CAPITULO VII.INTEGRACIONINDEFINIDA

SECCIONES

A. Integrales inmediatas.

B. Integracion por sustitucion.

C. Integracion por partes.

D. Integracion por fracciones simples.

E. Aplicaciones de la integral indefinida.

F. Ejercicios propuestos.

267

A. INTEGRALES INMEDIATAS.

Se dice que una funcion y = F (x) es integral indefinida (tambien llamadaprimitiva o antiderivada) de otra funcion y = f(x) cuando F ′(x) = f(x). Lanotacion usual para representar este hecho es la siguiente:

F (x) =∫

f(x)dx.

El termino ”dx”indica que la variable respecto a la cual se esta integrandoes ”x”.

Para calcular integrales se deben encontrar funciones cuya derivada sea lafuncion original. Se tratara entonces de aplicar las reglas de derivacion ensentido inverso, donde conocidas las derivadas de las funciones, se encuentrenlas propias funciones.

Una diferencia fundamental consiste en que mientras cada funcion solo tieneuna derivada, tiene infinitas integrales, porque si F ′(x) = f(x), entonces[F (x) + C]′ = f(x) para cualquier constante C.

Esto se indicara escribiendo∫

f(x)dx = F (x) + C. De este modo, todas lasprimitivas de una funcion se obtienen sumando una constante arbitraria auna primitiva particular. Las siguientes propiedades permitiran descompo-

ner integrales en otras mas sencillas:

i)∫

f ′(x)dx = f(x) + C.

ii)∫

[f(x)± g(x)]dx =∫

f(x)dx±∫

g(x)dx.

iii)∫

kf(x)dx = k∫

f(x)dx, k ∈ R.

De las formulas de derivacion se obtiene la siguiente tabla de integralesinmediatas, sin mas que cambiar el orden de las formulas.

1)∫

xndx =xn+1

n + 1+ C si n 6= −1.

2)∫

senxdx = − cos x + C.

3)∫

cos xdx = sen x + C.

4)∫

sec2 xdx = tg x + C.

5)∫

sec x tg xdx = sec x + C.

6)∫

cosec x cotg xdx = − cosec x + C.

7)∫

cosec2 xdx = − cotg x + C.

268

8)∫

1√1− x2

dx = arc senx + C.

9)∫

11 + x2

dx = arc tg x + C.

10)∫

1x√

x2 − 1dx = arcsec x + C.

11)∫

1x

dx = ln |x|+ C.

12)∫

axdx =ax

ln a+ C.

Veremos a continuacion algunos casos de aplicacion de las formulas anterio-res.

PROBLEMA 7.1.

Resolver la integral∫

(4x3 − 5x2 + 7)dx.

Solucion

Aplicaremos las propiedades (ii) y (iii) para descomponer la integral en otrasintegrales mas simples.

I = 4∫

x3dx− 5∫

x2dx + 7∫

dx.

Aplicando la regla (1) se pueden resolver las integrales que resultan:

I =4x4

4− 5x3

3+ 7x + C = x4 − 5x3

3+ 7x + C.

Ten en cuenta que∫

dx =∫

x0dx = x1/1 + C = x + C.

Aunque se deberıa sumar una constante a cada integral, como esa constantees arbitraria, se anade al resultado final una constante, que serıa la suma decada una de las restantes.

PROBLEMA 7.2.

Resolver

∫1x2

dx.

269

Solucion

Escribimos 1/x2 como x−2 y tenemos:

I =∫

x−2dx =x−1

−1+ C = −1

x+ C.

PROBLEMA 7.3.

Resolver∫

3√

zdz.

Solucion

Si escribimos el integrando en forma de potencia:

I =∫

z1/3dz =z4/3

4/3+ C =

34z4/3 + C.

PROBLEMA 7.4.

Resolver∫

(1− x)√

xdx.

Solucion

Si separamos en dos integrales, resulta:

I =∫ √

xdx−∫

x√

xdx =∫

x1/2dx−∫

x3/2dx =23x3/2 − 2

5x5/2 + C.

PROBLEMA 7.5.

Resolver

∫ (√x− x

2+

2√x

)dx.

270

Solucion

Si escribimos el integrando en forma de potencia, tenemos:

I =∫

x1/2dx− 12

∫xdx + 2

∫x−1/2dx =

23x3/2 − 1

4x2 + 4x1/2 + C.

PROBLEMA 7.6.

Resolver∫

(3s + 4)2ds.

Solucion

Desarrollando la potencia,

I =∫

(9s2 + 24s + 16)ds =∫

9s2ds +∫

24sds +∫

16ds

= 9s3

3+ 24

s2

2+ 16s + C = 3s3 + 12s2 + 16s + C.

PROBLEMA 7.7.

Resolver

∫4x3 − 5x2 + 7

x2dx.

Solucion

Si dividimos cada sumando por el denominador comun, podemos obteneruna suma de terminos y descomponer en suma de integrales:

I =∫ (

4x− 5 +7x2

)dx = 4

∫xdx− 5

∫dx + 7

∫x−2dx

= 4x2

2− 5x + 7

x−1

−1+ C = 2x2 − 5x− 7

x+ C.

271

PROBLEMA 7.8.

Resolver∫

(4x2 + 7)2x2dx.

Solucion

Al desarrollar el cuadrado del binomio 4x2 + 7, multiplicar por x2 y separarla integral en suma de varias, tendremos:

I =∫

(16x4+56x2+49)x2dx =∫

(16x6+56x4+49x2)dx =16x7

7+

56x5

5+

49x3

3+C

PROBLEMA 7.9.

Resolver

∫(1 + x)2√

xdx.

Solucion

Descomponiendo en sumandos, tenemos:

I =∫

1 + 2x + x2

√x

dx =∫

(x−1/2+2x1/2+x3/2)dx = 2x1/2+43x3/2+

25x5/2+C.

PROBLEMA 7.10.

Resolver

∫x2 + 2x

(x + 1)2dx.

Solucion

Completando cuadrados en el numerador e integrando por separado, tene-mos:

I =∫

(x + 1)2 − 1(x + 1)2

dx =∫ (

1− 1(x + 1)2

)dx = x +

1x + 1

+ C.

272

PROBLEMA 7.11.

Resolver

∫3x3 − 4x2 + 3x

x2 + 1dx.

Solucion

Si descomponemos la fraccion en dos, resulta:

I =∫ (

3x− 4 +4

x2 + 1

)dx =

3x2

2− 4x + 4 arc tg x + C.

PROBLEMA 7.12.

Resolver

∫senx + tg x

tg xdx.

Solucion

La integral anterior se puede descomponer en suma de dos integrales en laforma siguiente:

I =∫

senx

tg xdx +

∫tg x

tg xdx =

∫cos xdx +

∫dx = sen x + x + C.

PROBLEMA 7.13.

Resolver

∫sen y

cos2 ydy.

Solucion

Esta integral es inmediata debido a que

I =∫

tg y sec ydy = sec y + C.

273

PROBLEMA 7.14.

Resolver∫

(tg 2x + sec 2x)2dx.

Solucion

Desarrollando el integrando, tenemos:

I =∫

(tg2 2x + 2 tg 2x sec 2x + sec2 2x)dx

=∫

(2 sec2 2x + 2 tg 2x sec 2x− 1)dx = tg 2x + sec 2x− x + C.

PROBLEMA 7.15.

Resolver

∫1

1 + cos xdx.

Solucion

Multiplicando numerador y denominador por 1− cos x:

I =∫

1− cos x

1− cos2 xdx =

∫1− cos x

sen2 xdx

=∫

(cosec2 x− cotg x cosec x)dx = − cotg x + cosec x + C.

PROBLEMA 7.16.

Resolver

∫1

sen2 x cos2 xdx.

274

Solucion

Aplicando la identidad trigonometrica sen2 x + cos2 x = 1, resulta:

I =∫

sen2 x + cos2 x

sen2 x cos2 xdx =

∫dx

cos2 x+

∫dx

sen2 x= tg x− cotg x + C.

B. INTEGRACION POR SUSTITUCION.

Cuando el integrando no es la derivada de una funcion conocida, todavıaes posible que lo sea de una funcion compuesta. A partir de la regla de lacadena

D[f(g(x))] = f ′(g(x)) · g′(x),

se deduce la correspondiente regla de integracion∫f ′(g(x)) · g′(x) · dx = f(g(x)) + C.

Las formulas siguientes se deducen de la aplicacion de la regla de la cadenaen las formulas simples escritas en el apartado A.

1)∫

[f(x)]n · f ′(x)dx =f(x)n+1

n + 1+ C si n 6= −1.

2)∫

f ′(x) · sen f(x)dx = − cos f(x) + C.

3)∫

f ′(x) · cos f(x)dx = sen f(x) + C.

4)∫

f ′(x) · sec2 f(x)dx = tg f(x) + C.

5)∫

f ′(x) · sec f(x) · tg f(x)dx = sec f(x) + C.

6)∫

f ′(x) · cosec f(x) · cotg f(x)dx = − cosec f(x) + C.

7)∫

f ′(x) · cosec2 f(x)dx = − cotg f(x) + C.

8)∫

f ′(x)√1− f(x)2

dx = arc sen f(x) + C.

9)∫

f ′(x)1 + f(x)2

dx = arc tg f(x) + C.

275

10)∫

f ′(x)f(x)

√f(x)2 − 1

dx = arcsec f(x) + C.

11)∫

f ′(x)f(x)

dx = ln |f(x)|+ C.

12)∫

af(x) · f ′(x)dx =af(x)

ln a+ C.

En la practica, como no es facil determinar si el integrando puede expresarsecomo la derivada de una funcion compuesta, se hace un cambio de variablepara intentar expresar la integral en forma mas sencilla. Ası, en la expresionI =

∫f ′(g(x)) · g′(x) · dx, si hacemos g(x) = t, entonces g′(x)dx = dt, con

lo que I =∫

f ′(t) · dt = f(t) + C = f(g(x)) + C.

Hay algunas sustituciones especiales para casos concretos que iremos ilus-trando en la resolucion de los problemas que siguen.

PROBLEMA 7.17.

Resolver∫

4x√

2x2 − 1dx.

Solucion

Si f(x) = 2x2−1, tenemos que f ′(x) = 4x; se trata de calcular∫

f(x)1/2f ′(x)dx.La regla (1) indica que el resultado es:

I =(2x2 − 1)3/2

3/2+ C =

23(2x2 − 1)3/2 + C.

PROBLEMA 7.18.

Resolver∫

(x3 + 2)23x2dx.

Solucion

Haciendo el cambio x3 + 2 = u tenemos du = 3x2dx, con lo que:

I =∫

u2du =13u3 + C =

13(x3 + 2)3 + C.

276

Otra forma es escribir directamente I =∫

(x3+2)2d(x3+2) = 13(x3+2)3+C.

PROBLEMA 7.19.

Resolver∫

3√

2x− 6dx.

Solucion

En este caso llamamos f(x) = 2x−6. Sin embargo, f ′(x) = 2 no aparece ex-plıcitamente en la integral. Como las constantes se pueden multiplicar tantodentro como fuera de la integral (propiedad iii), podemos escribir:

I =∫

12· 2 3√

2x− 6dx =12

∫2 3√

2x− 6dx.

