Integral Indefinida

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∫
𝐬𝐞𝐧𝒙
𝒙
𝒅𝒙… 
¿Y a esta con 
qué método la 
calculo? 
¡¡¡Te dije!!! … 
Esa sale con 
desarrollo en 
serie de Taylor 
Integrales Indefinidas 
 
INTEGRALES INDEFINIDAS 
Análisis Matemático I. Facultad de Ciencias Exactas. Departamento de Matemática 1 
Integrales Indefinidas 
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. 
La Historia del Cálculo Integral, se remonta a la época de Arquímedes (287- 212 a.C), 
matemático griego de la antigüedad, que obtuvo resultados tan importantes como el 
valor del área encerrada por un segmento parabólico. 
El concepto de Cálculo y sus ramificaciones se introdujo en el siglo XVIII con el gran 
desarrollo que obtuvo del análisis matemático creando ramas como el cálculo 
diferencial, integral y de variaciones. 
J. Bernoulli, escribió el primer curso sistemático de Cálculo Integral en 1742. Sin 
embargo fue Euler quien llevó la integración hasta sus últimas consecuencias, de tal 
forma que los métodos de integración indefinida alcanzaron prácticamente su nivel 
actual. El cálculo de integrales de tipos especiales ya a comienzos de siglo, conllevo al 
descubrimiento de una serie de resultados de la teoría de las funciones especiales. Como 
las funciones gamma y beta, el logaritmo integral o las funciones elípticas. 
La Teoría Fundamental del Cálculo consiste (intuitivamente) en la afirmación de que la 
derivación e integración de una función son operaciones inversas. Esto significa que 
toda función continua integrable verifica que la derivada de su integral es igual a ella 
misma. 
Históricamente la idea de integral se halla unida al cálculo de áreas a través del teorema 
fundamental del Cálculo. Ampliamente puede decirse que la integral contiene 
información de tipo general mientras que la derivada la contiene de tipo local. 
El Concepto operativo de integral se basa en una operación contraria a la derivada a tal 
razón se debe su nombre de: antiderivada. 
Las reglas de la derivación son la base de cada operación de integral indefinida o 
antiderivada. 
Es importante tener en cuenta que cuando se invierte algo donde interviene más de una 
operación, éstas han de invertirse pero en orden opuesto. Para aclarar esto, si se 
considera la operación de ponerse la media y después el zapato, lo inverso será primero 
quitarse el zapato y luego la media. Cuando tenemos 𝑥𝑛, al derivar multiplicamos por el 
exponente y luego disminuimos éste en una unidad, lo inverso será, primero aumentar el 
exponente en una unidad y después dividir por el exponente, lo cual es el procedimiento 
que se toma al resolver una operación de antiderivada, también llamada integral 
indefinida. 
 
 
 
 
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Introducción 
Ya estamos familiarizados con las operaciones inversas, la adición y la sustracción son 
operaciones inversas, la multiplicación y la división también lo son, lo mismo que 
elevar a una potencia y extraer una raíz. 
Veamos ahora que la operación inversa de la derivada es la antiderivada. 
Hemos visto que la derivada de una función 𝑦 = 𝑓(𝑥) puede interpretarse 
geométricamente como la pendiente de la recta tangente. 
Para la función 𝑦 = 𝑥2 la derivada 
𝑦′ = 2𝑥 mide, para cada punto de 
abscisa 𝑥, la tangente trigonométrica 
o pendiente del ángulo 𝛼 que forma 
la recta tangente con el semieje 
positivo de las 𝑥. 
Consideremos ahora el siguiente 
problema, (inverso al anterior). Se 
asigna a cada punto del plano de 
abscisa 𝑥 una dirección tal que su 
pendiente sea igual al doble de la 
abscisa. 
𝑓(𝑥) = 2𝑥 
 
 
A todos los puntos de abscisa 𝑥 =
1
2
, les 
deben corresponder direcciones tales que la 
tg 𝛼 = 2.
1
2
= 1, es decir, 𝛼 = 45°; a los de 
abscisa 𝑥 = 1, direcciones de 63° 26’; a los 
de abscisa 𝑥 = −
1
2
 direcciones de 135°, etc. 
Podemos visualizar algunas direcciones 
porque de lo contrario, se obtendría una 
“mancha negra”. 
 
 
Sabemos que 
𝐹′(𝑥) = 𝑓(𝑥) = 2𝑥 en (−∞,∞) 
Queremos saber cuál es la función que le dio origen. O sea ¿de dónde proviene? ¿Cuál 
es su primitiva? 
¿Podemos deshacer la derivación? Esto es, podemos hallar 𝐹(𝑥) tal que su derivada sea 
2x? 
Evidentemente, vemos que 𝐹(𝑥) = 𝑥2 es una alternativa para una antiderivada. Pero 
también 𝐺(𝑥) = 𝑥2 + 3 es otra alternativa. O sea 𝐹(𝑥) = 𝑥2 y 𝐺(𝑥) = 𝑥2 + 3 son 
antiderivadas de 𝑓(𝑥) = 2𝑥. 
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En realidad, cualquier función cuyo valor esté dado por 𝐴(𝑥) = 𝑥2 + 𝐶, con 𝐶 = 𝑐𝑡𝑒 es 
una antiderivada de 𝑓(𝑥) = 2𝑥. 
Este concepto se precisa mediante la siguiente definición: 
 
1. Antiderivadas o Primitivas 
Definición: 
Una función 𝐹 se llama antiderivada o primitiva de una función 𝑓 en un intervalo 𝐼 si 
𝐹′(𝑥) = 𝑓(𝑥), ∀𝑥 ∈ 𝐼. 
 
En general, si una función 𝐹 es una primitiva de una función 𝑓 sobre 𝐼 y si 𝐺 está 
definida por 
𝐺(𝑥) = 𝐹(𝑥) + 𝐶, 𝐶 = 𝑐𝑡𝑒 arbitraria 
⇒ 𝐺′(𝑥) = 𝐹′(𝑥) + 0 = 𝑓(𝑥) 
y 𝐺 también es una antiderivada de 𝑓 en 𝐼. 
Recordemos que cuando vimos el Teorema del Valor Medio para derivadas, probamos 
como un corolario del mismo, el siguiente resultado: 
 
Sean 𝒇 y 𝒈 dos funciones continuas sobre [𝒂, 𝒃] y derivables sobre (𝒂, 𝒃) . Si 
𝒇′(𝒙) = 𝒈′(𝒙), con 𝒙 un punto sobre (𝒂, 𝒃), entonces existe un número real 𝒌 tal 
que: 
𝒇(𝒙) = 𝒈(𝒙) + 𝒌, ∀𝒙 ∈ [𝒂, 𝒃] 
 
Con este resultado, es fácil probar: 
 
1.1. Primitiva más General 
Si 𝐹 es una primitiva particular de 𝑓 en un intervalo 𝐼, entonces la primitiva más general 
de 𝑓 en 𝐼 esta dada por 𝐹(𝑥) + 𝐶 , donde 𝐶 es una constante arbitraria cualquiera y 
cualquier primitiva de 𝑓 en 𝐼 se puede obtener a partir de 𝐹(𝑥) + 𝐶 asignando valores 
particulares a 𝐶. 
Demostración: 
Sea 𝐺 una primitiva de 𝑓 en 𝐼, entonces 𝐺′(𝑥) = 𝑓(𝑥), ∀𝑥 ∈ 𝐼 (𝟏) 
Como 𝐹 es una primitiva de 𝑓 en 𝐼, por hipótesis 𝐹′(𝑥) = 𝑓(𝑥), ∀𝑥 ∈ 𝐼 (𝟐) 
De (𝟏) y (𝟐), tenemos dos funciones 𝐹 y 𝐺 tales que 𝐹′(𝑥) = 𝐺′(𝑥), ∀𝑥 ∈ 𝐼 
𝐶𝑜𝑙𝑜𝑟𝑎𝑟𝑖𝑜 
𝑇.𝑉.𝑀.
⇒ ∃𝐶 ∈ ℝ: 𝐺(𝑥) = 𝐹(𝑥) + 𝐶, ∀𝑥 ∈ 𝐼 
 
Como G es cualquier primitiva de 𝑓 en 𝐼, concluimos que cualquier primitiva de 𝑓 en 𝐼 
se de obtenet a partir de 𝐹(𝑥) + 𝐶, donde C es una constante arbitraria. 
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Volviendo a la definición: 
Si F es una primitiva de 𝑓 en 𝐼, entonces 𝐹′(𝑥) = 𝑓(𝑥), ∀𝑥 ∈ 𝐼; y así 
𝑑[𝐹(𝑥)] = 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 (𝟏) 
Por Notación de Leibniz 
𝐹′(𝑥) =
𝑑𝐹
𝑑𝑥
 
O sea, la operación inversa de calcular la derivada de una función consiste en hallar la 
función más general que tenga una derivada dada. Esta operación inversa se denomina 
antiderivación, antidiferenciación o integral indefinida, y se denota con el símbolo ∫ 
Así, escribimos: 
∫𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = 𝐹(𝑥) + 𝐶 (𝟐) 
donde F es tal que 𝑑[𝐹(𝑥)] = 𝑓(𝑥) 𝑑𝑥. 
 
Esto es: denotamos con ∫𝑓(𝑥)𝑑𝑥 a la expresión más general cuya derivada sea 𝑓(𝑥) y 
cuyo diferencial sea 𝑓(𝑥)𝑑𝑥. 
 
Tal vez Leibniz utilizó el término indefinida porque aparece siempre una constante 
arbitraria 𝐶 (que no hay que olvidar). 
 
De (𝟏) y (𝟐): 
∫𝑑[𝐹(𝑥)] = 𝐹(𝑥) + 𝐶 (𝟑) 
Diferenciando (𝟐) 
𝑑 [∫𝑓(𝑥)𝑑𝑥] = 𝑑[𝐹(𝑥) + 𝐶] = 𝑑[𝐹(𝑥)] + 𝑑[𝐶] = 𝑑[𝐹(𝑥)] = 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 
⇒ 𝑑 [∫𝑓(𝑥)𝑑𝑥] = 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 (𝟒) 
∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = 𝐹(𝑥)+ 𝐶 
 
 
 
Símbolo 
integral 
indefinida 
Una primitiva 
Diferencial de la 
variable respecto 
de la cual se integra 
Integrando 
Constante de 
integración 
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O sea 
∫𝑑(𝐹(𝑥)) = 𝐹(𝑥) + 𝐶
𝑑 [∫𝑓(𝑥)𝑑𝑥] = 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
 
dice que 𝑑 y ∫ son operaciones inversas, o bien, que el símbolo 𝑑 anula el símbolo ∫ y 
recíprocamente. 
 
 
 
 
 
 
 
 
Interpretación geométrica. 
 
 
 
 
La integral indefinida representa una 
familia de curvas (𝐹(𝑥) + 𝐶), todas 
ellas paralelas entre sí. 
 
 
 
 
 
 
2. Reglas de Básicas de Integración 
 
Como la antiderivación es la operación inversa de la derivación, los teoremas de 
antiderivación pueden obtenerse de los teoremas de derivación, pues tenemos que 
 
∫𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = 𝐹(𝑥) + 𝐶 ⇔ 𝑑[𝐹(𝑥) + 𝐶] = 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 
 
𝐹(𝑥) + 𝐶 
Antiderivadas Derivadas 
𝑓(𝑥) 
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2.1. Integral del diferencial de la variable independiente 
 
∫𝑑𝑥 = 𝑥 + 𝐶 
Demostración: 
Diferenciando el segundo miembro. 
𝑑(𝑥 + 𝐶) = 𝑑(𝑥) + 𝑑(𝐶) = 1 ∙ 𝑑𝑥 
⇒ 𝑓(𝑥) = 1 
 
Geométricamente, representa una 
familia de rectas paralelas 
 
 
2.2. Álgebra de Integrales Indefinidas 
Sean 𝑓 y 𝑔 están definidas en el mismo intervalo 𝐼 y 𝑘 = 𝑐𝑡𝑒. Entonces 
i) ∫𝑎𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = 𝑘 ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 
ii) ∫[𝑓(𝑥) + 𝑔(𝑥)]𝑑𝑥 = ∫𝑓(𝑥)𝑑𝑥 + ∫𝑔(𝑥)𝑑𝑥 
iii) ∫[𝑓(𝑥) − 𝑔(𝑥)]𝑑𝑥 = ∫𝑓(𝑥)𝑑𝑥 − ∫𝑔(𝑥)𝑑𝑥 
Demostración: 
i) 𝑑[𝑘 ∫𝑓(𝑥)𝑑𝑥] = 𝑘𝑑[∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥] = 𝑘𝑓(𝑥)𝑑𝑥 
“La integral de una constante por una función es igual a la constante por la 
integral de la función” 
 
ii) 𝑑[∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 + ∫𝑔(𝑥)𝑑𝑥] = 𝑑[∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥] + 𝑑[∫𝑔(𝑥)𝑑𝑥] = 
𝑓(𝑥)𝑑𝑥 + 𝑔(𝑥)𝑑𝑥 = (𝑓(𝑥) + 𝑔(𝑥))𝑑𝑥 
“la integral de la suma de dos funciones es igual a la suma de las integrales de dichas 
funciones” 
 
2.3. La integral indefinida como Operador Lineal 
Recordemos que al estudiar la derivada, vimos que la misma es un operador lineal. Esto 
significa dos cosas: 
i) [𝑘 ∙ 𝑓(𝑥)]′ = 𝑘 ∙ 𝑓′(𝑥), ∀𝑘 ∈ ℝ. 
ii) [𝑓(𝑥) + 𝑔(𝑥)]′ = 𝑓′(𝑥) + 𝑔′(𝑥). 
 
Del mismo modo, viendo 2.2., podemos asegurar que: 
La integral indefinida es un operador lineal. 
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Más aún, podemos llevar el álgebra de integrales indefinidas más lejos a un proceso de 
generalización: 
 
2.4. Generalización (Principio de integración por Descomposición) 
Si 𝑓1, 𝑓2, … , 𝑓𝑛 se definen en el mismo conjunto y son integrales de 𝑘, 𝑘2, … , 𝑘𝑛 son 
constantes, entonces: 
∫[𝑘1𝑓1(𝑥) + 𝑘2𝑓2(𝑥) + ⋯+ 𝑘𝑛𝑓𝑛(𝑥)]𝑑𝑥 = 
𝑘1∫𝑓1(𝑥)𝑑𝑥 + 𝑘2∫𝑓2(𝑥)𝑑𝑥 +⋯+ 𝑘𝑛∫𝑓𝑛(𝑥)𝑑𝑥 
Esto es el principio de integración por descomposición. 
 
2.5. Regla de la potencia. 
∫𝑥𝑛𝑑𝑥 =
𝑥𝑛+1
𝑛 + 1
+ 𝐶, 𝑛 ≠ −1 
Demostración: 
𝑑 [
𝑥𝑛+1
𝑛 + 1
+ 𝐶] = 𝑑 [
𝑥𝑛+1
𝑛 + 1
] + 𝑑[𝐶] =
1
𝑛 + 1
𝑑[𝑥𝑛+1] + 0 =
1
𝑛 + 1
𝑥𝑛+1−1(𝑛 + 1)𝑑𝑥 
∴ 𝑑 [
𝑥𝑛+1
𝑛 + 1
+ 𝐶] = 𝑥𝑛𝑑𝑥 
 
Ejemplo 2: 
Calcular 
∫(3𝑥2 + 5)𝑑𝑥 
Solución: 
∫(3𝑥2 + 5)𝑑𝑥 = ∫3𝑥2𝑑𝑥 + ∫5𝑑𝑥 = 3∫𝑥2𝑑𝑥 + 5∫𝑑𝑥 = 
3
𝑥3
3
+ 3𝐶1 + 5𝑥 + 5𝐶2 = 𝑥
3 + 5𝑥 + 3𝐶1 + 5𝐶2 = 𝑥
3 + 5𝑥 + 𝐶 
∴ ∫(3𝑥2 + 5)𝑑𝑥 = 𝑥3 + 5𝑥 + 𝐶 
Verificación: 
𝑑
𝑑𝑥
(𝑥3 + 5𝑥 + 𝐶) = 3𝑥2 + 5 
Como al derivar, obtuvimos el integrando, nuestra integral queda verificada. 
 
 
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Ejemplo 3: 
Encuentre una ecuación en x e y de la curva que pasa por el punto (1,2) y cuya 
pendiente en cualquier punto es igual a dos veces la abscisa. 
Solución: 
Para la resolución de este problema, presentaremos dos métodos: 
Método 1. 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 2𝑥 
Y debe ser una antiderivada de 𝑔(𝑥) 
𝑦 = ∫𝑔(𝑥)𝑑𝑥 
𝑦 = ∫2𝑥𝑑𝑥 = 2∫𝑥𝑑𝑥 = 2
𝑥2
2
+ 𝐶 
⇒ 𝑦 = 𝑥2 + 𝐶 
Método 2. 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 2𝑥. 1 
 
Multiplicando a ambos miembros por 𝑑𝑥. 
 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
∙ 𝑑𝑥
⏟ 
=𝑑𝑦
= 2𝑥 ∙ 𝑑𝑥 ⇒ 𝑑𝑦 = 2𝑥𝑑𝑥 
∫𝑑𝑦 = ∫2𝑥𝑑𝑥 
𝑦 + 𝐶1 = 2
𝑥2
2
+ 𝐶2 ⇒ 𝑦 = 𝑥
2 + 𝐶2 − 𝐶1 
⇒ 𝑦 = 𝑥2 + 𝐶 
Esta es una familia de parábolas. 
 
