Introducción - · PDF filecsc2 dx con n≥1 22 1.13 Integrales del tipo Z ... A Tabla...

Introducción

1

Contenidos

Introducción 1

PART I1 Integrales inmediatas 71.1 Integrales polinómicas 71.2 Integrales de tipo potencial 81.3 Integrales de tipo logarítmicas 101.4 Integrales de tipo exponencial 121.5 Integrales tipo seno y coseno 141.6 Integrales tipo tangente,cotangente,secante y cosecante 15

1.7 Integrales del tipoZsin2n+1(x)dx o

Zcos2n+1(x)dx siendo n ∈ N

y además n ≥ 1 17

1.8 Integrales del tipoZsink(x) · cost(x)dx siendo al menos k o t impar 18

1.9 Integrales del tipoZsin2n(x)dx o

Zcos2n(x)dx siendo n ∈ N y

además n ≥ 1 191.10 Integrales del tipo

Zsin2n(x) · cos2k(x)dx siendo n ∈ N y además

n, k ≥ 1 19

1.11 Integrales del tipoZtann x dx ,

Zcotn x dx con n≥ 2 21

1.12 Integrales del tipoZsec2n x dx ,

Zcsc2n dx con n≥ 1 22

1.13 Integrales del tipoZsecn x tanm xdx ,

Zcscn x cotm xdx 22

1.14 Integrales del tipoZsinA cosB,

ZsinA sinB,

ZcosA cosB 22

1.15 Integrales del tipo arcseno,arco tangente y otras 23

1.16 Integrales del tipoZ

1

ax2 + bx+ cdx siendo b2 − 4ac < 0 25


Mx+N

ax2 + bx+ cdx siendo b2 − 4ac < 0 26


1√ax2 + bx+ c

dx a < 0, b2 − 4ac > 0 27


Mx+N√ax2 + bx+ c

dx a < 0, b2 − 4ac > 0 28


1√ax2 + bx+ c

dx a>0 y b2 − 4ac > 0 29

2


Mx+N√ax2 + bx+ c

dx a > 0, b2 − 4ac > 0 31


1√ax2 + bx+ c

dx a > 0, b2 − 4ac < 0 31


Mx+N√ax2 + bx+ c

dx a > 0, b2 − 4ac < 0 32

1.24 Más integrales de los tipos anteriores 32

2 Integración por partes 342.1 Ejercicios de integracion por partes 36

3 Integrales racionales 383.1 Ejercicios de integrales racionales 41

4 Integrales por sustitución 444.1 Ejercicios de integración por cambio de variable 45

5 Integrales trigonométricas por sustitución 525.1 Ejercicios de integrales racionales trigonométricas 59

6 Integrales irracionales 616.1 Del tipo

RR(x, (ax+ b)

mr , ..., (ax+ b)

yz )dx 61

6.2 Del tipoZR(x,

µax+ b

cx+ e

¶mr

, ...,

µax+ b

cx+ e

¶ yz

)dx 62

6.3 Integrales del tipoZR(x,

√a± bx2)dx,

ZR(x,

√bx2 − a)dx 65

PART II7 Integral de Riemann y Regla de Barrow 717.1 Sumas de Riemann 717.2 Interpretacion geometrica de las Sumas de Riemann 717.3 Integral superior de f en [a, b] 737.4 Integral inferior de f en [a, b] 737.5 Definición de Funcion Integrable Riemann en [a, b] 747.6 ¿Que funciones acotadas en [a, b] son integrables Riemann? 757.7 Propiedades 767.8 TEOREMAS DE LA MEDIA 767.9 FUNCION INTEGRAL DEFINIDA O FUNCION DE AREAS 787.10 La Regla de Barrow 797.11 Ejercicios de integrales definidas 79

8 Cálculo de áreas y volúmnes 82

3

8.1 Interpretacion geométrica debZa

f(x)dx Cálculo de áreas 82

AppendicesA Tabla de integrales inmediatas 111

B Integrales tipoZ

1

(t2 + 1)pdt si p≥ 2 113

C Integrales tipoZ

1

(ax2 + bx+ c)p dx si p≥ 2 siendo ∇ = b2 − 4ac < 0 114

4

PART IIntegrales indefinidas

Definicion Primitiva de una función en ]a, b[Toda función F (x) que verifique la relación F 0(x) = f(x) ∀x ∈ ]a, b[se denomina

primitiva de la función f(x) en el intervalo ]a, b[Ejemplos:

Función Primitiva Intervalo

f(x) =1

xF (x) = lnx ]0, 1[

f(x) = x F (x) =x2

2]3, 4[

f(x) = ex F (x) = ex ]2, 3[

Nota :Si consideramos las funcionesf1(x) = x

2 + 1 f2(x) = x2 + 2 f3(x) = x

2 + 3 f4(x) = x2 + 4

Sus derivadas correspondientes ∀x ∈ < son:f 01(x) = 2x f 02(x) = 2x f 03(x) = 2x f 04(x) = 2xAsí pues: la función h(x) = 2x no tiene en < una única primitivaTeorema fundamental del cálculo integralf y g funciones continuas en [a, b]f y g funciones derivables en ]a, b[/ f 0(x) = g 0(x) ∀x ∈ ]a, b[

¾=⇒ f(x)−g(x) =

C ∀x ∈ ]a, b[Consideremos la función auxiliar H(x) = f(x) − g(x) en [a, b]. Por las hipótesis

iniciales podemos afirmar que H es continua en [a, b] y derivable en ]a, b[ por ser resta delas funciones f y gComo H verifica las hipótesis del valor medio en [x1, x2] donde x1 y x2 son valores

genéricos del intervalo [a, b]; entonces podemos afirmar que existe al menos un c ∈]a, b[ talque:

5

Chapter 1 Integrales inmediatas

H(x2)−H(x1)x2 − x1 = H 0(c) = f 0(c)− g 0(c) =10 =⇒ H(x2)−H(x1) = 0

Acabamos de demostrar que sean cuales sean x1, x2 ∈ [a, b] =⇒ H(x2) = H(x1)

Luego la funciónH(x) = H(a) = C ∀x ∈ [a, b]Este teorema nos permite afirmar que:

• Si f(x) posee una primitiva entonces posee infinitas• Si F (x) es una primitiva de f(x) en ]a, b[;entonces todas las primitivas de f en ]a, b[ sonde la forma F (x) + C

Al conjunto de todas las primitivas de f(x) en ]a, b[ (F (x) + C) se le llama integralindefinida de f y se le representa por:Z

f(x)dx = F (x) + C

EjemplosZx2dx =

x3

3+ C

Zexdx = ex + C

Zcosxdx = sinx+ C

Ejercicio: de todas las primitivas de la función f(x) = 3x2, determina la que pasa por elpunto (−2, 3)F (x) =

Z3x2dx = x3 + C. Como F ha de pasar por el punto (−2, 3) entonces:

3 = F (−2) = (−2)3 + C −→ C = 11

La solución es la función F (x) = x3 + 11

1 Por hipótesis sabemos que f 0(x) = g 0(x) ∀x ∈ ]a, b[;en particular f 0(c) = g 0(c)

6

Chapter 1Integrales inmediatas

1.1 Integrales polinómicas

Para calcular la integral de un polinomio, necesitarás conocer la siguientes reglas:

1.Zf 0(x)dx = f(x) + C 2.

Zdx = x+ C

3.Z(f(x) + g(x))dx =

Zf(x)dx+

Zg(x)dx 4.

Zk · f(x)dx = k

Zf(x)dx k ∈ <

5.Zxndx =

xn+1

n+ 1+ C si n 6= −1 6.

Zx−1dx =

Z1

xdx = ln |x|+ C

Ejemplos:

?

Z(x3 − 3x2 + 4x− 3 + 2

3x)dx

I =

Zx3dx− 3

Zx2dx+ 4

Zxdx− 3

Zdx+

2

3

Z1

xdx

I =x4

4− x3 + 2x2 − 3x+ 2

3ln |x|+ C

?

Zx3 − 3x2 + 4x− 3

3x2dx

J =1

3

Zx3

x2dx−

Zx2

x2dx+

4

3

Zx

x2dx− 3

3

Z1

x2dx

J =1

3

Zxdx−

Zdx+

4

3

Z1

xdx−

Z1

x2dx

J =1

3

x2

2− x+ 4

3ln |x|+ 1

x+ C

?

Z √3x3

2x2)dx

K =

√3

2

Z √x3

x2dx =

√3

2

Zx(3/2)

x2dx

K =

√3

2

Zx−

12 dx =

√3

2

x12

12

+ C =√3x+ C

1.Z(2x+ 3)dx = x2 + 3x+ C

2.Zx2(x+ 4)dx = 1

4x4 + 4

3x3 + C

3.Zt2 + 3t+ 2

tdt = 1

2 t2 + 3t+ 2 ln t+ C

7


4.Z(s√s+ 1) ds = 2

5 (√s)5+ s+ C

5.Z(3x− 2)2x√x

dx = 23x2−12x−4√

x+ C

6.Z ³

32x3 − 3

5√x

´2dx = − 9

20x5 +18

25(√x)5

+ 925 lnx+ C

7.Z µ

6x3 +√2 +

2

x− 3

x3+5

x13

¶dx = 3

2x4 +√2x+ 2 lnx+ 3

2x2 +152 (

3√x)2+ C

8.Z ³

(3x)23 − 3

´dx = 3

5 (3√x)5 ¡ 3√3¢2 − 3x+ C

9.Z(2− 3x2)3dx = − 277 x7 + 54

5 x5 − 12x3 + 8x+ C

10.Z µ

x2

2− 2

x2

¶dx = 1

6x3 + 2

x + C

11.Z µ

1

x2− 1x

¶dx = − 1

x − lnx+ C

12.Zx(x− 1)(x− 2)dx = 1

4x4 − x3 + x2 + C

13.Z12x(x+ 2)(x− 2)dx = 3x4 − 24x2 + C

14.Z(2 + 7x3)2dx = 7x7 + 7x4 + 4x+ C

15.Z µ

3

x− 4

x23

¶dx = 3 lnx− 12 3

√x+ C

1.2 Integrales de tipo potencial

Tan sólo necesitas conocer queZf 0(x) · (f(x))ndx =2 (f(x))

