1 integrales indefinidas matematicas 1

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Integral Inde�nida-Matemáticas
CALCULO INTEGRAL
Profesor: Wilmer Molina
1. Consideremos los siguientes problemas:
� Físico: Cálcular la velocidad instantánea para un tiempo t = t0 de un cuerpo que está
en caída libre y donde no se tiene en cuenta fuerzas exteriores.
� Geométrico: Hallar la ecuación de la recta tangente a una curva dada por la función
y = f (x) en el punto (a; f (a))
Solucion.
� Físico:
Es claro que la velocidad promedio o velocidad media en el intervalo [t0; t0 +�t] viene dada
por:
�v =
�x
�t
=
x (t0 +�t)� x (t0)
t0 +�t� t0
=
x (t0 +�t)� x (t0)
�t
y cuando �t ! 0; se tendrá velocidades promedio cada vez más próximas a la velocidad
instantanea en t = t0; es decir, si el limite lim
�t!0
�x
�t
existe, la velocidad instantanea v; estará
dada por este limite. De manera que:
v = lim
�t!0
�x
�t
= lim
�t!0
x (t0 +�t)� x (t0)
t0 +�t� t0
= lim
�t!0
x (t0 +�t)� x (t0)
�t
1
� Geométrico:
Si la curva C tiene ecuación y = f(x) y se quiere hallar la pendiente de la recta tangente a la
curva C en el punto P (a; f(a)), entonces consideremos un punto cercano Q(x; f(x)), donde
x 6= a, y calculamos la pendiente de la recta secante PQ:
ms =
f (x)� f (a)
x� a = tan �;
después, hagamos que Q se acerque a P a lo largo de la curva C, haciendo que x tienda a a.
Si ms tiende un número m cuando x tiende a a, entonces de�nimos la tangente T como la
recta que pasa por P y tiene pendiente m; esto equivale a decir que la recta tangente T es el
resultado del límite de la recta secante cuando x! a
Observación:
Q! P , S ! T , mS ! mT ) � ! � cuando x! a
De�nición La recta tangente a la curva y = f(x) en el punto P (a; f(a)) es la recta que pasa
por P y tiene pendiente
m = lim
x!a
f (x)� f (a)
x� a
siempre que este límite exista.
2
Ejemplo. Sea la función y = x3. La recta T en la grá�ca, es tangente a la curva y = x3 en
el punto A y es secante a la curva en el punto B.
� Ejemplo. Sea la función y = jxj. La recta T aparentemente es tangente a la curva pero no
lo es.
De�nición. La función f es derivable en el punto a si
lim
h!0
f(a+ h)� f(a)
h
: existe
En tal caso se denota por f 0(a) y recibe el nombre de derivada de f en a; es decir
lim
h!0
f(a+ h)� f(a)
h
= f 0(a)
Observación: Un problema del cálculo diferencial es "dada una función hallar su derivada", un
problema del cálculo Integral es el problema inverso, es decir "dada su derivada hallar la función"
Integral Inde�nida.
De�nición: Se denomina primitiva de la función f(x) en un intervalo (a; b) a toda función
F (x) derivable en (a; b) y tal que
F 0 (x) = f (x)
Observacion:
F 0 (x) = f (x), dF (x)
dx
= f (x), dF (x) = f (x) dx, dF (x) = F 0 (x) dx
3
Ejemplos:
� Sea f(x) = 1p
1�x2 ; de�nida en x 2 (�1; 1). Una primitiva de esta función es F (x) = arcsinx,
puesto que F 0 (x) = f(x) = 1p
1�x2 para todo x 2 (�1; 1)
� Sea f(x) = ax; de�nida en x 2 R. Una primitiva de esta función es F (x) = ax
ln a
, puesto que
F 0 (x) = a
x
ln a
ln a = f(x) = ax para todo x 2 R
� Sea f(x) = cosx; de�nida en x 2 R.
Una primitiva de esta función es F (x) = sinx, puesto que F 0 (x) = cos x = f(x) para todo
x 2 R
Otra primitiva de esta función es F (x) = sin x + 2, puesto que F 0 (x) = cosx = f(x) para
todo x 2 R
Cualquier primitiva de esta función es F (x) = sinx + C, puesto que F 0 (x) = cosx = f(x)
para todo x 2 R
Observacion: La primitiva de una función f (x) no es única
Theorem 1 Si F (x) y G (x) son dos primitivas cualesquiera de f (x) en (a; b) ; entonces ellas se
diferencian en una constante.
Proof. Sea H (x) = F (x)�G (x) : Dado que F (x) y G (x) son dos primitivas cualesquiera de
f (x) en (a; b), entonces F 0 (x) = f (x) y G0 (x) = f (x) ; luego
H 0 (x) = F 0 (x)�G0 (x) = 0, H 0 (x) = 0 y H (x) = C : C es una constante
Por tanto
F (x)�G (x) = C
De�nición:. Llamaremos integral inde�nida de una función f(x) en un intervalo (a; b) al
conjunto de todas sus funciones primitivas en dicho intervalo. Lo representaremos con la notaciónZ
f (x) dx
donde:
4
Z
: es el simbolo de integración;
f(x) : recibe el nombre de integrando
dx : el diferencial de x y la variable con respecto a la cual se integra.
Ejemplo.
Z
3x2dx = x3 + C
Nota. El teorema anterior permite determinar que basta con conocer una primitiva de f(x) en
(a; b), se puede conocer la totalidad de las primitivas o la integral inde�nida. Por esta razón:Z
f (x) dx = F (x) + C
Propiedades:
� d
�Z
f (x) dx
�
= f (x) dx
d
�Z
f (x) dx
�
= d (F (x) + C) = F 0 (x) dx = f (x) dx
�
Z
d (F (x)) = F (x) + C
Z
d (F (x)) =
Z
F 0 (x) dx =
Z
f (x) dx = F (x) + C
�
Z
kf (x) dx = k
Z
f (x) dx; k :constante diferente de cero
5
Es claro
Z
kf (x) dx; k
Z
f (x) dx son familias de antiderivadas de alguna función, probemos
que esas familias, al derivarlas producen la misma función,�Z
kf (x) dx
�0
=
d
dx
�Z
kf (x) dx
�
= kf(x)dx
dx
= kf (x)�
k
Z
f (x) dx
�0
=
d
dx
�
k
Z
f (x) dx
�
= k
d
dx
�Z
f (x) dx
�
= k
f (x) dx
dx
= kf (x)
esto implica que las dos familias son identicas y asi:Z
kf (x) dx = k
Z
f (x) dx
�
Z
(f (x) + g (x)) dx =
Z
f (x) dx+
Z
g (x) dx
Es claro
Z
f (x) dx;
Z
g (x) dx son familias de antiderivadas de alguna función, probemos que
esas familias al derivarlas producen la misma función. Por un lado,�Z
(f (x) + g (x)) dx
�0
=
d
dx
�Z
(f (x) + g (x)) dx
�
=
(f (x) + g (x)) dx
dx
= f (x) + g (x)
Por otro lado,�Z
f (x) dx+
Z
g (x) dx
�0
=
d
dx
�Z
f (x) dx+
Z
g (x) dx
�
=
�
d
dx
Z
f (x) dx+
d
dx
Z
g (x) dx
�
=
f (x) dx
dx
+
g (x) dx
dx
= f (x) + g (x)
esto implica que las dos familias son identicas y asi:Z
(f (x) + g (x)) dx =
Z
f (x) dx+
Z
g (x) dx
�
Z
(�f (x) + �g (x)) dx = �
Z
f (x) dx + �
Z
g (x) dx (Se tiene como resultado de las dos
últimas propiedades)
�
Z nX
i=1
�ifi (x)
!