Debemos seleccionar ahora aquella que cumpla 
𝑦 = 2, 𝑥 = 1 
⇒ 2 = 12 + 𝐶 ⇒ 𝐶 = 1 
∴ 𝑦 = 𝑥2 + 1 
Esta es la primitiva particular que cumple que pasa por (1,2). 
 
1 La ecuación que se ha formado es una ecuación diferencial. Volveremos sobre este tema al final de la 
materia. 
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Ejemplo 4: 
Calcular 
∫
(𝑥 − 2)2 + 𝑒𝑥
2
𝑑𝑥 
Solución: 
∫
(𝑥 − 2)2 + 𝑒𝑥
2
𝑑𝑥 =
1
2
∫[(𝑥 − 2)2 + 𝑒𝑥]𝑑𝑥 =
1
2
∫[𝑥2 − 4𝑥 + 4 + 𝑒𝑥]𝑑𝑥 
 
=
1
2
[∫𝑥2𝑑𝑥 − 4∫𝑥 𝑑𝑥 + 4∫𝑑𝑥 + ∫𝑒𝑥 𝑑𝑥] 
 
=
1
6
𝑥3 − 𝑥2 + 4𝑥 + 𝑒𝑥 + 𝐶 
 
3. Integración inmediata 
 
Las siguientes son algunas integrales inmediatas que usaremos a lo largo del tema. 
 
∫𝑥𝑛𝑑𝑥 =
𝑥𝑛+1
𝑛 + 1
+ 𝐶, 𝑛 ≠ −1 ∫
𝑑𝑥
𝑥
= ln|𝑥| + 𝐶 
∫𝑒𝑥𝑑𝑥 = 𝑒𝑥 + 𝐶 ∫𝑎𝑥𝑑𝑥 =
𝑎𝑥
ln 𝑎
+ 𝐶, 𝑎 > 0 ∧ 𝑎 ≠ 1 
∫sen𝑥 𝑑𝑥 = −cos 𝑥 + 𝐶 ∫cos 𝑥 𝑑𝑥 = sen 𝑥 + 𝐶 
∫
𝑑𝑥
cos2 𝑥
= ∫ sec2 𝑥 𝑑𝑥 = tg 𝑥 + 𝐶 ∫
𝑑𝑥
sen2 𝑥
= ∫cosec2 𝑥 𝑑𝑥 = −cotg 𝑥 + 𝐶 
∫Ch𝑥 𝑑𝑥 = Sh 𝑥 + 𝐶 ∫Sh𝑥 𝑑𝑥 = Ch𝑥 + 𝐶 
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∫
𝑑𝑥
Ch2 𝑥
= ∫Sech2 𝑥 𝑑𝑥 = Th𝑥 + 𝐶 ∫
𝑑𝑥
Sh2 𝑥
= ∫Cosech2 𝑥 𝑑𝑥 = −Coth 𝑥 + 𝐶 
∫
𝑑𝑥
1 + 𝑥2
= arctg 𝑥 + 𝐶 ∫
𝑑𝑥
1 − 𝑥2
= ArgTh𝑥 + 𝐶 =
1
2
ln (
1 + 𝑥
1 − 𝑥
) + 𝐶 
∫
𝑑𝑥
√1 − 𝑥2
= arcsen 𝑥 + 𝐶 
∫
𝑑𝑥
√𝑥2 + 1
= ArgSh 𝑥 + 𝐶 = ln (𝑥 + √𝑥2 + 1) + 𝐶 
∫
𝑑𝑥
√𝑥2 − 1
= ArgCh 𝑥 + 𝐶 = ln (𝑥 + √𝑥2 − 1) + 𝐶 
También hay integrales que podemos llamar “casi inmediatas” ya que fácilmente se 
puede deducir cuál es su primitiva. Algunas de ellas son: 
 
∫
1
𝑥 + 𝑘
𝑑𝑥 = ln|𝑥 + 𝑘| + 𝐶, 𝑘 ∈ ℝ ∫
1
1 + (𝑥 + 𝑘)2
𝑑𝑥 = arctg(𝑥 + 𝑘) + 𝐶, 𝑘 ∈ ℝ 
∫
1
(𝑥 + 𝑘)2
𝑑𝑥 = −
1
𝑥 + 𝑘
+ 𝐶, 𝑘 ∈ ℝ ∫
1
√𝑥 + 𝑘
𝑑𝑥 = 2√𝑥 + 𝑘 + 𝐶, 𝑘 ∈ ℝ 
 
Sin embargo, hay otras integrales, principalmente las que implican productos y 
cocientes, o aquellas que no tienen una anti derivada inmediata, que para resolverse, se 
deberá recurrir a alguna estrategia, de modo de encontrar su primitiva. 
 
4. Método de Sustitución
2
 
Ejemplo 1: 
Calcular 
∫2𝑥√1 + 𝑥2𝑑𝑥 
Solución: 
Podemos hacer un cambio de variables. 
 
2 La integración por sustitución de variables es uno de los métodos más importantes del cálculo de las 
integrales indefinidas. Incluso cuando utilizamos otros métodos frecuentemente, estamos obligados a 
recurrir en las operaciones intermedias al método de sustitución de variables. El éxito de la integración 
depende en gran medida de la habilidad para elegir la sustitución adecuada de variables. Esto simplifica la 
integral dad. Por eso, el estudio de los métodos de integración se reduce en esencia, a la determinación de 
la conveniente sustitución de variables para uno u otro elemento de integración. 
Luego veremos, métodos particulares de integración en los cuales, en la mayoría de los casos, resultan de 
elegir convenientemente la sustitución apropiada. 
 
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𝑢 = 1 + 𝑥2 ⇒ 𝑑𝑢 = 2𝑥𝑑𝑥 ⇒ 𝑑𝑥 =
𝑑𝑢
2𝑥
 
∫2𝑥√1 + 𝑥2𝑑𝑥 = ∫√1 + 𝑥2 ∙ 2𝑥𝑑𝑥 = ∫√𝑢𝑑𝑢= ∫𝑢
1
2𝑑𝑢 =
2
3
𝑢
3
2 + 𝐶 
∴ ∫2𝑥√1 + 𝑥2𝑑𝑥 =
2
3
(1 + 𝑥2)
3
2 + 𝐶 
 
Este ejemplo, da lugar a introducir un método de integración: el “Método de 
Sustitución”. 
 
4.1. Método de Sustitución. 
Sea 𝑔 una función diferenciable en 𝑥 , y sea el codominio de 𝑔 un intervalo 𝐼 . 
Supóngase que 𝑓 es una función definida en 𝐼 y que 𝐹 es una primitiva de 𝑓 en 𝐼 , 
entonces: 
∫𝑓(𝑔(𝑥))(𝑔´(𝑥))𝑑𝑥 = 𝐹(𝑔(𝑥)) + 𝐶 
Demostración: 
Para fijar ideas: 
𝐴 ⟶ ⏞ 
𝑔
 𝐼 ⟶ ⏞ 
𝑓
𝐵 
𝑥 ⟼ 𝑔(𝑥) ⟼ 𝑓(𝑔(𝑥)) 
 
 
 
 
 
 
 
 
Por hipótesis 𝑔 es diferenciable en 𝑥, entonces ∃𝑔′(𝑥). 𝐹 es una primitiva de 𝑓 en 𝐼, 
entonces 𝐹′(𝑢) = 𝑓(𝑢), ∀𝑢 ∈ 𝐼. 
Así, Si 𝑢 = 𝑔(𝑥) entonces 𝐹′(𝑔(𝑥)) = 𝑓(𝑔(𝑥)). (𝟏) 
Además, por otro lado, aplicando la definición de antiderivada: 
[𝐹(𝑔(𝑥))]
′
= 𝐹′(𝑔(𝑥)) ∙ 𝑔′(𝑥) 
Esto, por la regla de la cadena. Luego, por (𝟏) 
[𝐹(𝑔(𝑥))]
′
= 𝑓(𝑔(𝑥)) ∙ 𝑔′(𝑥) 
Esto dice 
𝑔 
𝐴 𝐵 𝐼 
𝑥 
 
• 
= 𝑓(𝑢) 
 
•
𝑓(𝑔(𝑥)) 
 
𝑔(𝑥)
= 𝑢 
• 
𝑅 
𝑓 ∘ 𝑔 
𝑓 
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𝑑[𝐹(𝑔(𝑥))] = 𝑓(𝑔(𝑥)) ∙ 𝑔′(𝑥)𝑑𝑥 
⇔⏟
𝑑𝑒𝑓
∫𝑓(𝑔(𝑥)) ∙ 𝑔′(𝑥)𝑑𝑥 = 𝐹(𝑔(𝑥)) + 𝐶 
 
Ejemplo 2: 
Calcular 
∫𝑥2√1 + 𝑥𝑑𝑥 
Solución: 
Planteamos la sustitución 
𝑢 = 1 + 𝑥 ⇒ 𝑥 = 𝑢 − 1
𝑑𝑢 = 𝑑𝑥 𝑥2 = (𝑢 − 1)2
 
Así 
∫𝑥2√1 + 𝑥𝑑𝑥 = ∫(𝑢 − 1)2√𝑢𝑑𝑢 = ∫(𝑢 − 1)2𝑢
1
2⏟ 
𝑓(𝑢)
𝑑𝑢 = ∫(𝑢2 − 2𝑢 + 1)𝑢
1
2𝑑𝑢 
= ∫(𝑢
5
2 − 2𝑢
3
2 + 𝑢
1
2)𝑑𝑢 = ∫𝑢
5
2𝑑𝑢 − 2∫𝑢
3
2𝑑𝑢 +∫𝑢
1
2𝑑𝑢 
=
2
7
𝑢
7
2 − 2 ∙
2
5
𝑢
5
2 +
2
3
𝑢
3
2 + 𝐶 
Volviendo a la variable 𝑥: 
∫𝑥2√1 + 𝑥𝑑𝑥 =
2
7
(1 + 𝑥)
7
2 −
4
5
(1 + 𝑥)
5
2 +
2
3
(1 + 𝑥)
3
2 + 𝐶 
 
Otro modo: 
Utilizando otra sustitución: 
𝑣 = √1 + 𝑥 = (1 + 𝑥)
1
2 ⇒ 𝑣2 = 1 + 𝑥 ⇒ 𝑣2 − 1 = 𝑥
𝑑𝑥 =
1
2√1 + 𝑥
⇒ 𝑑𝑥 = 2√1 + 𝑥𝑑𝑣 = 2𝑣𝑑𝑣
 
 
Entonces 
∫𝑥2√1 + 𝑥𝑑𝑥 = ∫(𝑣2 − 1)2𝑣2𝑣𝑑𝑣 = ∫(𝑣2 − 1)22𝑣2𝑑𝑣 
= ∫(𝑣4 − 2𝑣2 + 1)2𝑣2𝑑𝑣 = ∫(2𝑣6 − 4𝑣4 + 2𝑣2)𝑑𝑣 
= 2∫𝑣6𝑑𝑣 − 4∫𝑣4𝑑𝑣 + 2∫𝑣2𝑑𝑣 =
2
7
𝑣7 −
4
5
𝑣5 +
2
3
𝑣3 + 𝐶 
 
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Volviendo a la variable 𝑥, tenemos que 
∫𝑥2√1 + 𝑥𝑑𝑥 =
2
7
(1 + 𝑥)
7
2 −
4
5
(1 + 𝑥)
5
2 +
2
3
(1 + 𝑥)
3
2 + 𝐶 
 
Ejemplo 3: 
Calcular 
∫3𝑥2 cos(𝑥3) 𝑑𝑥 
Solución: 
Observamos, primeramente, que ésta no es una integral inmediata, y que tampoco 
pueden aplicarse los recursos del álgebra de integrales indefinidas. 
 
Por lo tanto, tenemos que usar una estrategia diferente para resolverla. 
 
Podemos reconocer una función compuesta. 
ℎ(𝑥) = 𝑓(𝑔(𝑥)) = sen(𝑥3), donde 𝑢 = 𝑔(𝑥) = 𝑥3 y 𝑓(𝑢) = cos 𝑢. 
 
Si hacemos el cambio de variables 𝑢 = 𝑥3 , y diferenciamos: 𝑑𝑢 = 3𝑥2⏟
𝑔′(𝑥)
𝑑𝑥. 
Así: 
∫3𝑥2 cos(𝑥3) 𝑑𝑥 = ∫cos 𝑢 𝑑𝑢 = sen𝑢 + 𝐶 
Reemplazando: 
∫3𝑥2 cos(𝑥3) 𝑑𝑥 = sen(𝑥3) + 𝐶 
 
Ejemplo 4: 
Calcular 
∫
√ln 𝑥
𝑥
𝑑𝑥 
Solución: 
Llamamos 𝑢 = ln 𝑥, diferenciando: 𝑑𝑢 =
𝑑𝑥
𝑥
 
 
 
 
 
∫
√ln 𝑥
𝑥
𝑑𝑥 = ∫√𝑢 𝑑𝑢 
𝑢 
𝑑𝑢 
Integrales Indefinidas 
 
INTEGRALES INDEFINIDAS 
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∫√𝑢 𝑑𝑢 =
2
3
𝑢
3
2 + 𝐶 
De modo que: 
∫
√ln 𝑥
𝑥
𝑑𝑥 = 
2
3
√ln3 𝑥 + 𝐶 
 
Ejemplo 5: 
Calcular 
∫
𝑑𝑥
cos 𝑥
=∫ sec 𝑥 𝑑𝑥 
Solución: 
Con el fin de lograr una expresión en la cual sea útil sustituir, multiplicaremos por una 
fracción equivalente a la unidad, de la siguiente manera: 
∫sec 𝑥 𝑑𝑥 =∫sec 𝑥 (
sec 𝑥 + tg 𝑥
sec 𝑥 + tg 𝑥
) 𝑑𝑥 = ∫
sec2 𝑥 + sec 𝑥 tg 𝑥
sec 𝑥 + tg 𝑥
𝑑𝑥 
Hacemos la sustitución: 
𝑢 = sec 𝑥 + tg 𝑥 ⟹ 𝑑𝑢 = sec2 𝑥 + sec 𝑥 ∙ tg 𝑥 
De modo que: 
∫sec 𝑥 𝑑𝑥 = ∫
𝑑𝑢
𝑢
= ln|𝑢| + 𝐶 
Finalmente: 
∫sec 𝑥 𝑑𝑥 = ln|sec 𝑥 + 𝑡𝑔 𝑥| + 𝐶 
 
Otros casos donde es conveniente aplicar sustitución, es cuando tenemos sumas de 
radicales. Mostraremos la técnica con algunos ejemplos. 
 