Ahora la integral tiene la forma en que se puede aplicar la regla (1). Ası:

I =12· (2x− 6)(1/3)+1

4/3+ C =

38(2x− 6)4/3 + C.

PROBLEMA 7.20.

Resolver∫

(x3 + 2)1/2x2dx.

Solucion

Hacemos el cambio de variable u = x3+2, con lo que du = 3x2dx. Ası:

I =13

∫(x3 + 2)1/2 · 3x2dx =

13

∫u1/2du =

13· u3/2

3/2=

29(x3 + 2)3/2 + C.

Tambien otra forma es la siguiente:

I =∫

13(x3 + 2)1/2 · 3x2dx =

13

∫(x3 + 2)1/2d(x3 + 2)

=13· (x3 + 2)3/2

3/2+ C =

29(x3 + 2)3/2 + C.

277

PROBLEMA 7.21.

Resolver

∫8x2

(x3 + 2)3dx.

Solucion

Haciendo u = x3 + 2 tenemos du = 3x2dx; por tanto:

I = 8∫

du/3u3

=83

∫u−3du =

83· u−2

−2+ C =

−43(x3 + 2)2

+ C.

PROBLEMA 7.22.

Resolver

∫x2

4√

x3 + 2dx.

Solucion

Haciendo u = x3 + 2, du = 3x2dx y tenemos:

I =∫

du/34√

u=

13

∫u−1/4du =

13· 43u3/4 + C =

49(x3 + 2)3/4 + C.

PROBLEMA 7.23.

Resolver∫

3x√

1− 2x2dx.

Solucion

Haciendo el cambio 1− 2x2 = u, du = −4xdx, resulta:

I = 3∫ √

u · du

−4= −3

4

∫u1/2du = −3

4· 23u3/2 + C = −1

2(1− 2x2)3/2 + C.

278

PROBLEMA 7.24.

Resolver

∫x + 3

(x2 + 6x)1/3dx.

Solucion

Hacemos el cambio x2 +6x = u, con lo que (2x+6)dx = du y resulta:

I =∫

du/2u1/3

=12

∫u−1/3du =

12· 32u2/3 + C =

34(x2 + 6x)2/3 + C.

PROBLEMA 7.25.

Resolver∫

x 3√

1− x2dx.

Solucion

Procediendo directamente, tenemos

I = −12

∫(1− x2)1/3(−2x)dx = −1

2

∫(1− x2)1/3d(1− x2)

= −12· 34(1− x2)4/3 + C = −3

8(1− x2)4/3 + C.

PROBLEMA 7.26.

Resolver∫ √

x2 − 2x4dx.

Solucion

Sacando x2 factor comun en la raız, podemos escribir:

I =∫

(1− 2x2)1/2 · xdx = −14

∫(1− 2x2)1/2(−4xdx)

= −14· 23(1− 2x2)3/2 + C = −1

6(1− 2x2)3/2 + C.

279

PROBLEMA 7.27.

Resolver∫

(ex + 1)3exdx.

Solucion

Hacemos el cambio u = ex + 1, con lo que du = exdx. Ası:

I =∫

u3du =u4

4+ C =

(ex + 1)4

4+ C.

PROBLEMA 7.28.

Resolver

∫x

(x2 + a2)ndx.

Solucion

Sabiendo que la derivada de x2 + a2 es 2x, tenemos:

I =12

∫2xdx

(x2 + a2)n=

12

∫(x2 + a2)−nd(x2 + a2)

=12· (x2 + a2)−n+1

−n + 1+ C =

−12(n− 1)(x2 + a2)n−1

+ C.

PROBLEMA 7.29.

Resolver

∫1

(1− x2)√

1− x2dx.

280

Solucion

Utilizamos en este caso el siguiente artificio:

I =∫

dx√(1− x2)3

=∫

x−3dx

[x−1√

1− x2]3

=∫

x−3

(√

x−2 − 1)3dx = −1

2

∫−2x−3

(√

x−2 − 1)3dx

= −12

∫(x−2 − 1)−3/2d(x−2 − 1) = (x−2 − 1)−1/2 + C =

x√1− x2

+ C.

PROBLEMA 7.30.

Resolver∫

sen(x/2)dx.

Solucion

Aplicando la formula (2), tenemos:

I = 2∫

sen(x/2)(dx/2) = −2 cos(x/2) + C.

PROBLEMA 7.31.

Resolver∫

cos 3xdx.

Solucion

Aplicamos en este caso la formula (3) y obtenemos:

I =13

∫cos 3x(3dx) =

13

sen 3x + C.

PROBLEMA 7.32.

Resolver∫

sen2 x cos xdx.

281

Solucion

Tenemos que:

I =∫

sen2 xd(senx) =sen3 x

3+ C.

PROBLEMA 7.33.

Resolver∫

sen3 xdx.

Solucion

Si descomponemos sen3 x = sen2 x · senx, debemos expresar sen2 x en fun-cion de cos x debido a que en el integrando aparece (cos x)′ = − senx. En-tonces:

I =∫

sen2 x senxdx =∫

(1−cos2 x) sen xdx =∫

senxdx+∫− cos2 x senxdx.

La primera integral es inmediata. Como la segunda integral es de la forma∫f2(x)f ′(x)dx, con f(x) = cos x, resulta que:

I = − cos x +cos3 x

3+ C.

PROBLEMA 7.34.

Resolver∫

sec2(2ax)dx.

Solucion

Aplicando la formula (4), tenemos:

I =12a

∫sec2(2ax)(2adx) =

12a

tg(2ax) + C.

282

PROBLEMA 7.35.

Resolver∫

ex cos exdx.

Solucion

Procediendo de forma directa,

I =∫

cos ex(exdx) = sen ex + C.

PROBLEMA 7.36.

Resolver

∫1

x + 2dx.

Solucion

Aplicamos la formula (11):

I =∫

d(x + 2)x + 2

= ln |x + 2|+ C.

PROBLEMA 7.37.

Resolver

∫1

2x− 3dx.

Solucion

Analogamente al anterior,

I =12

∫d(2x− 3)2x− 3

=12

ln |2x− 3|+ C.

283

PROBLEMA 7.38.

Resolver

∫x

x2 − 1dx.

Solucion

Si escribimos en el numerador la derivada del denominador, resulta:

I =12

∫2x

x2 − 1dx =

12

∫d(x2 − 1)x2 − 1

=12

ln |x2 − 1|+ C.

PROBLEMA 7.39.

Resolver

∫x2

1− 2x3dx.

Solucion

Multiplicando y dividiendo por -6,

I = −16

∫−6x2

1− 2x3dx = −1

6ln |1− 2x3|+ C.

PROBLEMA 7.40.

Resolver

∫x + 2x + 1

dx.

Solucion

Separamos en dos fracciones y tenemos:

I =∫ (

1 +1

x + 1

)dx =

∫dx +

∫1

x + 1dx = x + ln |x + 1|+ C.

284

PROBLEMA 7.41.

Resolver

∫1

ex + 1dx.

Solucion

Usaremos aquı el siguiente artificio:

I =∫

e−x

e−x(ex + 1)dx = −

∫−e−x

1 + e−xdx = − ln(1 + e−x) + C.

No es necesario en este caso el valor absoluto porque 1+ e−x > 0, para todox.

PROBLEMA 7.42.

Resolver∫

tg xdx.

Solucion

Procederemos ası:

I =∫

senx

cos xdx = −

∫− senx

cos xdx = − ln | cos x|+ C = ln | sec x|+ C.

PROBLEMA 7.43.

Resolver∫

tg 2xdx.

Solucion

Analogamente al anterior:

I =12

∫tg 2x(2dx) =

12

ln | sec 2x|+ C.

285

PROBLEMA 7.44.

Resolver

∫senx + cos x

cos xdx.

Solucion

Separando la fraccion en dos, tenemos:

I =∫

(tg x + 1)dx = ln | sec x|+ x + C.

PROBLEMA 7.45.

Resolver∫

(1 + tg x)2dx.

Solucion

Desarrollando el cuadrado, tenemos:

I =∫

(1 + 2 tg x + tg2 x)dx =∫

(sec2 x + 2 tg x)dx = tg x + 2 ln | sec x|+ C.

PROBLEMA 7.46.

Resolver∫

x cotg x2dx.

Solucion

Sabiendo que∫

cotg xdx =∫

cos x

senxdx = ln | senx|+ C, resulta:

I =12

∫cotg x2 · (2xdx) =

12

ln | senx2|+ C.

286

PROBLEMA 7.47.

Resolver∫

sec xdx.

Solucion

Es util en este caso utilizar el siguiente artificio:

I =∫

sec x(sec x + tg x)sec x + tg x

dx =∫

sec x tg x + sec2 x

sec x + tg xdx = ln | sec x+tg x|+C.

PROBLEMA 7.48.

Resolver

∫sec

√x√

xdx.

Solucion

Teniendo en cuenta el problema anterior, resulta:

I = 2∫

sec√

xdx

2√

x= 2 ln | sec

√x + tg

√x|+ C.

PROBLEMA 7.49.

Resolver∫

cosec udu.

Solucion

Un artificio similar al realizado anteriormente permite escribir:

I =∫

cosec u(cosec u− cotg u)cosec u− cotg u

du

=∫

cosec2 u− cosec u cotg u

cosec u− cotg udu = ln | cosec u− cotg u|+ C.

287

PROBLEMA 7.50.

Resolver

∫sec x tg x

a + b sec xdx.

Solucion

Si hacemos que el numerador sea la derivada del denominador, tenemos

I =1b

∫b sec x tg xdx

a + b sec x=

1b

ln |a + b sec x|+ C.

PROBLEMA 7.51.

Resolver

∫1

cosec 2x− cotg 2xdx.

Solucion

Aplicando las identidades cosec 2x = 1/ sen 2x y cotg 2x = cos 2x/ sen 2x:

I =∫

sen 2x

1− cos 2xdx =

12

∫2 sen 2xdx

1− cos 2x=

12

ln(1− cos 2x) + C

=12

ln(2 sen2 x) + C =12(ln 2 + 2 ln | senx|) + C = ln | senx|+ C ′.

PROBLEMA 7.52.

Resolver∫

e−xdx.

288

Solucion

La formula (12) da casi directamente:

I = −∫

e−x(−dx) = −e−x + C.

PROBLEMA 7.53.

Resolver∫

a2xdx.

Solucion

De nuevo por la formula (12),

I =12

∫a2x(2dx) =

12· a2x

ln a+ C.

PROBLEMA 7.54.

Resolver

∫e1/x

x2dx.

Solucion

Analogamente a los anteriores,

I = −∫

e1/x

(−dx

x2

)= −e1/x + C.

PROBLEMA 7.55.

Resolver∫

e3 cos 2x sen 2xdx.

289

Solucion

Podemos hacer el cambio 3 cos 2x = u o bien proceder directamente:

I = −16

∫e3 cos 2x(−6 sen 2xdx) = −1

6e3 cos 2x + C.

PROBLEMA 7.56.

Resolver

∫1√

a2 − x2dx.

