ C
=
1
16
sinh(2x) +
1
48
∫
sinh3 x+
1
64
sinh(4x)− 1
16
sinh(2x)− 1
16
x+ C
Integración de potencias de tangente, cotangente, secante y cosecante hi-
perbólicos.
Caso 1.
∫
tanhn xdx ó
∫
cothn xdx, donde n es un entero positivo.
Usar:
1− tanh2 x = sech2x
coth2 x− 1 = csch2x
Ejemplo
1. Calcule
∫
coth5 xdx Solución:∫
coth5 xdx =
∫
coth3 x · coth2 xdx =
∫
coth3 x(1 + csch2x)dx
=
∫
coth3 xdx+
∫
coth3 x csch2xdx
=
∫
coth · coth2 xdx+
∫
coth3 x · csch2xdx
=
∫
cothx(1 + csch2x)dx+
∫
coth3 x · csch2xdx
=
∫
cothxdx+
∫
cothx · csch2xdx+
∫
coth3 x · csch2xdx
= ln | sinhx| − coth
2 x
2
− coth
4 x
4
+ C
Caso 2.
∫
sechnxdx ó
∫
cschnxdx, donde n es par.
En este caso obtener, un factor sech2xdx ó csch2xdx
CAPÍTULO 1. INTEGRAL INDEFINIDA 14
Usar:
1− tanh2 x = sech2x
coth2 x− 1 = csch2x
Ejemplo
1. Calcule
∫
csch6xdx
Solución: ∫
csch6xdx =
∫
csch4x · csch2xdx =
∫
(csch2x)2 · csch2xdx
=
∫
(coth2−1)2 csch2xdx =
∫
(coth4 x− 2 coth2 x+ 1) csch2xdx
=
∫
coth4 x csch2xdx− 2
∫
coth2 x csch2xdx+
∫
csch2xdx
= −coth
5 x
5
+
2
3
coth3 x− cothx+ C
Caso 3.
∫
sechnxdx ó
∫
cschnxdx, donde n es impar.
Usamos la integración por partes.
Ejemplo
1. Calcule
∫
sech3xdx
Solución: ∫
sech3xdx =
∫
sechxdx · sech2xdx
u = sechx ⇒ du = − sechx tanhxdx
dv = sech2xdx ⇒ v = tanhx
= sechx tanhx+
∫
tanh2 x sechxdx
= sechx tan+
∫
(1− sech2x) sechxdx
= sechx tanh+
∫
sechxdx−
∫
sech3xdx
⇒ 2
∫
sech3xdx = sechx tanh+arctan(sinhx) + C
∴
∫
sech3xdx =
1
2
(sechx tanh+arctan(sinhx)) + C
Caso 4.
∫
tanhm x sechnxdx ó cothm x cschnxdx, donde n es par. En este caso obtener un factor
sech2xdx ó csch2xdx
CAPÍTULO 1. INTEGRAL INDEFINIDA 15
Usar:
1− tanh2 x = sech2x
coth2 x− 1 = csch2x
Ejemplo
1. Calcule
∫
tanh2 sech4xdx
Solución: ∫
tanh2 sech4xdx =
∫
tanh2 x · sech2x · sech2xdx
=
∫
tanh2 x(1− tanh2 x) sech2xdx
=
∫
(tanh2 x− tanh4 x) sech2xdx
=
∫
tanh4 x sech2xdx−
∫
tanh4 x sech2xdx
=
tanh3 x
3
− tanh
5
5
+ C
Caso 5.
∫
tanhm x sechnxdx ó
∫
cothm x cschnxdx, donde m es impar. En este caso obtener un
factor sechx tanhxdx ó cschx cothxdx
Usar:
1− tanh2 x = sech2x
coth2 x− 1 = csch2x
(1.6)
Ejemplo
1. Calcule
∫
coth5 x csch3xdx
Solución:∫
coth5 x csch3xdx =
∫
coth4 x csch2x cothx cschxdx
=
∫
(1 + csch2x)2 csch2x cothx cschxdx
=
∫
(1 + 2 csch2x+ csch4x) csch2x cothx cschxdx
= −
∫
csch2x(− cothx cschx)dx− 2
∫
csch4x(− cothx cschx)dx−
∫
csch6x(− coth cschx)dx
= −1
3
csch3x− 3
5
csch5x− 1
7
csch7x+ C
Caso 6.
∫
tanhm x · sechnxdx ó
∫
cothn x · cschnxdx, donde m es par y n es impar.
En estos casos, el integrando puede ser expresado en términos de potencias impares de la secante ó
CAPÍTULO 1. INTEGRAL INDEFINIDA 16
cosecante hiperbólico. Así como en el Caso 3.