Ejemplo 6: 
Calcular 
∫
𝑥(√𝑥 + 1)
2
𝑑𝑥 
Solución: 
∫
𝑥(√𝑥 + 1)
2
𝑑𝑥 =
1
2
∫𝑥(√𝑥 + 1)𝑑𝑥 
En estos casos conviene llamar, por ejemplo 𝑡2 = 𝑥, 
Diferenciando ambos miembros: 2𝑡 𝑑𝑡 = 𝑑𝑥 
Sustituyendo: 
Integrales Indefinidas 
 
INTEGRALES INDEFINIDAS 
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1
2
∫𝑥(√𝑥 + 1)𝑑𝑥 =
1
2
∫𝑡2(𝑡 + 1) 2𝑡 𝑑𝑡 =
2
2
∫(𝑡4 + 𝑡3) 𝑑𝑡 = 
𝑡5
5
+
𝑡4
4
+ 𝐶 
 
Como 𝑡2 = 𝑥 ⟹ 𝑡 = √𝑥, sustituyendo nuevamente: 
 
∫
𝑥(√𝑥 + 1)
2
𝑑𝑥 =
√𝑥5
5
+
√𝑥4
4
+ 𝐶 =
√𝑥5
5
+
𝑥2
4
+ 𝐶 
 
5. Integrales que involucran Funciones Trigonométricas 
Sabemos que 
∫sen 𝑥 𝑑𝑥 = −cos 𝑥 + 𝐶 
Pues 𝑑(− cos 𝑥 + 𝐶) = −(−sen 𝑥)𝑑𝑥 = sen 𝑥 𝑑𝑥 
∫cos 𝑥 𝑑𝑥 = − sen𝑥 + 𝐶 
Pues 𝑑(− sen 𝑥 + 𝐶) = −(− cos 𝑥)𝑑𝑥 = cos 𝑥 𝑑𝑥 
Con base en estos resultados, podemos analizar los siguientes casos: 
 
5.1. Caso I: Potencias impares de senos y cosenos 
∫𝐬𝐞𝐧𝒏 𝒖𝒅𝒖 ∨ ∫𝐜𝐨𝐬𝒏 𝒖𝒅𝒖 , con 𝒏 = 𝟐𝒌 + 𝟏, 𝒌 ∈ ℤ 
 
Ejemplo 1: 
Calcular 
∫cos3 𝑥 𝑑𝑥 
Solución: 
Tomemos 
∫cos3 𝑥 𝑑𝑥 = ∫cos2 𝑥 cos 𝑥 𝑑𝑥 = ∫cos2 𝑥 𝑑(sen 𝑥) = ∫(1 − sen2 𝑥)𝑑(sen 𝑥) = 𝐼 
Llamamos 
 𝑢 = sen 𝑥 ⇒ 𝑑𝑢 = 𝑑(sen 𝑥) 
Entonces 
𝐼 = ∫(1 − 𝑢2)𝑑𝑢 = ∫𝑑𝑢 −∫𝑢2 𝑑𝑢 = 𝑢 −
𝑢3
3
+ 𝐶 
Así 
Integrales Indefinidas 
 
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𝐼 = sen 𝑥 −
sen3 𝑥
3
+ 𝐶 
 
5.2. Caso II: Potencias pares de senos y cosenos 
∫𝐬𝐞𝐧𝒏 𝒖𝒅𝒖 ∨ ∫ 𝐜𝐨𝐬𝒏 𝒖𝒅𝒖 , con 𝒏 = 𝟐𝒌, 𝒌 ∈ ℤ 
 
El método empleado en el ejemplo anterior no funciona, trataremos de colocar sen2 𝑥, 
cos2 𝑥 de otro modo: 
cos 2𝑥 = cos2 𝑥 − sen2 𝑥 = cos2 𝑥 − (1 − cos2 𝑥) = 2 cos2 𝑥 − 1 
∴ cos2 𝑥 =
1 + cos 2𝑥
2
 
Y también: 
cos 2𝑥 = cos2 𝑥 − sen2 𝑥 = 1 − sen2 𝑥 − sen2 𝑥 = 1 − 2 sen2 𝑥 
∴ sen2 𝑥 =
1 − cos 2𝑥
2
 
En ambas fórmulas se puede calcular: 
 
Ejemplo 2: 
Calcular 
∫sen2 𝑥 
Solución: 
𝐼 = ∫sen2 𝑥 = ∫
1 − cos 2𝑥
2
𝑑𝑥 =
1
2
∫(1 − cos 2𝑥)𝑑𝑥 =
1
2
∫𝑑𝑥 −
1
2
∫ cos 2𝑥 𝑑𝑥 
=
1
2
𝑥 −
1
4
sen2𝑥 + 𝐶 
Pues 
∫cos 2𝑥 𝑑𝑥 = ∫
cos 𝑢
2
𝑑𝑢 =
1
2
sen𝑢 + 𝐶 =
1
2
sen2𝑥 + 𝐶1 
Con la sustitución 𝑢 = 2𝑥 ⇒ 𝑑𝑢 = 2𝑑𝑥 
∴ 𝐼 =
𝑥
2
−
sen2𝑥
4
+ 𝐶 
 
 
Integrales Indefinidas 
 
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5.3. Caso III: Productos de potencias de senos y cosenos con algún 
exponente impar 
∫𝐬𝐞𝐧𝒏 𝒖 𝐜𝐨𝐬𝒎 𝒖𝒅𝒖 , con 𝒏 = 𝟐𝒌+ 𝟏, ó 𝒎 = 𝟐𝒌 + 𝟏, 𝒌 ∈ ℤ 
Es semejante al caso I. 
 
Ejemplo 3: 
Calcular 
∫sen3 𝑥 cos4 𝑥 𝑑𝑥 
Solución: 
𝐼 = ∫ sen3 𝑥 cos4 𝑥 𝑑𝑥 = ∫sen2 𝑥 cos4 𝑥 sen 𝑥 𝑑𝑥 = ∫(1 − cos2 𝑥) cos4 𝑥 sen 𝑥 𝑑𝑥 
𝑢 = cos 𝑥 ⇒ 𝑑𝑢 = −sen 𝑥 𝑑𝑥 
Así: 
∫sen3 𝑥 cos4 𝑥 𝑑𝑥 = −∫(1 − 𝑢2). 𝑢4𝑑𝑢 = ∫(𝑢4 − 𝑢6)𝑑𝑢 = −
𝑢5
5
+
𝑢7
7
+ 𝐶 
∴ ∫ sen3 𝑥 cos4 𝑥 𝑑𝑥 =
cos7 𝑥
7
−
cos5 𝑥
5
+ 𝐶 
 
5.4. Caso IV: Productos de potencias de senos y cosenos con ambos 
exponentes pares 
∫𝐬𝐞𝐧𝒏 𝒖𝐜𝐨𝐬𝒎 𝒖𝒅𝒖 , con 𝒏 = 𝟐𝒌, y 𝒎 = 𝟐𝒉, 𝒉 ∈ ℤ, 𝒌 ∈ ℤ 
Es semejante al caso II. 
 
Ejemplo 4: 
Calcular 
∫sen2 𝑥 cos4 𝑥 𝑑𝑥 
Solución: 
∫sen2 𝑥 cos4 𝑥 𝑑𝑥 = ∫(
1 − cos 2𝑥
2
) . (
1 + cos 2𝑥
2
)
2
𝑑𝑥 = 
=
1
8
∫(1 − cos 2𝑥)(1 + cos 2𝑥)(1 + cos 2𝑥)𝑑𝑥 
=
1
8
∫(1 + cos 2𝑥 − cos2 2𝑥 − cos3 2𝑥)𝑑𝑥 
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=
1
8
(∫𝑑𝑥 +∫cos 2𝑥 𝑑𝑥 − ∫cos2 2𝑥 𝑑𝑥 − ∫cos3 2𝑥 𝑑𝑥) 
=
1
8
(𝑥 −
1
4
∙ 2𝑥 −
1
8
sen4𝑥 +
1
2
sen2𝑥 −
1
2
sen 2𝑥 −
1
6
sen3 2𝑥) + 𝐶 
=
1
8
(𝑥 −
1
2
𝑥 −
1
8
sen4𝑥 −
1
6
sen3 2𝑥) + 𝐶 
donde 
∫cos2 2𝑥 𝑑𝑥 
𝑢 = 2𝑥 ⇒ 𝑑𝑢 = 2𝑑𝑥 ⇒ 𝑑𝑥 =
𝑑𝑢
2
 
entonces 
∫cos2 2𝑥 𝑑𝑥 = ∫
cos2 𝑢 𝑑𝑢
2
=
1
2
∫cos2 𝑢 𝑑𝑢 =
1
2
∫(
1 + cos 2𝑢
2
)𝑑𝑢 
=
1
4
(𝑢 +
1
2
sen 2𝑢) + 𝐶1 =
1
4
(2𝑥 +
1
2
sen 4𝑥) + 𝐶1 
Y 
∫cos3 2𝑥 𝑑𝑥 = ∫cos2 2𝑥 cos 2𝑥 𝑑𝑥 = ∫(1 − sen2 2𝑥) cos 2𝑥 𝑑𝑥 
𝑢 = sen 2𝑥 ⇒ 𝑑𝑢 = cos 2𝑥 ∙ 2𝑑𝑥 ⇒ cos 2𝑥𝑑𝑥 =
𝑑𝑢
2
 
⇒ ∫ cos3 2𝑥 𝑑𝑥 = ∫(1 − 𝑢2)
𝑑𝑢
2
=
1
2
(𝑢 −
𝑢3
3
) + 𝐶2 =
1
2
𝑢 −
1
6
𝑢3 + 𝐶2 
=
1
2
sen 2𝑥 +
1
6
sen3 2𝑥 + 𝐶 
 
5.5. Caso V: Productos de senos y cosenos con arcos distintos. 
Estas son integrales de la forma: 
∫ 𝐜𝐨𝐬𝒎𝒙 𝐜𝐨𝐬𝒏𝒙 𝒅𝒙 , ∫ 𝐬𝐞𝐧𝒎𝒙𝐬𝐞𝐧𝒏𝒙 , ∫ 𝐬𝐞𝐧𝒎𝒙 𝐜𝐨𝐬 𝒏𝒙𝒅𝒙 
Para resolver estas integrales, se usan las identidades: 
cos 𝛼 cos 𝛽 =
cos(𝛼 + 𝛽) + cos(𝛼 − 𝛽)
2
 
sen 𝛼 sen𝛽 =
cos(𝛼 + 𝛽) − cos(𝛼 − 𝛽)
2
 
sen 𝛼 cos 𝛽 =
sen(𝛼 + 𝛽) + sen(𝛼 − 𝛽)
2
 
 
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Estas identidades, surgen de las propiedades de adición del seno y el coseno, veamos 
por ejemplo la primera: 
Sabemos que 
cos(𝛼 + 𝛽) = cos 𝛼 cos 𝛽 − sen 𝛼 sen 𝛽 (𝟏) 
y 
cos(𝛼 − 𝛽) = cos 𝛼 cos 𝛽 + sen 𝛼 sen 𝛽 (𝟐) 
Sumando (𝟏) y (𝟐), tenemos 
cos(𝛼 + 𝛽) + cos(𝛼 − 𝛽) = 2 cos 𝛼 cos 𝛽 
∴ cos 𝛼 cos 𝛽 =
cos(𝛼 + 𝛽) + cos(𝛼 − 𝛽)
2
 
Las otras identidades se demuestran de manera análoga. 
 
Ejemplo 5: 
Calcular 
∫ sen 3𝑥 cos 2𝑥 𝑑𝑥 
Solución: 
Tenemos 
∫ sen 3𝑥 cos 2𝑥 𝑑𝑥 
Así, por la tercer identidad, tenemos que 
∫ sen 3𝑥 cos 2𝑥 𝑑𝑥 = ∫
sen 5𝑥 + sen 𝑥
2
𝑑𝑥 =
1
2
∫ sen 5𝑥 𝑑𝑥 +
1
2
∫ sen 𝑥 𝑑𝑥 
= −
1
2
(
cos 5𝑥
5
) −
1
2
cos 𝑥 + 𝐶 = −
cos 5𝑥
10
−
cos 𝑥
2
+ 𝐶 
 
6. Método de Integración por Partes. 
 
Una de las más importantes técnicas que con frecuencia se usa para transformar una 
integral en una forma más manejable consiste en el método de integración por partes. 
 
Se basa en la fórmula para la derivada de un producto de dos funciones. 
Sean las funciones 𝑢 = 𝑈(𝑥) y 𝑣 = 𝑉(𝑥), ambas derivables en 𝑆 ⊆ ℝ. 
𝑑𝑢 = 𝑈′(𝑥)𝑑𝑥, 𝑑𝑣 = 𝑉′(𝑥)𝑑𝑥, ∀𝑥 ∈ 𝑆, por lo que tenemos 
𝑑(𝑢 ∙ 𝑣) = 𝑢𝑑𝑣 + 𝑣𝑑𝑢 ⇒ 𝑢𝑑𝑣 = 𝑑(𝑢. 𝑣) − 𝑣𝑑𝑢 
Si además 𝑈′(𝑥) y 𝑉′(𝑥) son continuas, tenemos: 
𝑢 ∙ 𝑉′(𝑥)𝑑𝑥 = 𝑑(𝑈(𝑥) ∙ 𝑉(𝑥)) − 𝑣 ∙ 𝑈′(𝑥)𝑑𝑥 
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Integrando 
∫𝑢𝑑𝑣 = ∫𝑢 ∙ 𝑉′(𝑥)𝑑𝑥 = ∫𝑑(𝑈(𝑥) ∙ 𝑉(𝑥)) − ∫𝑣 ∙ 𝑈′(𝑥)𝑑𝑥 
⇒ ∫𝑢𝑑𝑣 = 𝑈(𝑥) ∙ 𝑉(𝑥) − ∫𝑣. 𝑑𝑢 
 
¿Cuándo utilizamos integración por partes? 
Esta fórmula se usa frecuentemente para integrar expresiones que puedan ser 
representadas en forma de un producto de dos factores 𝑢 ∙ 𝑑𝑣, de tal manera que la 
búsqueda de la función 𝑣 a partir de su diferencial 𝑑𝑣 y el cálculo de la integral ∫𝑣 ∙ 𝑑𝑢 
constituyan en conjunto un problema más simple que el cálculo de ∫𝑢. 𝑑𝑣. 
 
Ejemplo 1: 
Calcular 
∫𝑥 ∙ cos 𝑘𝑥 𝑑𝑥 
Solución: 
Debemos estudiar dos casos: 
𝑘 = 0: 
∫𝑥𝑑𝑥 =
𝑥2
2
+ 𝐶 
𝑘 ≠ 0: 
Planteamos: 
𝑢 = 𝑥 𝑑𝑣 = cos 𝑘𝑥 𝑑𝑥
𝑑𝑢 = 𝑑𝑥 𝑣 =
sen𝑘𝑥
𝑘
+ 𝐶1
 
⇒ ∫𝑥 ∙ cos 𝑘𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥 ∙ (
sen 𝑘𝑥
𝑘
+ 𝐶1) − ∫(
sen𝑘𝑥
𝑘
+ 𝐶1)𝑑𝑥 
= 𝑥 ∙ (
sen 𝑘𝑥
𝑘
+ 𝐶1) +
cos 𝑘𝑥
𝑘2
− 𝐶1 ∙ 𝑥 + 𝐶 
= 𝑥 ∙
sen 𝑘𝑥
𝑘
+ 𝐶1 ∙ 𝑥 +
cos 𝑘𝑥
𝑘2
− 𝐶1 ∙ 𝑥 + 𝐶 
∴ ∫𝑥 ∙ cos 𝑘𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥 ∙
sen 𝑘𝑥
𝑘
+
cos 𝑘𝑥
𝑘2
+ 𝐶 
El ejemplo muestra que la constante 𝐶1 no aparece en el resultado final, por ello se 
puede tener 𝐶1 = 0. Esto es un hecho general que es fácil probar y queda como 
ejercicio. 
 
¿Qué pasa si elegimos otra sustitución? 
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𝑢 = cos 𝑘𝑥 𝑑𝑣 = 𝑥𝑑𝑥
𝑑𝑢 = −𝑘 sen 𝑘𝑥 𝑑𝑥 𝑣 =
𝑥2
2
 
Vemos que es fácil calcular 𝑣, pero 
∫𝑥 ∙ cos 𝑘𝑥 𝑑𝑥 =
𝑥2
2
∙ cos 𝑘𝑥 + ∫
𝑥2
2
. 𝑘 sen 𝑘𝑥 𝑑𝑥 =
𝑥2
2
∙ cos 𝑘𝑥 +
𝑘
2
∫𝑥2 sen 𝑘𝑥 𝑑𝑥 
La última integral es más complicada que la original. 
 
Ejemplo 2: 
Calcular: 
∫ ln 𝑥 𝑑𝑥 
Solución: 
 𝑢 = ln 𝑥 ⇒ 𝑑𝑢 =
𝑑𝑥
𝑥
 
𝑑𝑣 = 𝑑𝑥 ⇒ 𝑣 = 𝑥 
 
𝐼 = ∫ ln 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥 ln 𝑥 − ∫𝑥 
𝑑𝑥
𝑥
= 𝑥 ln 𝑥 − ∫𝑑𝑥 
𝐼 = 𝑥 ln 𝑥 − 𝑥 + 𝐶 
Así: 
∫ln 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥(ln 𝑥 − 1) + 𝐶 
Ejemplo 3: 
Calcular: 
∫𝑒𝑥cos 𝑥 𝑑𝑥 
Solución: 
Observemos que en este caso, no hay una elección preferible para 𝑢 y 𝑑𝑣, pues tanto la 
exponencial como la trigonométrica tienen integrales inmediatas y al derivarlas quedan 
del mismo nivel de complejidad. Elegimos, entonces 
 
𝑢 = 𝑒𝑥 ⇒ 𝑑𝑢 = 𝑒𝑥 𝑑𝑥 
𝑑𝑣 = cos 𝑥 𝑑𝑥 ⇒ 𝑣 = sen 𝑥 
𝐼 = ∫𝑒𝑥cos 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑒𝑥 sen 𝑥 − ∫𝑒𝑥sen 𝑥 𝑑𝑥 
 
Vemos que nos quedó una nueva integral, de la misma dificultad que la primera. 
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Volvemos a aplicar partes: 
 
𝑢 = 𝑒𝑥 ⇒ 𝑑𝑢 = 𝑒𝑥 𝑑𝑥 
𝑑𝑣 = sen𝑥 𝑑𝑥 ⇒ 𝑣 = −cos 𝑥 
𝐼 = 𝑒𝑥 sen 𝑥 − 𝑒𝑥 cos 𝑥 − ∫𝑒𝑥cos 𝑥 𝑑𝑥 
Sin embargo 
∫𝑒𝑥cos 𝑥 𝑑𝑥 = 𝐼 
De modo que: 
 
𝐼 = 𝑒𝑥 sen 𝑥 − 𝑒𝑥 cos 𝑥 − 𝐼 
Así 
2𝐼 = 𝑒𝑥 sen 𝑥 − 𝑒𝑥 cos 𝑥 
𝐼 =
1
2
 𝑒𝑥(sen 𝑥 − cos 𝑥) 
∫𝑒𝑥cos 𝑥 𝑑𝑥 =
1
2
 𝑒𝑥(sen 𝑥 − cos 𝑥) + 𝐶 
 
Esta es una integral muy especial, pues da la impresión de que nunca la calculamos 
realmente, aunque aplicamos dos veces integración por partes. 
Este tipo de integrales se las suele llamar “integrales cíclicas”. 
 