dx =
nX
i=1
�i
Z
fi (x) dx
� Si
Z
f (x) dx = F (x) + C entonces
Z
f (ax+ b) dx =
1
a
F (ax+ b) + C
Haciendo u = ax+ b; se tiene que
du
a
= dx; luego,Z
f (ax+ b) dx =
Z
f (u)
du
a
=
1
a
Z
f (u) du =
1
a
(F (u) + C) =
1
a
F (u)+ �C =
1
a
F (ax+ b)+C
6
Integrales de Tabla
1:
Z
xadx =
xa+1
a+ 1
+ C : a 6= �1
2:
Z
dx
x
= ln jxj+ C : x 6= 0
3:
Z
axdx =
ax
ln a
+ C : 0 < a 6= 1
4:
Z
exdx = ex + C
5:
Z
sin xdx = � cosx+ C
6:
Z
cosxdx = sinx+ C :
7:
Z
sec2 xdx = tanx+ Cx = sinx+ C : x 6= �
2
+ n� (n = 0;�1;�2; � � �)
8:
Z
csc2 xdx = � cotx+ C : x 6= n� (n = 0;�1;�2; � � �)
9
Z
sec x tan xdx = secx+ C
10:
Z
csc x cotxdx = � csc x+ C
11:
Z
dxp
1� x2
= arcsin x+ C : �1 < x < 1
12:
Z
dxp
a2 � x2
= arcsin
�
x
a
�
+ C : jxj < jaj
13:
Z
dx
1 + x2
= arctan x+ C
14:
Z
dx
a2 + x2
= 1
a
arctan
�
x
a
�
+ C
15:
Z
dxp
x2 � a2
= ln
��x+px2 � a2��+ C
16:
Z
dx
a2 � x2 =
1
2a
ln
����a+ xa� x
����+ C : jxj 6= jaj
17:
Z
sinh xdx = cosh x+ C
18:
Z
coshxdx = sinhx+ C
19:
Z
1
cosh2 x
xdx = tanhx+ C
20:
Z
1
sinh2 x
xdx = cothx+ C
Nota: Las operaciones de diferenciación o derivación de funciones elementales siempre llevan
a funciones elementales. Las operaciones de integración de funciones elemntales pueden llevar a
funciones no elemntales (funciones que no se pueden expresar por un numero �nito de operaciones
7
aritmeticas y superposición de funciones elementales).
Integrales que no se pueden expresar en función de funciones elementales
1:
Z
e�x
2
dx : Integral de Poisson
2:
Z
Pn (x) e
�x2dx : Integrales de Probabilidad
3:
Z
sin x2dx;
Z
cosx2dx : Integrales de Fresnell
4:
Z
1
lnx
dx : Logaritmo-integral
5:
Z
sinx
x
dx;
Z
sinx
x
dx; : seno-integral y coseno-integral
6:
Z
R
�
x;
p
ax4 + bx3 + cx2 + dx+ e
�
dx; : Integrales elípticas de segunda especie
7:
Z
R
�
x;
p
ax3 + bx2 + cx + d
�
dx; : Integrales elípticas de segunda especie
Métodos de Integración
Uso dela Tabla (Ejemplos). Resolver los siguientes ejercicios,
� Calcular
Z
5a2x5dx Z
5a2x5dx = 5a2
Z
x5dx
= 5
6
a2x6 + C
� Calcular
Z
x (x+ a) (x+ b) dx
Z
x (x+ a) (x+ b) dx =
Z
x (x2 + (a+ b)x+ ab) dx
=
Z
(x3 + (a+ b)x2 + abx) dx
=
Z
x3dx+ (a+ b)
R
x2dx+ ab
R
xdx
=
x44
+ (a+ b)
x3
3
+ ab
x2
2
+ C
� Calcular
Z p
2pxdx
Z p
2pxdx =
p
2p
Z p
xdx =
p
2p
x
3
2
3
2
+ C =
2
p
2p
3
2
p
x3 + C
8
� Calcular
Z 
(xm � xn)2p
x
!
dx
Z 
(xm � xn)2p
x
!
dx =
Z �
x2m � 2xm+n + x2np
x
�
dx =
Z �
x2mp
x
� 2x
m+n
p
x
+
x2np
x
�
dx
=
Z �
x2m�
1
2 � 2xm+n� 12 + x2n� 12
�
dx =
x2m+
1
2
2m+ 1
2
� 2x
m+n+ 1
2
m+ n+ 1
2
+
x2n+
1
2
2n+ 1
2
+ C
� Calcular
Z
dx
x2 + 7 Z
dx
x2 + 7
=
Z
dx
x2 +
p
7
2 =
1p
7
arctan
�
xp
7
�
+ C
� Calcular
Z
dx
(3x+ 1)2 + 7Z
dx
(3x+ 1)2 + 7
=
1
3
1p
7
arctan
�
3x+ 1p
7
�
+ C
� Calcular
Z
sin (20x+ 1) dx
Z
sin (20x+ 1) dx = � 1
20
cos (20x+ 1) + C
� Calcular
Z
e(2x+1)dx Z
e(2x+1)dx =
1
2
e2x+1 + C
� Calcular
Z
32x+3dx Z
32x+3dx =
1
2 ln 3
32x+3 + C
� Calcular
Z
adx
1� xZ
adx
1� x = �a
Z
dx
x� 1 = �a
Z
d (x� 1)
x� 1 = �a
Z
du
u
= �a ln juj+ C = �a ln jx� 1j+ C
9
� Calcular
Z
xdx
a+ bxZ
xdx
a+ bx
=
1
b
Z
bx+ a� a
a+ bx
dx =
1
b
�Z
bx+ a
a+ bx
dx�
Z
a
a+ bx
dx
�
=
1
b
�Z
dx� a
b
Z
d (a+ bx)
a+ bx
�
=
1
b
�
x� a
b
ln juj+ C
�
donde u = a+ bx
=
x
b
� a
b2
ln ja+ bxj+ C
Metódo de Introducción de Cantidades al Diferencial: La idea de este método consiste
en usar diferenciales de funciones dg (x) en vez de dx, los cuales se van a reemplazar en la
integral cambiandole su forma. Este método es una abreviación de otros métodos como el
de sutitución e integración por partes que veremos mas adelante.
Algunas fórmulas para el uso de introducción de cantidades al diferencial
1: dx = d (x+ a) ; 10: sec x tan xdx = d (sec x)
2: adx = d (ax+ b) ; 11: � csc x cotxdx = d (csc x)
3: �x��1dx = d (xa) ; 12: exdx = d (ex)
4: 2xdx = d (x2) ; 13: axdx = d
�
ax
ln a
�
5:
dx
2
p
x
= d (
p
x) ; 14:
dxp
1� x2
= d (arcsinx)
6: cosxdx = d (sinx) ; 15:
dx
x
= d (lnx)
7: � sin xdx = d (cosx) ; 16: dx
1 + x2
= d (arctanx)
8: sec2 xdx = d (tanx) ; 17: sinh xdx = d (coshx)
9 � csc2 xdx = d (cotx) ; 18: coshxdx = d (sinhx)
Ejemplos:
� Calcular
Z
exdx
2 + 3exZ
exdx
2 + 3ex
=
1
3
Z
d (2 + 3ex)
2 + 3ex
=
1
3
Z
du
u
=
1
3
ln juj+ C = 1
3
ln (2 + 3ex) + C
� Calcular
Z
2x � 2�x
2x + 2�x
dx
Z
2x � 2�x
2x + 2�x
dx =
Z d�2x+2�x
ln 2
�
2x + 2�x
=
1
ln 2
Z
du
u
=
1
ln 2
�
ln juj+ �C
�
=
1
ln 2
ln (2x + 2�x) + C
10
� Calcular
Z
dx
x lnx ln (ln x)Z
dx
x lnx ln (ln x)
=
Z
d (lnx)
lnx ln (ln x)
=
Z
du
u lnu
=
Z
d (lnu)
lnu
=
Z
dv
v
= ln jvj+ C = ln jlnuj+ C = ln jln jln jxjjj+ C
Metodo de Sustitución. La idea de este método es que mediante una sustitución de la
forma x = ' (t) o t = (x) una integral de la forma
Z
f (x) dx puede ser llevada a una
integral de la forma
Z
f (' (t))'0 (t) dt o
Z
g (t) dt las cuales se podrán resolverse de una
forma mas sencilla
Theorem 2 Sea
Z
f (x) dx y sea la función x = ' (t) con derivada continua en (a; b) y la función
inversa t = (x) ; entonces Z
f (x) dx =
Z
f (' (t))'0 (t) dt
Proof. Para demostrar que esas dos familias son identicas probemos que sus derivadas porducen
la misma función.