Ejemplo
1. Calcule
∫
tanh2 x · sech3xdx
Solución: ∫
tanh2 sech3xdx =
∫
(1− sech2x) sech3xdx =
∫
sech3xdx−
∫
sech5xdx (1.7)
∫
sech3dx =
1
2
(sechx tanhx+ arctan(sinhx)) + C∫
sech5xdx =
∫
sech3x sech3xdx
u = sech3x ⇒ du = −3 sech2x · sechx tanhxdx
dv = sech2xdx ⇒ v = tanhx
= sech3x tanhx+ 3
∫
sech3x sech3xdx
= sech3x tanhx+ 3
∫
sech3x(1− sech2x)dx
= sech3x tanhx+ 3
∫
sech3xdx− 3
∫
sech5xdx
⇒ 4
∫
sech5xdx = sech3x tanhx+ 3
∫
sech3xdx
∴
∫
sech5xdx =
1
4
sech3x tanhx+
3
4
∫
sech3xdx
(3) en (1):∫
tanh2 x sech3xdx = −1
4
sech3x tanhx+
1
4
∫
sech3xdx
= −1
4
sech3x tanhx+
1
8
(sechx tanhx+ arctan(sinhx)) + C
Integrales de la forma∫
sinh(mx) cosh(nx)dx,
∫
sinh(mx) sinh(nx)dx y
∫
cosh(mx) cosh(nx)dx
Para calcular éstas integrales se usan las fórmulas:
sinh(mx) cosh(nx) = 1
2
[sinh(m+ n)x+ sinh(m− n)x]
sinh(mx) sinh(nx) = 1
2
[cosh(m+ n)x− cos(m− n)x]
cosh(mx) cosh(nx) = 1
2
[cosh(m+ n)x+ cosh(m− n)x]
CAPÍTULO 1. INTEGRAL INDEFINIDA 17
Ejemplo 1. Calcule
∫
cosh(4x) sinhxdx
Solución: ∫
cosh(4x) sinhxdx =
1
2
∫
[sinh(5x) + sinh(−3x)]dx
=
1
2
∫
sinh(5x)− 1
2
∫
sinh(3x)dx
=
1
10
cosh(5x)− 1
6
cosh(3x) + C
Integración de funciones racionalesque contienen senos y cosenos.
Si se tiene integrales de la forma ∫
R(sinx, cosx)dx
donde R es una función racional en las variables sinx y cosx, se puede resolver usando la sustitución:
z = tan(
x
2
); −π
2
<
x
2
<
π
2
��
�
��
�
��
��
��
�
��
x
2
√
1 + z2
1
z
CC
senx = 2 sin(
x
2
) cos(
x
2
)
= 2
z√
z2 + 1
1√
z2 + 1
⇒ sinx = 2z
z2 + 1
cosx = cos2(
x
2
)− sin2(x
2
) =
1
z2 + 1
− z
2
z2 + 1
=
1− z2
z2 + 1
(1.8)
⇒ cosx = 1− z
2
1 + z2
(1.9)
como
z = tan(
x
2
) ⇒ x
2
= arctan z ⇒ dx
2
=
dz
1 + z2
(1.10)
⇒ dx = 2dz
1 + z2
(1.11)
Ejemplo
1. Calcule
∫
dx
4 sinx+ 3 cosx− 5
Solución:
Hacemos el cambio de variable
z = tan(
x
2
), −π
2
<
x
2
<
π
2
(1.12)
CAPÍTULO 1. INTEGRAL INDEFINIDA 18
⇒ sinx = 2z
z2 + 1
, cosx =
1− z2
1 + z2
y dx =
2dz
1 + z2
(1.13)
Luego, ∫
dx
4 sinx+ 3 cosx− 5
=
∫ 2dz
1+z2
4 2z
1+z2
+ 31−z
2
1+z2
− 5
=
∫ 2dz
1+z2
8z+3−3z2−5−5z2
1+z2
= 2
∫
dz
−8z2 + 8z − 2
= −1
4
∫
dz
z2 − z + 1
4
= −1
4
∫
dz
(z − 1
2
)2
= −1
4
∫
(z − 1
2
)−2dz = −1
4
(z − 1
2
)−2+1
−1
+ C
=
1
4z − 2
+ C =
1
4 tan(x
2
)
+ C
2. Calcule
∫
dx
3 cosx+ sinx+ 1
Solución:
Hacemos el cambio de variable:
z = tan(
x
2
), −π
2
<
x
2
<
π
2
⇒ sinx = 2z
z2 + 1
, cosx =
1− z2
1 + z2
y dx =
2dz
1 + z2
Luego,∫
dx
3 cosx+ sinx+ 1
=
∫ 2dz
1+z2
31−z
2
1+z2
+ 2 z
1+z2
+ 1
=
∫ 2dz
1+z2
31−z
2
1+z2
+ 2 z
1+z2
+ 1
=
∫ 2dz
1+z2
3−3z2+2z+1+z2
1+z2
= 2
∫
dz
−2z2 + 2z + 4
= −
∫
dz
z2 − z − 2
= −
∫
dz
(z − 1
2
)2 − (3
2
)2
= − 1
2(3
2
)
ln |
z − 1
2
− 3
2
z − 1
2
+ 3
2
|+ C
= −1
3
ln |z − 2
z + 1
|+ C
= −1
3
ln |
tan(x
2
)− 2
tan(x
2
) + 1
|+ C
3. Calcule
∫
sinx− 2 cosx− 3
sinx− 2 cosx+ 3
dx
Solución:
Hacemos el cambio de variable:
z = tan(
x
2
), −π
2
<
x
2
<
π
2
⇒ sinx = 2z
z2 + 1
, cosx =
1− z2
1 + z2
y dx =
2dz
1 + z2
CAPÍTULO 1. INTEGRAL INDEFINIDA 19
Luego,∫
sinx− 2 cosx− 3
sinx− 2 cosx+ 3
dx =
∫
sinx− 2 cosx++3− 6
sinx− 2 cosx+ 3
dx =
∫
(1− 6
sinx− 2 cosx+ 3
)dx
= x− 6
∫
dx
sinx− 2 cosx+ 3
(1.14)
Para calcular I hacemos el cambio de variable
z = tan(
x
2
), −π
2
<
x
2
<
π
2
⇒ sinx = 2z
z2 + 1
, cosx =
1− z2
1 + z2
y dx =
2dz
1 + z2
Luego,
I =
∫
dx
sinx− 2 cosx+ 3
=
∫ 2dz
1+z2
2z
1+z2
− 2(1−z2)
1+z2
+ 3
= 2
∫
dz
2z − 2 + 2z2 + 3 + 3z2
= 2
∫
dz
5z2 + 2z + 1
=
2
5
∫
dz
z2 + 2
5
z + 1
5
=
2
5
∫
dz
(z + 1
5
)2 + (2
5
)2
=
2
5
5
2
arctan(
z + 1
5
2
5
) + C
= arctan(
5z + 1
2
) + C
= arctan(
5 tan(x
2
+ 1)
2
) + C
(1.15)
Reemplazando en (⋇), obtenemos:∫
sinx− 2 cosx− 3
sinx− 2 cosx+ 3
dx = x− 6 arctan(
5 tan(x
2
+ 1)
2
) + C (1.16)
<
CAPÍTULO 2. INTEGRAL DEFINIDA 20
Capítulo 2
Integral De�nida
2.0.1. Sumatoria
De�nición: Sea m,n ∈ N, con m ≤ n y am, am+1, ·, an ∈ R.