Veamos un último ejemplo dónde no sólo hay que integrar por partes, sino que también 
es necesario aplicar sustitución. 
 
Ejemplo 4: 
Calcular 
∫sec3 𝑥 𝑑𝑥 
Solución: 
Reescribimos la integral como: 
𝐼 = ∫ sec 𝑥 sec2 𝑥 𝑑𝑥 
y utilizamos la identidad trigonométrica: sec2 𝑥 = 1 + 𝑡𝑔2𝑥 
𝐼 = ∫ sec 𝑥(1 + tg2 𝑥) 𝑑𝑥 = ∫sec 𝑥 + sec 𝑥 ∙ tg2 𝑥 𝑑𝑥 
Es decir que: 
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 𝐼 = ∫sec 𝑥 𝑑𝑥 + ∫sec 𝑥 ∙ tg2 𝑥 𝑑𝑥 (𝟏) 
 
La primera integral ya la calculamos por sustitución y se obtuvo: 
∫sec 𝑥 𝑑𝑥 = ln|sec 𝑥 + tg 𝑥| + 𝐶 
Resolvemos la segunda integral por partes: 
∫sec 𝑥 ∙ tg2 𝑥 𝑑𝑥 
𝑢 = tg 𝑥 ⇒ 𝑑𝑢 = sec2 𝑥 
𝑑𝑣 = sec 𝑥 ∙ tg 𝑥 ⇒ 𝑣 = sec 𝑥 
Así 
∫sec 𝑥 ∙ tg2 𝑥 𝑑𝑥 = sec 𝑥 ∙ tg 𝑥 − ∫sec 𝑥 ∙ sec2 𝑥 𝑑𝑥 
Vemos que la integral del miembro derecho es justamente 𝐼 
Con lo que, volviendo a (𝟏) 
 
𝐼 = ln|sec 𝑥 + tg 𝑥| + sec 𝑥 ∙ tg 𝑥 − 𝐼 
Con lo que 
2𝐼 = ln|sec 𝑥 + tg 𝑥| + sec 𝑥 ∙ tg 𝑥 
y 
∫sec3 𝑥 𝑑𝑥 =
ln|sec 𝑥 + tg 𝑥| + sec 𝑥 ∙ tg 𝑥
2
+ 𝐶 
 
A continuación, veremos un breve resumen de distintos ejemplos que se verán en la 
práctica: 
 
∫𝑥𝑘𝑒𝑥𝑑𝑥 ∫ln 𝑥 𝑑𝑥 
∫𝑥2 ∙ cos 𝑎𝑥 𝑑𝑥 ∫𝑥𝑘 ∙ ln 𝑥 𝑑𝑥 
∫𝑥𝑘 ∙ sen 𝑎𝑥 𝑑𝑥 ∫𝑥𝑘 ∙ 𝑒𝑎𝑥𝑑𝑥 
∫arctg 𝑥 𝑑𝑥 ∫𝑥𝑘 arcsen 𝑥 𝑑𝑥 
 
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7. Integración de funciones de la forma (ax
2
+bx+c)
-1
 
Veremos cómo, mediante las fórmulas 
∫
𝒅𝒙
𝟏 + 𝒙𝟐
= 𝐚𝐫𝐜𝐭𝐠 𝒙 + 𝑪 
∫
𝒅𝒙
𝟏 − 𝒙𝟐
= 𝐀𝐫𝐜𝐓𝐡𝒙 + 𝑪 =
𝟏
𝟐
𝐥𝐧 |
𝟏 + 𝒙
𝟏 − 𝒙
| + 𝑪 
 
se puede integrar cualquier expresión en la que aparezca como cantidad subintegral la 
unidad dividida por un trinomio de segundo grado. 
 
Empecemos por algunos casos particulares 
Ejemplo 1: 
𝐼1 = ∫
𝑑𝑥
𝑎2 + 𝑏2𝑥2
 
El denominador se puede escribir 
𝑎2 + 𝑏2𝑥2 = 𝑎2 (1 +
𝑏2
𝑎2
𝑥2) = 𝑎2 [1 + (
𝑏
𝑎
)
2
𝑥2] = 𝑎2 [1 + (
𝑏
𝑎
𝑥)
2
] 
Haciendo la sustitución 
𝑢 =
𝑏
𝑎
𝑥 ⇒ 𝑑𝑥 =
𝑎
𝑏
𝑑𝑢 ⇒ 𝑑𝑢 =
𝑏
𝑎
𝑑𝑥 
∴ 𝐼1 = ∫
𝑎
𝑏
𝑑𝑢𝑎2(1 + 𝑢2)
=
1
𝑎𝑏
∫
𝑑𝑢
(1 + 𝑢2)
=
1
𝑎𝑏
arctan 𝑢 + 𝐶 =
1
𝑎𝑏
arctan (
𝑏
𝑎
𝑥) + 𝐶 
 
Ejemplo 2: 
𝐼2 = ∫
𝑑𝑥
𝑎2 − 𝑏2𝑥2
 
El denominador se puede escribir 
𝑎2 − 𝑏2𝑥2 = 𝑎2 (1 −
𝑏2
𝑎2
𝑥2) = 𝑎2 [1 − (
𝑏
𝑎
)
2
𝑥2] = 𝑎2 [1 − (
𝑏
𝑎
𝑥)
2
] 
Haciendo la sustitución 
𝑢 =
𝑏
𝑎
𝑥 ⇒ 𝑑𝑥 =
𝑎
𝑏
𝑑𝑢 ⇒ 𝑑𝑢 =
𝑏
𝑎
𝑑𝑥 
∴ 𝐼2 = ∫
𝑎
𝑏
𝑑𝑢
𝑎2(1 − 𝑢2)
=
1
𝑎𝑏
∫
𝑑𝑢
(1 − 𝑢2)
=
1
𝑎𝑏
ArcTh𝑢 + 𝐶 =
1
𝑎𝑏
ArcTh𝑢 + 𝐶 
Ó 
𝐼2 =
1
2
ln |
1 + 𝑢
1 − 𝑢
| + 𝐶 =
1
2
ln |
𝑎 + 𝑏𝑥
𝑎
𝑎 − 𝑏𝑥
𝑎
| + 𝐶 =
1
2
ln |
𝑎 + 𝑏𝑥
𝑎 − 𝑏𝑥
| + 𝐶 
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Caso General 
El caso en el cual aparece en el denominador un trinomio completo de segundo grado 
siempre se puede llevar a los anteriores recordando lo siguiente: 
𝑎𝑥2 + 𝑏𝑥 + 𝑐 = 𝑎 (𝑥2 +
𝑏
𝑎
𝑥 +
𝑐
𝑎
) = 𝑎 [𝑥2 +
𝑏
𝑎
𝑥−(
𝑏
2𝑎
)
2
+ (
𝑏
2𝑎
)
2
+
𝑐
𝑎
] 
 
= 𝑎 [(𝑥 +
𝑏
2𝑎
)
2
+
−𝑏2 + 4𝑎𝑐
4𝑎2
] 
 
Ejemplo 3: 
Calcular 
∫
𝑑𝑥
𝑥2 + 4𝑥 + 13
 
Solución: 
𝐼3 = ∫
𝑑𝑥
𝑥2 + 4𝑥 + 13
 
𝑥2 + 4𝑥 + 13 = 𝑥2 + 4𝑥 + 4 − 4 + 13 = (𝑥2 + 4𝑥 + 4) + 9 = (𝑥 + 2)2 + 9 
𝐼3 = ∫
𝑑𝑥
(𝑥 + 2)2 + 9
 
 
Llamamos 𝑧 = 𝑥 + 2 ⇒ 𝑑𝑧 = 𝑑𝑥 y se ocupa la relación 𝐼 =
1
𝑎𝑏
arctan (
𝑏
𝑎
𝑧) con 𝑎 = 3 
y 𝑏 = 1. 
 
𝐼 = ∫
𝑑𝑥
𝑧2 + 32
=
1
9
∫
𝑑𝑥
𝑧2
9 + 1
=
1
9
∫
𝑑𝑥
(
𝑧
3)
2
+ 1
 
𝑢 =
𝑧
3
⇒
𝑑𝑧
3
= 𝑑𝑥 ⇒ 𝑑𝑧 = 3𝑑𝑥 
 
⇒
1
9
∫
𝑑𝑥
𝑢2 + 1
=
1
9
∙ 3∫
𝑑𝑢
𝑢2 + 1
=
1
3
arctan 𝑢 + 𝐶 =
1
3
arctan (
𝑧
3
) + 𝐶
=
1
3
arctan (
𝑥 + 2
3
) + 𝐶 
 
∴ 𝐼3 =
1
3
arctan (
𝑥 + 2
3
) + 𝐶 
 
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8. Integración de funciones racionales. 
 
Una función racional es del tipo 𝐻(𝑥) =
𝑃(𝑥)
𝑄(𝑥)
 siendo 𝑃(𝑥) y 𝑄(𝑥) polinomios. Si el 
grado del numerador es mayor o igual que el grado del denominar dividimos el 
numerador por el denominador hasta obtener una fracción en la cual el grado del 
numerador sea menor que el grado del denominador. 
 
Ejemplo 1: 
Calcular 
∫
𝑥4 − 10𝑥2 + 3𝑥 + 1
𝑥2 − 4
𝑑𝑥 
Solución: 
Como 𝑔𝑟 (𝑥4 − 10𝑥2 + 3𝑥 + 1) > 𝑔𝑟(𝑥2 − 4) , debemos realizar la división entre 
ambos polinomios: 
 
𝑥4 + 0𝑥3 − 10𝑥2 + 3𝑥 + 1 𝑥2 − 4 
−𝑥4 + 4𝑥2 𝑥2 − 6 
0𝑥4 + 0𝑥3 − 6𝑥2 + 3𝑥 + 1 
+6𝑥2 − 24 
0𝑥2 + 3𝑥 − 23 
Entonces: 
∫
𝑥4 − 10𝑥2 + 3𝑥 + 1
𝑥2 − 4
𝑑𝑥 = ∫
(𝑥2 − 6)(𝑥2 − 4) + (3𝑥 − 23)
𝑥2 − 4
𝑑𝑥
= ∫(𝑥2 − 6)𝑑𝑥 + ∫
3𝑥 − 23
𝑥2 − 4
𝑑𝑥 
En general, entonces, nos interesa la integración de expresiones de la forma: 
∫
𝑃(𝑥)
𝑄(𝑥)
𝑑𝑥 
donde el grado de 𝑃(𝑥) es menor que el grado de 𝑄(𝑥). 
 
Para hacer esto, suele ser necesario escribir 
𝑃(𝑥)
𝑄(𝑥)
 como una suma de fracciones parciales. 
Los denominadores de tales fracciones se obtienen de factorizar 𝑄(𝑥) como un producto 
de factores lineales y cuadráticos. A veces puede ser difícil encontrar estos factores de 
𝑄(𝑥), sin embargo, existe un teorema de álgebra avanzada que indica que esto siempre 
es teóricamente posible. 
Después de que 𝑄(𝑥) ha sido factorizado en productos de factores lineales y 
cuadráticos, el método para determinar las fracciones parciales depende de la naturaleza 
de dichos factores. 
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8.1. Caso I: Raíces Reales Simples 
 
Los factores de 𝑄(𝑥) son todos lineales y ninguno se repite. Es decir, 
𝑄(𝑥) = (𝑎1𝑥 + 𝑏1)(𝑎2𝑥 + 𝑏2)… (𝑎𝑛𝑥 + 𝑏𝑛) 
donde no hay factores idénticos. 
 
En este caso, escribimos: 
𝑃(𝑥)
𝑄(𝑥)
≡
𝐴1
𝑎1𝑥 + 𝑏1
+
𝐴2
𝑎2𝑥 + 𝑏2
+⋯+
𝐴𝑛
𝑎𝑛𝑥 + 𝑏𝑛
 
donde 𝐴1, 𝐴2,… ,𝐴𝑛 son constantes que se van a determinar, y ≡ se lee “idénticamente 
igual”, pues la expresión dada es una identidad. 
 
Ejemplo 2: 
Calcular 
∫
𝑥 − 1
𝑥3 − 𝑥2 − 2𝑥
𝑑𝑥 
Solución: 
Factorizamos el denominador. 
𝑥3 − 𝑥2 − 2𝑥 = 𝑥(𝑥2 − 𝑥 − 2) = 𝑥(𝑥 − 2)(𝑥 + 1). 3 
 
Entonces 
𝑥 − 1
𝑥3 − 𝑥2 − 2𝑥
≡
𝑥 − 1
𝑥(𝑥 − 2)(𝑥 + 1)
 
Así escribimos: 
𝑥 − 1
𝑥(𝑥 − 2)(𝑥 + 1)
≡
𝐴
𝑥
+
𝐵
(𝑥 − 2)
+
𝐶
(𝑥 + 1)
 
En el segundo miembro; es una identidad ∀𝑥 ≠ 0,−1,2 
 
𝑥 − 1
𝑥(𝑥 − 2)(𝑥 + 1)
≡
(𝑥 − 2)(𝑥 + 1)𝐴 + 𝑥(𝑥 + 1)𝐵 + 𝑥(𝑥 − 2)𝐶
𝑥(𝑥 − 2)(𝑥 + 1)
 
Es una identidad ∀𝑥 
𝑥 − 1 ≡ (𝑥 − 2)(𝑥 + 1)𝐴 + 𝑥(𝑥 + 1)𝐵 + 𝑥(𝑥 − 2)𝐶 
Ahora: 
 
3 
𝑥1,2 =
1 ± √1 + 4 ∙ 2
2 ∙ 1
=
1 ± √9
2
⇒ 𝑥1 =
1 + 3
2
= 2 ∧ 𝑥2 =
1 − 3
2
= −1 
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𝑥 = 0 ⇒ (−2)𝐴 = −1 ⇒ 𝐴 =
1
2
 
𝑥 = −1 ⇒ (−3)(−𝐶) = −2 ⇒ 𝐶 = −
2
3
 
𝑥 = 2 ⇒ 3 ∙ 2𝐵 = 1 ⇒ 𝐵 =
1
6
 
Otro método sería 
𝑥 − 1 ≡ (𝑥2 − 2𝑥 + 𝑥 − 2)𝐴 + (𝑥2 + 𝑥)𝐵 + (𝑥2 − 2𝑥)𝐶 
≡ 𝑥2𝐴 − 𝑥𝐴 − 2𝐴 + 𝑥2𝐵 + 𝑥𝐵 + 𝑥2𝐶 − 2𝑥𝐶 
≡ (𝐴 + 𝐵 + 𝐶)𝑥2 + (−𝐴 + 𝐵 − 2𝐶)𝑥 − 2𝐴 
Entonces: 
𝐴 + 𝐵 + 𝐶 = 0 ⇒
1
2
+ 𝐵 + 𝐶 = 0 ⇒ 𝐵 + 𝐶 = −
1
2
 
−𝐴 + 𝐵 − 2𝐶 = 1 ⇒ −
1
2
+ 𝐵 − 2𝐶 = 1 ⇒ 𝐵 − 2𝐶 =
3
2
 
−2𝐴 = −1 ⇒ 𝐴 =
1
2
 
Resolviendo el sistema, se encuentra: 
𝐵 =
1
6
∧ 𝐶 = −
2
3
 
Entonces: 
𝑥 − 1
𝑥(𝑥 − 2)(𝑥 + 1)
≡
1
2
𝑥
+
1
6
(𝑥 − 2)
+
−
2
3
(𝑥 + 1)
 
Por lo tanto, la integral dada se puede expresar 
∫
𝑥 − 1
𝑥(𝑥 − 2)(𝑥 + 1)
𝑑𝑥 =
1
2
∫
𝑑𝑥
𝑥
+
1
6
∫
𝑑𝑥
𝑥 − 2
−
2
3
∫
𝑑𝑥
𝑥 + 1
 
=
1
2
ln|𝑥| +
1
6
ln|𝑥 − 2| −
2
3
ln|𝑥 + 1| + 𝐶 
 
8.2. Caso II: Raíces Reales Múltiples 
 
Los factores de 𝑄(𝑥) son todos lineales y algunos están repetidos. 
Supongamos que (𝑎𝑖𝑥 + 𝑏𝑖) es el factor que se repite p veces. Entonces correspondiente 
ese factor estará la suma de 𝑝 fracciones parciales. 
𝐴1
(𝑎𝑖𝑥 + 𝑏𝑖)𝑝
+
𝐴2
(𝑎í𝑥 + 𝑏𝑖)𝑝−1
+⋯+
𝐴𝑝−1
(𝑎𝑖𝑥 + 𝑏𝑖)2
+
𝐴𝑝
(𝑎𝑖𝑥 + 𝑏𝑖)
 
donde 𝐴1, 𝐴2,… ,𝐴𝑝 son constantes que se van a determinar. 
 