Solucion

De acuerdo a la formula (8) tenemos:

I =∫

dx

a√

1− (x/a)2=

∫d(x/a)√1− (x/a)2

= arc senx/a + C.

PROBLEMA 7.57.

Resolver

∫1√

25− 16x2dx.

Solucion

Teniendo en cuenta el problema anterior, resulta:

I =14

∫4dx√

52 − (4x)2=

14

∫4dx/5√

1− (4x/5)2=

14

arc sen4x

5+ C.

PROBLEMA 7.58.

Resolver

∫x2

√1− x6

dx.

290

Solucion

Analogamente a los anteriores:

I =13

∫3x2dx√1− (x3)2

=13

arc senx3 + C.

PROBLEMA 7.59.

Resolver

∫x + 3√1− x2

dx.

Solucion

Si separamos en dos integrales:

I =∫

xdx√1− x2

+ 3∫

dx√1− x2

= −∫

−2xdx

2√

1− x2+ 3

∫dx√

1− x2= −

√1− x2 + 3 arc sen x + C.

PROBLEMA 7.60.

Resolver

∫1√

20 + 8x− x2dx.

Solucion

Completando cuadrados en la raız y teniendo en cuenta los problemas ante-riores, obtenemos:

I =∫

dx√36− (x2 − 8x + 16)

=∫

dx√62 − (x− 4)2

= arc senx− 4

6+ C.

291

PROBLEMA 7.61.

Resolver

∫1√

28− 12x− x2dx.

Solucion

Analogamente al anterior resulta:

I =∫

dx√64− (x2 + 12x + 36)

=∫

dx√82 − (x + 6)2

= arc senx + 6

8+ C.

PROBLEMA 7.62.

Resolver

∫x + 3√

5− 4x− x2dx.

Solucion

Procedemos de la siguiente manera:

I = −12

∫(−2x− 6)dx√5− 4x− x2

= −12

∫(−2x− 4)− 2√

5− 4x− x2dx = −1

2

∫(−2x− 4)√5− 4x− x2

dx

+∫

dx√5− 4x− x2

= −12

∫(−2x− 4)√5− 4x− x2

dx +∫

dx√9− (x + 2)2

dx

= −√

5− 4x− x2 + arc senx + 2

3+ C.

PROBLEMA 7.63.

Resolver

∫1

9 + x2dx.

292

Solucion

Aplicamos la formula (9) y tenemos:

I =∫

dx

9[1 + (x/3)2]=

13

∫dx/3

1 + (x/3)2=

13

arc tg(x/3) + C.

PROBLEMA 7.64.

Resolver

∫1

4x2 + 9dx.

Solucion

Procediendo analogamente al problema anterior:

I =12

∫2dx

(2x)2 + 32=

12

∫2dx

9[(2x/3)2 + 1]=

16

arc tg2x

3+ C.

PROBLEMA 7.65.

Resolver

∫x

x4 + 3dx.

Solucion

Razonando analogamente a los problemas anteriores, tendremos:

I =12

∫2xdx

(x2)2 + 3=

12· 1√

3arc tg

x2

√3

+ C =√

36

arc tgx2√

33

+ C.

PROBLEMA 7.66.

Resolver

∫1

y2 + 10y + 30dy.

293

Solucion

Al completar cuadrados en el denominador, podemos reducirlo a los casosanteriores:

I =∫

dy

(y2 + 10y + 25) + 5=

∫dy

(y + 5)2 + 5=

1√5

arc tgy + 5√

5+ C.

Observacion: Este metodo solo es posible porque el denominador no tieneraıces reales. En caso contrario, deberemos aplicar el metodo de integracionpor fracciones simples (ver apartado D.)

PROBLEMA 7.67.

Resolver

∫1

ex + e−xdx.

Solucion

Multiplicando numerador y denominador por ex obtenemos directamen-te:

I =∫

exdx

e2x + 1= arc tg ex + C.

PROBLEMA 7.68.

Resolver

∫sec x tg x

9 + 4 sec2 xdx.

Solucion

Teniendo en cuenta los problemas anteriores, resulta tambien:

I =12

∫2 sec x tg xdx

32 + (2 sec x)2=

16

arc tg2 sec x

3+ C.

294

PROBLEMA 7.69.

Resolver

∫2x− 7x2 + 9

dx.

Solucion

Si separamos en dos integrales, resulta:

I =∫

2xdx

x2 + 9− 7

∫dx

x2 + 9= ln(x2 + 9)− 7

3arc tg(x/3) + C.

PROBLEMA 7.70.

Resolver

∫x + 1

x2 − 4x + 8dx.

Solucion

Si intentamos escribir en el numerador la derivada del denominador, obte-nemos las siguientes integrales:

I =12

∫(2x− 4)dx

x2 − 4x + 8+ 3

∫dx

x2 − 4x + 8=

12

∫(2x− 4)dx

x2 − 4x + 8+ 3

∫dx

(x− 2)2 + 4

=12

ln(x2 − 4x + 8) +32

arc tgx− 2

2+ C.

PROBLEMA 7.71.

Resolver

∫1

x√

4x2 − 9dx.

Solucion

Aplicando adecuadamente la formula (10) resulta:

I =∫

dx

x√

(2x)2 − 32=

∫dx

3x√

(2x/3)2 − 1

=13

∫2dx/3

(2x/3)√

(2x/3)2 − 1=

13

arcsec2x

3+ C.

295

PROBLEMA 7.72.

Resolver

∫1

x√

x4 − 1dx.

Solucion

Analogamente al problema anterior podemos escribir:

I =12

∫2xdx

x2√

(x2)2 − 1=

12

arcsec x2 + C =12

arc cos(1/x2) + C.

PROBLEMA 7.73.

Resolver∫

sen2 xdx.

Solucion

Aplicando la formula sen2 x = (1− cos 2x)/2 resulta:

I =12

∫(1− cos 2x)dx =

12x− 1

4sen 2x + C.

PROBLEMA 7.74.

Resolver∫

cos2 λxdx.

Solucion

Aplicamos en este caso la identidad cos2 λx = (1 + cos 2λx)/2:

I =12

∫(1 + cos 2λx)dx =

x

2+

sen 2λx

4λ+ C.

296

PROBLEMA 7.75.

Resolver∫

cos5 xdx.

Solucion

Realizamos la siguiente descomposicion:

I =∫

cos4 x cos xdx =∫

(1− sen2 x)2 cos xdx =∫

cos xdx− 2∫

sen2 x cos xdx

+∫

sen4 x cos xdx = sen x− 23

sen3 x +15

sen5 x + C.

PROBLEMA 7.76.

Resolver∫

sen2 x cos3 xdx.

Solucion

De la identidad fundamental sen2 x + cos2 x = 1 resulta:

I =∫

sen2 x cos2 x cos xdx =∫

sen2 x(1− sen2 x) cos xdx

=∫

sen2 x cos xdx−∫

sen4 x cos xdx =13

sen3 x− 15

sen5 x + C.

PROBLEMA 7.77.

Resolver∫

cos4 2x sen3 2xdx.

Solucion

Como el exponente de sen 2x es impar, procedemos ası:

I =∫

cos4 2x sen2 2x sen 2xdx =∫

cos4 2x(1− cos2 2x) sen 2xdx

=∫

cos4 2x sen 2xdx−∫

cos6 2x sen 2xdx = − 110

cos5 2x +114

cos7 2x + C.

297

PROBLEMA 7.78.

Resolver∫

sen3 3x cos5 3xdx.

Solucion

Analogamente al ejercicio anterior tenemos:

I =∫

(1− cos2 3x) cos5 3x sen 3xdx =∫

cos5 3x sen 3xdx

−∫

cos7 3x sen 3xdx = − 118

cos6 3x +124

cos8 3x + C.

Otra forma similar es usar el hecho de que el exponente de cos 3x tambienes impar:

I =∫

sen3 3x(1− sen2 3x)2 cos 3xdx

=∫

sen3 3x cos 3xdx− 2∫

sen5 3x cos 3xdx +∫

sen7 3x cos 3xdx

=112

sen4 3x− 19

sen6 3x +124

sen8 3x + C.

Observese que ambos resultados difieren en una constante aunque no loparezca a simple vista.

PROBLEMA 7.79.

Resolver∫

sen4 xdx.

Solucion

Como el exponente de senx es par, utilizamos la identidad sen2 x = (1 −cos 2x)/2 y posteriormente cos2 2x = (1 + cos 4x)/2:

I =∫

(sen2 x)2dx =14

∫(1− cos 2x)2dx =

14

∫dx− 1

2

∫cos 2xdx

+14

∫cos2 2xdx =

14

∫dx− 1

2

∫cos 2xdx +

18

∫(1 + cos 4x)dx

=14x− 1

4sen 2x +

18x +

132

sen 4x + C =38x− 1

4sen 2x +

132

sen 4x + C.

298

PROBLEMA 7.80.

Resolver∫

sen2 x cos2 xdx.

Solucion

Por la formula sen 2x = 2 senx cos x tenemos:

I =14

∫(2 sen x cos x)2dx =

14

∫sen2 2xdx =

18

∫(1− cos 4x)dx

=18

∫dx− 1

8

∫cos 4xdx =

18x− 1

32sen 4x + C.

PROBLEMA 7.81.

Resolver∫

sen4 3x cos2 3xdx.

Solucion

Por ser ambos exponentes pares tenemos como antes:

I =∫

(sen2 3x cos2 3x) sen2 3xdx =18

∫sen2 6x(1− cos 6x)dx

=18

∫sen2 6xdx− 1

8

∫sen2 6x cos 6xdx =

116

∫(1− cos 12x)dx

−18

∫sen2 6x cos 6xdx =

116

x− 1192

sen 12x− 1144

sen3 6x + C.

PROBLEMA 7.82.

Resolver∫

tg4 xdx.

299

Solucion

Aplicamos la formula sec2 x = 1 + tg2 x y tenemos:

I =∫

tg2 x tg2 xdx =∫

tg2 x(sec2 x− 1)dx =∫

tg2 x sec2 xdx−∫

tg2 xdx

=∫

tg2 xd(tg x)−∫

(sec2 x− 1)dx =13

tg3 x− tg x + x + C.

PROBLEMA 7.83.

Resolver∫

tg5 xdx.

Solucion

De forma analoga al problema anterior podemos escribir:

I =∫

tg3 x tg2 xdx =∫

tg3 x(sec2 x− 1)dx =∫

tg3 x sec2 xdx−∫

tg3 xdx

=∫

tg3 xd(tg x)−∫

tg x(sec2 x− 1)dx =14

tg4 x− 12

tg2 x + ln | sec x|+ C.

PROBLEMA 7.84.

Resolver∫

sec4 2xdx.

Solucion

Tambien en este caso tenemos:

I =∫

sec2 2x sec2 2xdx =∫

sec2 2x(1 + tg2 2x)dx

=∫

sec2 2xdx +∫

tg2 2x sec2 2xdx =12

tg 2x +16

tg3 2x + C.

300

PROBLEMA 7.85.

Resolver∫

tg3 3x sec4 3xdx.