A la suma de estos números denotaremos por
n∑
i=m
ai = am + am+1 + ·+ an (2.1)
y llamaremos sumatoria de los ai desde i = m hasta i = n.
m y n se denominan el límite inferior y límite superior de la sumatoria respectivamente.
Observación:
El desarrollo de una sumatoria se obtiene asignando a i, cada uno de los sucesivos valores de su rango
de variación y sumando de los términos así obtenidos.
Ejemplos:
1.
4∑
i=1
(−1)i
i
=
(−1)1
1
+
(−1)2
2
+
(−1)3
3
+
(−1)4
4
= −1 + 1
2
− 1
3
+
1
4
= − 7
12
(2.2)
2.
100∑
i=1
1 = 1 + 1 + ·+ 1︸ ︷︷ ︸
100−sumandos
= 100 (2.3)
3. Expresar como sumatoria las siguientes sumas indicadas:
2+4+6+8+10
HP
Pencil
CAPÍTULO 2. INTEGRAL DEFINIDA 21
1+8+27+64
Solución:
2 + 4 + 6 + 8 + 10 =
∑5
i=1 2i
1 + 8 + 27 + 64 =
∑4
i=1 i
3
Teorema 2.0.1 Sea n ∈ N; a0, a1, a2, ·, an, an+1, b1, b2.·, bn ∈ R.
Entonces
∑n
i=1 c = nc∑n
i=1 cai = c
∑n
i=1 ai∑n
i=1[ai + bi] =
∑n
i=1 ai +
∑n
i=1 bi∑n
i=1[ai − bi] =
∑n
i=1 ai −
∑n
i=1 bi∑n
i=1[ai − ai−1] = an − a0 (propiedad telescópica.)∑n
i=1[ai+1 − ai−1] = an+1 + an − a1 − a0∑n+1
i=1 ai = an+1 +
∑n
i=1 ai
Si n > m > 1 ⇒
∑n
i=1 ai =
∑m
i=1 ai +
∑n
i=m+1 ai
Ejemplo 1. Calcule la suma
100∑
i=1
(2i− 3)
Solución:
100∑
i=1
(2i− 3) = 2
100∑
i=1
−
11∑
i=1
3
= 2(1 + 2 + ·+ 100)− 3× 100
=
2× 100× 101
2
− 300
= 100(101− 3) = 100× 98 = 9800
(2.4)
HP
Pencil
HP
Pencil
HP
Pencil
CAPÍTULO 2. INTEGRAL DEFINIDA 22
2. Calcule la suma
11∑
i=2
(i+ 1)(i− 1)
Solución:
11∑
i=2
(i+ 1)(i− 1) =
10∑
i=1
[(i+ 1) + 1][(i+ 1)− 1] =
10∑
i=1
(i+ 2)i =
10∑
i=1
(i2 + 2i)
=
10∑
i=1
i2 + 2
10∑
i=1
i = (12 + 22 + ·+ 102) + 2(1 + 2 + ·+ 10)
=
10× 11× 21
6
+
2× 10× 11
2
= 11(35 + 10) = 11× 45 = 495
(2.5)
3. Calcule
20∑
i=6
18
10i−9
Solución:
20∑
i=6
18
10i−9
=
15∑
i=1
18
10(i+5)−9
=
15∑
i=1
18
10i−4
=
15∑
i=1
18
10−4
× 1
10i
=
18
10−4
15∑
i=1
(
1
10
)i
= 18× 104
14∑
i=0
(
1
10
)i+1 = 18× 103 ×
1− ( 1
10
)15
1− 1
10
= 18× 103 × 10
15 − 1
10− 1
× 10
1015
=
18
1011
× 10
15 − 1
9
=
2
1011
× (1015 − 1)
(2.6)
4. Calcule
1000∑
i=1
[2i − 2i−1]
Solución:
Por propiedada telescópica
1000∑
i=1
[2i − 2i−1] = 21000 − 1 (2.7)
5. Calcule
400∑
i=1
2i
Solución:
Hallemos una fórmula general para
n∑
i=1
2i
n∑
i=1
[2i − 2i−1] = 2n − 1
n∑
i=1
−1
2
n∑
i=1
2i = 2n − 1
1
2
n∑
i=1
2i = 2n − 1
⇒
n∑
i=1
2i = 2(2n − 1)
(2.8)
HP
Pencil
HP
Pencil
HP
Pencil
HP
Pencil
HP
Pencil
HP
Pencil
HP
Pencil
HP
Pencil
HP
Pencil
HP
Pencil
HP
Pencil
HP
Pencil
HP
Pencil
HP
Pencil
HP
Pencil
HP
Pencil
CAPÍTULO 2. INTEGRAL DEFINIDA 23
Luego,
400∑
i=1
2i = 2(2400 − 1) (2.9)
6. Calcule
50∑
i=1
i2i
Solución:
Hallemos una fórmula general para
n∑
i=1
i2i.