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Ejemplo 3: 
Calcular 
∫
𝑥2 + 𝑥 − 1
𝑥3(𝑥 + 1)2
𝑑𝑥 
Solución: 
Puesto que el denominador presenta una raíz doble (𝑥 = −1) y una triple (𝑥 = 0) , 
escribimos. 
𝑥2 + 𝑥 − 1
𝑥3(𝑥 + 1)2
≡
𝐴0
𝑥3
+
𝐴1
𝑥2
+
𝐴2
𝑥
+
𝐵0
(𝑥 + 1)2
+
𝐵1
(𝑥 + 1)
 
Operando, sacando M.C.M. será (M.C.M.= 𝑥3(𝑥 + 1)2) 
𝑥2 + 𝑥 − 1
𝑥3(𝑥 + 1)2
≡
(𝑥 + 1)2𝐴0 + 𝑥
2(𝑥 + 1)2𝐴1 + 𝑥(𝑥 + 1)
2𝐴2 + 𝑥
3𝐵0 + 𝑥
3(𝑥 + 1)𝐵1
𝑥3(𝑥 + 1)2
 
∴ 𝑥2 + 𝑥 − 1 ≡ (𝑥 + 1)2𝐴0 + 𝑥
2(𝑥 + 1)2𝐴1 + 𝑥(𝑥 + 1)
2𝐴2 + 𝑥
3𝐵0 + 𝑥
3(𝑥 + 1)𝐵1 
Ahora: 
𝑥 = −1 ⇒ 1 = −𝐵0 ⇒ 𝐵0 = −1 
𝑥 = 0 ⇒ 𝐴0 = 1 
Faltan determinar tres coeficientes. Como se trata de una identidad, podemos dar a 𝑥 
valores, por ejemplo: 
𝑥 = 1, 𝑥 = 2, 𝑥 = 3 Así. 
4𝐴0 + 4𝐴1 + 4𝐴2 + 𝐵0 + 2𝐵1 = 3 
9𝐴0 + 18𝐴1 + 36𝐴2 + 8𝐵0 + 24𝐵1 = 7 
16𝐴0 + 48𝐴1 + 144𝐴2 + 27𝐵0 + 108𝐵1 = 13 
Teniendo en cuenta que es 𝐴0 = 1 , 𝐵0 = −1 
 
{
4 + 4𝐴1 + 4𝐴2 − 1 + 2𝐵1 = 3
9 + 18𝐴1 + 36𝐴2 − 8 + 24𝐵1 = 7
16 + 48𝐴1 + 144𝐴2 − 27 + 108𝐵1 = 13 
 
 
4𝐴1 + 4𝐴2 + 2𝐵1 = 0 ⇒ 2𝐴1 + 2𝐴2 + 𝐵1 = 0 
18𝐴1 + 36𝐴2 + 24𝐵1 = 6 ⇒ 3𝐴1 + 6𝐴2 + 4𝐵1 = 1 
48𝐴1 + 144𝐴2 + 108𝐵1 = 24 ⇒ 4𝐴1 + 12𝐴2 + 9𝐵1 = 2 
 
Resolviendo el sistema (por el método de Gauss), tenemos 
(
2 2 1
3 6 4
4 12 9
|
0
1
2
)~(
2 2 1
0 6 5
0 16 14
|
0
2
4
)~(
2 2 1
0 6 5
0 0 4
|
0
2
−8
) 
 
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2𝐴1 + 2𝐴2 + 𝐵1 = 0 ⇒ 2𝐴1 + 4 − 2 = 0 ⇒ 𝐴1 = −1 
6𝐴2 + 5𝐵1 = 2 ⇒ 6𝐴2 − 10= 2 ⇒ 𝐴2 = 2 
4𝐵1 = −8 ⇒ 𝐵1 = −2 
 
La integral se transforma en la siguiente: 
∫
𝑥2 + 𝑥 − 1
𝑥3(𝑥 + 1)2
𝑑𝑥 = ∫
𝑑𝑥
𝑥3
− ∫
𝑑𝑥
𝑥2
+∫
2𝑑𝑥
𝑥
− ∫
𝑑𝑥
(𝑥 + 1)2
−∫
2𝑑𝑥
(𝑥 + 1)
 
donde 
∫
𝑑𝑥
(𝑥 + 1)2
= ∫
𝑑𝑢
𝑢2
=
𝑢−1
(−1)
= −
1
(𝑥 + 1)
 
𝑢 = (𝑥 + 1) ⇒ 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥 
⇒ 𝐼 =
𝑥−2
(−2)
−
𝑥−1
(−1)
+ 2 ln|𝑥| +
1
(𝑥 + 1)
− 2 ln|𝑥 + 1| + 𝐶 
= −
1
2𝑥2
+
1
𝑥
+ 2 ln|𝑥| +
1
(𝑥 + 1)
− 2 ln|𝑥 + 1| + 𝐶 
Que se puede escribir: 
𝐼 = −
1
2
∙
1
𝑥2
+
1
𝑥
+
1
(𝑥 + 1)
+ [ln 𝑥2 − ln(𝑥 + 1)2] + 𝐶 
𝐼 =
−(𝑥 + 1) + 2𝑥(𝑥 + 1) + 2𝑥2
2𝑥2(𝑥 + 1)
+ ln [
𝑥2
(𝑥 + 1)2
] + 𝐶 
𝐼 =
−𝑥 − 1 + 2𝑥2 + 2𝑥 + 2𝑥2
2𝑥2(𝑥 + 1)
+ ln [
𝑥2
(𝑥 + 1)2
] + 𝐶 
𝐼 =
4𝑥2 + 𝑥 − 1
2𝑥2(𝑥 + 1)
+ ln [
𝑥2
(𝑥 + 1)2
] + 𝐶 
 
8.3. Caso III: Raíces Complejas Conjugadas Simples 
 
En el denominador hay raíces complejas simples. Si bien en este caso puede procederse 
como en el caso I), a fin de evitar las operaciones con coeficientes imaginarios es 
conveniente dejar sin resolver las expresiones cuadráticas que corresponden a raíces 
complejas conjugadas. De manera correspondiente al factor de las raíces complejas, se 
encuentra la fracción parcial 
𝐵𝑥 + 𝐶
𝑥2 + 𝑝𝑥 + 𝑞
 
Si el denominador 𝑄(𝑥) admite una raíz compleja 𝑥 = 𝛼 + 𝛽𝑖 , admite también su 
conjugada 𝑥 = 𝛼 − 𝛽𝑖, y los coeficientes correspondientes son complejos conjugados: 
𝑀 +𝑁𝑖 y 𝑀 −𝑁𝑖. Entonces: 
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𝑀 +𝑁𝑖
𝑥 − (𝛼 + 𝛽𝑖)
+
𝑀 − 𝑁𝑖
𝑥 − (𝛼 − 𝛽𝑖)
=
(𝑀 + 𝑁𝑖)[𝑥 − (𝛼 − 𝛽𝑖)] + (𝑀 − 𝑁𝑖)[𝑥 − (𝛼 + 𝛽𝑖)]
𝑥2 − (𝛼 − 𝛽𝑖)𝑥 − (𝛼 + 𝛽𝑖)𝑥 + (𝛼 + 𝛽𝑖)(𝛼 − 𝛽𝑖)
 
 
=
𝑀𝑥 − (𝛼 − 𝛽𝑖)𝑀 + 𝑁𝑖𝑥 − 𝑁𝑖(𝛼 − 𝛽𝑖) + 𝑀𝑥 −𝑀(𝛼 + 𝛽𝑖) − 𝑁𝑖𝑥 + 𝑁𝑖(𝛼 + 𝛽𝑖)
𝑥2 − 𝛼𝑥 + 𝛽𝑥𝑖 − 𝛼𝑥 − 𝛽𝑥𝑖 + 𝛼2 + 𝛽2
 
 
=
2𝑀𝑥 − (𝛼 − 𝛽𝑖)𝑀 − 𝑁𝑖(𝛼 − 𝛽𝑖) − 𝑀(𝛼 + 𝛽𝑖) + 𝑁𝑖(𝛼 + 𝛽𝑖)
𝑥2 − 2𝛼𝑥 + 𝛼2 + 𝛽2
 
 
=
2𝑀𝑥 − 𝛼𝑀 + 𝛽𝑀𝑖 − 𝛼𝑁𝑖 + 𝛽𝑁𝑖2 − 𝛼𝑀 − 𝛽𝑀𝑖 + 𝛼𝑁𝑖 + 𝛽𝑁𝑖2
(𝑥 − 𝛼)2 + 𝛽2
 
 
=
2𝑀𝑥 − 2𝛼𝑀 − 2𝛽𝑁
(𝑥 − 𝛼)2 + 𝛽2
=
2𝑀𝑥 − 2(𝛼𝑀 + 𝛽𝑁)
(𝑥 − 𝛼)2 + 𝛽2
=
𝐵𝑥 + 𝐶
𝑥2 + 𝑝𝑥 + 𝑞
 
 
Con 𝐵 = 2𝑀 y 𝐶 = −2(𝛼𝑀 + 𝛽𝑁), con lo cual se justifica la relación planteada. 
 
Ejemplo 4: 
Calcular 
∫
𝑥𝑑𝑥
1 + 𝑥3
 
Solución: 
El denominador admite la raíz real 𝑥 = −1. Aplicando Ruffini, tenemos: 
 
 1 0 0 1 
-1 -1 1 -1 
 1 -1 1 0 
 
1 + 𝑥3 = (𝑥 + 1) ∙ (𝑥2 − 𝑥 + 1) 
El factor 𝑥2 − 𝑥 + 1 admite raíces complejas, de modo que para evitarlas, intentaremos 
la siguiente descomposición: 
 
𝑥
1 + 𝑥3
=
𝐴
𝑥 + 1
+
𝐵𝑥 + 𝐶
𝑥2 − 𝑥 + 1
 
Debiendo existir identidad de los denominadores, se tiene que: 
𝑥 ≡ 𝐴(𝑥2 − 𝑥 + 1) + (𝐵𝑥 + 𝐶)(𝑥 + 1) 
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𝑥 = −1 ⇒ −1 = 3𝐴 + (−𝐵 + 𝐶)0 ⇒ 𝐴 = −
1
3
 
𝑥 = 0 ⇒ 𝐴 + 𝐶 = 0 ⇒ 𝐶 = −𝐴 ⇒ 𝐶 =
1
3
 
𝑥 = 1 ⇒ 1 = 𝐴 + 2(𝐵 + 𝐶) ⇒ 1 = −
1
3
+ 2𝐵 +
2
3
⇒ 𝐵 =
1
3
 
Entonces 
∫
𝑥𝑑𝑥
1 + 𝑥3
= −
1
3
∫
𝑑𝑥
𝑥 + 1
+
1
3
∫
𝑥 + 1
𝑥2 − 𝑥 + 1
𝑑𝑥 
La primera integral es inmediata. Vayamos al denominador de la segunda: 
1
3
∫
𝑥 + 1
𝑥2 − 𝑥 + 1
𝑑𝑥 
 
𝑥2 − 𝑥 + 1 = 𝑥2 − 𝑥 +
1
4
+ 1 −
1
4
= (𝑥 −
1
2
)
2
+
3
4
 
⇒
1
3
∫
𝑥 + 1
𝑥2 − 𝑥 + 1
𝑑𝑥 =
1
3
∫
𝑥 + 1
(𝑥 −
1
2)
2
+
3
4
𝑑𝑥 
En el numerador, sumamos y restamos 
1
2
 
1
3
∫
𝑥 + 1
(𝑥 −
1
2)
2
+
3
4
𝑑𝑥 =
1
3
∫
𝑥 + 1 −
1
2 +
1
2
(𝑥 −
1
2)
2
+
3
4
𝑑𝑥 =
1
3
∫
(𝑥 −
1
2) +
3
2
(𝑥 −
1
2)
2
+
3
4
𝑑𝑥 
 
=
1
3
∙
1
2
∫
2(𝑥 −
1
2) + 3
(𝑥 −
1
2)
2
+
3
4
𝑑𝑥 =
1
6
∫
2(𝑥 −
1
2) + 3
(𝑥 −
1
2)
2
+
3
4
𝑑𝑥 
 
=
1
6
∫
2 (𝑥 −
1
2)
(𝑥 −
1
2)
2
+
3
4
𝑑𝑥 +
1
2
∫
1
(𝑥 −
1
2)
2
+
3
4
𝑑𝑥 
𝑢 = (𝑥 −
1
2
)
2
⇒ 𝑑𝑢 = 2(𝑥 −
1
2
) 𝑑𝑥 ⇒ 𝑑𝑥 =
𝑑𝑢
2 (𝑥 −
1
2)
 
Así: 
∫
2 (𝑥 −
1
2)
(𝑥 −
1
2)
2
+
3
4
𝑑𝑥 = ∫
𝑑𝑢
𝑢 +
3
4
= ln |𝑢 +
3
4
| + 𝐶1 
Y también 
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∫
1
(𝑥 −
1
2)
2
+
3
4
𝑑𝑥 = ∫
1
(𝑥 −
1
2)
2
+ (
√3
2 )
2 𝑑𝑥 =
2
√3
arctg (
𝑥 −
1
2
√3
2
) + 𝐶2 
 
Entonces: 
1
3
∫
𝑥 + 1
𝑥2 − 𝑥 + 1
𝑑𝑥 =
1
6
ln [(𝑥 −
1
2
)
2
+
3
4
] +
1
√3
arctg(
𝑥 −
1
2
√3
2
) + 𝐶3 
Reuniendo los resultados, tenemos: 
∫
𝑥𝑑𝑥
1 + 𝑥3
= −
1
3
ln|𝑥 + 3| +
1
6
ln [(𝑥 −
1
2
)
2
+
3
4
] +
1
√3
arctg(
𝑥 −
1
2
√3
2
) + 𝐶 
 
8.4. Caso IV: Raíces Complejas Conjugadas Múltiples 
 
En el denominador hay raíces complejas múltiples. También en este caso se puede 
resolver procediendo como en el caso II), pero a fin de evitar los complejos, se dejan 
sin descomponer los correspondientes factores cuadráticos. 
En el caso de raíces dobles, se llega a expresiones cuyas integrales son inmediatas si 
agregamos a las ya existentes la siguiente: 
 
𝐼 = ∫
𝑑𝑥
(𝑥2 + 𝑎2)2
= ∫
2𝑎2𝑑𝑥
(𝑥2 + 𝑎2)22𝑎2
= ∫
𝑥2 + 𝑎2 + 𝑎2 − 𝑥2
(𝑥2 + 𝑎2)22𝑎2
𝑑𝑥 
=
1
2𝑎2
∫
(𝑥2 + 𝑎2) + (𝑎2 − 𝑥2)
(𝑥2 + 𝑎2)2
𝑑𝑥 
=
1
2𝑎2
∫
𝑑𝑥
𝑥2 + 𝑎2
+
1
2𝑎2
𝑎2∫
𝑑𝑥
(𝑥2 + 𝑎2)2
−
1
2𝑎2
∫
𝑥2
(𝑥2 + 𝑎2)2
𝑑𝑥 
=
1
2𝑎2
∫
𝑑𝑥
𝑥2 + 𝑎2
+
1
2
∫
𝑑𝑥
(𝑥2 + 𝑎2)2
−
1
2𝑎2
∫
𝑥2
(𝑥2 + 𝑎2)2
𝑑𝑥 
Como 
∫
𝑑𝑥
𝑥2 + 𝑎2
=
1
𝑎
arctg (
𝑥
𝑎
) + 𝐶1 
La última integral 
∫
𝑥2
(𝑥2 + 𝑎2)2
𝑑𝑥 
La resolveremos por partes: 
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𝑢 = 𝑥 𝑑𝑣 =
𝑥
(𝑥2 + 𝑎2)2
𝑑𝑥
𝑑𝑢 = 𝑑𝑥 𝑣 = ∫
𝑥
(𝑥2 + 𝑎2)2
𝑑𝑥
 
Haciendo 𝑡 = 𝑥2 + 𝑎2 ⇒ 𝑑𝑡 = 2𝑥𝑑𝑥 ⇒
𝑑𝑡
2
= 𝑥𝑑𝑥 
𝑣 = ∫
𝑥
(𝑥2 + 𝑎2)2
𝑑𝑥 =
1
2
∫
𝑑𝑡
𝑡2
= −
1
2𝑡
+ 𝐾 
∴ 𝑣 = −
1
2(𝑥2 + 𝑎2)
 
⇒ ∫
𝑥2
(𝑥2 + 𝑎2)2
𝑑𝑥 = −
𝑥
2(𝑥2 + 𝑎2)
+
1
2
∫
𝑑𝑥
𝑥2 + 𝑎2
 
∴ ∫
𝑥2
(𝑥2 + 𝑎2)2
𝑑𝑥 = −
𝑥
2(𝑥2 + 𝑎2)
+
1
2𝑎
arctg (
𝑥
𝑎
) + 𝐶2 
Entonces 
𝐼 =
1
2𝑎2
1
𝑎
arctg (
𝑥
𝑎
) +
1
2
𝐼 −
1
2𝑎2
[−
𝑥
2(𝑥2 + 𝑎2)
+
1
2𝑎
arctg (
𝑥
𝑎
)] + 𝐶 
⇒
1
2
𝐼 =
1
2𝑎3
arctg (
𝑥
𝑎
) +
𝑥
4𝑎2(𝑥2 + 𝑎2)
−
1
4𝑎3
arctg (
𝑥
𝑎
) + 𝐶 
∴ 𝐼 =
1
2𝑎3
arctg (
𝑥
𝑎
) +
𝑥
2𝑎2(𝑥2 + 𝑎2)
+ 𝐶 
 