n+1

n+ 1+ C siempre que

n 6= −1Ejemplo1

Zx(4 + 3x2)3dx =3

1

6

Z6 x(4 + 3x2)3dx =

1

6· (4 + 3x

2)4

4+ C

Ejemplo2Z

3

(x− 2)3 dx = 3Z(x− 2)−3dx = 3(x− 2)−2

−2 + C =−3

2(x− 2)2

2

Zf 0(x) · (f(x))ndx = 1

n+ 1

Z(n + 1)f 0(x) · (f(x))ndx = 1

n+ 1

Z £(f(x))n+1

¤0dx =

(f(x))n+1

n+ 1+C

3 Si f(x) = 4 + 3x2 entonces f 0(x) = 6x

8

Section 1.2 Integrales de tipo potencial

Ejemplo3Z

x√1 + x2

dx =

Zx¡1 + x2

¢−12 dx =4 12

Z2 · x ¡1 + x2¢−12 dx =

=1

2·¡1 + x2

¢12

1

2

+ C =√1 + x2 + C

Ejemplo4Zsinx · cos2 xdx =5 −

Z− sinx · cos2 xdx = −cos

3 x

3+ C

Ejemplo5Zcos 3x · sin2 3xdx =6 1

3

Z3 cos 3x · sin2 3xdx = sin3 3x

9+ C

1.Zx(4 + 3x2)3dx =

(4 + 3x2)4

24+ C

2.Z

3

(x− 2)3 dx = −3

2(x−2)2 + C

3.Z

32x

(1− 5 · 32x)3 dx =1

20(−1+5·9x)2 ln 3 + C

4.Z

x√1 + x2

dx =p(1 + x2) + C

5.Z

x2

(1 + 5x3)2dx = − 1

15(1+5x3) + C

6.Z

x+ 13√x2 + 2x

dx = 34

³3p(x2 + 2x)

´2+ C

7.Z(sin 4x)(1 + 5 cos 4x)4dx = − 1

100 (1 + 5 cos 4x)5+ C

8.Zsin 4x cos4 4xdx = − 1

20 cos5 4x+ C

9.Zsinx cos3 xdx = −14 cos4 x+ C

10.Zx3 4√1− x4dx = −15

³4p(1− x4)

´5+ C

11.Rx4(3 + 5x5)−3dx = − 1

50(3 + 5x5)2+ C

12.Z(2 + 5x)7dx = 1

40 (2 + 5x)8+ C

13.Z

1

(2− x)3 dx =1

2(2−x)2 + C

14.Zsin2 3x cos 3xdx = 1

9 sin3 3x+ C

4 Si f(x) = 1 + x2 entonces f 0(x) = 2x5 Si f(x) = cosx entonces f 0(x) = − sinx6 Si f(x) = sin 3x entonces f 0(x) = 3 cos 3x

9


15.Ztan3 x sec2 xdx =

tan4 x

4+ C

16.Zcot4 5x csc2 5xdx = −cot

5 5x

25+ C

17.Zx ln(3x2 + 2)

3x2 + 2dx = 1

12 ln2¡3x2 + 2

¢+ C

18.Z(arctanx)3

1 + x2dx = 1

4 arctan4 x+ C

19.Z(arcsin x)3√1− x2 dx = 1

4 arcsin4 x+ C

20.Z

4√1− xdx = −8

p(1− x) + C

1.3 Integrales de tipo logarítmicas

Para resolver este tipo de integrales has de saber que:

Z1

xdx = ln |x|+ C

Zf 0(x)f(x)

dx = ln |f(x)|+ C

Ejemplo 1Z

1

x− 2dx = ln |x− 2|+ C

Ejemplo 2Z

1

2− 3xdx = −1

3

Z −32− 3xdx = −

1

3ln |2− 3x|+ C

Ejemplo 3Z

x

x2 − 3dx =1

2

Z2x

x2 − 3dx =1

2ln¯x2 − 3¯+ C

Ejemplo 4Z

e3x

3− 4 · e3x dx = −1

12

Z −12e3x3− 4 · e3x dx = −

1

12ln¯3− 4 · e3x¯+ C

Ejemplo 5Ztan 5xdx =

Zsin 5x

cos 5xdx = −1

5

Z −5 sin 5xcos 5x

dx = −15ln |cos 5x|+ C

Ejemplo 6Z

25x

5 · 25x + 3dx =1

25 · ln 2Z25x · 25 · ln 25 · 25x + 3 dx =

1

25 · ln 2 ln¯5 · 25x + 3¯+ C

Ejemplo 7Z

1

(64 + x2) arctanx

8

dx =1

8

Z 8

(64 + x2)

arctanx

8

dx =1

8ln¯arctan

x

8

¯+ C

Ejemplo 8Z

1

x lnxdx = ln |lnx|+ C

Nota Fíjate en estas dos integrales, que vienen a continuación, como se resuelven

10

Section 1.3 Integrales de tipo logarítmicas

•Zsecxdx =7

Zsecx(secx+ tanx)

secx+ tanxdx =

Zsec2 x+ secx · tanx

secx+ tanxdx

Observa que la derivada de secx+tanx es sec2 x+secx · tanx. Por lo tanto la integralanterior es de tipo logarítmicoZ

secxdx = ln |secx+ tanx|+ C

•Zcscxdx =8

Zcscx(cscx− cotx)cscx− cotx dx =

Zcsc2 x− cscx · cotx

cscx− cotx dx

Observa que la derivada de cscx− cotx es csc2 x− cscx · cotx. Por lo tanto la integralanterior es de tipo logarítmicoZ

secxdx = ln |cscx− cotx|+ C

1.Z

2

3xdx = 2

3 lnx+ C

2.Z

7

1− 3xdx = −73 ln (1− 3x) + C

3.Z

3x

1 + 5x2dx = 3

10 ln¡1 + 5x2

¢+ C

4.Ztan 5x dx = −15 ln (cos 5x) + C

5.Z

e−x

1 + e−xdx = − ln (1 + e−x) + C

6.Z

x3

1 + 4x4dx = 1

16 ln (1 + 4x4) + C

7.Z

x+ 1

x2 + 2xdx = 1

2 ln¡x2 + 2x

¢+ C

8.Z

x2 − e−xx3 + 3e−x

dx = 13 ln

¡x3 + 3e−x

¢+ C

9.Z

x3 + x

x4 + 2x2dx = 1

4 ln¡x4 + 2x2

¢+ C

10.Z

1

x lnxdx = ln (lnx) + C

11.Z

1√1− x2 arcsinxdx = ln (arcsinx) + C

12.Zsecx dx =

Zsecx(secx+ tanx)

(secx+ tanx)dx = ln(secx+ tanx) + C

7 Multiplicamos y dividimos por secx+ tanx8 Multiplicamos y dividimos por cscx− cotx

11


13.Z

2x+ 2

3x2 + 6x+ 1dx = 1

3 ln¡3x2 + 6x+ 1

¢+ C

14.Zcscx dx =

Zcscx(cscx− cotx)(cscx− cotx) dx = ln(cscx− cotx) + C

15.Z

x− sinxx2 + 2cosx

dx = 12 ln

¡x2 + 2 cosx

¢+ C

16.Z

1

1 + e−xdx = ln (1 + e−x) + x+ C

17.Z

sin 8x

cos2 4xdx = −12 ln (cos 4x) + C

18.Z

sin 6x

sin2 3xdx = 2

3 ln (sin 3x) + C

19.Z

1 + 3x4

5x+ 3x5dx = 1

5 lnx+15 ln

¡5 + 3x4

¢+ C = ln 5

√x 5p(5 + 3x4) + C

20.Z1 + e−x

x− e−x dx = ln (x− e−x) + C

1.4 Integrales de tipo exponencial

Para resolver este tipo de integrales has de conocer que:Zaxdx =

ax

ln a+ C donde a ∈ <+ ∼ {1}

Zaf(x)f 0(x)dx =

af(x)

ln a+ C donde a ∈ <+ ∼ {1}

Zexdx = ex + C

Zef(x)f 0(x)dx = ef(x) + C

Ejemplo1Zx · 2x2dx = 1

2

Z2 · x · 2x2dx = 1

2

2x2

ln 2+ C

Ejemplo2Zcos(3x) · 5sin(3x)dx = 1

3

Z3 cos(3x) · 5sin(3x)dx = 5sin(3x)

3 ln 5+ C

Ejemplo3Ze1−xdx = −

Z(−1) · e1−xdx = −e1−x + C

Ejemplo4Z(x− 1)(ab)x2−2xdx = 1

2

Z2 · (x− 1)(ab)x2−2xdx = (ab)x

2−2x

2 ln(ab)+ C

Ejemplo5Zearctan 3x

1 + 9x2dx =

1

3

Z3

1 + 9x2· earctan 3xdx = 1

3· earctan 3x + C

Ejemplo6Z10ln(cosx) tanxdx =9−

Z(−1) tanx10ln(cosx)dx = −10

ln(cosx)

ln 10+ C

9 [ln (cos(x))]0= − sinx

cosx= − tanx

12

Section 1.4 Integrales de tipo exponencial

Ej7Z(ex − e−x)2 dx =

Ze2xdx− 2

Zdx+

Ze−2xdx =

e2x

2− 2x− e

−2x

2+ C

1.Ze3xdx = 1

3e3x + C

2.Z5−2xdx = − 1

2 ln 525−x + C

3.Zxex

2+3dx = 12ex2+3 + C

4.Z3sin 3x cos 3xdx = 3−1+sin 3x

ln 3 + C

5.Z

e

1− x1 + x

(1 + x)2dx = − 12e−

−1+x1+x + C

6.Zetanx sec2 xdx = etanx + C

7.Z3arctan 3x

1 + 9x2dx = 3−1+arctan 3x

ln 3 + C

8.Z3ln(1+x)

1 + xdx = 1

ln 3 (1 + x)ln 3 + C

9.Z µ

5

3

¶xdx = −5x 3−x

− ln 5+ln 3 + C

10.Zx · (3 · e)x2+1dx = 1

2(ln 3+1)3x2+1ex

2+1 + C

11.Z(x2 + 1)ex

3+3x+2dx = 13ex3+3x+2 + C

12.Zsec 3x tan 3x · esec 3xdx = esec 3x

3+ C

13.Ze√1−x2x√1− x2 dx = −e

√(1−x2) + C

14.Ze−1

x

x2dx = e−

1x + C

15.Zx · e2x2+1dx = 1

4e2x2+1 + C

16.Z5

x2 − 1x2 + 1x

(x2 + 1)2dx = 1

4 ln 55−1+x2x2+1 + C

17.Zx · e−x

2

2 dx = −e− 12x

2

+ C

13


18.Zx2 · 5−x

3+32 dx = − 10

3 ln 55− 12x

3+ 12 + C

19.Z5ln(1−4x)