Por fórmula telescópica
n∑
i=1
[i2i − (i− 1)2i−1] = n2n
n∑
i=1
i2i − 1
2
n∑
i=1
[i2i − 2i] = n2n
1
2
n∑
i=1
i2i +
1
2
n∑
i=1
2i = n2n
1
2
n∑
i=1
i2i +
1
2
× 2(2n − 1) = n2n
1
2
n∑
i=1
i2i = n2n − 2n + 1
n∑
i=1
i2i = 2[2n(n− 1) + 1]
(2.10)
Luego,
50∑
i=1
i2i = 2[250(50− 1) + 1] (2.11)
7. Calcule
100∑
i=1
log k
Solución:
100∑
i=1
log k = log 1 + log 2 + log 3 + ·+ log 100
= log(1 · 2 · 3 · · · 100)
= log(100!)
(2.12)
8. Calcule
100∑
i=1
sin2i(2x), (x ̸= k π
2
)
Solución:
Hallemos una fórmula general por telescópica
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CAPÍTULO 2. INTEGRAL DEFINIDA 24
n∑
i=1
[sin2i(2x)− sin2(i−1)(2x)] = sin2n(2x)− 1
n∑
i=1
sin2i(2x)− 1
sin2(2x)
n∑
i=1
sin2i(2x) = sin2n(2x)− 1
sin2(2x)− 1
sin2(2x)
n∑
i=1
sin2i(2x) = sin2n(2x)− 1
n∑
i=1
sin2i(2x) =
sin2(2x)[sin2n(2x)− 1]
sin2(2x)− 1
= − tan2(2x)[sin2n(2x)− 1]
⇒
n∑
i=1
sin2i(2x) = − tan2(2x)[sin2n(2x)− 1]
(2.13)
Luego,
100∑
i=1
sin2i(2x) = − tan2(2x)[sin2n(2x)− 1] (2.14)
Cálculo del Área de una región plana sumatorias
De�nición: Sea [a, b] ⊆ R un intervalo.
Una partición P de [a, b] es un conjunto �nito de puntos t0, t1, · · · , tk−1, tk ∈ [a, b] tal que
a = t0 < t1 <, · · · < tk−1 < tk = b.
Denotaremos por P([a, b]) al conjunto de todas las particiones de intervalo [a, b].
Si P = {a = t0 < t1 <, · · · < tk−1 < tk = b} ∈ P([a, b]), la norma de P, denotada por ||P|| es
de�nido como:
||P|| = máx
1≤i≤k
∆it; ∆it = ti − ti−1; ∀ 1 ≤ i ≤ k (2.15)
a b
∥ ∥
t0 t6
t1 t2 t3 t4 t5
• • • •• • •
∆1t ∆2t ∆3t ∆4t ∆5t ∆6t
⇒ ∥P∥ = ∆1t (2.16)
Observación:
Toda partición P de [a, b], divide en subintervalos al intervalo [a, b].
HP
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CAPÍTULO 2. INTEGRAL DEFINIDA 25
Cuando la longitud de los subintervalos son iguales, se dice que la partición P es regular ó
partición uniforme y
∆1t = ∆2t = · · · = ∆kt = ∆t =
b− a
k
, ∥P∥ = b− a
k
(2.17)
Sea f : [a, b] → R una función continua en [a, b]
con f(x) ≥ 0; ∀ x ∈ [a, b] y P = {a = t0 < t1 <, · · · < tk−1 < tk = b} ∈ P([a, b])
Caso 1: Considere u1 ∈ [t0, t1], u2 ∈ [t1, t2], · · · , uk ∈ [tk−1, tk] tal que
f(u1) es el valor mínimo de f en [t0, t1]. (2.18)
f(u2) es el valor mínimo de f en [t1, t2] (2.19)
· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · (2.20)
f(uk) es el valor mínimo de f en [tk−1, tk] (2.21)
Construimos rectángulos cuyas bases son subintervalos de [a, b] y cuyas respectivas alturas son
f(u1), f(u2), · · · , f(uk).
a t1 t2 t3 tk−2 tk−1
tk
b
t0
= =u1
u2 u3
= =
uk
=uk−1
f(u2)
f(u1)
X
Y
f
Eneste caso el conjunto de estos polígonos es llamado polígono rectangular inscrito. El área de este
polígono es denotado por I(P), es decir:
I(P) =
k∑
i=1
f(ui)∆it (2.22)
Caso 2. Considere vi ∈ [t0, t1], v2 ∈ [t1, t2], · · · , vk ∈ [tk−1, tk]. tal que
f(v1) es el valor máximo de en [t0, t1] (2.23)
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CAPÍTULO 2. INTEGRAL DEFINIDA 26
f(v2) es el valor máximo de f en [t1, t2] (2.24)
· · · · · · · · · · · · · · · · · · (2.25)
f(vk) es el valor máximo de f en [tk−1, tk] (2.26)
Construimos rectángulos cuyas bases son subintervalos de [a, b] y cuyas alturas respectivas son
f(v1), f(v2), · · · , f(vk).
f(v2)
f(v1)
a b
t0
∥
v1
∥
t1 t2 t3v3
v2
∥
tk−2 tk−1
tk
vk
∥
∥
∥
vk−1
f
y
x
En este caso el conjunto de polígonos formados en llamados polígonos rectángulos circunscrito. El
área de este polígono es denotado por C(P, es decir
C(P) =
k∑
i=1
f(vi)∆it (2.27)
Observación: Si k → +∞ → ∥P∥ → 0.