Ejemplo 5: 
Calcular 
∫
3𝑥3 + 4𝑥 − 2
(𝑥2 + 1)2
𝑑𝑥 
Solución: 
𝐼 = ∫
3𝑥3 + 4𝑥 − 2
(𝑥2 + 1)2
𝑑𝑥 
 
3𝑥3 + 4𝑥 − 2
(𝑥2 + 1)2
≡
𝐴𝑥 + 𝐵
(𝑥2 + 1)2
+
𝐶𝑥 + 𝐷
𝑥2 + 1
 
 
(𝐴𝑥 + 𝐵) + (𝐶𝑥 + 𝐷)(𝑥2 + 1) = 3𝑥3 + 4𝑥 − 2 
𝐴𝑥 + 𝐵 + 𝐶𝑥3 + 𝐷𝑥2 + 𝐶𝑥 + 𝐷 = 3𝑥3 + 4𝑥 − 2 
𝐶𝑥3 + 𝐷𝑥2 + (𝐴 + 𝐶)𝑥 + (𝐵 + 𝐷) = 3𝑥3 + 4𝑥 − 2 
 
⇒ 𝐶 = 3 
Integrales Indefinidas 
 
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Análisis Matemático I. Facultad de Ciencias Exactas. Departamento de Matemática 35 
⇒ 𝐷 = 0 
⇒ 𝐴 + 𝐶 = 4 ⇒ 𝐴 + 3 = 4 ⇒ 𝐴 = 1 
⇒ 𝐵 + 𝐷 = −2 ⇒ 𝐵 = −2 
 
La integral se transforma en 
𝐼 = ∫
3𝑥3 + 4𝑥 − 2
(𝑥2 + 1)2
𝑑𝑥 = ∫
𝑥 − 2
(𝑥2 + 1)2
𝑑𝑥 + ∫
3𝑥
𝑥2 + 1
𝑑𝑥 
= ∫
𝑥
(𝑥2 + 1)2
𝑑𝑥
⏟ 
𝐼1
− 2∫
𝑑𝑥
(𝑥2 + 1)2⏟ 
𝐼2
+∫
3𝑥
𝑥2 + 1
𝑑𝑥
⏟ 
𝐼3
 
Para 𝐼1 e 𝐼3 
 
𝑢 = 𝑥2 + 1 ⇒ 𝑑𝑢 = 2𝑥𝑑𝑥 ⇒ 𝑑𝑥 =
𝑑𝑢
2𝑥
 
Así: 
𝐼1 = ∫
𝑥
(𝑥2 + 1)2
𝑑𝑥 = ∫
𝑥
𝑢2
𝑑𝑢
2𝑥
= ∫
𝑑𝑢
2𝑢2
=
1
2
∫
𝑑𝑢
𝑢2
= −
1
2𝑢
+ 𝐶1 = −
1
2(𝑥2 + 1)
+ 𝐶1 
 
𝐼2 = ∫
𝑑𝑥
(𝑥2 + 1)2
=
1
2
arctg 𝑥 +
𝑥
2(𝑥2 + 1)
+ 𝐶2 
 
𝐼3 = ∫
3𝑥
𝑥2 + 1
𝑑𝑥 = ∫
3𝑥
𝑢
𝑑𝑢
2𝑥
=
3
2
∫
𝑑𝑢
𝑢
=
3
2
ln|𝑢| + 𝐶3 =
3
2
ln(𝑥2 + 1) + 𝐶3 
 
De esta forma: 
 
𝐼 = −
1
2(𝑥2 + 1)
− arctg 𝑥 −
𝑥
(𝑥2 + 1)
+
3
2
ln(𝑥2 + 1) + 𝐶 
 
∴ 𝐼 = −
1 + 2𝑥
2(𝑥2 + 1)
− arctg 𝑥 +
3
2
ln(𝑥2 + 1) + 𝐶 
 
Si las raíces imaginarias son múltiples con grado 𝑛 mayor que 2, aparecen expresiones 
del tipo ∫
𝑑𝑥
(𝑥2+𝑎2)𝑛
. integrales de este tipo se pueden calcular mediante una fórmulade 
recurrencia. 
 
Ejemplo 6: 
Integrales Indefinidas 
 
INTEGRALES INDEFINIDAS 
Análisis Matemático I. Facultad de Ciencias Exactas. Departamento de Matemática 36 
Calcular 
∫
𝑑𝑥
(1 + 𝑥2)𝑛
 
Solución: 
Podemos escribir 1 = 1 + 𝑥2 − 𝑥2 = (1 + 𝑥2) − 𝑥2 . Llamando 𝐼𝑛 a la integral que 
deseamos calcular, tenemos que 
𝐼𝑛 = ∫
𝑑𝑥
(1 + 𝑥2)𝑛
= ∫
1 + 𝑥2
(1 + 𝑥2)𝑛
𝑑𝑥 − ∫
𝑥2𝑑𝑥
(1 + 𝑥2)𝑛
= ∫
𝑑𝑥
(1 + 𝑥2)𝑛−1
⏞ 
𝐼𝑛−1
−∫
𝑥2𝑑𝑥
(1 + 𝑥2)𝑛
⏞ 
𝐼∗
 
 
∴ 𝐼𝑛 = 𝐼𝑛−1 − 𝐼
∗ 
 
La expresión 𝐼∗ la calculamos por partes: 
 
𝐼∗ = ∫
𝑥2𝑑𝑥
(1 + 𝑥2)𝑛
= ∫𝑥 ∙
𝑥𝑑𝑥
(1 + 𝑥2)𝑛
 
 
𝑢 = 𝑥 𝑑𝑣 =
𝑥𝑑𝑥
(1 + 𝑥2)𝑛
𝑑𝑢 = 𝑑𝑥 𝑣 = ∫
𝑥𝑑𝑥
(1 + 𝑥2)𝑛
 
Para encontrar 𝑣, planteamos la sustitución 
𝑧 = 1 + 𝑥2 ⇒ 𝑑𝑧 = 2𝑥𝑑𝑥 ⇒ 𝑑𝑥 =
𝑑𝑧
2𝑥
 
Así 
𝑣 = ∫
𝑥𝑑𝑥
(1 + 𝑥2)𝑛
= ∫
𝑥
𝑧𝑛
𝑑𝑧
2𝑥
=
1
2
(
𝑧−𝑛+1
−𝑛 + 1
) + 𝐶1 =
−1
2𝑧𝑛−1(𝑛 − 1)
+ 𝐶1 
=
−1
2(1 + 𝑥2)𝑛−1(𝑛 − 1)
+ 𝐶1 
 
Entonces: 
𝐼∗ = 𝑥 ∙
−1
2(𝑛 − 1)(1 + 𝑥2)𝑛−1
−∫
−𝑑𝑥
2(1 + 𝑥2)𝑛−1(𝑛 − 1)
 
=
−𝑥
2(𝑛 − 1)(1 + 𝑥2)𝑛−1
+
1
2(𝑛 − 1)
∫
𝑑𝑥
(1 + 𝑥2)𝑛−1
 
∴ 𝐼∗ =
−𝑥
2(𝑛 − 1)(1 + 𝑥2)𝑛−1
+
1
2(𝑛 − 1)
𝐼𝑛−1 
 
Integrales Indefinidas 
 
INTEGRALES INDEFINIDAS 
Análisis Matemático I. Facultad de Ciencias Exactas. Departamento de Matemática 37 
De esta forma 
𝐼𝑛 = 𝐼𝑛−1 − 𝐼
∗ = 𝐼𝑛−1 − [
−𝑥
2(𝑛 − 1)(1 + 𝑥2)𝑛−1
+
1
2(𝑛 − 1)
𝐼𝑛−1] 
⇒ 𝐼𝑛 = 𝐼𝑛−1 +
𝑥
2(𝑛 − 1)(1 + 𝑥2)𝑛−1
−
1
2(𝑛 − 1)
𝐼𝑛−1 
⇒ 𝐼𝑛 = 𝐼𝑛−1 −
1
2(𝑛 − 1)
𝐼𝑛−1 +
𝑥
2(𝑛 − 1)(1 + 𝑥2)𝑛−1
 
⇒ 𝐼𝑛 = 𝐼𝑛−1 [1 −
1
2(𝑛 − 1)
] +
𝑥
2(𝑛 − 1)(1 + 𝑥2)𝑛−1
 
⇒ 𝐼𝑛 = 𝐼𝑛−1
2(𝑛 − 1) − 1
2(𝑛 − 1)
+
𝑥
2(𝑛 − 1)(1 + 𝑥2)𝑛−1
 
∴ 𝐼𝑛 = 𝐼𝑛−1
2𝑛 − 3
2(𝑛 − 1)
+
𝑥
2(𝑛 − 1)(1 + 𝑥2)𝑛−1
 
 
9. Más sobre las funciones trigonométricas 
 
9.1. Potencias de senos y cosenos 
 
Para integrales del tipo: 
∫𝐬𝐞𝐧𝒎 𝒙 ∙ 𝐜𝐨𝐬𝒏 𝒙𝒅𝒙 
con 𝒎+𝒏 = 𝟐𝒌, 𝒌 ∈ ℤ 
 
Se integran con la sustitución tg 𝑥 = 𝑧 
 
Para expresar seno y coseno, lo mejor es construir un 
triángulo rectángulo con cateto adyacente 1 y cateto 
opuesto 𝑧. Por Pitágoras, la hipotenusa es √1 + 𝑧2 
 
Así 
sen 𝑥 =
𝑧
√1 + 𝑧2
 y cos 𝑥 =
1
√1 + 𝑧2
 
Como 
tg 𝑥 = 𝑧 ⇒ 𝑥 = arctg 𝑧 ⇒ 𝑑𝑥 =
𝑑𝑧
1 + 𝑧2
 
 
De esta forma, la integral resulta: 
 
Integrales Indefinidas 
 
INTEGRALES INDEFINIDAS 
Análisis Matemático I. Facultad de Ciencias Exactas. Departamento de Matemática 38 
∫(
𝑧
√1 + 𝑧2
)
𝑚
∙ (
1
√1 + 𝑧2
)
𝑛
∙
1
1 + 𝑧2
𝑑𝑧 = ∫
𝑧𝑚
(1 + 𝑧2)
𝑚
2
∙
1
(1 + 𝑧2)
𝑛
2
∙
1
1 + 𝑧2
𝑑𝑧 
= ∫
𝑧𝑚
(1 + 𝑧2)
𝑚+𝑛
2
+1
𝑑𝑧 = ∫
𝑧𝑚
(1 + 𝑧2)
2𝑘
2
+1
𝑑𝑧 = ∫
𝑧𝑚
(1 + 𝑧2)𝑘+1
𝑑𝑧 
 
9.2. Funciones Racionales de senos y cosenos 
 
Si la expresión subintegral es una combinación de sumas, restas, productos (potencias) 
y cocientes de sen 𝑥 y cos 𝑥 , en otros términos, si se trata de una función racional 
𝑅(sen 𝑥 , cos 𝑥) de sus argumentos, se puede calcular la integración mediante la 
sustitución: 
tg (
1
2
𝑥) = 𝑧 
Para expresar seno y coseno, lo mejor es construir 
un triángulo rectángulo con cateto adyacente 1 y 
cateto opuesto 𝑧. Por Pitágoras, la hipotenusa es 
√1 + 𝑧2 
Así 
 
sen (
1
2
𝑥) =
𝑧
√1 + 𝑧2
 y cos (
1
2
𝑥) =
1
√1 + 𝑧2
 
⇒ sen 𝑥 = 4 sen (2 ∙
1
2
𝑥) = 2 ∙ sen (2 ∙
1
2
𝑥) ∙ cos (
1
2
𝑥) = 2 ∙
𝑧
√1 + 𝑧2
∙
1
√1 + 𝑧2
 
∴ sen 𝑥 =
2𝑧
1 + 𝑧2
 
 
⇒ cos 𝑥 = 5 cos (2 ∙
1
2
𝑥) = (
1
√1 + 𝑧2
)
2
− (
𝑧
√1 + 𝑧2
)
2
=
1
1 + 𝑧2
−
𝑧2
1 + 𝑧2
 
 
∴ cos 𝑥 =
1 − 𝑧2
1 + 𝑧2
 
Como 
tg (
1
2
𝑥) = 𝑧 ⇒ 𝑥 = 2arctg 𝑧 ⇒ 𝑑𝑥 =
2
1 + 𝑧2
𝑑𝑧 
De esta forma, la integral resulta: 
 
4 sen 2𝛼 = 2 ∙ sen 𝛼 ∙ cos𝛼 
5 cos2𝛼 = cos2 𝛼 − sen2 𝛼 
Integrales Indefinidas 
 
INTEGRALES INDEFINIDAS 
Análisis Matemático I. Facultad de Ciencias Exactas. Departamento de Matemática 39 
∫𝑅(sen 𝑥 , cos 𝑥)𝑑𝑥 = 2∫𝑅 (
2𝑧
1 + 𝑧2
,
1 − 𝑧2
1 + 𝑧2
)
𝑑𝑧
1 + 𝑧2
 
que es la integral de una función racional. 
 
Ejemplo 
Calcular 
∫
𝑑𝑥
1 + sen𝑥 + cos 𝑥
 
Solución: 
Mediante las sustituciones plantearas previamente, tenemos: 
 
𝐼 = ∫
𝑑𝑥
1 + sen 𝑥 + cos 𝑥
= ∫
2𝑑𝑧
1 + 𝑧2
1 +
2𝑧
1 + 𝑧2
+
1 − 𝑧2
1 + 𝑧2
 
= ∫
2
(1 + 𝑧2) (
1 + 𝑧2 + 2𝑧 + 1 − 𝑧2
1 + 𝑧2
)
𝑑𝑧 
= ∫
2
2 + 2𝑧
𝑑𝑧 = ∫
𝑑𝑧
1 + 𝑧
= ln|1 + 𝑧| + 𝐶 
∴ 𝐼 = ln |1 + tg (
1
2
𝑥)| + 𝐶 
 
10. Integración de funciones de la forma (ax
2
+bx+c)
-1/2
 
Pueden resolverse mediante cambio de variables, que conducen a funciones 
trigonométricas o hiperbólicas inversas. Esto es, mediante un cambio de variables 
adecuado y completando cuadrados cuando sea necesario, llevamos la expresión 
anterior a alguna de los tipos: 
 
∫
𝒅𝒙
√𝟏 − 𝒙𝟐
= 𝐚𝐫𝐜𝐬𝐞𝐧𝒙 + 𝑪, ∫
𝒅𝒙
√𝒙𝟐 + 𝟏
= 𝐀𝐫𝐠𝐒𝐡𝒙 + 𝑪, ∫
𝒅𝒙
√𝒙𝟐 − 𝟏
= 𝐀𝐫𝐠𝐂𝐡𝒙 + 𝑪 
 
Ejemplo 1: 
Calcular 
∫
𝑑𝑥
√𝑥2 − 6𝑥 + 25
 
Solución: 
𝑥2 − 6𝑥 + 25 = 𝑥2 − 6𝑥 + 9 − 9 + 25 = (𝑥 − 3)2 + 16 = 16 [
(𝑥 − 3)2
16
+ 1] 
Integrales Indefinidas 
 
INTEGRALES INDEFINIDAS 
Análisis Matemático I. Facultad de Ciencias Exactas. Departamento de Matemática 40 
= 16 [(
𝑥 − 3
4
)
2
+ 1] 
Por lo tanto 
 
∫
𝑑𝑥
√𝑥2 − 6𝑥 + 25
=
1
4
∫
𝑑𝑥
√(
𝑥 − 3
4 )
2
+ 1
 
 
Llamando 𝑢 =
𝑥−3
4
⇒ 𝑑𝑢 =
𝑑𝑥
4
∴ 𝑑𝑥 = 4𝑑𝑢 
Por tanto 
∫
𝑑𝑥
√𝑥2 − 6𝑥 + 25
=
1
4
∫
4𝑑𝑢
√𝑢2 + 1
= ∫
𝑑𝑢
√𝑢2 + 1
= ArgSh 𝑢 + 𝐶 
 