Solucion

Nuevamente, de la identidad sec2 3x = 1 + tg2 3x, resulta:

I =∫

tg3 3x(1 + tg2 3x) sec2 3xdx =∫

tg3 3x sec2 3xdx +∫

tg5 3x sec2 3xdx

=112

tg4 3x +118

tg6 3x + C.

PROBLEMA 7.86.

Resolver∫

tg3 2x sec3 2xdx.

Solucion

En este caso integramos con respecto a d(sec 2x) como sigue:

I =∫

tg2 2x sec2 2x sec 2x tg 2xdx =∫

(sec2 2x− 1) sec2 2x sec 2x tg 2xdx

=12

∫sec4 2xd(sec 2x)− 1

2

∫sec2 2xd(sec 2x)

=110

sec5 2x− 16

sec3 2x + C.

PROBLEMA 7.87.

Resolver∫

cotg3 2xdx.

301

Solucion

De la formula cosec2 2x−1 = cotg2 2x y teniendo en cuenta que d(cotg 2x) =−2 cosec2 2xdx, resulta:

I =∫

cotg 2x(cosec2 2x− 1)dx = −14

cotg2 2x +12

ln | cosec 2x|+ C.

PROBLEMA 7.88.

Resolver∫

cotg4 3xdx.

Solucion

Procediendo de forma analoga al anterior tenemos:

I =∫

cotg2 3x(cosec2 3x− 1)dx =∫

cotg2 3x cosec2 3xdx−∫

cotg2 3xdx

= −13

∫cotg2 3xd(cotg 3x)−

∫(cosec2 3x− 1)dx

= −19

cotg3 3x +13

cotg 3x + x + C.

PROBLEMA 7.89.

Resolver∫

cosec6 xdx.

Solucion

De forma similar a los anteriores,

I =∫

cosec2 x(1 + cotg2 x)2dx =∫

cosec2 xdx + 2∫

cotg2 x cosec2 xdx

+∫

cotg4 x cosec2 xdx = − cotg x− 23

cotg3 x− 15

cotg5 x + C.

302

PROBLEMA 7.90.

Resolver∫

cotg3 x cosec5 xdx.

Solucion

Sabiendo que d(cosec x) = − cosec x cotg xdx, tenemos:

I =∫

cotg2 x cosec4 x cosec x cotg xdx

=∫

(cosec2 x− 1) cosec4 x cosec x cotg xdx

= −∫

cosec6 xd(cosec x) +∫

cosec4 xd(cosec x)

= −17

cosec7 x +15

cosec5 x + C.

PROBLEMA 7.91.

Resolver∫ √

1− cos xdx.

Solucion

Debido a la formula 1− cos x = 2 sen2(x/2), tenemos:

I =√

2∫

sen(x/2)dx = −2√

2 cos(x/2) + C.

PROBLEMA 7.92.

Resolver

∫1√

1− sen 2xdx.

303

Solucion

Aplicamos la identidad sen x = cos(π/2− x) y procedemos como en el pro-blema anterior:

I =∫

1√1− cos(π/2− 2x)

dx =∫

1√2 sen(π/4− x)

dx

=√

22

∫cosec(π/4− x)dx = −

√2

2ln | cosec(π/4− x)− cotg(π/4− x)|+ C.

PROBLEMA 7.93.

Resolver∫

(1 + cos 3x)3/2dx.

Solucion

Utilizamos la formula 1 + cos 3x = 2 cos2(3x/2):

I = 2√

2∫

cos3(3x/2)dx = 2√

2∫

[1− sen2(3x/2)] cos(3x/2)dx

= 2√

2(

23

sen(3x/2)− 29

sen3(3x/2))

+ C.

PROBLEMA 7.94.

Resolver

∫1

sen3 x cos3 xdx.

304

Solucion

De la identidad 1 = sen2 x+cos2 x, tenemos la siguiente descomposicion:

I =∫

(sen2 x + cos2 x)2

sen3 x cos3 xdx =

∫sen4 x + cos4 x + 2 sen2 x cos2 x

sen3 x cos3 xdx

=∫

senx

cos3 xdx +

∫cos x

sen3 xdx + 2

∫1

senx cos xdx

= −∫

cos−3 xd(cos x) +∫

sen−3 xd(senx) + 2∫

sec2 x

tg xdx

=1

2 cos2 x− 1

2 sen2 x+ 2 ln | tg x|+ C.

PROBLEMA 7.95.

Resolver∫

senλx cos µxdx, donde λ2 − µ2 6= 0.

Solucion

Utilizamos la formula sen(a + b) + sen(a− b) = 2 sen a cos b:

I =12

∫[sen(λx + µx) + sen(λx− µx)]dx

=12

∫[sen(λ + µ)x + sen(λ− µ)x]dx = −1

2

[cos(λ + µ)x

λ + µ+

cos(λ− µ)xλ− µ

]+ C.

PROBLEMA 7.96.

Resolver∫

senλx senµxdx, donde λ2 − µ2 6= 0.

Solucion

Similar al anterior con la formula cos(a−b)−cos(a+b) = 2 sen a sen b:

I =12

∫[cos(λx− µx)− cos(λx + µx)]dx

=12

∫[cos(λ− µ)x− cos(λ + µ)x]dx =

12

[sen(λ− µ)x

λ− µ− sen(λ + µ)x

λ + µ

]+ C.

305

PROBLEMA 7.97.

Resolver∫

cos λx cos µxdx, donde λ2 − µ2 6= 0.

Solucion

Aplicamos en este caso la formula cos(a+b)+cos(a−b) = 2 cos a cos b:

I =12

∫[cos(λx+µx)+cos(λx−µx)]dx =

12

[sen(λ + µ)x

λ + µ+

sen(λ− µ)xλ− µ

]+C.

PROBLEMA 7.98.

Resolver

∫1√

x2 + 1dx.

Solucion

Si hacemos el cambio de variable x = tg u, entonces dx = sec2 udu. Ası:

I =∫

1sec u

sec2 udu =∫

sec udu = ln | sec u+tg u|+C = ln(x+√

x2 + 1)+C.

PROBLEMA 7.99.

Resolver

∫1√

4x2 + 9dx.

Solucion

Escribimos la funcion como en el problema anterior y aplicamos el re-sultado obtenido o bien hacemos el cambio 2x/3 = tg u, de modo que

306

dx = (3/2) sec2 udu:

I =∫

1√(2x)2 + 32

dx =∫

13√

(2x/3)2 + 1dx =

∫(3/2) sec2 udu

3 sec u

=12

ln | sec u + tg u|+ C =12

ln

∣∣∣∣∣2x

3+√

4x2 + 93

∣∣∣∣∣ + C.

PROBLEMA 7.100.

Resolver

∫x + 2√x2 + 9

dx.

Solucion

Separamos la integral en dos y aplicamos en la segunda la sustitucion x/3 =tg u:

I =12

∫2x + 4√x2 + 9

dx =12

∫2x√

x2 + 9dx + 2

∫1√

x2 + 9dx

=√

x2 + 9 + 2∫

sec udu =√

x2 + 9 + 2 ln

∣∣∣∣∣x3 +√

x2 + 93

∣∣∣∣∣ + C.

PROBLEMA 7.101.

Resolver

∫1√

x2 − 1dx.

Solucion

Si hacemos x = sec u, entonces dx = sec u tg udu. Por tanto:

I =∫

1tg u

sec u tg udu = ln | sec u + tg u|+ C = ln |x +√

x2 − 1|+ C.

307

PROBLEMA 7.102.

Resolver

∫1√

9z2 − 25dz.

Solucion

Si hacemos el cambio 3z/5 = sec u, 3dz/5 = sec u tg udu, entonces:

I =13

∫3/5√

(3z/5)2 − 1dz =

13

∫sec u tg u

tg udu

=13

ln | sec u + tg u|+ C =13

ln

∣∣∣∣∣3z

5+√

9z2 − 255

∣∣∣∣∣ + C.

PROBLEMA 7.103.

Resolver

∫1√

4s + s2ds.

Solucion

Completando cuadrados en el denominador y haciendo el cambio (s+2)/2 =sec u, resulta:

I =∫

1√(s + 2)2 − 4

ds =∫

12√

[(s + 2)/2]2 − 1ds

=∫

sec udu = ln | sec u + tg u|+ C = ln

∣∣∣∣∣s + 22

+√

4s + s2

2

∣∣∣∣∣ + C.

PROBLEMA 7.104.

Resolver

∫x + 2√

x2 + 2x− 3dx.

308

Solucion

Separamos en dos integrales de modo que la primera sea la derivada de unaraız y en la segunda hacemos el cambio (x + 1)/2 = sec u:

I =∫

2x + 42√

x2 + 2x− 3dx =

∫2x + 2

2√

x2 + 2x− 3dx +

∫1/2√

[(x + 1)/2]2 − 1dx

=√

x2 + 2x− 3 +∫

sec udu

=√

x2 + 2x− 3 + ln

∣∣∣∣∣x + 12

+√

x2 + 2x− 32

∣∣∣∣∣ + C.

PROBLEMA 7.105.

Resolver∫ √

3− 4x2dx.

Solucion

Haremos el cambio 2x/√

3 = sen u, 2dx/√

3 = cos udu despues de escribir lafuncion de forma mas conveniente:

I =√

3∫ √

1− (2x/√

3)2dx =√

3∫ √

32

cos2 udu

=32

∫1 + cos 2u

2du =

34

[u +

sen 2u

2

]+ C

=34

arc sen(2x/√

3) +38· 2 · 2x√

3·√

3− 4x2

3+ C

=34

arc sen(2x/√

3) +x

2

√3− 4x2 + C.

PROBLEMA 7.106.

Resolver∫ √

3− 2x− x2dx.

309

Solucion

Completando cuadrados y procediendo como en el problema anterior con elcambio (x + 1)/2 = sen u, resulta:

I =∫ √

4− (x + 1)2dx =∫

2√

1− [(x + 1)/2]2dx = 4∫

cos2 udu

= 4[u

2+

sen 2u

4

]+ C = 2arc sen

x + 12

+x + 1

2

√3− 2x− x2 + C.

PROBLEMA 7.107.

Resolver

∫1

x2√

4 + x2dx.

Solucion

Si hacemos el cambio tg z = x/2, tendremos dx = 2 sec2 zdz y√

4 + x2 =2 sec z. Entonces:

I =∫

2 sec2 z

(4 tg2 z)(2 sec z)dz =

14

∫sec z

tg2 zdz

=14

∫sen−2 z cos zdz = − 1

4 sen z+ C = −

√4 + x2

4x+ C.

PROBLEMA 7.108.

Resolver

∫x2

√x2 − 4

dx.

Solucion

Hacemos el cambio x/2 = sec z, con lo que dx = 2 sec z tg zdz y√

x2 − 4 =2 tg z:

I =∫

4 sec2 z

2 tg z(2 sec z tg zdz) = 4

∫sec3 zdz

= 2 sec z tg z + 2 ln | sec z + tg z|+ C =12x√

x2 − 4 + 2 ln |x +√

x2 − 4|+ C ′.

310

(Ver problema 7.124 para la resolucion de la ultima integral.)