De�nición: Sea f : [a, b] → R una función continua, R la región plana acotada por la grá�ca de f ,
las rectas x = a, x = b y el eje X (llamado región bajo la curva desde a hasta b) y P ∈ P([a, b]) una
partición regular.
El área de R por sumatoria usando rectángulos inscritos es de�nido como
I(R) = ĺım
k→+∞
(
k∑
i=1
f(ui)∆t), si existe (2.28)
El área de R por sumatorias usando rectángulos ciscunscritos es de�nido como:
S(R) = ĺım
k→+∞
(
k∑
i=1
f(vi)∆t), si este límite existe (2.29)
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CAPÍTULO 2. INTEGRAL DEFINIDA 27
Ejemplo Halle el área por sumatoria de la región comprendida entre:
y = x2, x = 1, x = 4 y el eje X (2.30)
Por rectángulos inscritos.
∆t = ∆1t = ∆2t = · · · = ∆kt =
4− 1
k
=
3
k
(2.31)
Además,
to = 1, t1 = 1 +∆t, t2 = 1 + 2∆t, · · · · · · · · · , ti = 1 + i∆t, · · · · · · · · · , tk = 4 (2.32)
y = x2
16
4
1
1
Y
X
Como f es creciente en [1, 4], f es presenta mínimo en el extremo izquierdo de cada subintervalo.
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CAPÍTULO 2. INTEGRAL DEFINIDA 28
Luego en el i-ésimo subintervalo [ti−1, ti], f alcanza su valor mínimo en ui = ti−1.
I = ĺım
k→+∞
k∑
i=1
f(ui)∆it
= ĺım
k→+∞
k∑
i=1
f(ti−1)∆t
= ĺım
k→+∞
k∑
i=1
f(1 + (i− 1)∆t)∆t
= ĺım
k→+∞
k∑
i=1
[1 + (i− 1)3
k
]2
3
k
= 3 ĺım
k→+∞
k∑
i=1
[1 +
6(i− 1)
k
+ 9
(i− 1)2
k2
]
1
k
= 3 ĺım
k→+∞
[
k∑
i=1
1
k
+
6
k2
k∑
i=1
(i− 1) + 9
k3
k∑
i=1
(i− 1)2]
= 3 ĺım
k→+∞
[
1 +
6
k2
· k(k + 1)
2
− 6
k2
· k + 9
k3
(
k(k + 1)(2k + 1)
6
− 2k(k + 1)
2
+ 1
)]
= 3 ĺım
k→+∞
[
1 +
6
2
· k + 1
k
− 6
k
+
3
2
· (k + 1)(2k + 1)
k2
− 9k + 1
k2
+
9
k2
]
= 3 ĺım
k→+∞
[
1 + 3(1 +
1
k
)− 6
k
+
3
2
(1 +
1
k
)(2 +
1
k
)− 9(1
k
+
1
k2
) +
9
k2
]
(2.33)
⇒ I = 3(1 + 3 + 3) = 21u2 (2.34)
Usando rectángulos circunscritos
Como f es creciente en [1, 4], f alcanza su máximo en el extremo derecho de cada subintervalo.
Entonces en [ti−1, ti] f alcanza su máximo en vi = ti.
y = x2
16
4
1
1
Y
Xti−1 ti
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Pencil
HP
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CAPÍTULO 2. INTEGRAL DEFINIDA 29
S = ĺım
k→+∞
k∑
i=1
f(vi)∆t
= ĺım
k→+∞
k∑
i=1
f(ti)∆t
= ĺım
k→+∞
k∑
i=1
f(1 + i∆t)∆t
= ĺım
k→+∞
k∑
i=1
f(1 +
3i
k
)
3
k
= 3 ĺım
k→+∞
k∑
i=1
(
1 +
3i
k
)
1
k
= 3 ĺım
k→+∞
k∑
i=1
(
1
k
+
6i
k2
+
9i2
k3
)
= 3 ĺım
k→+∞
[
1
k
k∑
i=1
1 +
6
k2
k∑
i=1
i+
9
k3
k∑
i=1
i2
]
= 3 ĺım
k→+∞
[
1 +
3(k + 1)
k
+
3
2
(k + 1)(2k + 1)
k2
]
= 3(1 + 3 + 3) = 21u2
(2.35)
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<
CAPÍTULO 3. INTEGRAL DE RIEMANN 30
Capítulo 3
Integral de Riemann
De�nición: Sea f : [a, , b] → R una función, P ∈ P([a, b]) y ϵ1 ∈ [t0, t1]], ϵ2 ∈ [t1, t2],· · · ,ϵk ∈ [tk−1, tk].
La suma de Riemann asociada a f y P, denotado por S(f,P) es de�nido como
S(f,P) =
k∑
i=1
f(Si)∆it (3.1)
Observación: S(f,P) ∈ R
De�nición: Sea f : [a, b] → R una función acotada. Decimos que f es integrable según Riemann en
[a, b], si, y solo si, ∃L ∈ R tal que ∀ϵ > 0,∃δ > 0⧸P ∈ P([a, b]), ∥P∥ < δ ⇒ |L − S(f,P)| < ϵ. En
caso a�rmativo, denotamos
L =
∫ b
a
f(t)dt. (3.2)
Observación:
fes integrable ⇐⇒ ∃L ∈ Rtal que ĺım
∥P∥→0
S(s,P) = L
⇐⇒ ∃L ∈ Rtal que ĺım
∥P∥→0
k∑
i=1
f(ϵi)∥it = L
(3.3)
L es llamada integral de�nda de f desde a hasta b.