Por un lado
d
dx
�Z
f (x) dx
�
=
d
�Z
f (x) dx
�
dx
=
f (x) dx
dx
= f (x) ;
por otro lado,
d
dx
�Z
f (' (t))'0 (t) dt
�
=
d
dt
�Z
f (' (t))'0 (t) dt
�
dt
dx
=
f (' (t))'0 (t) dt
dt
dt
dx
= f (' (t))'0 (t)
dt
dx
= f (' (t))'0 (t)
1
'0 (t)
= f (' (t)) = f (x) :
Por lo tanto Z
f (x) dx =
Z
f (' (t))'0 (t) dt
Ejemplos.
11
� Calcular
Z
dxp
x2 + a2
Haciendo x = a sinh t; se tiene que dx = a cosh tdt y x = a sinh t = a
�
et � e�t
2
�
; implica
que
x = a
e2t � 1
2et
) 2xet = a (e2t � 1)
) 0 = ae2t � 2xet � a
) et = 2x�
p
4x2 + 4a2
2a
) et = x�
p
x2 + a2
a
) t = ln
��x+px2 + a2��� ln a
luego Z
dxp
x2 + a2
=
Z
a cosh tdtp
a2 sinh2 t+ a2
=
Z
cosh tdtp
sinh2 t+ 1
=
Z
cosh tdtp
cosh2 t
=
Z
dt
= t+ �C = ln
��x+px2 + a2��� ln a+ �C = ln ��x+px2 � a2��+ C
� Calcular
Z
dx
(x+ 2)
p
x+ 1
Haciendo
p
x+ 1 = t; se tiene que
dxp
x+ 1
= 2dt, luego:
Z
dx
(x+ 2)
p
x+ 1
=
Z
dx
(x+ 1 + 1)
p
x+ 1
=
Z
2dt
(t2 + 1)
= 2 arctan t+ C = 2arctan
p
x+ 1 + C
Integración por Partes.
Theorem 3 Si las funciones u(x) y v(x) son continuas y diferenciables en un intervalo (a; b)
y sobre este intervalo existe la integral
R
vdu, entonces sobre este mismo intervalo existe
también
R
udv y además Z
udv = uv �
Z
vdu
Proof. Es claro que d (uv) = udv + vdu; luegoZ
d (uv) =
Z
(udv + vdu) =
Z
udv +
Z
vdu
luego
uv =
Z
udv +
Z
vdu:
12
Por tanto, Z
udv = uv �
Z
vdu
Ejercicios.
� Calcular
Z
lnxdx
Solución. Tomando (
u = ln x ) du = dx
x
dv = dx ) v = x
y reemplazando estas igualdades en la formula de integración por partes se tiene:Z
lnxdx = x lnx�
Z
x
dx
x
= x lnx�
Z
dx = x lnx� x+ C
� Calcular
Z
x2�xdx
Solución.
Tomando 8<: u = x ) du = dx2�xdx = dv ) Z 2�xdx = Z dv ) �2�x
ln 2
= v
y reemplazando estas igualdades en la formula de integración por partes se tiene,Z
x2�xdx = �x2
�x
ln 2
�
Z �
�2
�x
ln 2
�
dx = �x2
�x
ln 2
+
1
ln 2
Z
2�xdx
= �x2
�x
ln 2
+
1
ln 2
�
�2
�x
ln 2
�
+ C = �x2
�x
ln 2
� 2
�x
ln2 2
+ C
Observación.
i. Si en el mismo problema se toma�
u = 2�x ) du = �2�x ln 2dx
xdx = dv ) x2
2
= v
y reemplazando estas igualdades en la formula de integración por partes seZ
x2�xdx = x
2
2
2�x + ln 2
2
Z
2�xx2dx
No sería conveniente
13
ii. Si el mismo problema se resuelve usando introdución de cantidades al diferencialZ
x2�xdx =
Z
xd
�
�2�x
ln 2
�
= � 1
ln 2
Z
xd (2�x) = � 1
ln 2
�
x2�x �
Z
2�xdx
�
= � 1
ln 2
�
x2�x +
2�x
ln 2
�
= �x2
�x
ln 2
� 2
�x
ln2 2
+ C
� Calcular
Z
ln
�
x+
p
1 + x2
�
dxZ
ln
�
x+
p
1 + x2
�
dx
= x ln
�
x+
p
1 + x2
�
�
Z
xd
�
ln
�
x+
p
1 + x2
��
= x ln
�
x+
p
1 + x2
�
�
Z x�1 + 2x
2
p
1+x2
�
�
x+
p
1 + x2
� dx
= x ln
�
x+
p
1 + x2
�
�
Z x�x+p1+x2p
1+x2
�
�
x+
p
1 + x2
�dx = x ln �x+p1 + x2�� Z xp
1+x2
dx
= x ln
�
x+
p
1 + x2
�
�
p
1 + x2 + C
� Calcular
Z
arcsinx
x2
dx
Tomando 8><>:
u = arcsinx ) du = dxp
1� x2
dx
x2
= dv ) �1
x
= v
entonces,Z
arcsinx
x2
dx = �1
x
arcsinx�
Z �
� 1
x
� dxp
1� x2
= �1
x
arcsinx+
Z
dx
x
p
1� x2
= �1
x
arcsinx+
Z
dx
x2
q�
1
x
�2 � 1 = �
1
x
arcsinx�
Z
d
�
1
x
�q�
1
x
�2 � 1
= �1
x
arcsinx�
Z
dtp
t2 � 1
con t =
1
x
:
Por tanto,
Z
arcsinx
x2
dx = �1
x
arcsinx� ln
���t+pt2 � 1���+C = �1
x
arcsinx� ln
������1x +
s�
1
x
�2
� 1
������+C
14
Si resolvemos este problema introduciendo cantidades al diferencial,Z
arcsinx
x2
dx = �
Z
arcsinxd
�
1
x
�
= �
�
1
x
arcsinx�
Z
1
x
1p
1� x2
dx
�
= �
241
x
arcsinx�
Z
1
x2
1q�
1
x
�2 � 1dx
35 = �
241
x
arcsinx�
Z
1q�
1
x
�2 � 1d
�
1
x
�35
= �
�
1
x
arcsinx�
Z
dup
u2 � 1
�
= � � �
� Calcular
R
eax cos bxdx
Solución. Si resolvemos el problema introduciendo cantidades al diferencial, se tiene:Z
eax cos bxdx = 1
b
Z
eaxd (sin bx)
= 1
b
�
eax sin bx� a
Z
eax sin bxdx
�
= 1
b
eax sin bx+ a
b2
Z
eaxd (cos bx)
= 1
b
eax sin bx+ a
b2
�
eax cos bx� a
Z
eax cos bxdx
�
=
1
b
eax sin bx+
a
b2
eax cos bx� a
2
b2
Z
eax cos bxdx
luego, �
b2 + a2
b2
�Z
eax cos bxdx =
1
b
eax sin bx+
a
b2
eax cos bx
por lo tanto Z
eax cos bxdx
=
�
b2
b2 + a2
��
1
b
eax sin bx+
a
b2
eax cos bx
�
+ C
=
beax sin bx
b2 + a2
+
aeax cos bx
b2 + a2
+ C
Ejercicio. Considere �
u = eax ) du = aeaxdx
cos bxdx = dv ) 1
b
sin bx = v
15
y calcule Z
eax cos bxdx;
� Resolver
R
x2exdx
Solución.Si resolvemos el problema introduciendo cantidades al diferencial,Z
x2exdx
=
Z
x2dex =
�
x2ex � 2
Z
xexdx
�
= x2ex � 2
Z
xdex
= x2ex � 2
�
xex �
Z
exdx
�
= x2ex � 2xex + 2
Z
exdx = ex (x2 � 2x+ 2) + C
Ejercicio. Usando
�
u = x2
exdx = dv
CalcularZ
x2exdx
Observación.