4x− 1 dx =1

4 ln 5 (1− 4x)ln 5 + C

1.5 Integrales tipo seno y coseno

Para resolver algunas integrales trigonométricas, es conveniente que recuerdes algunasfórmulas trigonométricas10Z

cosxdx = sinx+ C

Zf 0(x) cos f(x)dx = sin f(x) + CZ

sinxdx = − cosx+ CZf 0(x) sin f(x)dx = − cos f(x) + C

Ejemplo1Zx · sin(x2)dx = 1

2

Z2 · x · sin(x2)dx = −1

2cos(x2) + C

Ejemplo2Zcos(5x)dx =

1

5

Z5 cos(5x)dx =

1

5sin(5x) + c

Ejemplo3Z

x

1 + x2cos(ln(1 + x2))dx =

1

2sin(ln(1 + x2)) + C

Ejemplo4Z

1√xsin√xdx = 2

Z1

2 ·√x sin√xdx = −2 cos√x+ C

Ejemplo5Zsin(arctan 3x)

1 + 9x2dx =

1

3

Z3

1 + 9x2· sin(arctan 3x)dx =

−13· cos(arctan 3x) + C

Ejemplo6Zex cos(ex + 3)dx = sin(ex + 3) + C

1.Zcos 3xdx = 1

3 sin 3x+ C

10

sin2A+ cos2A = 1 secA =1

cosA

cscA =1

sinAtanA =

sinA

cosA

cotA =cosA

sinA1 + tan2A = sec2A 1 + cot2A = csc2A

sin (2A) = 2 sinA · cosA cos(2A)=

cos2A− sin2A1− 2 sin2A−1 + 2 cos2A

sin2A =1− cos (2A)

2cos2A =

1 + cos (2A)

2

14

Section 1.6 Integrales tipo tangente,cotangente,secante y cosecante

2.Zsin 5xdx = −15 cos 5x+ C

3.Zx cos(x2 + 3)dx = 1

2 sin¡x2 + 3

¢+ C

4.Zx2 sin(3− 2x3)dx = 1

6 cos¡−3 + 2x3¢+ C

5.Z

x√1 + 3x2

cos√1 + 3x2dx = 1

3 sinp(1 + 3x2) + C

6.Z1

xsin(lnx)dx = − cos (lnx) + C

7.Ze3x cos(3e3x)dx = 1

9 sin¡3e3x

¢+ C

8.Z52x cos(52x)dx = 1

2sin 25x

ln 5 + C

9.Z

1

(1 + x)2cos

µ1− x1 + x

¶dx = 1

2 sin−1+x1+x + C

1.6 Integrales tipo tangente,cotangente,secante y cosecanteZsec2 xdxZ1

cos2 xdxZ

(1 + tan2 x)dx

= tanx+ C

Zf 0(x) sec2 f(x)dxZf 0(x)cos2 f(x)

dxZf 0(x)(1 + tan2 f(x))dx

= tan f(x) + C

Zcsc2 xdxZ1

sin2 xdxZ

(1 + cot2 x)dx

= − cotx+ C

Zf 0(x) csc2 f(x)dxZf 0(x)sin2 f(x)

dxZf 0(x)(1 + cot2 f(x))dx

= − cot f(x) + C

Zsecx · tanxdxZsinx

cos2 xdx

= secx+ C

Zf 0(x) sec f(x) · tan f(x)dxZf 0(x) sin f(x)cos2 f(x)

dx

= sec f(x) + C

Zcscx · cotxdxZcosx

sin2 xdx

= − cscx+ C

Zf 0(x) csc f(x) · cot f(x)dxZf 0(x) cos f(x)sin2 f(x)

dx

= − csc f(x) + C

Las integrales que aparecen en las dos últimas filas de la tabla anterior; son de tipopotencial

15


1.Z

1

cos2(3x+ 2)dx = 1

3 tan(3x+ 2) + C

2.Z

x

sin2(3x2)dx = −16 cot(3x2) + C

3.Zcsc2 5xdx = −15 cot(5x) + C

4.Zx sec2(3x2 + 1)dx = 1

6 tan(1 + 3x2) + C

5.Zx csc2(3x2 + 1)dx = −16 cot(3x2 + 1) + C

6.Ztan2(3x− 1)dx =

Z £1 + tan2(3x− 1)¤ dx− Z 1dx =

1

3tan(3x− 1)− x+ C

7.Zx2 cot2(3x3 − 1)dx = −19 cot(3x3 − 1)−

x3

3+ C

8.Z

e3x

sin2(e3x + 1)dx = −13 cot(e3x + 1) + C

9.Z

1

x2 sin2(1

x)dx = cot(

1

x) + C

10.Zx3 sec2(3x4 + 1)dx = 1

12 tan(3x4 + 1) + C

11.Zsec 5x tan 5xdx = 1

5 cos 5x + C

12.Zcsc 5x cot 5xdx = − 1

5 sin 5x + C

13.Ze3x cos(e3x + 1)

sin2(e3x + 1)dx = − 1

3 sin(e3x+1) + C

14.Zx2 sin(x3 + 1)

cos2(x3 + 1)dx = 1

3 cos(x3+1) + C

15.Zsec√x tan

√x√

xdx = 2

cos√x+ C

16.Z5x sec 5x tan 5xdx = 1

ln 5 cos 5x + C

17.Z

x cos(ln(1 + x2))

(1 + x2) sin2(ln(1 + x2))dx = − 1

2 sin(ln(x2+1)) + C

18.Z

1√x cos2

√xdx = 2 tan

√x+ C

19.Zsin

x

3dx = −3 cos 13x+ C

20.Zx cos

x2

3dx = 3

2 sin13x

2 + C

16

Section 1.7 Integrales del tipoZsin2n+1(x)dx o

Zcos2n+1(x)dx siendon ∈ N y ademásn ≥ 1

21.Zcsc

5x

2cot

5x

2dx = − 2

5 sin 52x+ C

1.7 Integrales del tipoZsin2n+1(x)dx o

Zcos2n+1(x)dx siendo n ∈ N

y además n ≥ 1

Procedimiento para resolverZsin2n+1(x)dx

1oDesharemos la imparidad de la potencia que aparezca en el integrandoZsin2n+1(x)dx =

Zsin2n x · sinx dx =

Z ¡1− cos2 x¢n · sinx dx

2o Desarrollamos el integrando; obteniendo siempre integrales del siguiente tipo:Zcosk x · sinx dx = −

Z(cosx)k · (− sinx) dx = −(cosx)

k+1

k + 1+ C

(k ∈ N y par)Zsinx dx = − cosx+ C

Procedimiento para resolverZcos2n+1(x)dx

1oDesharemos la imparidad de la potencia que aparezca en el integrandoZcos2n+1(x)dx =

Zcos2n x · sinx dx =

Z ¡1− sin2 x¢n · sinx dx

2o Desarrollamos el integrando; obteniendo siempre integrales del siguiente tipo:Zsink x · cosx dx =

Z(sinx)k · cosx dx = (sinx)k+1

k + 1+ C (k ∈ N y par)Z

cosx dx = sinx+ C

Ejemplo 1Zsin3 3xdx =

Zsin2 3x · sin 3xdx =

Z(1− cos2 3x) · sin 3xdx

Esta integral se descompone en las dos siguientes:

=

Zsin 3xdx−

Zcos2 3x sin 3xdx =

1

3

Z3 sin 3xdx+

1

3

Z(−3) cos2 3x sin 3xdx =

El resultado final después de integrar es:Zsin3 3xdx = −cos 3x

3+cos3 3x

9+ C

Ejemplo 2Zcos3 3xdx =

Zcos2 3x · cos 3xdx =

Z(1− sin2 3x) · cos 3xdx

Esta integral se descompone en las dos siguientes:

=

Zcos 3xdx−

Zsin2 3x cos 3xdx =

1

3

Z3 cos 3xdx− 1

3

Z3 sin2 3x cos 3xdx =

17


El resultado final después de integrar es:

Zcos3 3xdx =

sin 3x

3− sin

3 3x

9+ C

1.8 Integrales del tipoZsink(x) · cost(x)dx siendo al menos k o t

impar

La transformación es la misma que en los apartados anteriores para aquella potencia deseno o coseno cuyo exponente sea impar

Ejemplo 3Zcos3 3x · sin2 3xdx =

Zcos 3x · (1− sin2 3x) sin2 3xdx =

Desarrollando el integrando tendremos las siguientes integrales

=

Zcos 3x · sin2 3xdx−

Zcos 3x · sin4 3xdx =11

Con lo que la integral quedará

Zcos3 3x · sin2 3xdx = sin3 3x

9− sin

5 3x

15+ C

Ejemplo 4Zsin3 x · cos2 xdx =

Zsinx · (1− cos2 3x) cos2 xdx =

Desarrollando el integrando tendremos las siguientes integrales

=

Zsinx · cos2 xdx−

Zsinx · cos4 xdx =12

Con lo que la integral quedará

Zsin3 x · cos2xdx = −cos

3 3x

3+cos5 x

5+ C

Ejemplo 5 Resuelve la integralZsin3 2x · cos2 2xdx

Nota: La puedes resolver de dos formas distintas

11

Zcos 3x · sin2 3xdx = 1

3


9+CZ

cos 3x · sin4 3xdx = 1

3


15+C

12

Zsinx · cos2 xdx = −

Z− sinx · cos2 xdx = −cos

3 x

3+CZ

sinx · cos4 xdx = −Z− sinx · cos4 xdx = −cos

5 x

5+C

18

Section 1.9 Integrales del tipoZsin2n(x)dx o

Zcos2n(x)dx siendon ∈ N y ademásn ≥ 1

1.9 Integrales del tipoZsin2n(x)dx o

Zcos2n(x)dx siendo n ∈ N y

además n ≥ 11oUtilizaremos alguna de las siguientes fórmulas

sin2A =1− cos (2A)

2cos2A =

1 + cos (2A)

2

2oLas integrales a resolver son de tipos anteriores

Ejemplo 6Zsin2 2xdx =13

Z1− cos (4x)