PROBLEMA 7.109.

Resolver

∫ √9− 4x2

xdx.

Solucion

Haciendo 2x/3 = sen z tendremos 2dx/3 = cos zdz y√

9− 4x2 = 3 cos z.Ası:

I =∫

3 cos z

(3/2) sen z(3/2) cos zdz = 3

∫cos2 z

sen zdz

= 3∫

1− sen2 z

sen zdz = 3

∫cosec zdz − 3

∫sen zdz

= 3 ln | cosec z − cotg z|+ 3 cos z + C = 3 ln

∣∣∣∣∣3−√

9− 4x2

2x

∣∣∣∣∣ +√

9− 4x2 + C ′.

PROBLEMA 7.110.

Resolver

∫(16− 9x2)3/2

x6dx.

Solucion

Haciendo 3x/4 = sen z tendremos dx = (4/3) cos zdz y√

16− 9x2 = 4 cos z.Ası:

I =∫

64 cos3 z · (4/3) cos z

(4096/729) sen6 zdz =

24316

∫cos4 z

sen6 zdz

=24316

∫cotg4 z cosec2 zdz = −243

80cotg5 z + C

= −24380

· (16− 9x2)5/2

243x5+ C = − 1

80· (16− 9x2)5/2

x5+ C.

311

PROBLEMA 7.111.

Resolver

∫x2

√2x− x2

dx.

Solucion

Volvemos a escribir la integral como∫

x2√1− (x− 1)2

dx y hacemos el cam-

bio x − 1 = sen z. Tendremos ası dx = cos zdz y√

2x− x2 = cos z. Resul-ta:

I =∫

(1 + sen z)2

cos zcos zdz =

∫(1 + 2 sen z + sen2 z)dz

=∫ (

1 + 2 sen z +1− cos 2z

2

)dz =

32z − 2 cos z − 1

4sen 2z + C

=32

arc sen(x− 1)− 2√

2x− x2 − 12(x− 1)

√2x− x2 + C

=32

arc sen(x− 1)− 12(x + 3)

√2x− x2 + C.

PROBLEMA 7.112.

Resolver

∫1

(4x2 − 24x + 27)3/2dx.

Solucion

Completando cuadrados tenemos que I =∫

1[4(x− 3)2 − 9]3/2

dx.

Haciendo 2(x−3)/3 = sec z, resulta dx = (3/2) sec z tg zdz y√

4x2 − 24x + 27 =3 tg z, con lo que:

I =∫

(3/2) sec z tg zdz

27 tg3 z=

118

∫sen−2 z cos zdz

= − 118

sen−1 z + C = −19· x− 3√

4x2 − 24x + 27+ C.

312

PROBLEMA 7.113.

Resolver

∫1

(1 + x2)√

1 + x2dx.

Solucion

Haciendo x2 = t, 2xdx = dt, es decir, dx = dt/(2√

t). Por tanto,

I =∫

dt/2√

t

(1 + t)√

1 + t=

12

∫dt

(1 + t)√

(1 + t)t.

Haciendo ahora1

1 + t= z =⇒ 1

z− 1 = t =⇒ dt = − 1

z2dz, tenemos:

I =12

∫ − 1z2 dz · z√

(1/z)[(1/z)− 1]=

12

∫−dz/z√

(1/z2)− (1/z)

=12

∫−dz/z

(1/z)√

1− z= −1

2

∫dz√1− z

= −12

∫(1− z)−1/2dz =

12· (1− z)1/2

1/2+ C

=√

1− z + C =

√1− 1

1 + t+ C =

√1 + t− 1

1 + t+ C

=√

t√1 + t

+ C =x√

1 + x2+ C.

C. INTEGRACION POR PARTES.

Este metodo se basa en la formula de derivacion de un producto de dosfunciones: integrando la formula (f · g)′(x) = f ′(x) · g(x) + f(x) · g′(x), seobtiene f(x) · g(x) =

∫f ′(x) · g(x)dx +

∫f(x) · g′(x)dx, de donde,∫

f(x) · g′(x) · dx = f(x) · g(x)−∫

f ′(x) · g(x) · dx.

313

Otra forma de escribir esta formula es llamar u = f(x) y v = g(x), con loque resulta: ∫

u · dv = u · v −∫

v · du.

Este metodo suele aplicarse cuando el integrando es producto de dos fun-ciones de distinta clase, como por ejemplo, polinomica por exponencial, tri-gonometrica por exponencial, polinomica por logarıtmica, etc.

Una gran variedad de integrales que se pueden resolver por este metodo seofrece en los problemas que siguen.

PROBLEMA 7.114.

Resolver∫

xexdx.

Solucion

Hacemos u = x, dv = exdx. Entonces du = dx, v = ex y tenemos:

I = xex −∫

exdx = xex − ex + C.

PROBLEMA 7.115.

Resolver∫

x3e2xdx.

Solucion

Haciendo u = x3, dv = e2xdx tendremos du = 3x2dx, v = (1/2)e2x, con loque:

I =12x3e2x − 3

2

∫x2e2xdx.

Haciendo en la integral resultante u = x2 y dv = e2xdx tendremos du =2xdx, v = (1/2)e2x, de modo que:

I =12x3e2x − 3

2

[12x2e2x −

∫xe2xdx

]=

12x3e2x − 3

4x2e2x +

32

∫xe2xdx.

314

Haciendo en la integral resultante u = x y dv = e2xdx tendremos du = dx yv = (1/2)e2x y nuevamente,

I =12x3e2x − 3

4x2e2x +

32

[12xe2x − 1

2

∫e2xdx

]=

12x3e2x − 3

4x2e2x +

34xe2x − 3

8e2x + C.

PROBLEMA 7.116.

Resolver∫

x3ex2dx.

Solucion

Hacemos u = x2 y dv = xex2dx, de donde du = 2xdx y v = (1/2)ex2

.

Aplicando la formula de integracion por partes tenemos:

I =12x2ex2 −

∫xex2

dx =12x2ex2 − 1

2ex2

+ C.

PROBLEMA 7.117.

Resolver∫

x√

1 + xdx.

Solucion

Haciendo u = x, dv =√

1 + xdx tenemos que du = dx, v = (2/3)(1 +x)3/2:

I =23x(1 + x)3/2 − 2

3

∫(1 + x)3/2dx =

23x(1 + x)3/2 − 4

15(1 + x)5/2 + C.

315

PROBLEMA 7.118.

Resolver∫

ln(x2 + 2)dx.

Solucion

Hacemos u = ln(x2 + 2) y dv = dx, de donde du =2xdx

x2 + 2y v = x. Por

tanto:

I = x ln(x2 + 2)−∫

2x2dx

x2 + 2= x ln(x2 + 2)−

∫ (2− 4

x2 + 2

)dx

= x ln(x2 + 2)− 2x + 2√

2 arc tg(x/√

2) + C.

(Ver por ejemplo el problema 7.63 para la resolucion de la ultima integral.)

PROBLEMA 7.119.

Resolver∫

ln(x + 1/x)dx.

Solucion

Integrando por partes con u = ln(x + 1/x) y dv = dx, du =x2 − 1

x(x2 + 1)dx,

v = x, tenemos:

I = x ln(

x +1x

)−

∫x2 − 1x2 + 1

dx

= x ln(

x +1x

)−

∫ (1− 2

1 + x2

)dx = x ln(x + 1/x)− x + 2 arc tg x + C.

PROBLEMA 7.120.

Resolver∫

ln(x +√

x2 − 1)dx.

316

Solucion

Hacemos u = ln(x +√

x2 − 1) y dv = dx, con lo que du =dx√

x2 − 1, v = x.

Entonces:

I = x ln(x +√

x2 − 1)−∫

x√x2 − 1

dx = x ln(x +√

x2 − 1)−√

x2 − 1 + C.

PROBLEMA 7.121.

Resolver∫

x ln(x + 1)dx.

Solucion

Hacemos u = ln(x + 1) y dv = xdx; du = dx/(x + 1), v = x2/2. Enton-ces:

I =x2

2ln(x + 1)− 1

2

∫x2

x + 1dx =

x2

2ln(x + 1)− 1

2

∫ [x− 1 +

1x + 1

]dx

=x2

2ln(x + 1)− 1

2

[x2

2− x + ln(x + 1)

]+ C

=x2 − 1

2ln(x + 1)− x2

4+

x

2+ C.

PROBLEMA 7.122.

Resolver∫

x senxdx.

Solucion

Para utilizar el metodo de integracion por partes podemos seguir los siguien-tes caminos:

a) u = x senx, dv = dx. Entonces du = (sen x+x cos x)dx, v = x. Ası:

I = x · x senx−∫

x(senx + x cos x)dx.

317

La integral que resulta es menos sencilla que la original por lo cual se descartaeste camino.

b) u = sen x, dv = xdx. Por tanto, du = cos xdx, v = x2/2 y resulta:

I =12x2 senx−

∫12x2 cos xdx.

La integral que resulta es menos sencilla que la original y tambien descarta-mos este camino.

c) u = x, dv = sen xdx. Por tanto du = dx, v = − cos x y resulta:

I = −x cos x−∫− cos xdx = −x cos x + senx + C.

PROBLEMA 7.123.

Resolver∫

x2 senxdx.

Solucion

Haciendo u = x2, dv = senxdx tendremos du = 2xdx, v = − cos x.Ası:

I = −x2 cos x + 2∫

x cos xdx.

Hacemos en la integral resultante u = x, dv = cos xdx, du = dx, v = senxy tenemos:

I = −x2 cos x+2[x senx−

∫senxdx

]= −x2 cos x+2x senx+2 cos x+C.

PROBLEMA 7.124.

Resolver∫

sec3 xdx.

318

Solucion

Haciendo u = sec x, dv = sec2 xdx tendremos du = sec x tg xdx, v = tg x.Ası:

I = sec x tg x−∫

sec x tg2 xdx = sec x tg x−∫

sec x(sec2 x− 1)dx

= sec x tg x−∫

sec3 xdx +∫

sec xdx.

Por tanto,

2I = sec x tg x +∫

sec xdx = sec x tg x + ln | sec x + tg x|+ C;

I =12

(sec x tg x + ln | sec x + tg x|) + C ′.

PROBLEMA 7.125.

Resolver∫ √

x2 − 36dx.

Solucion

Si hacemos el cambio x = 6 sec t, entonces dx = 6 sec t tg tdt y resulta:

I = 36∫

tg2 t sec tdt = 36∫

(sec2 t− 1) sec tdt = 36∫

sec3 tdt−∫

sec tdt.

De acuerdo al problema anterior, resulta:

I = 18(sec t tg t + ln | sec t + tg t|)− 36 ln | sec t + tg t|+ C

=x

2

√x2 − 36− 18 ln

∣∣∣∣∣x6 +√

x2 − 366

∣∣∣∣∣ + C.

PROBLEMA 7.126.

Resolver∫ √

3x2 + 5dx.

319

Solucion

Escribimos el integrando como√

5[(3/5)x2 + 1] =√

5√

(x√

3/√

5)2 + 1 y

hacemos el cambio x√

3/√

5 = tg u:

I =5√3

∫sec3 udu =

52√

3(sec u tg u + ln | sec u + tg u|) + C

=12x√

3x2 + 5 +5

2√

3ln

∣∣∣∣∣x√

3√5

+√

3x2 + 5√5

∣∣∣∣∣ + C.