� Integrales de la formaR
arcsin axdx ;
R
arccos axdx ;
R
arctan axdx
se resuelven haciendo
u = FTI
dv = dx
� Integrales de la forma Z
(FTI) g (x) dx
se resuelven haciendo
u = FTI
dv = g (x) dx
� Z
xk sin axdx ; u = xk; dv = sin axdxZ
xk cos axdx ; u = xk; dv = cos axdxZ
xkeaxdx ; u = xk; dv = eaxdxZ
xk ln (ax) dx ; u = ln (ax) ; dv = xkdxZ
eax sin xdx ; u = eax; dv = sin bxdxZeax cosxdx ; u = eax; dv = cos bxdx
16
Integrales de Funciones Racionales
De�nición. Un polinomio P (x) de grado n es una expresión de la forma
Pn (x) = anx
n + an�1x
n�1 + � � �+ a2x2 + a1x+ a0
donde an; an�1; � � �; a2; a1; a0 2 R; an 6= 0; n 2 N
Ahora, la idea es resolver una integral de la formaZ
Pn (x)
Qm (x)
dx
donde
� Pn (x) : polinomio grado n y Qm (x) : polinomio grado m
� Pn(x)
Qm(x)
: función racional
De�nición. Una función racional
Pn (x)
Qm (x)
; se dice que es fracción propia si el grado Pn (x)
es menor que el grado de Qm (x) (n < m) : Una función racional
Pn (x)
Qm (x)
; se dice que es fracción
impropia si el grado Pn (x) es mayor o igual que el grado de Qm (x) (n � m) :
Ejemplos:
� 3x
2 + 1
4x3 + 3
fracción propia.
� 4x
3 + 3x2
3x2 � x+ 1 fracción impropia.
Observación: Si
Pn (x)
Qm (x)
es una fracción impropia, entonces por el algoritmo de la división,
Pn (x)
Qm (x)
= Cr (x) +
Rs (x)
Qm (x)
donde
Rs (x)
Qm (x)
es fracion propia.
Es decir, una fracción impropia se expresa como un polinomio mas una fracción propia.
Recordemos algunas integrales de algunas fraccciones propias básicas
�
Z
1
x
dx =
Z
d (lnx) = ln jxj+ C
17
�
Z
1
(x� a)dx =
Z
d (x� a)
(x� a) =
Z
du
u
= ln jx� aj+ C:
Observación:
dx = d (x+ k) ; dx = d
�
ax+ k
a
�
=
1
a
d (ax+ k)
�
Z
dx
(x� a)2
=
Z
d (x� a)
(x� a)2
=
Z
du
u2
= �1
u
+ C = � 1
(x� a) + C
�
Z
dx
(x� a)2
= �
Z
d
�
1
(x� a)
�
= � 1
(x� a) +C (Intruducción de cantidades al diferencial)
�
Z
dx
(x� a)n =
Z
d (x� a)
(x� a)n =
Z
du
un
= � 1
(n� 1)un�1 + C = �
1
(n� 1) (x� a)n�1
+ C
�
Z
dx
(x� a)n = �
Z
d
�
1
(n�1)(x�a)n�1
�
= � 1
(n� 1)
Z
d
�
1
(x�a)n�1
�
= � 1
(n�1)
�
1
(x�a)n�1
�
+ C
Observación. El teorema fundamental del álgebra que dice "Todo polinómio de grado n, con
coe�cientes complejos, tiene n raíces en el cuerpo de los complejos", nos permite concluir que un
polinomio P (x) de grado n con coe�cientes reales como:
Pn (x) = anx
n + an�1x
n�1 + � � �+ a2x2 + a1x+ a0
donde an; an�1; � � �; a2; a1; a0 2 R; an 6= 0; n 2 N[f0g ; tiene n raices las cuales pueden ser reales
o complejas, y en este caso
Pn (x) = (x� b1)r1 (x� b2)r2 � � � (x� bk)rk (x2 + c1x+ d1)s1 � � � (x2 + ctx+ dt)st
donde
� b1; b2; � � �; bk; c1;d1; � � �; ct; dt 2 R
� Cada termino (x� bi)r1 contiene las raices reales bi de multiplicidad r1
� Cada termino (x2 + cix+ di)si contiene el par de raices complejas de multiplicidad si
� r1 + r2 + � � �+ rk + 2 (s1 + � � �+ st) = n
Ejemplos.
� x4 + 2x3 � x� 2 = (x� 1) (x+ 2) (x2 + x+ 1)
� x9+6x8+12x7+6x6� 12x5� 24x4� 15x3+6x2+12x+8 = (x� 1)2 (x+ 2)3 (x2 + x+ 1)2
18
� x5 + 4x4 + x3 � 10x2 � 4x+ 8 = (x� 1)2 (x+ 2)3
Integrales de las formasZ
dx
ax2 + bx+ c
;
Z
mx+ n
ax2 + bx+ c
dx;
Z
dxp
ax2 + bx+ c
;
Z
mx+ np
ax2 + bx+ c
dx
Es claro que:
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
�
�
b
2a
�2
+
c
a
!
= a
 �
x+
b
2a
�2
� k2
!
Por tanto,
� I.
Z
dx
ax2 + bx+ c
=
Z
dx
a
 �
x+
b
2a
�2
� k2
! = 1
a
Z d�x+ b
2a
�
�
x+
b
2a
�2
� k2
7�!
Z
du
u2 � k2
Ejemplo. Resolver
Z
dx
x2 + 2x+ 3
Solución. Z
dx
x2 + 2x+ 3
=
Z
dx
x2 + 2x+ 1� 1 + 3 =
Z
d (x+ 1)
(x+ 1)2 +
p
2
2 =
Z
du
u2 +
p
2
2
= 1p
2
arctan
�
up
2
�
+ C = 1p
2
arctan
�
x+1p
2
�
+ C
� II.
Z
dxp
ax2 + bx+ c
=
Z
dxvuuta �x+ b
2a
�2
� k2
! = 1pa
Z d�x+ b
2a
�
s�
x+
b
2a
�2
� k2
7�!
Z
dup
u2�k2
Ejemplo. Resolver
Z
dxp
�4x2 � 3x+ 2
19
Solución. Z
dxp
�4x2 � 3x+ 2
=
Z
dxp
�(4x2+3x�2)
=
1
2
Z
dxr
�
�
x2+ 3
4
x+( 38)
2� 1
2
�( 38)
2
� = 1
2
Z
dxr
�
�
(x+ 38)
2� 1
2
� 9
64
�
=
1
2
Z
dxr
�
�
(x+ 38)
2� 41
64
� = 1
2
Z
d(x+ 38)q
41
64
�(x+ 38)
2 =
1
2
Z
durp
41
64
2
�u2
= 1
2
arcsin
�
up
41
64
�
+ C = 1
2
arcsin
�
8x+3p
41
�
+ C
� III.
R mx+ n
ax2 + bx+ c
dx =
R m
2a
(2ax+ b)� mb
2a
+ n
ax2 + bx+ c
dx = m
2a
R (2ax+ b)
ax2 + bx+ c
dx+
�
n� mb
2a
� R dx
ax2 + bx+ c
;
es decir, Z
mx+ n
ax2 + bx+ c
dx 7�! A
Z
du
u
+B
Z
dv
v2 � k2
Ejemplo. Resolver
Z
3x� 2
x2 � 4x+ 5dx
Solución.Z
3x� 2
x2 � 4x+ 5dx
=
Z 3
2
(2x� 4) + 4
x2 � 4x+ 5 dx =
3
2
Z
(2x� 4) dx
x2 � 4x+ 5 + 4
Z
dx
x2 � 4x+ 5
= 3
2
Z
d (x2 � 4x+ 5)
x2 � 4x+ 5 + 4
Z
dx
x2 � 4x+ 4� 4 + 5 =
3
2
Z
du
u
+ 4
Z
d (x� 2)
(x� 2)2 + 1
= 3
2
ln juj+ 4
Z
dv
v2 + 1
= 3
2
ln jx2 � 4x+ 5j+ 4arctan v + C
= 3
2
ln jx2 � 4x+ 5j+ 4arctan (x� 2) + C
� IV:
Z
mx+ np
ax2 + bx+ c
dx 7�! A
Z
dup
u
+B
Z
dvp
v2 � k2
Ejemplo. Calcular
Z
x+ 3p
x2 + x+ 1
dx
20
Solución.Z
x+ 3p
x2 + x+ 1
dx
=
Z 1
2
(2x+ 1) + 5
2p
x2 + x+ 1
dx =
1
2
Z
2x+ 1p
x2 + x+ 1
dx+
5
2
Z
dxp
x2 + x+ 1
=
1
2
Z
d (x2 + x+ 1)p
x2 + x+ 1
+
5
2
Z
dxq
x2 + x+
�
1
2
�2 � �1
2
�2
+ 1
=
1
2
Z
dup
u
+
5
2
Z
d
�
x+ 1
2
�r�
x+ 1
2
�2
+
q
3
4
2
=
Z
du
2
p
u
+
5
2
Z
dvr
v2 +
q
3
4
2
=
p
u+ 5
2
ln
�����v +
r
v2 +
q
3
4
2
�����+ C = px2 + x+ 1 + 52 ln
�����x+ 12 +
r�
x+ 1
2
�2
+
q
3
4
2
�����+ C
� V.