2dx =

1

2

Zdx− 1

2

Rcos 4xdx

Estas dos integrales son inmediatasZsin2 2xdx =

1

2

Zdx− 1

2 · 4R4 cos 4xdx =

x

2− sin 4x

8+ C

Ejemplo 7Zcos2 8xdx =14

Z1 + cos (16x)

2dx =

1

2

Zdx+

1

2

Rcos 16xdx

Estas dos integrales son inmediatasZcos2 8xdx =

1

2

Zdx+

1

2 · 16R16 cos 4xdx =

x

2+sin 16x

32+ C

1.10 Integrales del tipoZsin2n(x) · cos2k(x)dx siendo n ∈ N y además

n, k ≥ 1Además de poder utilizar alguna de las dos fórmulas anteriores, también se puede utilizar lasiguiente:

2 sinA cosA = sin 2A→ sinA cosA =sin 2A

2

Ejemplo 8Zcos2 8x · sin2 8xdx =15

Zsin2 16x

4dx =

1

4

·Z1− cos (32x)

2dx

¸Estas dos integrales son inmediatasZcos2 8x · sin2 8xdx = 1

4

·1

2

Zdx− 1

2

Rcos 32xd

¸=1

4

·x

2− sin 32x

64

¸+ C

Ejemplo 9 Resuelve tú la integralZcos2 x · sin4 xdx

13 Como sin2A =1− cos (2A)

2; entonces sin2 (2x) =

1− cos (4x)2

14 Como cos2A =1 + cos (2A)

2; entonces cos2 (8x) =

1 + cos (16x)

215 Como sinA cosA =

sin 2A

2; entonces sin 8x cos 8x =

sin 16x

2

19


1.Zsin3 xdx = − cosx+ 1

3 cos3 x+ C

2.Zcos3 xdx = sinx− sin

3 x

3+ C

3.Zsin5 2xdx = −12 cos 2x+ 1

3 cos3 2x− 1

10 cos5 2x+ C

4.Zcos5 4xdx = 1

4 sin 4x−1

6sin3 4x+ 1

4 sin5 4x+ C

5.Zsin3

3x

4dx = −43 cos 34x+ 4

9 cos3 34x+ C

6.Zcos3

x

3dx = 3 sin

x

3− sin3 x

3+ C

7.Zsin3(ln(x))

xdx = − cos (lnx) + 1

3 cos3 (lnx) + C

8.Zsin3√x√

xdx = 2

¡− cos√x+ 13 cos

3√x¢+ C

9.Zsin2 3x cos 3xdx =

1

9sin3 3x+ C

10.Zsin3 3x cos2 3xdx = −19 cos3 3x+ 1

15 cos5 3x+ C

11.Zsin2 x cos5 xdx =

Zsin2 x(1− sin2 x)2 cosxdx =16 sin

3 x

3− 2sin

5 x

5+sin7 x

7+C

12.Zsin4 2x cos3 2xdx =

Zsin4 2x(1− sin2 x) cos 2xdx =17 sin

5 2x

10− sin

7 2x

14+ C

13.Zsin3 4x cos3 4xdx

14.Zsin2 xdx = − 14 sin 2x+ 1

2x+ C

15.Zcos2 xdx = 1

4 sin 2x+12x+ C

16.Zsin4 2xdx = −18 sin 4x+ 3

8x+164 sin 8x+ C

17.Zcos4 4xdx = 1

128 sin 16x+116 sin 8x+

38x+ C

18.Zsin2

3x

4dx = −13 sin 32x+ 1

2x+ C

19.Zcos2

x

3dx = 3

4 sin23x+

12x+ C

16

Zsin2 x(1− sin2 x)2 cosxdx =

Zsin2 x cosxdx− 2

Zsin4 x cosxdx+

Rsin6 x cosxdx

17

Zsin4 2x(1− sin2 x) cos 2xdx =

Zsin4 2x cos 2xdx−

Zsin6 2x cos 2xdx

20

Section 1.11 Integrales del tipoZtann x dx ,

Zcotn x dx con n≥ 2

20.Zsin2(ln(x))

xdx = −14 sin (2 lnx) + 1

2 lnx+ C

21.Zsin2√x√

xdx = −12 sin 2

√x+√x+ C

22.Zsin2 x cos2 xdx =

Z ¡18 − 1

8 cos 4x¢dx = 1

8x− 132 sin 4x+ C


Z ¡18 − 1

8 cos 12x¢dx = 1

8x− 196 sin 12x+ C

24.Zsin2 x cos4 xdx


26.Zsin4 4x cos2 4xdx

1.11 Integrales del tipoZtann x dx ,

Zcotn x dx con n≥ 2

1.Ztan2 4xdx =

Z(1+ tan2 4x)dx−

Zdx=

Zsec2 4xdx−

Zdx =

tan 4x

4− x+C

2.Ztan3 2xdx =18 tan

2 2x4 +1

2 ln (cos 2x) + C

3.Ztan4 3xdx =

Ztan2 3x

¡sec2 3x− 1¢ dx = Z tan2 3x sec2 3xdx−

Ztan2 3xdx =

= 13

tan3 3x

3−µtan 3x

3− x

¶+ C

4.Ztan5 xdx =

Ztan3 x

¡sec2 x− 1¢ dx = Z tan3 x sec2 xdx−

Ztan3 xdx =

=tan4 x

4−Z(sec2 x− 1) tanxdx = tan4 x

4−Zsec2 x tanxdx+

Ztanxdx =

=tan4 x

4− tan

2 x

2− ln |cosx|+ C

5.Zcot2 4xdx

6.Zcot3 2xdx

7.Zcot4 3xdx

8.Zcot5 xdx

18

Ztan2 2x tan 2xdx =

Z(sec2 2x− 1) tan 2xdx =

Zsec2 2x tan 2xdx−

Ztan 2xdx

21


1.12 Integrales del tipoZsec2n x dx ,

Zcsc2n dx con n≥ 1

1.Zsec2 4xdx = 1

4 tan 4x+ C

2.Zsec4 2xdx =

Zsec2 2x(1 + tan2 2x)dx =

Zsec2 2xdx+

Zsec2 2x tan2 2xdx =

= 12 tan 2x+

12

tan3 2x

3+ C

3.Zcsc2 5xdx = −15 cot 5x+ C

4.Zcsc4 3xdx

1.13 Integrales del tipoZsecn x tanm xdx ,

Zcscn x cotm xdx

1.Zsec4 x tan3 xdx

2.Zsec3 2x tan3 2xdx

3.Zsec3 3x tan 3xdx

4.Zcsc5 x cot3 xdx

5.Zsec3 x tan3 3xdx

1.14 Integrales del tipoZsinA cosB,

ZsinA sinB,

ZcosA cosB

Hemos de recordar las siguientes formulas

sinA cosB =1

2[sin(A+B) + sin(A−B)] cosA cosB =

1

2[cos(A+B) + cos(A−B)]

sinA sinB =1

2[cos(A−B)− cos(A+B)]

1.Zsin 5x cos 4xdx

2.Zcos 7x cos 2xdx

22

Section 1.15 Integrales del tipo arcseno,arco tangente y otras

3.Zsin 4x sinxdx

1.15 Integrales del tipo arcseno,arco tangente y otras

Z1

1 + x2dx = arctanx+ C

Zf ’(x)

1 + (f(x))2dx = arctan(f(x)) + CZ

1√1− x2 dx = arcsinx+ C

Zf ’(x)p1− (f(x))2 dx = arcsen(f(x)) + CZ

1√1 + x2

dx = ln¯x+√1 + x2

¯+ C

Zf ’(x)p1 + (f(x))2

dx = ln¯f(x) +

p1 + (f(x))2

¯+ CZ

1√x2 − 1dx = ln

¯x+√x2 − 1¯+ C Z

f ’(x)p(f(x))2 − 1dx = ln

¯f(x) +

p(f(x))2 − 1

¯+ C

1.Z

1

1 + x2dx = arctanx

2.Z

1√1− x2 dx = arcsinx

3.Z

1√x2 + 1

dx = ln¯x+√x2 + 1

¯4.

Z1√x2 − 1dx = ln

³x+

p(x2 − 1)

´5.

Z1

1 + 9x2dx

6.Z

1√1− 9x2 dx

7.Z

1√9x2 + 1

dx

8.Z

1√9x2 − 1dx

9.Z

1

4 + 9x2dx

10.Z

1√4− 9x2 dx

11.Z

1√9x2 + 4

dx

12.Z

1

3 + 5x2dx

13.Z

x

1 + x4dx

23


14.Z

x√1− x4 dx

15.Z

x√x4 − 1dx

16.Z

x√x4 + 1

dx

17.Z

x2

1 + x6dx

18.Z

x2√4− 9x6 dx

19.Z

x2√x6 − 4dx

20.Z

x2√3x6 + 1

dx

21.Z

ex

1 + e2xdx

22.Z

ex√1− e2x dx

23.Z

ex√1 + e2x

dx

24.Z

ex√e2x − 1dx

25.Z

sinx

1 + cos2 xdx

26.Z

cos 3x

1 + sen23xdx

27.Z

cotx

1 + [ln(senx)]2dx

28.Z

5x

1 + 52xdx

29.Z

sen10x√1− cos4 5xdx

30.Z

sen6x

1 + cos4 3xdx

31.Z

5x√1− 52x dx

32.Z

sen6x√1 + cos4 3x

dx

33.Z

sin 10x√1 + cos4 5x

dx

24

Section 1.16 Integrales del tipoZ

1

ax2 + bx+ cdx siendo b2 − 4ac < 0


1


1. Multiplicamos y dividimos por 4aZ1

ax2 + bx+ cdx = 4a

Z1

4a2x2 + 4abx+ 4acdx

2. Sumamos y restamos en el denominador b2

4a

Z1

4a2x2 + 4abx+ b2 − b2 + 4acdx .Observa que los tres primeros términos deldenominador son un cuadrado perfecto

4a

Z1

(2ax+ b)2 − b2 + 4acdx .Fíjate que −b2 + 4ac > 0 .Si llamamos H=−b2 + 4ac

la integral quedaría:

4a

Z1

H + (2ax+ b)2dx

3. Sacamos factor común en el denominador H4a

Z1

H

·1 +

(2ax+ b)2

H

¸dx = 4aZ 1

H

"1 +

µ2ax+ b√

H

¶2#dx = 4a

H

Z1"