� Si f(x) ≥ 0; ∀x ∈ [a, b] ⇒
∫ b
a
f(t)dt = A(R)
� Si f(x) ≤ 0; ∀x ∈ [a, b] ⇒
∫ b
a
f(t)dt = −A(R)
Teorema 3.0.1 Sea f : [a, b] → R una función continua, entonces f es integrable según Riemann.
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CAPÍTULO 3. INTEGRAL DE RIEMANN 31
Demostración: Ejercicio
Notación: Sea f : [a, b] → R una función acotada y Riemann integrable.
si a < b, denotamos
∫ b
a
f(t)dt = −
∫ b
a
f(t)dt.∫ a
a
f(t)dt = 0
Teorema 3.0.2 Sea f, g : [a, b] → R Riemann integrable en [a, b], k ∈ R.
Entonces kf, f + g.f − g son Riemann integrables y∫ b
a
kf(t)dt = k
∫ b
a
f(t)dt
∫ b
a
[f(t) + g(t)]dt =
∫ b
a
f(t)dt+
∫ b
a
g(t)dt
∫ b
a
[f(t)− g(t)]dt =
∫ b
a
f(t)dt−
∫ b
a
g(t)dt
Demostración: Ejercicio
Teorema 3.0.3 Sea f : [a, b] → R una función no negativa y Riemann integrable, entonces∫ b
a
f(t)dt (3.4)
Demostración: Ejercicio
Teorema 3.0.4 Sea f : [a, b] → R integrable según Riemann en [a, b] y c ∈]a, [, entonces f |[a,c] y
f |[c,d] son integrables en [a, c] y [c, b] son integrables en [a, c] y [c, b] respectivamente y∫ b
a
f(t)dt =
∫ c
a
f(t)dt+
∫ b
c
f(t)dt (3.5)
Demostración: Ejercicio
Teorema 3.0.5 sea f, g : [a, b] → R Riemann integrables en [a, b] si f(x) ≤ g(x); ∀x ∈ [a, b],
entonces ∫ b
a
f(x)dx ≤
∫ b
a
g(x)dx (3.6)
Demostración: Ejercicio
Teorema 3.0.6 Sea f : [a, b] → R integrable según Riemann en [a, b].
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HP
Pencil
HP
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CAPÍTULO 3. INTEGRAL DE RIEMANN 32
Si m y M son mínimos y máximos de f respectivamente, entonces
m(b− a) ≤
∫ b
a
f(t)dt ≤ M(b− a) (3.7)
|
∫ b
a
f(t)dt ≤
∫ b
a
|f(t)dt.
Teorema 3.0.7 Si f : [a, b] → R es continua y si F : [a.b] → R es de�nida por
F (x) =
∫ x
a
f(t)dt (3.8)
entonces F es derivable y F ′(x) = f(x); ∀x ∈ [a, b].
En otras palabras, F es una antiderivada de f en [a, b]. En particular, muestra que todo función continua tiene antiderivada que esta dada por
d
dx
∫ x
a
f(t)dt = f(x) (3.9)
Demostración:
Sea ϵ > 0,∃δ > 0tal que |x− t| < δ ⇒ |f(x)− f(t)| < ϵ (3.10)
Sea 0 < h < δ, entonces:∣∣∣∣F (x+ h)− F (x)h − f(x)
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣1h
∫ x+h
x
f(t)dt− f(x)
∣∣∣∣
=
∣∣∣∣1h
∫ x+h
x
(f(t)− f(x))dt
∣∣∣∣
=
1
h
∫ x+h
x
|f(t)− f(x)|dt
<
1
h
· ϵ · h
= ϵ
(3.11)
⇒ ĺım
h→0+
F (x+ h)− F (x)
h
= F (x) (3.12)
HP
Pencil
HP
Pencil
CAPÍTULO 3. INTEGRAL DE RIEMANN 33
Sea −δ < h < 0, entonces∣∣∣∣F (x+ h)− F (x)h − f(x)
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣1h
∫ x+h
x
f(t)dt− f(x)
∣∣∣∣
=
∣∣∣∣− 1h
∫ x
x+h
f(t)dt− f(x)
∣∣∣∣
=
∣∣∣∣1h
∫ x
x+h
f(t)dt+ f(x)
∣∣∣∣
=
∣∣∣∣1h
∫ x
x+h
f(t)dt− 1
h
∫ x
x+h
f(x)dt
∣∣∣∣
=
∣∣∣∣1h
∫
x+ hx(f(t)− f(x))dt
∣∣∣∣
≤ 1
|h|
∫ x
x+h
|f(t)− f(x)|dt
<
1
−h
· ϵ · (−h)
= ϵ
(3.13)
⇒ ĺım
h→0−
F (x+ h)− F (x)
h
= f(x) (3.14)
de (1) y (2) F ′(x) = f(x)
Teorema 3.0.8 Si f : [a, b] → R es continua y si F : [a, b] → R satisface F ′(x) = f(x); ∀x ∈ [a, b]
(esto es, F es una antiderivada de f en [a, b] entonces∫ b
a
f(t)dt = F (b)− F (a) (3.15)
Notación: F (b)− F (a) = F (t)|ba
Demostración:
De�na g(x) =
∫ x
a
f(t)dt, por el primer teorema fundamental del Cálculo (TFC), g′(x) = f(x) = F ′(x);
∀x ∈ [a, b]. Luego, F (a) = g(a) + c = c, entonces F (b) = g(b) + c =
∫ b
a
f(t)dt+ F (a)
∴ F (b)− F (a) =