∴ ∫
𝑑𝑥
√𝑥2 − 6𝑥 + 25
= ArgSh(
𝑥 − 3
4
) + 𝐶 
 
Ejemplo 2: 
Calcular 
∫
𝑑𝑥
√8 + 4𝑥 − 4𝑥2
 
Solución: 
8 + 4𝑥 − 4𝑥2 = −4(𝑥2 − 𝑥 − 2) = −4 [(𝑥2 − 𝑥 +
1
4
) −
1
4
− 2] = −4 [(𝑥 −
1
2
)
2
−
9
4
] 
= 4 [
9
4
− (𝑥 −
1
2
)
2
] = 4 [
9
4
− (
2𝑥 − 1
2
)
2
] = 4 ∙
9
4
[1 −
(
2𝑥 − 1
2 )
2
9
4
] 
= 9 [1 − (
2𝑥 − 1
2
3
2
)
2
] = 9 [1 − (
2𝑥 − 1
3
)
2
] 
Por lo tanto 
∫
𝑑𝑥
√8 + 4𝑥 − 4𝑥2
=
1
3
∫
𝑑𝑥
√1 − (
2𝑥 − 1
3 )
2
 
Llamando 𝑢 =
2𝑥−1
3
⇒ 𝑑𝑢 =
2
3
𝑑𝑥 ∴ 𝑑𝑥 =
3
2
𝑑𝑢 
Por tanto 
Integrales Indefinidas 
 
INTEGRALES INDEFINIDAS 
Análisis Matemático I. Facultad de Ciencias Exactas. Departamento de Matemática 41 
∫
𝑑𝑥
√8 + 4𝑥 − 4𝑥2
=
1
3
∙
3
2
∫
𝑑𝑢
√1 − 𝑢2
=
1
2
argsen𝑢 + 𝐶 
∴ ∫
𝑑𝑥
√8 + 4𝑥 − 4𝑥2
=
1
2
argsen (
2𝑥 − 1
3
) + 𝐶 
 
11. Integración de funciones de la forma (ax
2
+bx+c)
1/2
 
Análogamente al caso anterior, estas integrales se resuelven por cambio adecuado de 
variables, recurriendo preferentemente a fórmulas trigonométricas o a funciones 
hiperbólicas. Antes de realizar el cambio de variables, se trata de expresar el integrando 
(completando cuadrados) de alguna de las siguientes formas: 
 
∫√𝒂𝟐 − 𝒙𝟐𝒅𝒙, ∫√𝒂𝟐 + 𝒙𝟐𝒅𝒙, ∫√𝒙𝟐 − 𝒂𝟐𝒅𝒙 
 
Analicemos caso por caso: 
 
11.1. Caso I: 
∫√𝒂𝟐 − 𝒙𝟐𝒅𝒙 
Trataremos de ocupar la identidad sen2 𝑡 + cos2 𝑡 = 1 
 
Debemos pedir: 𝑎2 − 𝑥2 ≥ 0 ⇒ 𝑎2 ≥ 𝑥2 
∴ |𝑥| ≤ |𝑎| ⇔ −𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑎 
Por lo tanto, parece razonable pensar en la sustitución 
𝑥 = 𝑎 ∙ sen 𝑡, pues −1 ≤ sen 𝑡 ≤ 1 ⇒ −𝑎 ≤ 𝑎 ∙ sen 𝑡 ≤ 𝑎 
𝑑𝑥 = 𝑎 ∙ cos 𝑡 𝑑𝑡 
∫√𝑎2 − 𝑥2𝑑𝑥 = ∫√𝑎2 − 𝑎2 sen2 𝑡 ∙ 𝑎 ∙ cos 𝑡 𝑑𝑡 
= ∫√𝑎2(1 − sen2 𝑡) ∙ 𝑎 ∙ cos 𝑡 𝑑𝑡 = ∫|𝑎|√1 − sen2 𝑡 ∙ 𝑎 ∙ cos 𝑡 𝑑𝑡 
= ∫𝑎2√cos2 𝑡 ∙ cos 𝑡 𝑑𝑡 = ∫𝑎2 ∙ cos 𝑡 ∙ cos 𝑡 𝑑𝑡 = 𝑎2 ∙ ∫ cos2 𝑡 𝑑𝑡 
La última integral se puede resolver por partes, o bien haciendo uso de la identidad 
cos2 𝛼 =
1 + cos 2𝛼
2
 
Veamos cómo sería utilizando integración por partes (el uso de la identidad queda como 
ejercicio para el lector) 
Integrales Indefinidas 
 
INTEGRALES INDEFINIDAS 
Análisis Matemático I. Facultad de Ciencias Exactas. Departamento de Matemática 42 
∫cos2 𝑡 𝑑𝑡 = ∫ cos 𝑡 ∙ cos 𝑡 𝑑𝑡 
𝑢 = cos 𝑡 𝑑𝑢 = − sen 𝑡 𝑑𝑡
𝑑𝑣 = cos 𝑡 𝑑𝑡 𝑣 = sen 𝑡
 
𝐼 = ∫cos2 𝑡 𝑑𝑡 = cos 𝑡 ∙ sen 𝑡 + ∫sen2 𝑡 𝑑𝑡 = cos 𝑡 ∙ sen 𝑡 + ∫(1 − cos2 𝑡)𝑑𝑡 
⇒ ∫cos2 𝑡 𝑑𝑡 =cos 𝑡 ∙ sen 𝑡 + ∫𝑑𝑡 − ∫ cos2 𝑡 𝑑𝑡 
⇒ 𝐼 = cos 𝑡 ∙ sen 𝑡 + 𝑡 − 𝐼 ⇒ 2𝐼 = cos 𝑡 ∙ sen 𝑡 + 𝑡 
∴ 𝐼 =
cos 𝑡 ∙ sen 𝑡 + 𝑡
2
+ 𝐶 
Así: 
∫√𝑎2 − 𝑥2𝑑𝑥 =
𝑎2
2
[
𝑥
𝑎
∙
√𝑎2 − 𝑥2
𝑎
+ arcsen (
𝑥
𝑎
)] + 𝐶 
Pues: 
𝑥 = 𝑎 ∙ sen 𝑡 ⇒ sen 𝑡 =
𝑥
𝑎
⇒ 𝑡 = arcsen (
𝑥
𝑎
) 
cos2 𝑡 = 1 − sen2 𝑡 = 1 − (
𝑥
𝑎
)
2
=
𝑎2 − 𝑥2
𝑎2
⇒ cos 𝑡 = √
𝑎2 − 𝑥2
𝑎2
=
√𝑎2 − 𝑥2
𝑎
 
 
11.2. Caso II 
∫√𝒂𝟐 + 𝒙𝟐𝒅𝒙 
Procederemos en forma análoga al caso I). Ya que 𝑎2 + 𝑥2 ≥ 0, ∀𝑥 ∈ ℝ 
Se propone la sustitución 
𝑥 = 𝑎 ∙ Sh 𝑡, 𝑑𝑥 = 𝑎 ∙ Ch 𝑡 𝑑𝑡 
O bien: 𝑥 = 𝑎 ∙ tg 𝑡 (plantear la integral con esta sustitución). 
Mediante la sustitución hiperbólica, tenemos 
 
∫√𝑎2 + 𝑥2𝑑𝑥 = ∫√𝑎2 + 𝑎2 Sh2 𝑡 ∙ 𝑎 ∙ Ch 𝑡 𝑑𝑡 
= ∫√𝑎2(1 + Sh2 𝑡) ∙ 𝑎 ∙ Ch 𝑡 𝑑𝑡 = ∫|𝑎|√1 + Sh2 𝑡 ∙ 𝑎 ∙ Ch 𝑡 𝑑𝑡 
 
En este caso, se usa la identidad 
Ch2 𝑡 − Sh2 𝑡 = 1 ⇒ Ch2 𝑡 = 1 + Sh2 𝑡 ⇒ Ch 𝑡 = √1 + Sh2 𝑡 
Así: 
Integrales Indefinidas 
 
INTEGRALES INDEFINIDAS 
Análisis Matemático I. Facultad de Ciencias Exactas. Departamento de Matemática 43 
∫|𝑎|√1 + Sh2 𝑡 ∙ 𝑎 ∙ Ch 𝑡 𝑑𝑡 = 𝑎2 ∙ ∫Ch2 𝑡 𝑑𝑡 
Aquí nos queda una integral similar a la anterior, que se puede resolver por partes, o 
bien haciendo uso de la identidad 
Ch2 𝛼 =
1 + Ch2𝛼
2
 
Entonces quedará: 
∫√𝑎2 + 𝑥2𝑑𝑥 =
𝑎2
2
[
𝑥
𝑎
∙
√𝑎2 + 𝑥2
𝑎
+ ArgSh (
𝑥
𝑎
)] + 𝐶 
O bien 
∫√𝑎2 + 𝑥2𝑑𝑥 =
𝑎2
2
[
𝑥
𝑎
∙
√𝑎2 + 𝑥2
𝑎
+ ln (𝑥 + √𝑎2 + 𝑥2)] + 𝐶. 6 
 
11.3. Caso III 
∫√𝒙𝟐 − 𝒂𝟐𝒅𝒙 
Debemos pedir: 𝑥2 − 𝑎2 ≥ 0 ⇒ 𝑎2 ≤ 𝑥2 
∴ |𝑥| ≥ |𝑎| 
Se propone la sustitución 
𝑥 = 𝑎 ∙ Ch 𝑡, 𝑑𝑥 = 𝑎 ∙ Sh 𝑡 𝑑𝑡 
O bien: 𝑥 = 𝑎 ∙ sec 𝑡 (plantear la integral con esta sustitución). 
Mediante la sustitución hiperbólica, tenemos 
 
∫√𝑥2 − 𝑎2𝑑𝑥 = ∫√𝑎2 Ch2 𝑡 − 𝑎2 ∙ 𝑎 ∙ Sh 𝑡 𝑑𝑡 
= ∫√𝑎2(Ch2 𝑡 − 1) ∙ 𝑎 ∙ Sh 𝑡 𝑑𝑡 = ∫|𝑎|√Ch2 𝑡 − 1 ∙ 𝑎 ∙ Sh 𝑡 𝑑𝑡 
 
En este caso, se usa la identidad 
Ch2 𝑡 − Sh2 𝑡 = 1 ⇒ Sh2 𝑡 = Ch2 𝑡 − 1 ⇒ Sh 𝑡 = √Ch2 𝑡 − 1 
Así: 
∫|𝑎|√Ch2 𝑡 − 1 ∙ 𝑎 ∙ Sh 𝑡 𝑑𝑡 = 𝑎2 ∙ ∫ Sh2 𝑡 𝑑𝑡 
Aquí nos queda una integral similar a la anterior, que se puede resolver por partes, o 
bien haciendo uso de la identidad: 
 
6
 Identidad hiperbólica demostrada en el apéndice. 
Integrales Indefinidas 
 
INTEGRALES INDEFINIDAS 
Análisis Matemático I. Facultad de Ciencias Exactas. Departamento de Matemática 44 
Sh2 𝛼 =
Ch2𝛼 − 1
2
 
Entonces quedará: 
∫√𝑥2 − 𝑎2𝑑𝑥 =
𝑎2
2
[
𝑥
𝑎
∙
√𝑥2 − 𝑎2
𝑎
− ArgCh (
𝑥
𝑎
)] + 𝐶 
O bien 
∫√𝑥2 − 𝑎2𝑑𝑥 =
𝑎2
2
[
𝑥
𝑎
∙
√𝑥2 − 𝑎2
𝑎
− ln (𝑥 + √𝑥2 − 𝑎2)] + 𝐶. 7 
 
Ejemplo 1: 
Calcular 
∫√𝑥2 − 6𝑥 + 25𝑑𝑥 
Solución: 
Tal como se vio anteriormente, podemos reescribir la integral como: 
 
𝐼 = ∫√𝑥2 − 6𝑥 + 25𝑑𝑥 = ∫√(𝑥 − 3)2 + 16𝑑𝑥 = ∫√(𝑥 − 3)2 + 42𝑑𝑥 
Llamando 𝑢 = 𝑥 − 3 ⇒ 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥 
Por tanto 
∫√𝑥2 − 6𝑥 + 25𝑑𝑥 = ∫√𝑢2 + 42𝑑𝑢 =
16
2
[
𝑢
4
∙
√16 + 𝑢2
4
+ ArgSh(
𝑢
4
)] + 𝐶 
O bien 
∫√𝑥2 − 6𝑥 + 25𝑑𝑥 =
16
2
[
𝑢
4
∙
√16 + 𝑢2
4
+ ln (𝑢 + √16 + 𝑢2)] + 𝐶 
 
Volviendo a la variable 𝑥, se tiene 
𝐼 = 8 [
(𝑥 − 3)√16 + (𝑥 − 3)2
16
+ ArgSh(
𝑥 − 3
4
)] + 𝐶 
 
O bien 
𝐼 = 8 [
(𝑥 − 3)√16 + (𝑥 − 3)2
16
+ ln (𝑥 − 3 + √16 + (𝑥 − 3)2)] + 𝐶 
 
 
7
 Identidad hiperbólica demostrada en el apéndice. 
Integrales Indefinidas 
 
INTEGRALES INDEFINIDAS 
Análisis Matemático I. Facultad de Ciencias Exactas. Departamento de Matemática 45 
Ejemplo 2: 
Calcular 
∫√𝑥2 + 3𝑥 − 2𝑑𝑥 
Solución: 
𝑥2 + 3𝑥 − 2 = (𝑥2 + 3𝑥 +
9
4
) −
9
4
− 2 = (𝑥 +
3
2
)
2
−
17
4
 
Sea 𝑢 = 𝑥 +
3
2
, 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥, 𝑎 = √
17
4
=
√17
2
⇒ 𝑎2 =
17
4
 
 
Aplicando la fórmula obtenida: 
𝐼 = ∫√𝑥2 + 3𝑥 − 2𝑑𝑥 = ∫𝑢2 − (
√17
2
)
2
𝑑𝑥 
 
=
1
2
∙
17
4
[
 
 
 
𝑢
√17
2
∙
√𝑢2 −
17
4
√17
2
− ArgCh(
𝑢
√17
2
)
]
 
 
 
+ 𝐶 
O bien 
 
∫√𝑥2 − 𝑎2𝑑𝑥 =
1
2
∙
17
4
[
 
 
 
𝑢
√17
2
∙
√𝑢2 −
17
4
√17
2
− ln(𝑢 + √𝑢2 −
17
4
)
]
 
 
 
+ 𝐶 
 
Volviendo a la variable 𝑥, se tiene 
 
𝐼 =
17
8
[
 
 
 (2𝑥 + 6)√(𝑥 +
3
2)
2
−
17
4
17
− ArgCh (
2𝑥 + 3
√17
)
]
 
 
 
+ 𝐶 
 
O bien 
 
𝐼 =
17
8
[
 
 
 (2𝑥 + 6)√(𝑥 +
3
2)
2
−
17
4
17
− ln(𝑥 +
3
2
+ √(𝑥 +
3
2
)
2
−
17
4
)
]
 
 
 
+ 𝐶 
 
Integrales Indefinidas 
 
INTEGRALES INDEFINIDAS 
Análisis Matemático I. Facultad de Ciencias Exactas. Departamento de Matemática 46 
12. Integración de algunas funciones irracionales 
 
Para integrar funciones irracionales se pueden intentar diversas sustituciones, con el fin 
de racionalizarlas. Esto es, pueden aparecer otras diferentes a las dadas. 
Si se tienen funciones del tipo 
𝑓 (𝑥, (
𝑎𝑥 + 𝑏
𝑐𝑥 + 𝑑
)
𝑝1
𝑞1
, … , (
𝑎𝑥 + 𝑏
𝑐𝑥 + 𝑑
)
𝑝𝑘
𝑞𝑘
) 
se propone la sustitución 
𝑧𝑛 = (
𝑎𝑥 + 𝑏
𝑐𝑥 + 𝑑
) 
donde 𝑛 es el mínimo común múltiplo de los denominadores 𝑞1, 𝑞2,…, 𝑞𝑘, y la integral 
se convierte en una integral de una función racional en 𝑧. Esto es: 
a) Si dentro de una función, el integrando figura como 
𝑡 = √𝑎𝑥 + 𝑏
𝑚
 
Sustituimos haciendo 
𝑡 = √𝑎𝑥 + 𝑏
𝑚
⇒ 𝑡𝑚 = 𝑎𝑥 + 𝑏 ⇒ 𝑚𝑡𝑚−1𝑑𝑡 = 𝑎𝑑𝑥 
⇒ 𝑑𝑥 =
𝑚𝑡𝑚−1𝑑𝑡
𝑎
 
Entonces 
∫ √𝑎𝑥 + 𝑏
𝑚
𝑑𝑥 = ∫𝑡
𝑚𝑡𝑚−1
𝑎
𝑑𝑡 =
𝑚
𝑎
∫𝑡𝑚−1𝑑𝑡 
 
Ejemplo 1: 
Calcular 
∫𝑥√1 + 𝑥𝑑𝑥 
Solución: 
Planteando la sustitución 𝑡 = √1 + 𝑥 ⇒ 𝑡2 = 1 + 𝑥 ⇒ 2𝑡𝑑𝑡 = 𝑑𝑥 
Así 
∫𝑥√1 + 𝑥𝑑𝑥 = ∫(𝑡2 − 1)𝑡2𝑡𝑑𝑡 = ∫2(𝑡4 − 𝑡2)𝑑𝑡 = 2(
𝑡5
5
−
𝑡3
3
) + 𝐶 
Volviendo a la variable 𝑥, se tiene que 
∫𝑥√1 + 𝑥𝑑𝑥 = 2 [
(1 + 𝑥)
5
2
5
−
(1 + 𝑥)
3
2
3
] + 𝐶 
 
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b) Si el integrando contiene potencias fraccionarias de una variable 𝑥, el mismo se 
puede simplificar por la sustitución 
𝑧 = 𝑥𝑛 
donde 𝑛 es el mínimo común múltiplo de los denominadores. 
 