1 +

µ2ax+ b√

H

¶2#dx4. Esta integral será tipo arco tangente si multiplicamos, dentro de la integral por,

2a√Hy

fuera por√H

2a(para que no varíe)

4a√H

2aH

Z 2a√H"

1 +

µ2ax+ b√

H

¶2#dx = 2√H

Harctag

µ2ax+ b√

H

¶+ C

Ejemplos

1.Z

dx

2x2 − 3x+ 2 = 8Z

dx

16x2 − 24x+ 16 = 8Z

dx

16x2 − 24x+ 9− 9 + 16 =

= 8

Zdx

(4x− 3)2 + 7 =8

7

Zdx

(4x− 3)27

+ 1

=8

7

Zdxµ

4x− 3√7

¶2+ 1

=

=8√7

7 · 4Z 4√

7µ4x− 3√

7

¶2+ 1

dx =2√7

7arctag

µ4x− 3√

7

¶+ C

2.Z

dx

x2 + 3x+ 3= 4

Zdx

4x2 + 12x+ 12= 4

Zdx

4x2 + 12x+ 9− 9 + 12 =

= 4

Zdx

(2x+ 3)2 + 3=4

3

Zdx

(2x+ 3)2

3+ 1

=4

3

Zdxµ

2x+ 3√3

¶2+ 1

=

25


=4√3

3 · 2Z 2√

3µ2x+ 3√

3

¶2+ 1

dx =2√3

3arctag

µ2x+ 3√

3

¶+ C


Mx+N


ZMx+N

ax2 + bx+ cdx =M

Zx

ax2 + bx+ cdx+N

Z1

ax2 + bx+ cdx =

=M

2a

Z2ax

ax2 + bx+ cdx+N

Z1

ax2 + bx+ cdx =

=M

2a

Z2ax+ b− bax2 + bx+ c

dx+N

Z1

ax2 + bx+ cdx =

=M

2a

Z2ax+ b

ax2 + bx+ cdx− bM

2a

Z1

ax2 + bx+ cdx+N

Z1

ax2 + bx+ cdx =

=M

2a

Z2ax+ b

ax2 + bx+ cdx+

µN − bM

2a

¶Z1

ax2 + bx+ cdx =

La segunda integral es del tipo anterior y la primera es de tipo logarítmico

=M

2aln¯ax2 + bx+ c

¯+

µN − bM

2a

¶2√H

Harctag

µ2ax+ b√

H

¶+ C

Ejemplos

1.Z

3x− 42x2 − 3x+ 2dx = 3

Zx

2x2 − 3x+ 2dx− 4Z

1

2x2 − 3x+ 2dx =

=3

4

Z4x

2x2 − 3x+ 2dx− 4Z

1

2x2 − 3x+ 2dx =

=3

4

Z4x− 3 + 32x2 − 3x+ 2dx− 4

Z1

2x2 − 3x+ 2dx =

=3

4

Z4x− 3

2x2 − 3x+ 2dx+9

4

Z1

2x2 − 3x+ 2dx− 4Z

1

2x2 − 3x+ 2dx =

=3

4ln¯2x2 − 3x+ 2¯+µ9

4− 4¶Z

1

2x2 − 3x+ 2dxLa última integral está resuelta en la página anterior

=3

2ln¯2x2 − 3x+ 2¯− 7

4· 2√7

7arctag

µ4x− 3√

7

¶+ C =

=3

2ln¯2x2 − 3x+ 2¯− √7

2arctag

µ4x− 3√

7

¶+ C

2. Demuestra queZ

x− 5x2 + 3x+ 3

dx =1

2ln¯x2 + 3x+ 3

¯+

µ−32− 5¶2√3

3arctag

µ2x+ 3√

3

¶+

C =

=1

2ln¯x2 + 3x+ 3

¯− 13√33

arctag

µ2x+ 3√

3

¶+ C

26


1√ax2 + bx+ c

dx a < 0, b2 − 4ac > 0


1√ax2 + bx+ c

dx a < 0, b2 − 4ac > 0

1. Multiplicamos y dividimos por√−4aZ

1√ax2 + bx+ c

dx =√−4a

Z1√−4a2x2 − 4abx− 4acdx

2. Restamos y sumamos en el denominador b2√−4a

Z1√−4a2x2 − 4abx− b2 + b2 − 4acdx

Observa detenidamente el siguiente paso√−4a

Z1p

b2 − 4ac− (2ax+ b)2 dx .Fíjate que b2 − 4ac > 0 . ∆=b2 − 4ac la integral

quedaría:√−4a

Z1p

∆− (−2ax− b)2 dx3. Sacamos factor común dentro de la raíz del denominador∆√-4a

Z1s

∆

·1− (−2ax− b)

2

∆

¸dx = √-4aZ 1vuut∆"1−µ−2ax− b√∆

¶2#dx =√-4a√∆

Z1vuut"1−µ−2ax− b√∆

¶2#dx

4. Esta integral será tipo arco seno si multiplicamos, dentro de la integral ,por−2a√∆y

fuera por√∆

−2a (para que no varíe)√−4a√∆−2a√∆

Z −2a√∆vuut"1−µ−2ax− b√∆

¶2#dx =√−a−a arcsin

µ−2ax− b√∆

¶+ C

1.Z

dx√−2x2 − 3x+ 2 =√8

Zdx√−16x2 − 24x+ 16 =

√8

Zdx√−16x2 − 24x− 9 + 9 + 16 =

=√8

Zdxp

25− (4x+ 3)2 =√8√25

Zdxr

1− (4x+ 3)2

25

=

√8

5

Zdxs

1−µ4x+ 3

5

¶2 =

27


=√8 · 55 · 4

Z 4

5s1−

µ4x+ 3

5

¶2 dx =√2

2arcsin

µ4x+ 3

5

¶+ C

2.Z

dx√−x2 + 3x+ 3 =√4

Zdx√−4x2 + 12x+ 12 =

√4

Zdx√−4x2 + 12x− 9 + 9 + 12 =

=√4

Zdxp

21− (2x− 3)2 =√4√21

Zdxr

1− (2x− 3)2

21

=

√4√21

Zdxs

1−µ2x− 3√21

¶2 =

=√4√21√

21 · 2Z 2√

21s1−

µ2x− 3√21

¶2 dx = arcsinµ2x− 3√21

¶+ C


Mx+N√ax2 + bx+ c

dx a < 0, b2 − 4ac > 0Z

Mx+N√ax2 + bx+ c

dx =M

Zx√

ax2 + bx+ cdx+N

Z1√

ax2 + bx+ cdx =

=M

2a

Z2ax√

ax2 + bx+ cdx+N

Z1√

ax2 + bx+ cdx =

=M

2a

Z2ax+ b− b√ax2 + bx+ c

dx+N

Z1√

ax2 + bx+ cdx =

=M

2a

Z2ax+ b√ax2 + bx+ c

dx− bM2a

Z1√

ax2 + bx+ cdx+N

Z1√

ax2 + bx+ cdx =

=M

2a

Z(2ax+ b)(ax2 + bx+ c)

−12 dx+

µN − bM

2a

¶Z1√

ax2 + bx+ cdx =

La segunda integral es del tipo anterior y la primera es de tipo potencial

=M

a

√ax2 + bx+ c+

µN − bM

2a

¶ √−a−a arcsin

µ−2ax− b√∆

¶+ C

Ejemplos

1.Z

3x− 4√−2x2 − 3x+ 2dx = 3Z

x√−2x2 − 3x+ 2dx− 4Z

1√−2x2 − 3x+ 2dx =

=−34

Z −4x√−2x2 − 3x+ 2dx− 4Z

1√−2x2 − 3x+ 2dx =

=−34

Z −4x− 3 + 3√−2x2 − 3x+ 2dx− 4Z

1√−2x2 − 3x+ 2dx =

=−34

Z −4x− 3√−2x2 − 3x+ 2dx−9

4

Z1√−2x2 − 3x+ 2dx−4

Z1√−2x2 − 3x+ 2dx =

28


1√ax2 + bx+ c

dx a>0 y b2 − 4ac > 0

= −32

√−2x2 − 3x+ 2 +µ−94− 4¶Z

1√−2x2 − 3x+ 2dxLa última integral está resuelta en la página anterior

= −32

√−2x2 − 3x+ 2− 254·√2

2arcsin

µ4x+ 3

5

¶+ C

2. DemuestraZ

x− 5√−x2 + 3x+ 3dx=−√−x2 + 3x+ 3+

µ−32− 5¶arcsin

µ2x− 3√21

¶+

C


1√ax2 + bx+ c

dx a>0 y b2 − 4ac > 0

1. Multiplicamos y dividimos por√4aZ

1√ax2 + bx+ c

dx =√4a

Z1√

4a2x2 + 4abx+ 4acdx

2. Sumamos y restamos en el denominador b2√4a

Z1√

4a2x2 + 4abx+ b2 − b2 + 4acdxObserva detenidamente el siguiente paso√4a

Z1p

(2ax+ b)2 − b2 + 4acdxFíjate que b2 − 4ac > 0 . −b2 + 4ac = −∆ la integral quedaría:√4a

Z1p

(2ax+ b)2 −∆dx3. Sacamos factor común dentro de la raíz del denominador∆√4a

Z1s

∆

·(2ax+ b)2

∆− 1¸dx = √4aZ 1vuut∆"µ2ax+ b√

∆

¶2− 1#dx =

√4a√∆

Z1vuut"µ2ax+ b√∆

¶2− 1#dx

4. Esta integral será inmediata si multiplicamos, dentro de la integral ,por2a√∆y fuera

por√∆

2a(para que no varíe)