∫ b
a
f(t)dt (3.16)
Proposición 3.1 Sea f : [a, b] → R continua en [a, b]; g, h : [a, b] → R dos funciones diferenciables en
[a, b].Entonces
d
dx
∫ g(x)
a
f(t)dt = f(g(x))g′(x); ∀ x ∈ [a, b]
HP
Pencil
CAPÍTULO 3. INTEGRAL DE RIEMANN 34
d
dt
∫ g(x)
h(x)
f(t)dt = f(g(x))g′(x)− f(h(x))h′(x); ∀ x ∈ [a, b]
Demostración: Ejercicio
Ejemplos
1. Calcule
∫ 1
0
(5x4 − 2x3 + 4x− 3)dx
Solución:∫
(5x4 − 2x3 + 4x− 3)dx = 5
∫
x4dx− 2
∫
x3dx+ 4
∫
xdx− 3
∫
dx
= 5
x5
5
− 2x
4
4
+ 4
x2
2
− 3x+c
= x5 − 1
2
x4 + 2x2 − 3x+ c∫ 1
0
(5x4 − 2x3 + 4x− 3)dx = x5 − 1
2
x4 + 2x2 − 3x|10
= 15 − 1
2
· 14 + 2 · 12 − 3 · 1− (05 − 1
2
· 04 + 2 · 02 − 3 · 0)
= −1
2
(3.17)
2. Calcule
∫ 4
−3
|x+ 2|dx
Solución:
|x+ 2| =
 x+ 2 si x+ 2 ≥ 0−(x+ 2) si x+ 2 < 0 (3.18)
⇒
∫ 4
−3
|x+ 2|dx =
∫ −2
−3
|x+ 2|dx+
∫ 4
−2
|x+ 2|dx
=
∫ 2
−3
−(x+ 2)dx+
∫ 4
−2
x+ 2dx
= (−x
2
2
|−2−3 − 2x|−2−3 +
x2
2
|4−2 + 2x|4−2
= −1
2
(4− 9)− 2(−2 + 3) + 1
2
(16− 4) + 2(4 + 2)
=
5
2
− 2 + 6 + 12
=
5
2
+ 16
=
37
2
(3.19)
3. Halle F ′, si F (x) =
∫ x
a
(t2 + t+ 1)2dt
Solución:
f(t) = (t2 + t+ 1)2es continua → por 1erT.F.C (3.20)
HP
Pencil
CAPÍTULO 3. INTEGRAL DE RIEMANN 35
F ′(x) = f(x) = (x2 + x+ 1)2 (3.21)
4. Calcule F ′; si F (x) =
∫ x
0
x2f(t)dt, donde f es continua. Solución:
F (x) = x2
∫ x
0
f(t)dt
⇒ F ′(x) = 2x
∫ x
0
f(t)dt+ x2
d
dt
∫ x
0
f(t)dt
= 2x
∫ x
0
f(t)dt+ x2f(x)
(3.22)
5. Halle la derivada de F (x) =
∫ sinx
2
ln tdt
Solución:
Por un resultado visto,
F ′(x) = ln(sin x) cosx (3.23)
6. Halle f(12), si f es una función continua y satisface∫ x2+4x
0
f(t)dt = 2x+ 3; ∀ x ≥ 0 (3.24)
Por resultado visto,
d
dt
=
d
dt
(2x+ 3)
f(x2 + 4x) · (2x+ 4) = 2
⇒ f(x2 + 4x) = 2
2x+ 4
⇒ f(x2 + 4x) = 1
x+ 2
(3.25)
Sea y = x2 + 4x ⇒ y = (x+ 2)2 − 4 ⇒ x =
√
y + 4− 2
f(y) =
1√
y + 4
⇒ f(12) = 1√
16
=
1
4
(3.26)
7. Calcule I=
x2 + 2x√
x3 + 3x2 + 4
Solución: ∫
x2 + 2x√
x3 + 3x2 + 4
=
∫
(x3 + 3x2 + 4)−
1
2 (x2 + 2x)dx
=
1
3
∫
(x3 + 3x2 + 4)−
1
2 (3x2 + 6x)dx
=
2
3
∫
(x3 + 3x2 + 4)
1
2 + C
(3.27)
HP
Pencil
HP
Pencil
CAPÍTULO 3. INTEGRAL DE RIEMANN 36
⇒
∫ 1
0
x2 + 2x√
x3 + 3x2 + 4
dx =
2
3
(x3 + 3x2 + 4)
1
2 |10
=
2
3
[(13 + 3 · 12 + 4)
1
2 − 4
1
2 ] =
2
3
(2
√
2− 2)
(3.28)
8. Halle I=
∫ 3
1
2x+ 1
x2 + 9
dx
Solución: ∫
2x+ 1
x2 + 9
dx =
∫
2x
x2 + 9
dx+
∫
dx
x2 + 9
= ln |x2 + 9|+ 1
3
arctan(
x
3
) + C
⇒
∫ 3
1
2x+ 1
x2 + 9
dx = ln |x2 + 9||31 +
1
3
arctan(
x
3
)|31
= ln 18− ln 10 + 1
3
[arctan(1)− arctan(1
3
)]
= ln(
9
5
) +
1
3
[
π
4
− arctan(1
3
)]
(3.29)
9. Calcule I=
∫ 2π
π
1− 4 sinx · cosx
x+ cos2 x− sin2 x
Solución:
I = ln |x+ cos2 x− sin2 x||2ππ
= ln |2π + 1| − ln |π + 1|
= ln(
2π + 1
π + 1
)
(3.30)
10. Halle I=
∫ π
2
0
| sinx− cosx|dx
Solución:
| sinx− cosx| =
sinx− cosx ; sinx− cosx ≥ 0−(sinx− cosx) ; sinx− cosx < 0 (3.31)
=
sinx− cosx ;
π
4
≤ x ≤ π
2
cosx− sinx ; 0 ≤ x < π
4
(3.32)
I =
∫ π
2
0
| sinx− cosx|dx =
∫ π
4
0
(sinx− cosx)dx+
∫ π
2
π
4
(cosx− sinx)dx
=
∫ π
4
0
sinxdx−
∫ π
4
0
cosxdx+
∫ π
2
π
4
cosxdx−
∫ π
2
π
4
sinxdx
= − cosx|
π
4
0 − sinx|
π
4
0 + sinx|
π
2
π
4
+ cosx|
π
2
π
4
= −[
√
2
2
− 1]− [
√
2
2
− 0] + [1−
√
2
2
] + [0−
√
2
2
]
= −2
√
2 + 2
(3.33)
HP
Pencil
CAPÍTULO 3. INTEGRAL DE RIEMANN 37
Cambio de Variable
Proposición 3.2 Sea f : [a, b] → R continua en [a, b], g : [c, d] → R una función de clace C1([c, d]; R)
y g([c.d]) ⊆ [a, b].