R mx+ n
(ax2 + bx+ c)k
dx : Se puede llevar a los caso anteriores
Ejemplo. Calcular
Z
x� 1
(x2 + 2x+ 3)2
dx
Solución.
=
Z
x� 1
(x2 + 2x+ 3)2
dx
=
Z 1
2
(2x+ 2)� 2
(x2 + 2x+ 3)2
dx = 1
2
Z
(2x+ 2)
(x2 + 2x+ 3)2
dx�
Z
2
(x2 + 2x+ 3)2
dx
= 1
2
Z
d (x2 + 2x+ 3)
(x2 + 2x+ 3)2
� 2
Z
dx
(x2 + 2x+ 1� 1 + 3)2
= 1
2
Z
du
u2
� 2
Z
d (x+ 1)�
(x+ 1)2 + 2
�2
= 1
2
Z
du
u2
� 2
Z
dv
(v2 + 2)2
= 1
2
Z
du
u2
�
Z
v2 + 2� v2dv
(v2 + 2)2
= 1
2
Z
du
u2
�
Z
v2 + 2
(v2 + 2)2
dv +
Z
v2dv
(v2 + 2)2
= 1
2
Z
du
u2
�
Z
dv
v2 + 2
+
Z
v
vdv
(v2 + 2)2
= 1
2
Z
du
u2
�
Z
dv
v2 + 2
� 1
2
Z
vd
�
1
v2+2
�
= � � �
Fracciones Parciales
� Observación: Resolver la integral de una función racional se reduce al cálculo de de inte-
grales de funciones racionales propias, siguiendo los siguientes casos:
21
� I caso: Si Pn (x)
Qm (x)
es fracción propia donde todas las raices del polinomio Qm (x) son reales
y diferentes, es decir
Qm (x) = (x� a1) (x� a2) � � � (x� am)
entonces por cada raiz real (x� ai) distinta de Qm (x) ; se tiene una fraccion parcial de la
forma
Ai
(x� ai)
;
así:
Pn (x)
Qm (x)
=
A1
(x� a1)
+
A2
(x� a2)
+ � � �+ Am
(x� am)
� II caso: Si Pn (x)
Qm (x)
es fracción propia donde todas las raices del polinomio Qm (x) son reales
con multiplicidades �i, es decir
Qm (x) = (x� a1)�1 (x� a2)�2 � � � (x� ai)�i � � � (x� ak)�k
�1 + �2 + � � �+ �i + � � �+ ak = m
entonces por cada raiz real de Q (x) de multiplicidad �i se tiene una fracción parcial de la
forma
A1
(x� ai)
+
A2
(x� ai)2
+ � � �+ Ai
(x� ai)�i
Ejemplo.
x2 + 1
x5 + 4x4 + x3 � 10x2 � 4x+ 8
=
x2 + 1
(x� 1)2 (x+ 2)3
=
A
(x� 1) +
B
(x� 1)2
+
C
(x+ 2)
+
D
(x+ 2)2
+
E
(x+ 2)3
Ejemplo.
x+ 1
(x� 2)3 (x+ 2)3
=
A1
(x� 2) +
A2
(x� 2)2
+
A3
(x� 2)3
+
A4
(x+ 2)
+
A5
(x+ 2)2
+
A6
(x+ 2)3
� III caso: Si Pn (x)
Qm (x)
es fracción propia donde todas las raices del polinomio Qm (x) son
complejas y vienen por pares, es decir
Qm (x) = (x
2 + a1x+ b1) (x
2 + a2x+ b2) � � � (x2 + akx+ bk)
donde 2k = m
entonces, por cada par de raices complejas (x2 + aix+ bi) de Qm (x), se tiene una fracción
parcial de la forma
Aix+Bi
x2 + aix+ bi
22
Ejemplo.
x2 + 1
(x2 + x+ 1) (x2 + x+ 2)
=
A+Bx
(x2 + x+ 1)
+
Cx+D
(x2 + x+ 2)
� IV caso: Si Pn (x)
Qm (x)
es fracción propia donde todas las raices del polinomio Q (x) son
complejas, vienen por pares y son de multiplicidad �i, es decir
Q (x) = (x2 + a1x+ b1)
�1 (x2 + a2x+ b2)
�2 � � � (x2 + akx+ bk)�k
2 (�1 + �2 + � � �+ �k) = m
entonces, por cada par de raices complejas (x2 + aix+ bi) de multiplicidad �i de Q (x), se
tiene una fracción parcial de la forma
A1x+B1
x2 + aix+ bi
+
A2x+B2
(x2 + aix+ bi)
2 + � � �+
A�ix+B�i
(x2 + aix+ bi)
�i
Ejemplo.
x2 + 1
(x2 + x+ 1)2 (x2 + x+ 2)2
=
A+Bx
(x2 + x+ 1)
+
C +Dx
(x2 + x+ 1)2
+
Ex+ F
(x2 + x+ 2)
+
Gx+H
(x2 + x+ 2)2
Ejemplo.
3x2 � 2x
x9 + x8 + 4x7 + 4x6 + 3x5 + 3x4 � 4x3 � 4x2 � 4x� 4
=
3x2 � 2x
(x� 1) (x+ 1)2 (x2 + 1) (x2 + 2)2
= A
(x�1) +
B
(x+1)+ C
(x+1)2
+ Dx+E
(x2+1)
+ Fx+G
(x2+2)
+ Hx+I
(x2+2)2
Nota: Es claro que en el ejemplo anterior se presentaron varios de los cuatro casos.