√4a√∆

2a√∆

Z 2a√∆vuut"µ2ax+ b√∆

¶2− 1#dx = √aa ln

¯¯2ax+ b√

∆+

vuut"µ2ax+ b√∆

¶2− 1#¯¯+

29


C

1.Z

dx√2x2 − 3x+ 1 =

√8

Zdx√

16x2 − 24x+ 8 =√8

Zdx√

16x2 − 24x+ 9− 9 + 8 =

=√8

Zdxp

(4x− 3)2 − 1 =√8

4

Z4dxp

(4x− 3)2 − 1 =

=

√2

2ln¯4x− 3 +p(4x− 3)2 − 1¯+ C

2.Z

dx√x2 + 3x− 1 =

√4

Zdx√

4x2 + 12x− 4 =√4

Zdx√

4x2 + 12x+ 9− 9− 4 =

=√4

Zdxp

(2x+ 3)2 − 13 =√4√13

Zdxr

(2x+ 3)2

13− 1

=

√4√13

Zdxsµ

2x+ 3√13

¶2− 1

=

=√4√13√

13 · 2Z 2√

13sµ2x+ 3√13

¶2− 1

dx = ln

¯¯2x+ 3√

13+

sµ2x+ 3√13

¶2− 1¯¯+ C

= ln¯2x+ 3 +

p(2x+ 3)2 − 13

¯− ln√13+C = ln ¯2x+ 3 +√4x2 + 12x− 4¯+C 0

30


Mx+N√ax2 + bx+ c

dx a > 0, b2 − 4ac > 0


Mx+N√ax2 + bx+ c

dx a > 0, b2 − 4ac > 0Z

Mx+N√ax2 + bx+ c

dx =M

Zx√

ax2 + bx+ cdx+N

Z1√

ax2 + bx+ cdx =

=M

2a

Z2ax√

ax2 + bx+ cdx+N

Z1√

ax2 + bx+ cdx =

=M

2a

Z2ax+ b− b√ax2 + bx+ c

dx+N

Z1√

ax2 + bx+ cdx =

=M

2a

Z2ax+ b√ax2 + bx+ c

dx− bM2a

Z1√

ax2 + bx+ cdx+N

Z1√

ax2 + bx+ cdx =

=M

2a

Z(2ax+ b)(ax2 + bx+ c)

−12 dx+

µN − bM

2a

¶Z1√

ax2 + bx+ cdx =

La segunda integral es del tipo anterior y la primera es de tipo potencial

=M

a

√ax2 + bx+ c+

µN − bM

2a

¶ √a

aln

¯¯2ax+ b√

∆+

vuut"µ2ax+ b√∆

¶2− 1#¯¯+ C

Ejemplos

1.Z

3x− 4√2x2 − 3x+ 1dx = 3

Zx√

2x2 − 3x+ 1dx− 4Z

1√2x2 − 3x+ 1dx =

=3

4

Z4x√

2x2 − 3x+ 1dx− 4Z

1√2x2 − 3x+ 1dx =

=3

4

Z4x− 3 + 3√2x2 − 3x+ 1dx− 4

Z1√

2x2 − 3x+ 1dx =

=3

4

Z4x− 3√

2x2 − 3x+ 1dx+9

4

Z1√

2x2 − 3x+ 1dx− 4Z

1√2x2 − 3x+ 1dx =

=3

2

√2x2 − 3x+ 1 +

µ9

4− 4¶Z

1√2x2 − 3x+ 1dx

La última integral está resuelta en la página anterior

=3

2

√2x2 − 3x+ 1− 7

4·√2

2ln¯4x− 3 +p(4x− 3)2 − 1¯+ C =

2. DemuestraZ

x− 5√x2 + 3x− 1dx =

√x2 + 3x− 1−13

2ln¯2x+ 3 +

√4x2 + 12x− 4¯+

C


1√ax2 + bx+ c

dx a > 0, b2 − 4ac < 0

Demuestra como ejercicio que:

31


Z1√

ax2 + bx+ cdx =

√a

aln

¯¯2ax+ b√

H+

vuut"µ2ax+ b√H

¶2+ 1

#¯¯ dondeH = −∆

Calcula las siguientes integrales:Z1√

x2 + 3x+ 3dxZ

1√x2 + 2x+ 4

dx


Mx+N√ax2 + bx+ c

dx a > 0, b2 − 4ac < 0

Demuestra como ejercicio que:ZMx+N√ax2 + bx+ c

dx =M

a

√ax2 + bx+ c+

µN − bM

2a

¶ √a

aln

¯¯2ax+ b√

H+

vuut"µ2ax+ b√H

¶2+ 1

#¯¯

dondeH = −∆Z −3x+ 4√x2 + 3x+ 3

dxZ −2x+ 1√x2 + 2x+ 4

dx

1.24 Más integrales de los tipos anteriores

En esta sección, vamos a repasar los tipos anterioresZ1

ax2 + bx+ cdx siendo a > 0 y∆ < 0Z

Mx+N

ax2 + bx+ cdx siendo a > 0 y∆ < 0Z

1√ax2 + bx+ c

dx (excepto si a < 0 y∆ < 0)ZMx+N√ax2 + bx+ c

dx (excepto si a < 0 y∆ < 0)

1.Z

1

x2 + x+ 1dx

2.Z

3x− 2x2 + x+ 1

dx

3.Z

1

3x2 + 2x+ 1dx

4.Z

x− 33x2 + 2x+ 1

dx

5.Z

1

x2 + 2x+ 2dx

32

6.Z

x+ 3

x2 + 2x+ 2dx

7.Z

1

x2 + 3x+ 3dx

8.Z

x+ 3

x2 + 3x+ 3dx = 1

2 ln¡x2 + 3x+ 3

¢+√3 arctan

µ2x+ 3√

3

¶+ C

9.Z

1√−x2 + 2x+ 2dx

10.Z

x− 3√−x2 + 2x+ 2dx

11.Z

1√−3x2 + 2x+ 1dx

12.Z

x− 4√−3x2 + 2x+ 1dx = −13

p(−3x2 + 2x+ 1)− 11

9

√3 arcsin

¡32x− 1

2

¢+ C

13.Z

1√−x2 + 2x+ 1dx

14.Z

3x− 1√−x2 + 2x+ 1dx

15.Z

1√−2x2 + 2x+ 1dx

16.Z

3x− 2√−2x2 + 2x+ 1dx

17.Z

1√x2 + 2x+ 2

dx =

18.Z

x+ 2√x2 + 2x+ 2

dx =

19.Z

1√x2 + 2x− 2dx = ln

³x+ 1 +

p(x2 + 2x− 2)

´+ C

20.Z

3x− 2√x2 + 2x− 2dx = 3

p(x2 + 2x− 2)− 5 ln

³x+ 1 +

p(x2 + 2x− 2)

´+ C

33

Chapter 2Integración por partesEste método de integración se debe a la aplicación de la derivada de un producto de derivadas

[f(x)g(x)]0= f

0(x)g(x) + f (x)g

0(x)

Puesto que la integración es la operación inversa de la derivación; entonces

Z[f(x)g(x)]

0dx = f(x)g(x)

Como la integral de una suma es la suma de integrales se obtiene:

f(x)g(x) =

Z[f(x)g(x)]

0dx =

Zf0(x)g(x)dx+

Zf(x)g

0(x)dx

DespejandoZf(x)g

0(x)dx obtendremos la regla de integración por partes:

Zf(x)g

0(x)dx = f(x)g(x)−

Zf0(x)g(x)dx

Nota 1: La elección de f(x) y g ’(x) es fundamental. Siempre es conveniente elegir g’(x)de manera que se pueda integrar facilmenteNota 2: La segunda integral ha de ser más sencilla de resolver que la primeraNota 3: En muchas ocasiones tendrás que repetir este método varias vecesEjemplos:

1.Zlnxdx

f(x) = lnx ; f 0(x) =1

x

g0(x) = 1 ; g(x) =Z1dx = x

Zlnxdx = x lnx−

Zx1

xdx = x lnx−

Z1dx = x lnx− x+ C

2.Zx2 sinxdx

f(x) = x2 ; f 0(x) = 2x

g0(x) = sinx ; g(x) =Zsinxdx = − cosx

34

Zx2 sinxdx = −x2 cosx+ 2

Zx cosxdx@

Volvemos a integrar por partes para calcularZx cosxdx

f(x) = x ; f 0(x) = 1

g0(x) = cosx ; g(x) =Zcosxdx = sinxZ

x cosxdx = x sinx−Zsinxdx = x sinx+ cosx+ C @@

Sustituyendo @@ en @ tendremos:Zx2 sinxdx = −x2 cosx+ 2

Zx cosxdx = −x2 cosx+ 2(x sinx+ cosx+ C)Z

x2 sinxdx = −x2 cosx+ 2x sinx+ 2cosx+ C 0

3.Z

x2√1− x2 dx =

Zx

x√1− x2 dx

f(x) = x ; f 0(x) = 1

g0(x) =x√1− x2 ; g(x) =

Zx√1− x2 dx = −

√1− x2Z

x2√1− x2 dx = −x

√1− x2 +

Z √1− x2dx@Z √

1− x2dx =Z

1− x2√1− x2 dx =

Z1√1− x2 dx−

Zx2√1− x2 dx =

arcsinx−Z

x2√1− x2 dx@@

Sustituyendo @@ en @ tendremos:Zx2√1− x2 dx = −x

√1− x2 + arcsinx−

Zx2√1− x2 dx+ 2C

Observa que la integral inicial I aparece a ambos lados de la igualdad.I = −x√1− x2 + arcsinx− I + 2C

Despejando I como si de una ecuación se tratase tendríamos

I =−x√1− x2 + arcsinx

2+ C (Integral cíclica)

Este procedimiento es muy útil para calcular integrales del siguiente tipo:Zlnxdx (f(x) = lnx, g

0(x) = 1)Z

P (x) lnxdx siendo P (x) un polinomio en x (f(x) = lnx, g0(x) = P (x))Z

P (x)exdx siendo P (x) un polinomio en x (f(x) = P (x), g0(x) = ex)

35

Chapter 2 Integración por partes

ZP (x) sinxdx siendo P (x) un polinomio en x (f(x) = P (x), g

0(x) = sinx)Z

P (x) cosxdx siendo P (x) un polinomio en x (f(x) = P (x), g0(x) = cosx)Z

ex sinxdx (f(x) = sinx, g0(x) = ex) (Cíclica o de retorno)Z

sec2p+1 xdx =

Zsec2p−1 x sec2 xdx (f(x) = sec2p−1 x, g

0(x) = sec2 x) (Cíclica)Z

csc2p+1 xdx =

Zcsc2p−1 x csc2 xdx (f(x) = csc2p−1 x, g

0(x) = csc2 x) (Cíclica)Z

arctanxdx (f(x) = arctanx, g0(x) = 1)Z

arcsinxdx (f(x) = arcsinx, g0(x) = 1)Z

P (x) arctanxdx (f(x) = arctanx, g0(x) = P (x))Z

sin2 xdx (f(x) = sinx, g0(x) = sinx) (Cíclica o de retorno).etc, etc, etc ....