Entonces ∫ d
c
f(g(x))g′(x)dx =
∫ g(d)
g(c)
f(x)dx (3.34)
Demostración
u = g(x) −→ du
dx
= g′(x)
−→ du = g′(x)dx
x −→ c ⇒ u −→ g(c)
x −→ d ⇒ u −→ g(d)
⇒
∫ d
c
f(g(x))g′(x)dx =
∫ g(d)
g(c)
f(u)du (3.35)
Ejemplos
1. Calcule
∫ π
2
0
sin3 x cosxdx
Solución:
u = sinx −→ du = cosx dx x −→ 0 ⇒ u −→ 0
x −→ π
2
⇒ u −→ 1
⇒
∫ π
2
0
sin3 x cosxdx =
∫ 1
0
u3du =
1
4
u4|10 =
1
4
(14 − 04) = 1
4
(3.36)
2. Calcule
∫ 1
−2
(x+ 1)
√
x+ 3dx
Solución:
u =
√
x+ 3 −→ du = dx
2
√
x+3
= dx
2du x −→ −2 ⇒ u −→ 0
x −→ 1 ⇒ u −→ 2
−→ dx = 2du
Luego,∫ 1
−2
(x+ 1)
√
x+ 3dx =
∫ 2
1
(u2 − 2)u · 2udu
= 2
∫ 2
1
u2(u2 − 2)du = 2
[ ∫ 2
1
u4du− 2
∫ 2
1
u2du
]
= 2
[
u5
5
|21 − 2
u3
3
|21
]
= 2
[
1
5
(32− 1)− 2
3
(8− 1)
]
= 2
[
31
5
− 14
3
]
= 2
[
93− 70
15
]
=
46
15
(3.37)
3. Calcule I =
∫ 25
9
√
x√
x− 1
dx
Solución:
CAPÍTULO 3. INTEGRAL DE RIEMANN 38
u =
√
x −→ du = dx
2
√
x
=
dx
2du
x −→ 9 ⇒ u −→ 3
x −→ 25 ⇒ u −→ 5
−→ dx = 2udu
⇒
∫ 25
9
√
x√
x− 1
dx =
∫ 5
3
2u2
u− 1
du = 2
∫ 5
3
u2
u− 1
du
= 2
∫ 5
3
u2 − 1
u− 1
+ 2
∫ 5
3
∫ 5
3
du
u− 1
= 2
∫ 5
3
(u+ 1)du+ 2 ln |u− 1||53
= 2
[
u2
2
|53 + u|53
]
+ 2 ln |u− 1||53
= 16 + 4 + 2 ln 4− 2 ln 2
= 20 + 2 ln 2
(3.38)
De�nición: Si f : [a, b] → R es integrable, entonces el valor medio de f en [a, b] es de�nido como
M =
∫ b
a
f(x)dx
b− a
(3.39)
Teorema 3.0.9 Si f : [a, b] → R es continua, entonces existe c ∈ [a, b] tal que∫ b
a
f(x)dx
b− a
= f(c) (3.40)
Demostración:
Existen α, β ∈ [a, b] tal que f(α) ≤ f(x) ≤ f(β); ∀ x ∈ [a, b].
Luego , ∫ b
a
f(α)dx ≤
∫ b
a
f(x)dx ≤
∫ b
a
f(β)dx
⇒ f(α)(b− a) ≤
∫ b
a
f(x)dx ≤ f(β)(b− a)
⇒ f(α) ≤
∫ b
a
f(x)dx
b− a
≤ f(β)
(3.41)
Luego, por el teorema del valor intermedio, existe c entre α y β tal que∫ b
a
f(x)dx
b− a
= f(x) (3.42)
Ejemplo: Si f(x) = x2, calcule el valor medio de f en el intervalo [1, 3]. Determine c ∈ (1, 3) tal que∫ 3
1
f(x)dx
3− 1
= f(c) (3.43)
CAPÍTULO 3. INTEGRAL DE RIEMANN 39
Interprete este resultado geométricamente
Solución:
1 2
√
13√
3
3
f(x) = x2
9
1
13
3
M =
∫ 3
1
x2dx
3− 2
1
=
x3
3
2
∣∣∣∣3
1
=
27
3
− 1
3
2
=
26
6
=
13
3
→ f(c) = M ∴ c2 = 133 → c =
√
13√
3
De�nición: Sea f : [a, b] → R y P = {a = t0 < t1 < · · · < tk−1 < tk = b} ∈ P([a, b]).
Decimos que que f es seccionalmente continua si y solo si, f es continua en ]ti−1, ti[; ∀ 1 ≤ i ≤ k y
existen ĺımx→t−i f(x), ĺımx→t
+
i
f(x)
	Integral Indefinida
	Integral Definida 
	Sumatoria
	Integral de Riemann