Ejemplo. Calcular
Z
x3 + 3x+ 1
(x+ 2) (x� 1) (x2 + 1)dx
Solución.Z
x3 + 3x+ 1
(x+ 2) (x� 1) (x2 + 1)dx
=
Z �
A
(x+ 2)
+
B
(x� 1) +
Cx+D
(x2 + 1)
�
dx =
Z � 13
15
(x+ 2)
+
5
6
(x� 1) +
� 7
10
x� 1
10
(x2 + 1)
�
dx
= 13
15
Z
dx
(x+ 2)
+ 5
6
Z
dx
(x� 1) �
1
10
Z
7x+ 1
(x2 + 1)
dx
= 13
15
ln jx+ 2j+ 5
6
ln jx� 1j � 1
10
�
7
2
Z
2x
(x2 + 1)
dx+
Z
1
(x2 + 1)
dx
�
= 13
15
ln jx+ 2j+ 5
6
ln jx� 1j � 1
10
�
7
2
ln (x2 + 1) + arctanx
�
+ C
23
Lo cual resulta del siguiente análisis
x3 + 3x+ 1
(x+ 2) (x� 1) (x2 + 1)
=
A
(x+ 2)
+
B
(x� 1) +
Cx+D
(x2 + 1)
=
A (x� 1) (x2 + 1) +B (x+ 2) (x2 + 1) + (Cx+D) (x+ 2) (x� 1)
(x+ 2) (x� 1) (x2 + 1)
Cuando x = 1) 5 = 6B y B = 5
6
Cuando x = �2) �13 = �15A y A = 13
15
Cuando x = 0) 1 = �A+ 2B � 2D ) 1 = �13
15
+ 2
5
6
� 2D ) D = �1
10
Igualando los coe�ciente con mayores potencias, se tiene:
1 = A+B + C ) 1 = 13
15
+
5
6
+ C ) C = �7
10
Ejemplo. Calcular
Z
dx
(x3 + 1)
Solución.Z
dx
(x3 + 1)
=
Z
dx
(x+ 1) (x2 � x+ 1) =
Z �
A
(x+ 1)
+
Bx+ C
(x2 � x+ 1)
�
dx
=
Z 1
3
(x+ 1)
dx+
Z �1
3
x+ 2
3
(x2 � x+ 1)dx =
1
3
Z
dx
(x+ 1)
� 1
3
Z
(x� 2) dx
(x2 � x+ 1)
= 1
3
ln (x+ 1)� 1
6
Z
(2x� 1� 3) dx
(x2 � x+ 1) =
1
3
ln (x+ 1)� 1
6
ln jx2 � x+ 1j+ 1
2
Z
dx
(x2 � x+ 1) = � � �
24
Puesto que:
1
(x3 + 1)
=
A
(x+ 1)
+
Bx+ C
(x2 � x+ 1) =
A (x2 � x+ 1) + (Bx+ C) (x+ 1)
(x3 + 1)
; entonces
Cuando x = �1) 1 = 3A) A = 1
3
Cuando x = 0) 1 = A+ C ) C = 2
3
Igualando los coe�ciente de las mayores potencias, 0 = A+B ) B = �1
3
Ejemplo. Calcular
Z
dx
x (x+ 1) (x2 + x+ 1)
Solución.Z
dx
x (x+ 1) (x2 + x+ 1)
=
Z
dx
(x2 + x) (x2 + x+ 1)
=
Z
(x2 + x+ 1)� (x2 + x)
(x2 + x) (x2 + x+ 1)
dx
=
Z
dx
(x2 + x)
�
Z
dx
(x2 + x+ 1)
=
Z
(x+ 1)� xdx
x (x+ 1)
�
Z
dx
(x2 + x+ 1)
=
Z
dx
x
+
Z
dx
(x+ 1)
�
Z
dx
(x2 + x+ 1)
= ln jxj+ ln jx+ 1j �
Z
dx
(x2 + x+ 1)
= � � �
Ejemplo. Calcular
Z
dx
1 + x4
Solución. Z
dx
1 + x4
=
Z
dx
x4 + 2x2 + 1� 2x2
=
Z
dx
(x2 + 1)2 � 2x2
=
Z
dx�
x2 + 1�
p
2x
� �
x2 + 1 +
p
2x
�
=
Z
dx�
x2 �
p
2x+ 1
� �
x2 +
p
2x+ 1
�
=
Z
Ax+B
x2 �
p
2x+ 1
dx+
R Cx+D
x2 +
p
2x+ 1
dx
= � � �
25
Ejemplo. Calcular
Z
dx
(1� x2)2
Solución.Z
dx
(1� x2)2
=
Z
dx
(1� x)2 (1 + x)2
= 1
4
Z
((1� x) + (1 + x))2 dx
(1� x)2 (1 + x)2
= 1
4
Z �
(1� x)2 + (1 + x)2 + 2 (1� x) (1 + x)
�
dx
(1� x)2 (1 + x)2
= 1
4
"Z
(1� x)2 dx
(1� x)2 (1 + x)2
+
Z
(1 + x)2 dx
(1� x)2 (1 + x)2
+
Z
2 (1� x) (1 + x) dx
(1� x)2 (1 + x)2
#
= 1
4
�Z
dx
(1 + x)2
+
Z
dx
(1� x)2
+ 2
Z
dx
(1� x) (1 + x)
�
= 1
4
�Z
d (1 + x)
(1 + x)2
�
Z
d (1� x)
(1� x)2
+
Z
(1� x) + (1 + x)
(1� x) (1 + x) dx
�
= 1
4
�Z
d (1 + x)
(1 + x)2
�
Z
d (1� x)
(1� x)2
+
Z
dx
(1 + x)
+
Z
dx
(1� x)
�
= � � �
Integración de funciones Irracionales. Algunos de los metodos para resolver integrales de
funciones irracionales son los siguientes:
� Integrales de la forma
Z p
a2 � x2dx;
Z p
a2 + x2dx
Ejemplo. Calcular
Z p
a2 � x2dx
Solución.. Z p
a2 � x2dx =
Z
a2 � x2p
a2 � x2
dx
=
Z
a2p
a2 � x2
dx�
Z
x2p
a2 � x2
dx
=
Z
a2p
a2 � x2
dx+
Z
xd
�p
a2 � x2
�
= a2
Z
dxp
a2 � x2
+ x
p
a2 � x2 �
Z p
a2 � x2dx
luego
2
Z p
a2 � x2dx = a2 arcsin
�x
a
�
+ x
p
a2 � x2
y Z p
a2 � x2dx = a
2
2
arcsin
�x
a
�
+
x
2
p
a2 � x2 + C
26
Ejercicio. Calcular
Z p
a2 + x2dx
� Integrales de la forma Z
dx
(mx+ n)
p
ax2 + bx+ c
Es tipo de integrales se resuelven haciendo
mx+ n = t
Ejemplo. Resolver
Z
dx
(x+ 1)
p
x2 + 2x
Solución. Haciendo x+ 1 = t; se tiene que dx = dt; luegoZ
dx
(x+ 1)
p
x2 + 2x
=
Z
dx
(x+ 1)
p
x2 + 2x+ 1� 1
=
Z
dx
(x+ 1)
q
(x+ 1)2 � 1
=
Z
dt
t
p
t2 � 1
=
Z
dt
t2
q
1�
�
1
t
�2 = �
Z
d
�
1
t
�q
1�
�
1
t
�2 = �
Z
dup
1� u2
= � � �
� Integrales de la forma Z
R
 
x;
m
r
ax+ b
cx+ d
!
dx
donde R es una funcion que depende de x y m
r
ax+ b
cx+ d
( sumas y productos de esas expre-
siones). Es tipo de integrales se resuelve haciendo
tm =
ax+ b
cx+ d
o m
r
ax+ b
cx+ d
= t
Ejemplo. Resolver
Z
1
(2x+ 3)2
4
r
2x� 3
2x+ 3
dx
Solución. Haciendo
2x� 3
2x+ 3
= t4
) 2 (2x+ 3)� 2 (2x� 3)
(2x+ 3)2
dx = 4t3dt
) 12
(2x+ 3)2
dx = 4t3dt
se tieneZ
1
(2x+ 3)2
4
r
2x� 3
2x+ 3
dx =
1
12
Z
4
p
t44t3dt =
1
3
Z
t4dt =
t5
15
+ C =
1
15
�
4
r
2x� 3
2x+ 3
�5
+ C
27
� Integrales de la forma
Z
R
�
x;
p
ax2 + bx+ c
�
dx donde R es una funcion que depende de x
y
p
ax2 + bx+ c ( sumas y productos de esas expresiones). Es tipo de integrales se resuelven
usando las sustituciones de Euler
Sustituciones de Euler
1. Si a > 0 se hace t =
p
ax2 + bx+ c+
p
ax
2. Si ax2 + bx+ c = (x�m) (x� n) se hace
t (x�m) =
p
ax2 + bx+ c o t (x� n) =
p
ax2 + bx+ c
3. Si c > 0 se hace
p
ax2 + bx+ c = xt+
p
c
Ejemplo. Resolver
Z
dxp
x2 + �2
: Observe que a = 1 > 0
Solución. Haciendo t =
p
x2 + �2 + x, se tiene que:
t2 =
�p
x2 + �2 + x
�2
) t2 = x2 + �2 + x2 + 2
p
x2 + �2x
) t2 � �2 =
�
2x2 + 2
p
x2 + �2x
�
) t
2 � �2
2
= x
�
x+
p
x2 + �2
�
) t
2 � �2
2
= x
�
x+
p
x2 + �2
�
= tx
) t
2 � �2
2t
= x
y
dx =
4t2 � 2
�
t2 � �2
�
4t2
dt =
�
t2 + �2
�
2t2
dt
entonces, Z
1p
x2 + �2
dx =
Z
1
t� t2��2
2t
�
t2 + �2
�
2t2
dt
=
Z
2t
2t2 �
�
t2 � �2
� �t2 + �2�
2t2
dt
=
Z
2t
t2 + �2
�
t2 + �2
�
2t2
dt
=
Z
1
t
dt
= ln jtj+ C
= ln
���px2 + �2 + x���+ C
28
� Ejemplo. Resolver
Z
dx
(x� 2)
p
1� x2
� Solución. Observe que 1�x2 = (1� x) (1 + x), entonces se puede hacer
p
1� x2 = (1 + x) t;
luego p
1� x2 = (1 + x) t
) 1� x2 = (1 + x)2 t2
) (1� x) (1 + x) = (1 + x)2 t2
) (1� x) = (1 + x) t2
) 1� x = t2 + t2x
) 1� t2 = (1 + t2)x
) 1� t
2
(1 + t2)
= x
y
�2t (1 + t2)� (1� t2) 2t
(1 + t2)2
dt = dx =
�4t
(1 + t2)2
dt
ademas p
1� x2 = (1 + x) t =
�
1 +
1� t2
(1 + t2)
�
t =
2t
1 + t2
Por tanto, Z
dx
(x� 2)
p
1� x2
=
Z
1�
1� t2
1 + t2
� 2
��
2t
1 + t2
� �4t
(1 + t2)2
dt
=
Z
10@(1� t2)� 2 (1 + t2)
1 + t2
1A0@ 2t
1 + t2
1A
�4t
(1 + t2)2
dt
= �
Z
4tdt
(1� t2 � 2 (1 + t2)) (2t)
= �
Z
2dt
(�1� 3t2)
= 2
3
Z
dtq
1
3
2
+ t2
= 2
3
1q
1
3
arctan
0@ tq
1
3
1A+ C
= 2p
3
arctan
 p
3
p
1� x2
1 + x
t
!