PROBLEMA 7.127.

Resolver∫ √

4x2 − 4x + 5dx.

Solucion

Completamos cuadrados en el radicando y procedemos como en los proble-mas anteriores, haciendo el cambio 2x− 1 = 2 tg u:

I =∫ √

(2x− 1)2 + 4dx =∫

2 sec3 udu = sec u tg u + ln | sec u + tg u|+ C

=2x− 1

4

√4x2 − 4x + 5 + ln

∣∣∣∣∣2x− 12

+√

4x2 − 4x + 52

∣∣∣∣∣ + C.

PROBLEMA 7.128.

Resolver

∫x

cos2 xdx.

Solucion

De nuevo integramos por partes con u = x, dv = dx/ cos2 x:

I =∫

xd(tg x) = x tg x−∫

tg xdx = x tg x + ln | cos x|+ C.

320

PROBLEMA 7.129.

Resolver

∫x2

(x cos x− senx)2dx.

Solucion

Como d

(1

x cos x− senx

)=

x senx

(x cos x− senx)2dx, podemos integrar por par-

tes con u = x/ senx, dv =x senx

(x cos x− senx)2dx:

I =∫

x

senx· x senx

(x cos x− senx)2dx =

1x cos x− senx

· x

senx+

∫dx

sen2 x

=x

(x cos x− senx) sen x− cos x

senx+ C =

x senx + cos x

x cos x− senx+ C.

PROBLEMA 7.130.

Resolver∫

cos x ln(1 + cos x)dx.

Solucion

Integramos por partes con u = ln(1 + cos x), dv = cos xdx.

Entonces du =− senx

1 + cos x, v = sen x. Por tanto:

I = senx ln(1 + cos x) +∫

sen2 x

1 + cos xdx

= senx ln(1 + cos x) +∫

sen2 x(1− cos x)(1 + cos x)(1− cos x)

dx

= senx ln(1 + cos x) +∫

(1− cos x)dx = sen x ln(1 + cos x) + x− senx + C.

PROBLEMA 7.131.

Resolver∫

arc senxdx.

321

Solucion

Haciendo u = arc senx, dv = dx tenemos que du =dx√

1− x2, v = x.

Ası:

I = x arc senx−∫

xdx√1− x2

= x arc senx +√

1− x2 + C.

PROBLEMA 7.132.

Resolver

∫arc tg

x− 1x + 1

dx.

Solucion

Hacemos u = arc tgx− 1x + 1

y dv = dx; entonces du = dx/(1 + x2) y v = x.

Ası:

I = x arc tgx− 1x + 1

−∫

x

1 + x2dx = x arc tg

x− 1x + 1

− 12

ln(1 + x2) + C.

PROBLEMA 7.133.

Resolver

∫x arc senx√

1− x2dx.

Solucion

Hacemos u = arc senx y dv =xdx√1− x2

e integramos por partes:

I =∫

arc senxd(−√

1− x2) = −√

1− x2 arc senx +∫

dx

= −√

1− x2 arc senx + x + C.

322

PROBLEMA 7.134.

Resolver∫

x3 arc tg xdx.

Solucion

Hacemos en este caso u = arc tg x, dv = x3dx, con lo que du = dx/(1 + x2),v = x4/4:

I =x4

4arc tg x− 1

4

∫x4

1 + x2dx =

x4

4arc tg x− 1

4

∫ [x2 − 1 +

11 + x2

]dx

=x4 − 1

4arc tg x− x3

12+

x

4+ C.

PROBLEMA 7.135.

Resolver

∫x2

1 + x2arc tg xdx.

Solucion

Separamos en dos integrales ası:

I =∫ (

1− 11 + x2

)arc tg xdx =

∫arc tg xdx−

∫1

1 + x2arc tg xdx.

En la primera integral hacemos u = arc tg x, dv = dx. Entonces du =dx/(1 + x2), v = x, con lo que

I1 = x arc tg x−∫

x

1 + x2dx = x arc tg x− 1

2ln(1 + x2) + C1.

Como la segunda integral es inmediata, resulta en definitiva:

I = x arc tg x− ln√

1 + x2 − 12(arc tg x)2 + C.

323

PROBLEMA 7.136.

Resolver

∫arc senx

(1− x2)√

1− x2dx.

Solucion

Si integramos por partes haciendo u = arc sen x, dv =dx

(1− x2)√

1− x2, se

tiene du =dx√

1− x2, v =

x√1− x2

. Ası:

I =x√

1− x2arc senx−

∫x√

1− x2· dx√

1− x2

=x√

1− x2arc senx +

12

∫−2x

1− x2dx =

x√1− x2

arc senx +12

ln |1− x2|+ C.

PROBLEMA 7.137.

Resolver∫

x arc senxdx.

Solucion

Integramos por partes con u = arc senx y dv = xdx:

I =x2

2arc senx− 1

2

∫x2

√1− x2

dx.

Ahora bien,∫

x2

√1− x2

dx =∫

1√1− x2

dx−∫ √

1− x2dx.

Haciendo en esta ultima integral u =√

1− x2 y dv = dx, tenemos:∫ √1− x2dx = x

√1− x2 +

∫x2

√1− x2

dx.

Resulta entonces que∫

x2

√1− x2

dx =12[arc sen x− x

√1− x2] + C. Por tan-

to:

I =2x2 − 1

4arc senx +

x

4

√1− x2 + C.

324

PROBLEMA 7.138.

Resolver

∫1 + senx

1 + cos xexdx.

Solucion

Recordamos la formula1 + senx

1 + cos x=

12[1 + tg(x/2)]2 y tenemos:

I =12

∫[1+tg2(x/2)+2 tg(x/2)]exdx =

12

∫sec2(x/2)exdx+

∫ex tg(x/2)dx.

En la primera integral hacemos u = ex, dv = sec2(x/2)dx, con lo que du =exdx, v = 2 tg(x/2):

I = ex tg(x/2)−∫

ex tg(x/2)dx +∫

ex tg(x/2)dx = ex tg(x/2) + C.

PROBLEMA 7.139.

Resolver las integrales I =∫

eax sen bxdx, J =∫

eax cos bxdx.

Solucion

Integrando por partes cada una de ellas, resulta:

I =1aeax sen bx− b

a

∫eax cos bxdx =

1aeax sen bx− b

aJ.

J =1aeax cos bx +

b

a

∫eax sen bxdx =

1aeax cos bx +

b

aI.

Basta pues resolver el sistema aI + bJ = eax sen bx, bI − aJ = −eax cos bx,para obtener los valores de I y J . En definitiva,

I =eax

a2 + b2(a sen bx− b cos bx) + C;

J =eax

a2 + b2(b sen bx + a cos bx) + C ′.

325

PROBLEMA 7.140.

Resolver I =∫

xearc sen x

√1− x2

dx y J =∫

earc sen xdx.

Solucion

Vamos a integrar I por partes siguiendo dos caminos distintos:

En primer lugar hacemos u = earc sen x, dv =xdx√1− x2

y tenemos:

I = −√

1− x2 earc sen x +∫

earc sen xdx = −√

1− x2 earc sen x + J.

En segundo lugar hacemos u = x, dv =earc sen x

√1− x2

dx y tenemos:

I = xearc sen x −∫

earc sen xdx = xearc sen x − J.

Sumando y restando ordenadamente las dos formulas obtenidas llegamosa:

I =12(x−

√1− x2)earc sen x + C;

J =12(x +

√1− x2)earc sen x + C.

PROBLEMA 7.141.

Resolver

∫earc tg x

(1 + x2)√

1 + x2dx.

Solucion

Integramos por partes haciendo u = earc tg x, dv =dx

(1 + x2)√

1 + x2. Ası re-

sulta:

326

I =xearc tg x

√1 + x2

−∫

xearc tg x

(1 + x2)√

1 + x2dx.

En esta ultima integral, que tambien resolvemos por partes, hacemos u = earc tg x,

dv =xdx

(1 + x2)√

1 + x2y se tiene

∫xearc tg x

(1 + x2)√

1 + x2dx = − 1√

1 + x2earc tg x +

∫earc tg x

(1 + x2)√

1 + x2dx.

De aquı se deduce inmediatamente:

I =x + 1

2√

1 + x2earc tg x + C.

Observacion: La integral∫

xdx

(1 + x2)√

1 + x2es inmediata pues es igual

a

12

∫(1+x2)−3/2d(1+x2) =

12· (1 + x2)−3/2+1

−3/2 + 1= −(1+x2)−1/2 = − 1√

1 + x2.

PROBLEMA 7.142.

Resolver In =∫

1(1 + x2)n+1

dx.

Solucion

Utilizamos el siguiente artificio:

In =∫

1 + x2 − x2

(1 + x2)n+1dx =

∫1 + x2

(1 + x2)n+1dx−

∫x2

(1 + x2)n+1dx

=∫

dx

(1 + x2)n−

∫x2dx

(1 + x2)n+1= In−1 −

∫x2dx

(1 + x2)n+1.

Para la ultima integral utilizamos el metodo de integracion por partes. Para

ello hacemos u = x, dv =xdx

(1 + x2)n+1, con lo que du = dx, v =

−12n(1 + x2)n

.

Ası: ∫x2dx

(1 + x2)n+1=

−x

2n(1 + x2)n+

12n

In−1.

327

En definitiva,

In = In−1 +x

2n(1 + x2)n− 1

2nIn−1 =

2n− 12n

In−1 +x

2n(1 + x2)n.

D. INTEGRACION POR FRACCIONES SIMPLES.

Este metodo es exclusivo para integrar funciones racionales. El procedimien-to general es el siguiente:

Para calcular∫

p(x)q(x)

dx donde p y q son polinomios, realizaremos los si-

guientes pasos:

1) Se realiza la divisionp(x)q(x)

= c(x) +r(x)q(x)

donde c es el cociente y r el

resto, con grado r < grado q. Entonces:∫p(x)q(x)

dx =∫

c(x)dx +∫

r(x)q(x)

dx.

La primera integral es inmediata y a continuacion estudiaremos la segun-da.

Observacion: Si el grado de p ya es menor que el grado de q, este paso seomite, pues p(x) = r(x).

2) Se factoriza el denominador a partir de sus raıces (ya sean reales o com-plejas). Tenemos:

q(x) = a(x− r1)m1 · · · · · (x− rn)mn(x2 + a1x + b1)q1 · · · · · (x2 + apx + bp)qp .

Nota: En lo que sigue supondremos que a = 1 pues, en caso contrario, puedesalir de la integral como una constante.

3) Se descompone el integrando en fracciones simples:

r(x)q(x)

=A1

x− r1+ · · ·+ Am1

(x− r1)m1+ · · ·+ K1

x− rn+ · · ·+ Kmn

(x− rn)mn

+α1x + β1

x2 + a1x + b1+ · · ·+ αq1x + βq1

(x2 + a1x + b1)q1+ . . .