Ejemplo 2: 
Calcular 
∫
√𝑥
1 + √𝑥
3 𝑑𝑥 
Solución: 
∫
√𝑥
1 + √𝑥
3 𝑑𝑥 = ∫
𝑥
1
2
1 + 𝑥
1
3
𝑑𝑥 
En este caso, 𝑛 = 𝑚. 𝑐. 𝑚. (2,3) = 6. Entonces, proponemos la sustitución: 
𝑧6 = 𝑥 ⇒ 𝑑𝑥 = 6𝑧5𝑑𝑧 
 
Con esta sustitución, vemos que 
𝑥
1
2 = (𝑧6)
1
2 = 𝑧3 
𝑥
1
3 = (𝑧6)
1
3 = 𝑧2 
Así 
∫
𝑧3
1 + 𝑧2
6𝑧5𝑑𝑧 = 6∫
𝑧8
1 + 𝑧2
𝑑𝑧 
que es una función racional 
𝑃(𝑥)
𝑄(𝑥)
, la cual podemos resolver: 
 
𝑧8 + 0𝑧7 + 0𝑧6 + 0𝑧5 + 0𝑧4 + 0𝑧3 + 0𝑧2 + 0𝑧 + 0 𝑧2 + 1 
−(𝑧8 + 0𝑧7 + 𝑧6 + 0𝑧5 + 0𝑧4 + 0𝑧3 + 0𝑧2 + 0𝑧 + 0) 𝑧6 − 𝑧4 + 𝑧2 − 1 
−𝑧6 + 0𝑧5 + 0𝑧4 + 0𝑧3 + 0𝑧2 + 0𝑧 + 0 
−(−𝑧6 + 0𝑧5 − 𝑧4 + 0𝑧3 + 0𝑧2 + 0𝑧 + 0) 
𝑧4 + 0𝑧3 + 0𝑧2 + 0𝑧 + 0 
−(𝑧4 + 0𝑧3 + 𝑧2 + 0𝑧 + 0) 
−𝑧2 + 0𝑧 + 0 
−(−𝑧2 + 0𝑧 − 1) 
1 
 
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Así: 
𝑧8 = (𝑧6 − 𝑧4 + 𝑧2 − 1) ∙ (𝑧2 + 1) + 1 
Entonces 
6∫
𝑧8
1 + 𝑧2
𝑑𝑧 = 6∫
(𝑧6 − 𝑧4 + 𝑧2 − 1) ∙ (1 + 𝑧2) + 1
1 + 𝑧2
𝑑𝑧 
 
= 6∫(𝑧6 − 𝑧4 + 𝑧2 − 1)𝑑𝑧 + 6∫
𝑑𝑧
1 + 𝑧2
 
 
= 6(
𝑧7
7
−
𝑧5
5
+
𝑧3
3
− 𝑧) + 6 arctg 𝑧 + 𝐶 
 
Volviendo a la variable 𝑥: 
 
∫
√𝑥
1 + √𝑥
3 𝑑𝑥 =
6
7
𝑥
7
6 −
6
5
𝑥
5
6 + 2𝑥
1
2 − 6𝑥
1
6 + 6arctg (𝑥
1
6) + 𝐶 
 
Ejemplo 3: 
Calcular 
∫√𝑥(√𝑥
3
− 𝑥)𝑑𝑥 
Solución: 
Tomamos 𝑡6 = 𝑥, el exponente es el mínimo común múltiplo entre los índices de las 
raíces. 
6𝑡5𝑑𝑡 = 𝑑𝑥 
De modo que 
 
∫√𝑥(√𝑥
3
− 𝑥)𝑑𝑥 =∫ 𝑡3(𝑡2 − 𝑡6) 6𝑡5𝑑𝑡 = 6∫ 𝑡10 − 𝑡14 𝑑𝑡 =
6
11
𝑡11 +
6
15
𝑡15 + 𝐶 
 
∴ ∫√𝑥(√𝑥
3
− 𝑥)𝑑𝑥 =
6
11
(√𝑥
6 )
11
+
2
5
(√𝑥
6 )
15
+ 𝐶 
 
No se puede dar una regla general para determinar la sustitución que dará in integrando 
más simple. A veces, una sustitución que NO racionaliza el integrando puede resultar en 
un integrando más simple. 
 
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13. Funciones que no pueden integrarse por los métodos clásicos. 
Existen funciones que, aunque parezca difícil de creer, no es posible encontrar un 
método de integración el cual permita obtener sus primitivas. 
 
Ejemplos: 
∫
𝐬𝐞𝐧𝒙
𝒙
𝒅𝒙 
∫𝒆𝒙
𝟐
𝒅𝒙 
∫𝐜𝐨𝐬(𝒙𝟐)𝒅𝒙 
∫√𝟏 + 𝒙𝟑𝒅𝒙 
 
Parece raro que para funciones, que a primera vista resultan ser sencillas, no puedan 
encontrarse sus primitivas por ninguno de estos métodos de integración. Esto muestra el 
hecho de que en el planteo de ejercicios referidos al análisis, como ser el caso de las 
integrales, en muchas ocasiones no se pueden “inventar” ejercicios. 
 
En cursos posteriores, podrán estudiar métodos para calcular algunas de estas integrales 
mediante herramientas matemáticas un poco más avanzadas. 
 
No obstante, tendremos una notación que nos permitirá escribir las primitivas de 
cualquier función, aunque no tengamos forma de encontrarla con los métodos analíticos 
estudiados. Esto lo veremos en el próximo capítulo, al presentar el Teorema 
Fundamental del Cálculo, cuando estudiemos las INTEGRALES DEFINIDAS. 
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Apéndice: Identidades de Funciones Hiperbólicas. 
 
Se puede probar que 
𝐀𝐫𝐠𝐒𝐡(
𝒙
𝒂
) − 𝐥𝐧 (𝒙 + √𝒙𝟐 + 𝒂𝟐) = 𝑪 
Esto es: “ambas funciones difieren en una constante”. 
Demostración: 
Sea 
𝑦 = ArgSh (
𝑥
𝑎
) ⇔
𝑥
𝑎
= Sh𝑦 =
𝑒𝑦 − 𝑒−𝑦
2
 
∴
2𝑥
𝑎
= 𝑒𝑦 − 𝑒−𝑦 ⇒
2𝑥
𝑎
=
𝑒2𝑦 − 1
𝑒𝑦
⇒ 𝑒2𝑦 −
2𝑥
𝑎
𝑒𝑦 − 1 = 0 
Si 𝑒𝑦 = 𝑚, será: 
𝑚2 −
2𝑥
𝑎
𝑚 − 1 = 0 
⇒ 𝑚1,2 =
2𝑥
𝑎 ±
√4𝑥
2
𝑎2
+ 4
2
=
2𝑥
𝑎 ±
√4𝑥
2 + 4𝑎2
𝑎2
2
=
2𝑥
𝑎 ±
√ 4
𝑎2
(𝑥2 + 𝑎2)
2
 
=
2𝑥
𝑎 ±
2
𝑎 √𝑥
2 + 𝑎2
2
=
𝑥
𝑎
±
√𝑥2 + 𝑎2
𝑎
 
O sea 
𝑚1 =
𝑥
𝑎
+
√𝑥2 + 𝑎2
𝑎
= 𝑒𝑦 
𝑚2 =
𝑥
𝑎
−
√𝑥2 + 𝑎2
𝑎
= 𝑒𝑦 
Sabemos que 𝑒𝑦 > 0, ∀𝑦, y además: 
√𝑥2 + 𝑎2 > 𝑥 
Pues, como 𝑎2 > 0 ⇒ 𝑥2 + 𝑎2 > 𝑥2 ⇒ √𝑥2 + 𝑎2 > √𝑥2 = 𝑥 
Por tanto 𝑥 − √𝑥2 + 𝑎2 < 0, lo cual descarga la posibilidad de 𝑚2. 
Así, 
𝑒𝑦 =
𝑥
𝑎
+
√𝑥2 + 𝑎2
𝑎
 
Tomando logaritmo natural en ambos miembros 
ln 𝑒𝑦⏟
=𝑦
= ln (
𝑥 + √𝑥2 + 𝑎2
𝑎
) = ln (𝑥 + √𝑥2 + 𝑎2) − ln 𝑎 
∴ 𝑦 = ln (𝑥 + √𝑥2 + 𝑎2) − ln 𝑎 
Integrales Indefinidas 
 
INTEGRALES INDEFINIDAS 
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Como 𝑦 = ArgSh (
𝑥
𝑎
), tenemos 
ArgSh(
𝑥
𝑎
) = ln (𝑥 + √𝑥2 + 𝑎2) − ln 𝑎 
⇒ ArgSh (
𝑥
𝑎
) − ln (𝑥 + √𝑥2 + 𝑎2) = − ln𝑎 
En consecuencia, ln(𝑥 + √𝑥2 + 𝑎2) difiere de ArgSh(
𝑥
𝑎
) en una constante 𝐶 = − ln 𝑎. 
 
Del mismo modo, puede probarse que: 
 
𝐀𝐫𝐠𝐂𝐡(
𝒙
𝒂
) − 𝐥𝐧 (𝒙 + √𝒙𝟐 − 𝒂𝟐) = 𝑪, |𝒙| ≥ |𝒂| 
Demostración: 
Sea 
𝑦 = ArgCh (
𝑥
𝑎
) ⇔
𝑥
𝑎
= Ch𝑦 =
𝑒𝑦 + 𝑒−𝑦
2
 
∴
2𝑥
𝑎
= 𝑒𝑦 + 𝑒−𝑦 ⇒
2𝑥
𝑎
=
𝑒2𝑦 + 1
𝑒𝑦
⇒ 𝑒2𝑦 −
2𝑥
𝑎
𝑒𝑦 + 1 = 0 
Si 𝑒𝑦 = 𝑚, será: 
𝑚2 −
2𝑥
𝑎
𝑚 + 1 = 0 
⇒ 𝑚1,2 =
2𝑥
𝑎 ±
√4𝑥
2
𝑎2
− 4
2
=
2𝑥
𝑎 ±
√4𝑥
2 − 4𝑎2
𝑎2
2
=
2𝑥
𝑎 ±
√ 4
𝑎2
(𝑥2 − 𝑎2)
2
 
=
2𝑥
𝑎
±
2
𝑎
√𝑥2 − 𝑎2
2
=
𝑥
𝑎
±
√𝑥2 − 𝑎2
𝑎
 
O sea 
𝑚1 =
𝑥
𝑎
+
√𝑥2 − 𝑎2
𝑎
= 𝑒𝑦 
𝑚2 =
𝑥
𝑎
−
√𝑥2 − 𝑎2
𝑎
= 𝑒𝑦 
Sabemos que 𝑒𝑦 > 0, ∀𝑦, y además: 
√𝑥2 − 𝑎2 < 𝑥 
Pues, como 𝑎2 > 0 ⇒ 𝑥2 − 𝑎2 < 𝑥2 ⇒ √𝑥2 − 𝑎2 − √𝑥2 = 𝑥 
Notemos que de las dos soluciones dadas por la ecuación cuadrática, 𝑚2 es un tanto 
extraña, pues es menor que 𝑎, mientras que 𝑚1 es mayor que 𝑎, ∀𝑥. Así, se descarta la 
posibilidad de 𝑚2. Con lo que 
𝑒𝑦 =
𝑥
𝑎
+
√𝑥2 − 𝑎2
𝑎
 
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Tomando logaritmo natural en ambos miembros 
ln 𝑒𝑦⏟
=𝑦
= ln (
𝑥 + √𝑥2 − 𝑎2
𝑎
) = ln (𝑥 + √𝑥2 − 𝑎2) − ln 𝑎 
∴ 𝑦 = ln (𝑥 + √𝑥2 − 𝑎2) − ln 𝑎 
Como 𝑦 = ArgCh (
𝑥
𝑎
), tenemos 
ArgCh(
𝑥
𝑎
) = ln (𝑥 + √𝑥2 − 𝑎2) − ln 𝑎 
⇒ ArgCh (
𝑥
𝑎
) − ln (𝑥 + √𝑥2 − 𝑎2) = − ln𝑎 
En consecuencia, ln(𝑥 + √𝑥2 − 𝑎2) difiere de ArgCh(
𝑥
𝑎
) en una constante 𝐶 = − ln 𝑎. 
 
 
Integrales Indefinidas 
 
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Bibliografía 
 
[1] Apostol, T. M.; (2011). “Cálculus I. Cálculo con funciones de una variable con una 
introducción al álgebra lineal”. Ed. Reverté. Madrid, España. 
[2] Edwards, C. Henry; Penney, David E.; (2008). “Cálculo con Trascendentes 
Tempranas”. Ed. Pearson. México D.F.; México. 
[3] Larson, Ron; Edwards, Bruce. (2010). “Cálculo 1 de una variable”. Ed. Mc Graw 
Hill. México D.F.; México. 
[4] Leithold, L; (1998). “El Cálculo”. Ed. Oxford University Press. México D.F.; 
México. 
[5] Purcell, Edwin J.; Varberg, Dale; Rigdon, Steven E.; (2007). “Cálculo”. Ed. 
Pearson. México D.F.; México. 
[6] Rey Pastor, Julio; Pi Calleja, Pedro; Trejo, Cesar A.; (1969) “Análisis Matemático. 
Volumen I: Análisis algebraico. Teoría de ecuaciones. Cálculo infinitesimal de una 
variable”. Ed. Kapelusz. Buenos Aires, Argentina. 
[7] Sadosky, Manuel; Guber, Rebeca Ch. de; (1975) “Elementos de Cálculo Diferencial 
e Integral. Fascículo II, Cálculo Diferencial.”Ed. Alsina. Buenos Aires, Argentina. 
[8] Stewart, James; (2010). “Cálculo de una variable. Conceptos y Contextos”. Ed. 
Cengage Learning. México D.F., Méximo. 
[9] Thomas, George. (2010). “Cálculo una variable”. Ed. Pearson. México D.F.; 
México. 
[10] Watson, F. (1991) “Cálculo Avanzado”. Ed. Limusa. México D.F.; México. 
[11] Zill, Dennis G.; Wright, Warren S.; (2011) “Cálculo. Transcendentes Tempranas”. 
Ed. Mc Graw Hill. México D.F.; México. 
 
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Índice 
Integrales Indefinidas ...............................................................................................................1 
Introducción .............................................................................................................................2 
1. Antiderivadas o Primitivas ...............................................................................................3 
1.1. Primitiva más General..............................................................................................3 
2. Reglas de Básicas de Integración .....................................................................................5 
2.1. Integral del diferencial de la variable independiente ...............................................6 
2.2. Álgebra de Integrales Indefinidas .............................................................................6 
2.3. La integral indefinida como Operador Lineal ..........................................................6 
2.4. Generalización (Principio de integración por Descomposición) ..............................7 
2.5. Regla de la potencia. ................................................................................................7 
3. Integración inmediata .......................................................................................................9 
4. Método de Sustitución ....................................................................................................10 
4.1. Método de Sustitución. ...........................................................................................11 
5. Integrales que involucran Funciones Trigonométricas ...................................................15 
5.1. Caso I: Potencias impares de senos y cosenos .......................................................15 
5.2. Caso II: Potencias pares de senos y cosenos ..........................................................16 
5.3. Caso III: Productos de potenciasde senos y cosenos con algún exponente impar .17 
5.4. Caso IV: Productos de potencias de senos y cosenos con ambos exponentes pares
 17 
5.5. Caso V: Productos de senos y cosenos con arcos distintos. ...................................18 
6. Método de Integración por Partes. ..................................................................................19 
7. Integración de funciones de la forma (ax2+bx+c)-1 ........................................................24 
8. Integración de funciones racionales. ...............................................................................26 
8.1. Caso I: Raíces Reales Simples ................................................................................27 
8.2. Caso II: Raíces Reales Múltiples ............................................................................28 
8.3. Caso III: Raíces Complejas Conjugadas Simples ...................................................30 
8.4. Caso IV: Raíces Complejas Conjugadas Múltiples ................................................33 
9. Más sobre las funciones trigonométricas ........................................................................37 
9.1. Potencias de senos y cosenos .................................................................................37 
9.2. Funciones Racionales de senos y cosenos ..............................................................38 
10. Integración de funciones de la forma (ax2+bx+c)-1/2 ..................................................39 
11. Integración de funciones de la forma (ax2+bx+c)1/2 ...................................................41 
11.1. Caso I: ................................................................................................................41 
11.2. Caso II ................................................................................................................42 
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11.3. Caso III ...............................................................................................................43 
12. Integración de algunas funciones irracionales ............................................................46 
13. Funciones que no pueden integrarse por los métodos clásicos. ..................................49 
Apéndice: Identidades de Funciones Hiperbólicas. ................................................................50 
Bibliografía ............................................................................................................................53