2.1 Ejercicios de integracion por partes

1.Zx2 lnxdx =19 13 (lnx)x

3 − R 13x

2 dx = 13x

3 lnx− 19x

3 + C

2.Zx2 sinxdx =20−x2 cosx+ 2 cosx+ 2x sinx

3.Zx2 cosxdx =21x2 sinx−2 R x sinxdx = x2 sinx−2 ¡−x cosx− R (− cosx) dx¢ =

x2 sinx− 2 sinx+ 2x cosx+ C4.

Zxexdx =22xex − R ex dx = xex − ex + C

5.Zx2exdx =23x2ex − 2 R xex dx = x2ex − 2(xex − R ex dx) = ex ¡x2 − 2x+ 2¢+C

19

f(x) = lnx f 0(x) =

1

x

g 0(x) = x2 g(x) =x3

320

½f(x) = x2 f 0(x) = 2xg 0(x) = sinx g(x) = − cosx

21

½f(x) = x2 f 0(x) = 2xg 0(x) = cosx g(x) = sinx

22

½f(x) = x f 0(x) = 1g 0(x) = ex g(x) = ex

23

½f(x) = x2 f 0(x) = 2xg 0(x) = ex g(x) = ex

36

6.Zex cosxdx =24ex cosx+

Rsinxex dx = ex cosx+ ex sinx− R ex cosxdx Cíclica:

Si DespejasRex cosxdx tendrásZ

ex cosxdx =ex cosx+ ex sinx

2+ C

7.Ze3x sin 4xdx

8.Zsinx cos 4xdx

9.Zcos 2x cos 4xdx =

10.Rsin2 xdx =

11.Zcos2 xdx =

Zcosx cosxdx

12.Zx2 cosxdx

13.Zx sin(3x− 2)dx

14.Zarctan xdx

15.Zx arctan xdx

16.Zarcsinxdx

17.Zx arcsinxdx

18.Zsec3 xdx = secx tanx −

Zsecx tan2 xdx = secx tanx −Z

secx¡sec2 x− 1¢ dx =Z

sec3 xdx = secx tanx +

Zsecxdx −

Zsec3 xdx = secx tanx +

ln |secx+ tanx|−Zsec3 xdx =

DespejandoZsec3 xdx tendremosZ

sec3 xdx =secx tanx+ ln |secx+ tanx|

2+ C

19.Zcsc3 xdx

24

½f(x) = cosx f 0(x) = − sinxg 0(x) = ex g(x) = ex

37

Chapter 3Integrales racionalesSon del tipo

ZP (x)

Q(x)dx donde P(x) y Q(x) son dos polinomios en x

Casos:A) Si grado P (x) ≥ Q(x) . Efectuamos la división entre ambos polinomios y:Z

P (x)

Q(x)dx =

ZC(x)dx+

ZR(x)

Q(x)dx

siendo C(x) y R(x) el cociente y resto de la división efectuadaB) Si grado R(x) < Q(x)Para resolver este tipo de integrales, tendremos que utilizar el siguiente teorema de

Álgebra:Si Q(x) = (x− α)t(x− β)(ax2 + bx+ c)(dx2 + ex+ f)p

(con b2 − 4ac < 0 y e2 − 4df < 0) y gradoR(x) <grado Q(x) entonces:R(x)

Q(x)=

A1(x− α)t

+A2

(x− α)t−1+ ....... +

At−1(x− α)2

+At

(x− α)+

B

(x− β)+

Mx+N

ax2 + bx+ c+

B1x+ C1dx2 + ex+ f

+B2x+ C2

(dx2 + ex+ f)2+ ...............+

BPx+ CP

(dx2 + ex+ f)P

Nota: todas las integrales racionales, después de determinar los coeficientes adecuados,quedarán reducidas a la resolución de las siguientes integrales

1.Z

B

(x− β)dx = B ln |x− β|+ C

2.Z

B

(x− α)tdx = B

Z(x−α)−tdx = B(x− α)−t+1

−t+ 1 +C =−B

(t− 1)(x− α)t−1+C

3.Z

Mx+N

ax2 + bx+ cdx =

M

2aln¯ax2 + bx+ c

¯+

µN − bM

2a

¶2√H

Harctan

µ2axb√H

¶+

C

4.Z

Mx+N

(ax2 + bx+ c)p dx→Se resuelve por Partes (Facultad)

Ejemplos

a)Zx3 + 2

x2 + 4dx =

Zx dx+

Z −4x+ 2x2 + 4

dx =x2

2+ I

I =

Z −4x+ 2x2 + 4

dx = −4Z

x

x2 + 4dx + 2

Z1

x2 + 4dx = −2

Z2x

x2 + 4dx +

2

Z1

4(x2

4+ 1)

dx

I = −2 ln ¯x2 + 4¯+ 12

Z1³x

2

´2+ 1

dx = −2 ln ¯x2 + 4¯+ arctan x2+ C

38

Por lo tantoZx3 + 2

x2 + 4dx =

x2

2− 2 ln ¯x2 + 4¯+ arctan x

2+ C

b)Z3x2 + 4x+ 1

x2 − 4x+ 4 dx =Z3dx+

Z16x− 11x2 − 4x+ 4dx = 3x+ J

Para resolver J tendremos que descomponer la fracción16x− 11x2 − 4x+ 4 =

16x− 11(x− 2)2

Por el teorema anterior16x− 11(x− 2)2 =

A

(x− 2)2 +B

x− 2 =⇒ 16x− 11 = A+B(x− 2)Si le damos a x el valor 2 tendremos 21 = ASi le damos a x el valor 0 tendremos −11 = 21− 2B → B = 16Z

16x− 11x2 − 4x+ 4dx = 21

Z1

(x− 2)2 dx+ 16Z

1

x− 2dx =−21x− 2 + 16 ln |x− 2|+ CZ

3x2 + 4x+ 1

x2 − 4x+ 4 dx = 3x−21

x− 2 + 16 ln |x− 2|+ C

c)Z

3x− 1x2 + x− 2dx. Como x

2+x−2 = (x+2)(x−1) entonces por el teorema anterior3x− 1

(x+ 2)(x− 1) =A

(x+ 2)+

B

(x− 1) =⇒ 3x− 1 = A(x− 1) +B(x+ 2)

Si le damos a x el valor −2 tendremos −7 = −3A→ A =7

3

Si le damos a x el valor 1 tendremos 2 = 3B → B =2

3Z3x− 1

x2 + x− 2dx =7

3

Z1

x+ 2dx+

2

3

Z1

x− 1dx =7

3ln |x+ 2|+ 2

3ln |x− 1|+ C

d)Z

3x2 − 3x− 1x3 − 3x2 + 3x− 1dx . Como x

3 − 3x2 + 3x− 1 = (x− 1)3 entonces3x2 − 3x− 1(x− 1)3 =

A

(x− 1)3 +B

(x− 1)2 +C

x− 1 → 3x2 − 3x− 1 = A+ B(x− 1) +C(x− 1)2Si x = 1→ −1 = ASi x = 0→ −1 = −1−B + C → B = CSi x = 2→ 5 = −1 + 2C → C = 3 ; B = 3Z3x2 − 3x− 1(x− 1)3 dx = −

Z1

(x− 1)3 dx+ 3Z

1

(x− 1)2 dx+ 3Z

1

x− 1dx =

=1

2(x− 1)2 −3

x− 1 + 3 ln |x− 1|+ C

e)Z

3x2 − 4x3 − 5x2 + 8x− 4dx . Como x

3 − 5x2 + 8x− 4 = (x− 1)(x− 2)23x2 − 4

(x− 1)(x− 2)2 =A

(x− 2)2 +B

x− 2 +C

x− 13x2 − 4 = A(x− 1) +B(x− 2)(x− 1) + C(x− 2)2Si x = 1→ −1 = C

39

Chapter 3 Integrales racionales

Si x = 2→ 8 = ASi x = 0→ −4 = −8 + 2B − 4→ B = 4Z

3x2 − 4(x− 1)(x− 2)2 dx = 8

Z1

(x− 2)2 dx+ 4Z

1

x− 2dx−Z

1

x− 1dx =

=− 8

x− 2 + 4 ln |x− 2|− ln |x− 1|+ C

f)Z

x2 − x+ 1x3 + 2x2 − x− 2dx Como x

3 + 2x2 − x− 2 = (x− 1)(x+ 1)(x+ 2)x2 − x+ 1

(x− 1)(x+ 1)(x+ 2) =A

x− 1 +B

x+ 1+

C

x+ 2x2 − x+ 1 = A(x+ 1)(x+ 2) +B(x− 1)(x+ 2) + C(x− 1)(x+ 1)Si x = 1→ 1 = 6A→ A =

1

6

Si x = −1→ 3 = −2B → B = −32

Si x = −2→ 7 = 3C → C =7

3Zx2 − x+ 1

(x− 1)(x+ 1)(x+ 2) =1

6

Z1

x− 1dx−3

2

Z1

x+ 1dx+

7

3

Z1

x+ 2dx =

=1

6ln |x− 1|− 3

2ln |x+ 1|+ 7

3ln |x+ 2|+ C

g)Z

x+ 3

x3 + x2 + 2x− 4dx :47 ln (x− 1)−27 ln

¡x2 + 2x+ 4

¢− 121

√3 arctan 16 (2x+ 2)

√3

Como x3 + x2 + 2x− 4 = (x− 1)(x2 + 2x+ 4)x+ 3

(x− 1)(x2 + 2x+ 4) =A

x− 1 +Mx+N

x2 + 2x+ 4x+ 3 = A(x2 + 2x+ 4) + (Mx+N)(x− 1)Si x = 1→ 4 = 7A→ A =

4

7

Si x = 0→ 3 =16

7−N → N = −5

7

Si x = −1→ 2 =12

7+ (−M − 5

7)(−2)→M = −4

7Zx+ 3

(x− 1)(x2 + 2x+ 4)dx =4

7

Z1

x− 1dx+Z −4

7x− 5

7x2 + 2x+ 4

dx =4

7ln |x− 1|− 1

7J

siendo J =Z

4x+ 5

x2 + 2x+ 4dx Resuélvela tú (integral de tipo ln + arctag ).Comprueba

que:

J = 2 ln¯x2 + 2x+ 4

¯+

√3

3arctan

x+ 1√3+ C

40

Section 3.1 Ejercicios de integrales racionales

Por lo queZ

x+ 3

(x− 1)(x2 + 2x+ 4)dx =4

7ln |x− 1|−1

7

Ã2 ln

¯x2 + 2x+ 4

¯+

√3

3arctan

x+ 1√3

!+

C

h)Zx2 − x+ 1x3 − 1 dx Como x3 − 1 = (x− 1)(x2 + x+ 1)entonces

x2 − x+ 1(x− 1)(x2 + x+ 1) =

A

x− 1 +Mx+N

x2 + x+ 1x2 − x+ 1 = A(x2 + x+ 1) + (Mx+N)(x− 1)Si x = 1→ 1 = 3A→ A =

1

3

Si x = 0→ 1 =1

3−N → N = −2

3

Si x = 2→ 3 =7

3+ 2M − 2

3→M =

2

3Zx2 − x+ 1x3 − 1 dx =

1

3

Z1

x− 1dx+Z 2

3x− 2

3x2 + x+ 1

dx =1

3ln |x− 1|+ 2

3J

siendo J =

Zx− 1

x2 + x+ 1dx =

1

2ln¯x2 + x+ 1

¯ − √3 arctan 2x+ 1√3

+

C(Compruébalo)Zx2 − x+ 1x3 − 1 dx =

1

3ln |x− 1|+ 2

3

µ1

2ln¯x2 + x+ 1

¯−√3 arctan 2x+ 1√3

¶+ C

3.1 Ejercicios de integrales racionales

1.Z

x+ 1

x3 + x2 − 6xdx =25−1

6lnx− 2

15ln (x+ 3) +

3

10ln(x− 2) + C

2.Z

x+ 3

x3 + x2dx =26− 3

x− 2 lnx+ 2 ln(x+ 1) + C

3.Zx2 + 3x− 4x2 − 2x− 8dx =

27= x+ ln(x+ 2) + 4 ln(x− 4) + C

4.Z

x2 − 3x− 1x3 + x2 − 2xdx =

28 1

2lnx+

3

2ln(x+ 2)− ln(x− 1) + C

5.Z

x2 + 4

6x3 − 5x2 − 6xdx = −23 lnx+

2039 ln (3x+ 2) +

2578 ln (2x− 3)

25

Zx+ 1

x3 + x2 − 6xdx =Z ³

− 16x− 2

15(x+3)+ 3

10(x−2)´dx

26

Zx+ 3

x3 + x2dx =

Z ³3x2− 2

x+ 2

x+1

´27

Zx2 + 3x− 4x2 − 2x− 8dx=

Z ³1 + 1

x+2+ 4

x−4´dx

28

Zx2 − 3x− 1x3 + x2 − 2xdx =

Z12xdx+

Z3

2(x+2)dx−

Z1

x−1dx

41

Chapter 3 Integrales racionales

6.Z

4x2 − 5x+ 2(4x2 − 1)(5x− 2)dx =

29 14 ln (2x− 1) + 11

36 ln (2x+ 1)− 1645 ln (5x− 2) + C

7.Z

3x+ 5

(x+ 1)(x− 1)2 dx =30 12 ln (x+ 1)−

4

x− 1 −12 ln (x− 1) + C

8.Z

x

(x− 2)2 dx =Z

2(x−2)2 dx+

Z1

x−2dx = − 2x−2 + ln (x− 2) + C

9.Z

x4

(x− 1)3 dx =31 1

2x2 + 3x− 1

2(−1+x)2 − 4−1+x + 6 ln (−1 + x) + C

10.Zx4 − x3 − x+ 1

x3 − x2 dx =

Z ¡x− 1

x2

¢dx = 1

2x3+2x + C

11.Z

1

x(x+ 1)2dx =32lnx+

1

1 + x− ln(1 + x) + C

12.Zx4 − 6x3 + 12x2 + 6x3 − 6x2 + 12x− 8 dx =

33 12x4−4x3+4x2+10−16x

(x−2)2 + C

13.Z

x2 − 5x+ 9(x− 3)2(x+ 1)2 dx =

34

14.Zx3 + x2 + x+ 3

x3 − 2x2 + 3x dx =35x+ lnx+ ln

¡x2 − 2x+ 3¢+√2 arctan 12 (x− 1)√2 +C

15.Z

x2 + 4

(x2 + 1)(x2 + 3)dx =36 32 arctanx− 1

6

√3 arctan 13x

√3 +C

16.Z

x2 + 1

(x− 3)(x2 + x+ 3)dx =37 23 ln (x− 3) + 1

6 ln¡x2 + x+ 3

¢+

133

√11 arctan 1

11 (2x+ 1)√11 + C

17.Z

x+ 1

3x2 − 2x− 5dx =Z

13x−5dx =

13 ln (3x− 5) + C

29

Z4x2 − 5x+ 2

(4x2 − 1)(5x− 2)dx =Z ³

12(2x−1) +

1118(2x+1)

− 169(5x−2)

´30

Z3x+ 5

(x+ 1)(x− 1)2 dx =Z ³

12(1+x)

+ 4(−1+x)2 −

12(−1+x)

´dx

31

Zx4

(x− 1)3 dx =Z ³

x+ 3 + 1(x−1)3 +

4(x−1)2 +

6x−1

´32

Z1

x(x+ 1)2dx=

Z ³1x− 1

(1+x)2− 1

1+x

´dx

33

Zx4 − 6x3 + 12x2 + 6x3 − 6x2 + 12x− 8 dx =

Z ³x+ 22

(x−2)3 +8

(x−2)2´dx

34

Zx2 − 5x+ 9

(x− 3)2(x+ 1)2 dx =Z ³

316(x−3)2 −

132(x−3) +

1516(x+1)2

+ 132(x+1)

´dx

35

Zx3 + x2 + x+ 3

x3 − 2x2 + 3x dx=Z ³

1 + 1x+ 2 x

x2−2x+3´dx

36

Zx2 + 4

(x2 + 1)(x2 + 3)dx =

Z µ3

2(x2+1)− 1

2(x2+3)

¶dx

37

Zx2 + 1

(x− 3)(x2 + x+ 3)dx=Z ³

23(x−3) +

13

x+1x2+x+3

´dx

42

18.Z

2x+ 4

x3 − x2 − x+ 1dx =38 1

2 ln (x+ 1)− 12 ln (x+ 1)− 3

x−1 + C

19.Z

x− 3x3 − 5x2 + 4xdx =

39−34 lnx+ 23 ln (x− 1) + 1

12 ln (x− 4) +C

20.Z

x3 − x− 1x3 − 3x− 2dx =

40x+ 59 ln (x− 2)− 1

3(x+1) − 59 ln (x+ 1) + C

21.Z

x2 − 2x3 − 2x2 − x− 6dx =

41 12 ln (x− 3) + 1

4 ln¡x2 + x+ 2

¢+

314

√7 arctan 17 (2x+ 1)

√7 + C

22.Z

2x− 3x2 − 4x+ 3dx =

42 12 ln (x− 1) + 3

2 ln (x− 3) + C

23.Z

x+ 1

x3 + x2 − 6xdx =43−16 lnx− 2

15 ln (x+ 3) +310 ln (x− 2) + C

24.Zx3 + x2 + 2x− 5x3 + x2 + x− 3 dx =

44x−16 ln(x−1)+16

¡12 ln

¡x2 + 2x+ 3

¢+ 4√2 arctan 12 (x+ 1)

√2¢+

C

25.Z3x− 2x4 − 1dx =

45 14 ln (−1 + x) + 5

4 ln (1 + x)− 34 ln

¡x2 + 1

¢+ arctanx+ C

26.Z

x4 + x2

(x− 2)(x+ 1)2 dx ==46x

2

2+ 20

9 ln (x− 2) + 23(x+1) +

169 ln (x+ 1) + C

27.Zx3 − 2x+ 16x2 − x− 1dx =

47 112x

2 + 136x− 44

135 ln (3x+ 1) +140 ln (2x− 1) + C

38

Z2x+ 4

x3 − x2 − x+ 1dx ==Z ³

12(x+1)

+ 3(x−1)2 −

12(x−1)

´dx

39

Zx− 3

x3 − 5x2 + 4xdx =Z ³

− 34x+ 2

3(x−1) +1

12(x−4)´dx

40

Zx3 − x− 1x3 − 3x− 2dx =

Z ³1 + 5

9(x−2) +1

3(x+1)2− 5

9(x+1)

´dx

41

Zx2 − 2

x3 − 2x2 − x− 6dx =Z ³

12(x−3) +

12

x+2x2+x+2

´dx

42

Z2x− 3

x2 − 4x+ 3dx =Z ³

12(x−1) +

32(x−3)

´dx

43

Zx+ 1

x3 + x2 − 6xdx=Z ³

− 16x− 2

15(x+3)+ 3

10(x−2)´dx

44

Zx3 + x2 + 2x− 5x3 + x2 + x− 3 dx =

Z µ1− 1

6(x−1) +16

Z9+x

x2+2x+3dx

¶dx =

45

Z3x− 2x4 − 1dx =

Z ³1

4(x−1) +5

4(x+1)− 1

23x−2x2+1

´dx

46

Zx4 + x2

(x− 2)(x+ 1)2 dx =Z ³

x+ 209(x−2) − 2

3(x+1)2+ 16

9(x+1)

´dx

47

Zx3 − 2x+ 16x2 − x− 1dx =

Z ³16x+ 1

36− 44

45(3x+1)+ 1

20(2x−1)´dx

43

Chapter 4Integrales por sustituciónEste método de integración se basa en lo siguiente:

Dada la integralZf(x)dx

Hacemos el cambio de variable x = ϕ(t) ; dx = ϕ0(t)dtsiendo ϕ(t)una función que admite derivada continua no nula y cuya función inversa es

t = ψ(x)EntoncesZf(x)dx =

Zf(ϕ(t))ϕ0(t)dt =48φ(t) + C = φ(ψ(x)) + C

Tenemos que demostrar que [φ(ψ(x))]0 = f(x)Demostración:[φ(ψ(x))]

0=49φ0(ψ(x))ψ0(x)50= φ0(t)

1

ϕ0(t)= f(ϕ(t))ϕ0(t) · 1

ϕ0(t)= f(ϕ(t)) = f(x)

Ejemplos:

1)Z

ex

e2x + 1dx Hacemos ex = t ; x = ln t ; dx =

1

tdt Con lo que la integral quedaría:