+ C
� Integrales de la forma
Z
Pn (x)p
ax2 + bx+ c
: Es tipo de integrales se pueden resolver suponiendo
la igualdad Z
Pn (x)p
ax2 + bx+ c
dx = Qn�1 (x)
p
ax2 + bx+ c+ �
Z
dxp
ax2 + bx+ c
29
Ejemplo. Resolver
Z p
x2 + x+ 1dx
Solución. supongamos que:Z p
x2 + x+ 1dx =
Z
x2 + x+ 1p
x2 + x+ 1
dx = (ax+ b)
p
x2 + x+ 1 + �
Z
dxp
x2 + x+ 1
Derivando a ambos miembros obtenemos
x2 + x+ 1p
x2 + x+ 1
= a
p
x2 + x+ 1 +
(ax+ b) (2x+ 1)
2
p
x2 + x+ 1
+
�p
x2 + x+ 1
) 2 (x
2 + x+ 1)
2
p
x2 + x+ 1
=
2a (x2 + x+ 1) + (ax+ b) (2x+ 1) + 2�
2
p
x2 + x+ 1
Igualando los coe�cientes de potencias mayores, 2 = 4a) a = 1
2
Cuando x = �1
2
) 3
2
=
3
4
a+ �) 6
4
� 3
4
= 2�) � = 3
8
Cuando x = 0) 2 = 2a+ b+ 2�) 2� 2a� 2� = b = 2
�
1� 1
2
� 3
8
�
=
1
4
Por tanto Z p
x2 + x+ 1dx =
�
1
2
x+
1
4
�p
x2 + x+ 1 +
3
8
Z
dxp
x2 + x+ 1
=
�
1
2
x+
1
4
�p
x2 + x+ 1 +
3
8
Z
dxq�
x+ 1
2
�2
+ 3
4
=
�
1
2
x+
1
4
�p
x2 + x+ 1 +
3
8
Z
dvq
v2 + 3
4
= � � �
Integrales de la forma
Z
dx
(x� �)n
p
ax2 + bx+ c
se resuelve haciendo
1
(x� �) = t
Ejercicio. Resolver
Z
dx
x5
p
x2 � 1
� Integrales de Binomios Diferenciales. las integrales de la formaZ
xm (a+ bxn)p dx : m;n; p 2 R
se llaman Binomios diferenciales y sólo se pueden expresarse por medio de una combinación
�níta de funciones elementales únicamente los tres casos que siguen y son llamadas las susti-
tuciones de Chebichev:
30
1. Cuando p es número entero; entonces se hace x = zN donde N es maximo común divisor de
los denominadores de m y n
2. Cuando es número m+1
n
es entero. Aquí se emplea la sustitución a + bxn = zN donde N es
el denominador de la fracción p
3. Cuando m+1
n
+ p es número entero. En este caso se emplea la sustitución ax�n + b = zNdonde N es el denominador de la fracción p.
Ejercicio. Resolver
Z
3
p
3x� x3dx
Ejercicio. Resolver
Z
3
p
1 + 4
p
xp
x
dx
Integrales de Funciones Trigonometricas
1. Integrales de la forma Z
R (tan x) dx;
se resuelven haciendo
tan x = u
tan x = u) x = arctanu) dx = du
1 + u2
, luegoZ
R (tanx) dx 
Z
R (u) du
1 + u2
2. Integrales de la forma Z
R
�
sin2 x; cos2 x
�
dx;
se resuelven haciendo
tan x = u
tan x = u) x = arctanu) dx = du
1 + u2
, además,
31
tan x = u )
(
sin x = up
1+u2
cosx = 1p
1+u2
luego Z
R
�
sin2 x; cos2 x
�
dx 
Z
R
�
u2
1 + u2
;
1
1 + u2
�
du
1 + u2
;
3. Integrales de la forma Z
R (sinx; cosx) dx;
se resuelven haciendo
tan
x
2
= u : Sustitución Universal
tan x
2
= u) x
2
= arctanu) dx = 2du
1 + u2
, además,
tan
x
2
= u)
8><>:
sin
x
2
=
up
1 + u2
cos
x
2
=
1p
1 + u2
)
8><>:
sin x = 2 sin
x
2
cos
x
2
=
2u
1 + u2
cosx = cos2
x
2
� sin2 x
2
=
1� u2
1 + u2
luego Z
R (sinx; cosx) dx 
Z
R
�
2u
1 + u2
;
1� u2
1 + u2
�
2du
1 + u2
;
Ejemplo. Resolver
Z
dx
sin x+ 2 cosx+ 3
:
Solución. Haciendo tan
�
x
2
�
= uZ
dx
sin x+ 2 cosx+ 3
=
Z 2du
1 + u2
2u
1 + u2
+ 2
1� u2
1 + u2
+ 3
=
Z 2du
1 + u2
2u+ 2 (1� u2) + 3 (1 + u2)
1 + u2
=
Z 2du
1 + u2
2u+ 2� 2u2 + 3 + 3u2
1 + u2
= 2
Z
du
u2 + 2u+ 5
= � � �
32
Ejemplo. Resolver
Z
dx
sin x
:
Solución. Haciendo tan x
2
= u
Z
dx
sin x
=
Z 2du
1 + u2
2u
1 + u2
=
Z
du
u
= ln juj+ C = ln
��tan x
2
��+ C
Ejemplo. Resolver
Z
cosxdx
4 + sin2 x
Solución.Z
cosxdx
4 + sin2 x
=
Z
d (sinx)
4 + sin2 x
=
Z
du
4 + u2
=
1
2
arctan
�u
2
�
+ C =
1
2
arctan
�
sin x
2
�
+ C
Ejemplo. Resolver
Z
sin xdx
4 + cos x
Solución Z
sin xdx
4 + cos x
= �
Z
d (4 + cos x)
4 + cos x
= �
Z
du
u
= � ln j4 + cos xj+ C
Ejemplo. Resolver
Z
dx
sin2 x+ 4 cos2 x+ 2
Solución Z
dx
sin2 x+ 4 cos2 x+ 2
=
Z
dx
sin2 x+ cos2 x+ 3 cos2 x+ 2
=
Z
dx
3 + 3 cos2 x
=
1
3
Z
dx
1 + cos2 x
=
1
3
Z
1
1 + 1
1+u2
du
1 + u2
=
1
3
Z
1
1 + 1 + u2
1 + u2
du
1 + u2
=
1
3
Z
du
u2 + 2
=
1
3
Z
du
p
2
2
+ u2
=
1
3
p
2
arctan
�
up
2
�
+ C =
1
3
p
2
arctan
�
tan xp
2
�
+ C
4. Integrales de la forma
R
sin� x cos� xdx con �; � 2 R
(a) I caso. Si � o � es impar y el otro un número real cualquiera. Sin pérdida de generalidad
supongamos
� = 2k + 1 : k 2 Z y � 2 R
33
luego Z
sin� x cos� xdx =
Z
sin� x cos2k+1 xdx =
Z
sin� x cos2k x cosxdx