+σ1x + τ1

x2 + apx + bp+ · · ·+

σqpx + βqp

(x2 + apx + bp)qp.

328

4) Se calculan las constantes A1, . . . , Am1 , . . . , K1, . . . ,Kmn , α1, β1, . . . , αq1 , βq1 ,. . . , σ1, τ1, . . . , σqp , τqp igualando los numeradores de ambos miembros.

5) Se integra por separado cada fraccion simple.

Los siguientes problemas ilustran la forma de integrar segun sea la descom-posicion de la fraccion.

PROBLEMA 7.143.

Resolver

∫1

x2 − 4dx.

Solucion

Como x2−4 = (x−2)(x+2), podemos descomponer la fraccion como

1x2 − 4

=A

x− 2+

B

x + 2,

de donde 1 = A(x + 2) + B(x− 2).

Para x = 2, 1 = 4A =⇒ A = 1/4. Para x = −2, 1 = −4B =⇒ B =−1/4.

Tenemos entonces:

I =14

∫dx

x− 2− 1

4

∫dx

x + 2=

14

ln |x−2|− 14

ln |x+2|+C =14

ln∣∣∣∣x− 2x + 2

∣∣∣∣+C.

PROBLEMA 7.144.

Resolver

∫1

9x2 − 16dx.

Solucion

Procediendo como el anterior, tenemos:

19x2 − 16

=A

3x− 4+

B

3x + 4,

329

de donde 1 = A(3x+4)+B(3x−4) =⇒ A = 1/8, B = −1/8. Entonces:

I =18

∫1

3x− 4dx− 1

8

∫1

3x + 4dx

=124

ln |3x− 4| − 124

ln |3x + 4|+ C =124

ln∣∣∣∣3x− 43x + 4

∣∣∣∣ + C.

PROBLEMA 7.145.

Resolver

∫1

x2 + 6x + 8dx.

Solucion

Como x2 + 6x + 8 = (x + 2)(x + 4), tenemos:

1x2 + 6x + 8

=A

x + 2+

B

x + 4,

de donde 1 = A(x + 4) + B(x + 2) =⇒ A = 1/2 y B = −1/2. Resultaentonces:

I =12(ln |x + 2| − ln |x + 4|) + C =

12

ln∣∣∣∣x + 2x + 4

∣∣∣∣ + C.

PROBLEMA 7.146.

Resolver

∫1

9− x2dx.

Solucion

Como 9− x2 = (3− x)(3 + x), resulta:

19− x2

=A

3− x+

B

3 + x=⇒ 1 = A(3 + x) + B(3− x).

Obtenemos los valores A = B = 1/6, con lo que:

I =16(− ln |3− x|+ ln |3 + x|) + C =

16

ln∣∣∣∣3 + x

3− x

∣∣∣∣ + C.

330

PROBLEMA 7.147.

Resolver

∫1

4x− x2dx.

Solucion

Como 4x− x2 = x(4− x), tenemos:

14x− x2

=A

x+

B

4− x=⇒ 1 = A(4− x) + Bx.

De aquı, A = B = 1/4; por tanto:

I =14(ln |x| − ln |4− x|) + C =

14

ln∣∣∣∣ x

4− x

∣∣∣∣ + C.

PROBLEMA 7.148.

Resolver

∫2− x

4x2 + 4x− 3dx.

Solucion

Al factorizar el denominador tenemos 4x2+4x−3 = (2x−1)(2x+3) y:

2− x

4x2 + 4x− 3=

A

2x− 1+

B

2x + 3=⇒ 2− x = A(2x + 3) + B(2x− 1).

De aquı se obtiene que A = 3/8, B = −7/8. Entonces:

I =316

ln |2x− 1| − 716

ln |2x + 3|+ C =116

ln∣∣∣∣(2x− 1)3

(2x + 3)7

∣∣∣∣ + C.

PROBLEMA 7.149.

Resolver

∫x + 1

x3 + x2 − 6xdx.

331

Solucion

Factorizamos en primer lugar el denominador: x3+x2−6x = x(x−2)(x+3).Por tanto:

x + 1x3 + x2 − 6x

=A

x+

B

x− 2+

C

x + 3⇒ x+1 = A(x−2)(x+3)+Bx(x+3)+Cx(x−2)

Para x = 0, 1 = −6A =⇒ A = −1/6.

Para x = 2, 3 = 10B =⇒ B = 3/10.

Para x = −3, −2 = 15C =⇒ C = −2/15.

La integral queda entonces:

I = −16

∫dx

x+

310

∫dx

x− 2− 2

15

∫dx

x + 3

= −16

ln |x|+ 310

ln |x− 2| − 215

ln |x + 3|+ C = ln|x− 2|3/10

|x|1/6|x + 3|2/15+ C.

PROBLEMA 7.150.

Resolver

∫3x + 5

x3 − x2 − x + 1dx.

Solucion

Al factorizar el denominador tenemos x3 − x2 − x + 1 = (x + 1)(x − 1)2.Ası:

3x + 5x3 − x2 − x + 1

=A

x + 1+

B

x− 1+

C

(x− 1)2

con lo que 3x + 5 = A(x− 1)2 + B(x− 1)(x + 1) + C(x + 1).

Para x = −1, 2 = 4A =⇒ A = 1/2.

Para x = 1, 8 = 2C =⇒ C = 4.

Para determinar la constante B se sustituye otro valor de x, por ejemplox = 0. Resulta 5 = A−B + C =⇒ B = −1/2. Por tanto:

I =12

∫dx

x + 1− 1

2

∫dx

x− 1+ 4

∫dx

(x− 1)2

=12

ln |x + 1| − 12

ln |x− 1| − 4x− 1

+ C = − 4x− 1

+12

ln∣∣∣∣x + 1x− 1

∣∣∣∣ + C.

332

PROBLEMA 7.151.

Resolver

∫x4 − x3 − x− 1

x3 − x2dx.

Solucion

En primer lugar se realiza la division y resulta

x4 − x3 − x− 1x3 − x2

= x− x + 1x3 − x2

= x− x + 1x2(x− 1)

.

Despues se descompone la fraccion resultante en fracciones simples:

x + 1x2(x− 1)

=A

x+

B

x2+

C

x− 1=⇒ x + 1 = Ax(x− 1) + B(x− 1) + Cx2.

Para x = 0, 1 = −B =⇒ B = −1.

Para x = 1, 2 = C.

Para x = 2, 3 = 2A + B + 4C =⇒ A = −2.

Por tanto:

I =∫

xdx + 2∫

dx

x+

∫dx

x2− 2

∫dx

x− 1

=12x2 + 2 ln |x| − 1

x− 2 ln |x− 1|+ C =

12x2 − 1

x+ 2 ln

∣∣∣∣ x

x− 1

∣∣∣∣ + C.

PROBLEMA 7.152.

Resolver

∫x2

a4 − x4dx.

Solucion

Descomponemos el integrando en fracciones simples:

x2

a4 − x4=

A

a− x+

B

a + x+

Cx + D

a2 + x2.

333

Por tanto, x2 = A(a+x)(a2 +x2)+B(a−x)(a2 +x2)+(Cx+D)(a−x)(a+x).

Para x = a, a2 = 4Aa3 y A = 1/4a.

Para x = −a, a2 = 4Ba3 y B = 1/4a.

Para x = 0, 0 = Aa3 + Ba3 + Da2 = a2/2 + Da2 y D = −1/2.

Para x = 2a, 4a2 = 15Aa3 − 5Ba3 − 6Ca3 − 3Da2 y C = 0. Ası pues:

I =14a

∫dx

a− x+

14a

∫dx

a + x− 1

2

∫dx

a2 + x2

= − 14a

ln |a− x|+ 14a

ln |a + x| − 12a

arc tg(x/a) + C.

PROBLEMA 7.153.

Resolver

∫2x2 + 3

(x2 + 1)2dx.

Solucion

Si descomponemos el integrando, tenemos

2x2 + 3(x2 + 1)2

=Ax + B

x2 + 1+

Cx + D

(x2 + 1)2.

Por tanto:

2x2 + 3 = (Ax + B)(x2 + 1) + Cx + D = Ax3 + Bx2 + (A + C)x + (B + D).

Igualando terminos del mismo grado resulta A = 0, B = 2, A + C = 0,B + D = 3, lo que al resolver queda A = 0, B = 2, C = 0, D = 1.Entonces,

I =∫

2dx

x2 + 1+

∫dx

(x2 + 1)2.

Para la segunda integral hacemos el cambio x = tg z con lo cual∫dx

(x2 + 1)2=

∫sec2 z

sec4 zdz =

∫cos2 zdz = z/2 + (1/4) sen 2z + C,

de donde

I = 2arc tg x + (1/2) arc tg x +x/2

x2 + 1+ C = (5/2) arc tg x +

x/2x2 + 1

+ C.

334

PROBLEMA 7.154.

Resolver

∫x3 + x2 + x + 2x4 + 3x2 + 2

dx.

Solucion

Debido a que x4 + 3x2 + 2 = (x2 + 1)(x2 + 2) tenemos

x3 + x2 + x + 2x4 + 3x2 + 2

=Ax + B

x2 + 1+

Cx + D

x2 + 2,

de donde:

x3 + x2 + x + 2 = (Ax + B)(x2 + 2) + (Cx + D)(x2 + 1)= (A + C)x3 + (B + D)x2 + (2A + C)x + (2B + D),

luego A + C = 1, B + D = 1, 2A + C = 1, 2B + D = 2.

Resolviendo el sistema resulta A = 0, B = 1, C = 1, D = 0. Por tanto:

I =∫

dx

x2 + 1+

∫xdx

x2 + 2= arc tg x +

12

ln(x2 + 2) + C.

PROBLEMA 7.155.

Resolver

∫x5 − x4 + 4x3 − 4x2 + 8x− 4

(x2 + 2)3dx.

Solucion

Tenemos

x5 − x4 + 4x3 − 4x2 + 8x− 4(x2 + 2)3

=Ax + B

x2 + 2+

Cx + D

(x2 + 2)2+

Ex + F

(x2 + 2)3,

de donde: x5−x4 +4x3−4x2 +8x−4 = (Ax+B)(x2 +2)2 +(Cx+D)(x2 +2) + Ex + F = Ax5 + Bx4 + (4A + C)x3 + (4B + D)x2 + (4A + 2C + E)x +(4B + 2D + F )

335

y se obtiene A = 1, B = −1, C = 0, D = 0, E = 4, F = 0.

La integral queda entonces:

I =∫

x− 1x2 + 2

dx+4∫

x

(x2 + 2)3dx =

12

ln(x2+2)−√

22

arc tgx√2− 1

(x2 + 2)2+C.

E. APLICACIONES DE LA INTEGRAL INDEFINIDA.

Es comun tener que resolver problemas en donde se trata de encontrar unafuncion conocida una expresion que involucra a alguna de sus derivadas.Estos problemas reciben el nombre de ecuaciones diferenciales y se resuelvenmediante el proceso de integracion.

Ahora bien, como hay muchas funciones que tienen la misma derivada, paraencontrar una de ellas se necesita una condicion adicional. Generalmente,esa condicion consiste en proporcionar un punto por donde pasa la funcion.