=
Z
sin� x
�
1� sin2 x
�k
d (sinx) =
Z
u� (1� u2)k du
(b) II caso. Si � y � son pares. Sin pérdida de generalidad supongamos
� = 2n y � = 2k : k 2 Z
luegoZ
sin� x cos� xdx =
Z
sin2n x cos2k xdx =
Z �
sin2 x
�n
(cos2 x)
k
dx
=
Z �
1� cosx
2
�n�
1 + cos x
2
�k
dx : Potencias de cosx
Ejemplo. Resolver
Z
sin5 x cos2 xdx
Solución.Z
sin5 x cos2 xdx =
Z
sin4 x sin x cos2 xdx = �
Z
(1� cos2 x)2 cos2 xd cosx
= �
Z
(1� u2)2 u2du = � � �
Ejemplo. Resolver
Z
sin3 x
cos2 x
dx
Solución.Z
sin3 x
cos2 x
dx =
Z
(1� cos2 x) sinx
cos2 x
dx = �
Z
(1� cos2 x)
cos2 x
d cosx =
Z
u2 � 1
u2
du = � � ��
Ejercicio. Resolver
Z
cos3 xp
sin x
dx
(c) III Caso. Cuando � = � : par;Z
sin� x cos� xdx =
Z
sin2k x cos2k xdx =
Z
(sinx cosx)2k dx =
=
Z �
sin 2x
2
�2k
dx =
Z �
sin2 2x
4
�k
dx
=
Z �
1� cos2 2x
4
�k
dx : Potencias de cos 2x
34
Ejemplo.. Resolver
Z
sin4 x cos4 xdx
Solución.Z
sin4 x cos4 xdx
=
Z
(sinx cosx)4 dx =
Z �
sin 2x
2
�4
dx =
1
16
Z �
sin2 2x
�2
dx
=
1
16
Z �
1� cos 4x
2
�2
dx =
1
64
Z
(1� cos 4x)2 dx
=
1
64
Z
(1� 2 cos 4x+ cos2 4x) dx = 1
64
�
x� 1
2
sin 4x+
Z �
1 + cos 8x
2
�
dx
�
= � � �
Ejemplo. Resolver
Z
dxp
sin x cos3 x
:
Solución.Z
dxp
sinx cos3 x
=
Z
dxp
tan x cos4 x
=
Z
dx
cos2 x
p
tan x
=
Z
d (tan x)p
tan x
= � � �
5. Integrales de la forma
Z
tanm xdx o
Z
cotm xdx: Se resuelven usando las identidades
tan2 x = sec2 x� 1 y cot2 x = csc2 x� 1
Ejercicio. Resolver
Z
cot4 xdx
Solución.Z
cot4 xdx =
Z
cot2 x cot2 xdx =
Z
(csc2 x� 1) cot2 xdx
=
Z
(csc2 x cot2 x� cot2 x) dx = �
Z
cot2 xd (cotx)�
Z
cot2 xdx
= �
Z
u2du�
Z
(csc2 x� 1) dx = �
Z
u2du�
Z
(csc2 x� 1) dx
= �cot
3 x
3
� tan x+ x+ C
6. Integrales de la forma
Z
sin�x cos �xdx o
Z
cos�x cos �xdx: o
Z
sin�x sin �xdx Se
resuelven usando las identidades
35
sin (�� �) = sin� cos � � sin � cos�
cos (�� �) = cos� cos � � sin� sin �
sin� cos � = 1
2
[sin (�+ �) + sin (�� �)]
cos� cos � = 1
2
[cos (�+ �) + cos (�� �)]
sin� sin � = �1
2
[cos (�+ �)� cos (�� �)]
sin�+ cos � = 2 sin
�
�+�
2
�
cos
�
���
2
�
sin�� cos � = 2 cos
�
�+�
2
�
sin
�
���
2
�
cos�+ cos � = 2 cos
�
�+�
2
�
cos
�
���
2
�
cos�� cos � = �2 sin
�
�+�
2
�
sin
�
���
2
�
Ejercicio. Resolver
Z
sin 3x cos 5xdx
SoluciónZ
sin 3x cos 5xdx =
1
2
Z
[sin 8x+ sin (�2x)] dx = 1
2
Z
[sin 8x� sin 2x] dx
=
1
2
�
�1
8
cos 8x+
1
2
cos 2x
�
= � 1
16
cos 8x+
1
4
cos 2x+ C
Ejemplo. Resolver
Z
sin x sin 2x sin 3xdx
Solución.Z
sinx sin 2x sin 3xdx
= �1
2
Z
[cos 3x� cos (�x)] sin 3xdx = �1
2
Z
[cos 3x sin 3x� cosx sin 3x] dx
= �1
2
Z
[cos 3x sin 3x� cosx sin 3x] dx = �
Z
[sin 3x cos 3x� sin 3x cosx] dx
= �1
2
Z �
1
2
[sin (6x)]� 1
2
[sin (4x) + sin (2x)]
�
dx = �1
4
Z
[sin 6x� sin 4x� sin 2x] dx
7. Integrales de la forma
Z
a sin x+ b cosx
c sin x+ d cosx
dx: Se resuelven haciendo,
a sinx+ b cosx = A (c sin x+ d cosx)0 +B (c sin x+ d cosx)
= A (c cosx� d sin x) +B (c sin x+ d cosx)
= Ac cosx� Ad sin x+Bc sin x+Bd cosx
= (�Ad+Bc) sinx+ (Bd+ Ac) cos x
36
y resolvemos el sistema �
a = �Ad+Bc
b = Bd+ Ac
;
se tiene, Z
a sin x+ b cosx
c sin x+ d cosx
dx = A
Z
du
u
+B
Z
dx
8. Integrales de Funciones Hiperbólicas
sin2 x+ cos2 x = 1 ; cos2 x� sin2 x = cos 2x
sinh2 x+ cosh2 x = cosh 2x ; cosh2 x� sinh2 x = 1
sinh2 x =
cosh 2x� 1
2
; cosh2 x =
cosh 2x+ 1
2
sinh x =
ex � e�x
2
; cosh x =
ex + e�x
2
Ejemplo.. Resolver
Z
cosh3 xdx
Solución.Z
cosh3 xdx =
Z
cosh3 xdx =
Z
cosh2 xd (sinhx)
=
Z �
1 + sinh2 x
�
d sinh x =
Z
d sinh x+
Z
sinh2 xd sinh x
= sinhx+
Z
t2dt = sinhx+
sinh3 x
3
+ C
Ejemplo. Resolver
Z
sinh2 x cosh2 xdx
Solución.Z
sinh2 x cosh2 xdx
=
Z
(sinhx coshx)2 dx = 1
4
Z
sinh2 2xdx =
1
4
Z
cosh 4x� 1
2
dx =
1
8
�
1
4
sinh 4x� x
�
+ C
Nota. las sutituciones hiperbolicas son útiles cuando las sustituciones trigonométricas no
funcionan
9.
Z
R
�
x;
p
a2 � x2
�
dx se resuelven haciendo x = a sin t;x = a tanh t;x = cosh t
10.
Z
R
�
x;
p
a2 + x2
�
dx se resuelven haciendo x = a tan t;x = a sinh t;
11.
Z
R
�
x;
p
x2 � a2
�
dx se resuelven haciendo x = a sec t;x = a cosh t;
37