PROBLEMA 7.156.

Encontrar una funcion cuya derivada esdy

dx= 3x2 y que pase por

el punto (1, 0).

Solucion

La funcion que buscamos debe ser primitiva de la funcion dada. De estemodo

y =∫

3x2dx = x3 + C.

Si sustituimos el punto dado, resulta que 0 = 13 + C. Por tanto, C =−1.

La funcion que cumple las condiciones del problema es f(x) = x2−1.

336

PROBLEMA 7.157.

Encontrar una funcion f sabiendo que f ′′(x) =x4 + 1

x3.

Solucion

En este caso debemos realizar dos integraciones: la primera para determinarf ′ y la segunda para obtener f. Deben aparecer por lo tanto dos constan-tes arbitrarias, una por cada integral. Dichas constantes no tienen que sernecesariamente las mismas.

f ′(x) =∫

x4 + 1x3

dx =∫

(x +1x3

)dx =x2

2+

x−2

−2=

x2

2− x−2

2+ C1.

f(x) =∫ (

x2

2− x−2

2+ C1

)dx =

x3

6+

x−1

2+ C1x + C2.

Un caso comun de esta situacion consiste en encontrar la posicion en cada

instante de un punto que se mueve en lınea recta conocida la velocidad o laaceleracion del mismo.

PROBLEMA 7.158.

La aceleracion de una partıcula que se mueve a lo largo de unarecta es

a(t) = π2 cos πt m2/sg.

Si en el instante inicial (t = 0), la posicion de la partıcula es s = 0y la velocidad es v = 8, hallar s cuando t = 1.

Solucion

Mediante integracion directa de la aceleracion con respecto al tiempo, seobtiene la velocidad en cualquier instante t:

v(t) =∫

π2 cos πtdt = π

∫π cos πtdt = π senπt + C.

337

Para determinar la constante C, evaluamos la funcion en el punto t =0:

v(0) = 8 = π senπ0 + C = C; ası pues, v(t) = π senπt + 8.

Integrando de nuevo respecto a t, de la velocidad se obtiene la posicions(t) :

s(t) =∫

(π senπt + 8)dt = − cos πt + 8t + K.

La constante K se obtiene conocida la posicion en el instante t = 0:

s(0) = 0 = − cos π0 + 8 · 0 + K = −1 + K, de donde K = 1.

En definitiva, s(t) = − cos πt + 8t + 1. Como la pregunta que se plantea escalcular s(1), al sustituir resulta s(1) = − cos π +8+1 = 10 metros. Existen

ecuaciones diferenciales mas generales en donde no es posible despejar laderivada de la funcion con respecto a la variable independiente. Un casosimple de resolver y el unico que estudiaremos aquı es aquel en donde sepueden separar en ambos miembros de la ecuacion las variables x e y. Elsiguiente ejemplo ilustra el procedimiento a seguir.

PROBLEMA 7.159.

Resolver la ecuaciondy

dx=√

y sen 2x sabiendo que y(3π/4) = 1

Solucion

En primer lugar intentamos que las variables x e y esten separadas cada unaen un miembro de la ecuacion. Para ello tratamos a la derivada dy/dx comoun cociente de diferenciales y podemos escribir

dy√

y= sen 2xdx.

A continuacion se integran ambos miembros de la ecuacion. El primero res-pecto de la variable y y el segundo respecto de la variable x. Es decir escri-bimos: ∫

dy√

y=

∫sen 2xdx,

de modo quey1/2

1/2= −(1/2) cos 2x + C.

338

(La constante se anade a uno de los miembros de la ecuacion, pues representala diferencia entre las funciones que tienen la misma derivada). El valor deC se calcula mediante la condicion inicial y(3π/4) = 1.

11/2

1/2= −(1/2) cos(2 · 3π/4) + C =⇒ 2 = C.

Despejando el valor de y llegamos a:

y1/2 = (1/2)(−(1/2) cos 2x+2) = −(1/4) cos 2x+1 =⇒ y = [−(1/4) cos 2x+1]2.

En general no se puede obtener la ecuacion en su forma explıcita. La ecuacionimplıcita sera suficiente para definir la funcion.

339

F. EJERCICIOS PROPUESTOS.

Resolver las siguientes integrales indefinidas:

1.-

∫4x2 + 7

x2dx.

Resp.: 4x− (7/x) + C.

2.-∫

(4x− 1)43dx.

Resp.: (4x− 1)44/176 + C.

3.-∫

x(ax3 + b)2dx.

Resp.: a2x8/8 + 2abx5/5 + b2x2/2 + C.

4.-

∫4x√

1− 2x2dx.

Resp.: −2√

1− 2x2 + C.

5.-∫

sen t cos t(sen t + cos t)dt.

Resp.: 13(sen3 t− cos3 t) + C.

6.-

∫cos x

sen2 xdx.

Resp.: − cosec x + C.

7.-

∫4√

1− 4x2dx.

Resp.: 2 arc sen 2x + C.

8.-

∫x√

x + 1dx.

Resp.: 23(x + 1)3/2 − 2(x + 1)1/2 + C.

Sug.: Sumar y restar 1 al numerador. Despues separar en dos integrales.

340

9.-∫ 3√

8x7dx.

Resp.: 3x10/3/5 + C.

10.-

∫1√

x(1 +√

x)2dx.

Resp.:−2

1 +√

x+ C.

11.-

∫sen t + cos2 t

cos2 t√

t + sec tdt.

Resp.: 2√

t + sec t + C.

12.-∫

(2x2 − 5x + 3)dx.

Resp.: 2x3/3− 5x2/2 + 3x + C.

13.-

∫1

1− x2dx.

Resp.:12

ln∣∣∣∣1 + x

1− x

∣∣∣∣ + C.

14.-

∫1

x2 − 4dx.

Resp.:14

ln∣∣∣∣x− 2x + 2

∣∣∣∣ + C.

15.-

∫1

25− 16y2dy.

Resp.:140

ln∣∣∣∣5 + 4y

5− 4y

∣∣∣∣ + C.

16.-∫

(4x3 + 3x2 + 2x + 5)dx.

Resp.: x4 + x3 + x2 + 5x + C.

17.-∫

(3− 2x− x4)dx.

Resp.: 3x− x2 − x5/5 + C.

341

18.-

∫x3 + 5x2 − 4

x2dx.

Resp.: x2/2 + 5x + 4/x + C.

19.-∫

(x2 − 1)2dx.

Resp.: x5/5 + x− 2x3/3 + C.

20.-

∫1√

4− x2dx.

Resp.: arc sen(x/2) + C.

21.-

∫1√

4− (x + 2)2dx.

Resp.: arc senx + 2

2+ C.

22.-

∫x + 2√4x− x2

dx.

Resp.: −√

4x− x2 + 4 arc senx− 2

2+ C.

23.-

∫2x + 3

9x2 − 12x + 8dx.

Resp.:19

ln(9x2 − 12x + 8) +1318

arc tg3x− 2

2+ C.

24.-∫

cos3 xdx.

Resp.: sen x− (1/3) sen3 x + C.

25.-∫

sen3 x cos5 xdx.

Resp.: (1/8) cos8 x− (1/6) cos6 x + C.

26.-∫

tg2 x sec3 xdx.

Resp.: (1/4) sec3 x tg x− (1/8) sec x tg x− (1/8) ln | sec x + tg x|+ C.

27.-∫

cotg 3x cosec4 3xdx.

Resp.: −(1/6) cotg2 3x− (1/12) cotg4 3x + C.

342

28.-∫

sen2 λxdx.

Resp.: (x/2)− (1/4λ) sen 2λx + C.

29.-∫

cos2 3xdx.

Resp.: x/2 + (1/12) sen 6x + C.

30.-∫

cos3(x/3)dx.

Resp.: 3 sen(x/3)− sen3(x/3) + C.

31.-∫

sen 3x sen 2xdx.

Resp.: (1/2) sen x− (1/10) sen 5x + C.

32.-∫

sen 3x cos 5xdx.

Resp.: (1/4) cos 2x− (1/16) cos 8x + C.

33.-∫

cos 4x cos 2xdx.

Resp.: (1/4) sen 2x + (1/12) sen 6x + C.

34.-∫ √

25− x2dx.

Resp.: (1/2)x√

25− x2 + (25/2) arc sen(x/5) + C.

35.-

∫1

x√

9 + 4x2dx.

Resp.:13

ln

∣∣∣∣∣√

9 + 4x2 − 3x

∣∣∣∣∣ + C.

36.-∫

x2 lnxdx.

Resp.: (1/3)x3 lnx− (1/9)x3 + C.

37.-∫

x tg2 xdx.

Resp.: x tg x + ln | cos x| − x2/2 + C.

38.-∫

x2 arc tg xdx.

Resp.: (1/3)x3 arc tg x− x2/6 + (1/6) ln(1 + x2) + C.

343

39.-

∫1

x2 − 1dx.

Resp.:12

ln∣∣∣∣x− 1x + 1

∣∣∣∣ + C.

40.-

∫2x− 3

4x2 − 11dx.

Resp.:14

ln |4x2 − 11| − 3√

1144

ln

∣∣∣∣∣2x−√

112x +

√11

∣∣∣∣∣ + C.

41.- Sea y = f(x) una funcion cuya derivada es f ′(x) =1

(x− 1)2. Cal-

cular f(4) si f(2) = −1.

Resp.: f(x) = −1/(x− 1) + C; f(4) = −1/3.

42.- Definir y representar graficamente una funcion y = f(x) queverifique

f ′′(x) = 2, f ′(1) = 2, f(3) = 5.

Resp.: f(x) = x2 − 4.

43.- Encontrar la velocidad y la posicion de una partıcula en cual-quier instante t si esta se mueve en lınea recta con una acelera-cion dada por a(t) = 3t− t2 si ademas la velocidad y la posicionen el instante t = 1 sg. son v = 7/6 m/sg. y s = 1 m.

Resp.: v(t) = 3t2/2− t3/3 m/sg.; s(t) = t3/2− t4/12 + 7/12 m.

44.- Responder a las mismas preguntas del ejercicio anterior si

a(t) = 18 sen 3t; v = −6 y s = 4 cuando t = 0.

Resp.: v(t) = −6 cos 3t; s(t) = 4− 2 sen 3t.

45.- Resolver la ecuacion y√

4− x2dy

dx= 3x sabiendo que y(0) = −2.

Resp.: y = −√−6(4− x2)1/2 + 16.

46.- Determinar la curva cuya pendiente en cada punto (x, f(x)) esx√

1 + x2 y que pase por el punto (0,−3).

Resp.: f(x) =(1 + x2)3/2 − 10

3.

344

47.- Hallar la ecuacion de la curva que pasa por el punto (4, 2) y cuyapendiente en cada punto es x/y.

Resp.: x2 − y2 = 12.

48.- Sea y = f(x) una funcion cuya derivada esta dibujada a conti-nuacion.

Si f(x) es continua en −2 y f(−2) = 0, definir f y representarla.

Resp.: f(x) =

{x2

2 + x si − 3 ≤ x ≤ −2,

−x− 2 si − 2 < x ≤ 1.

345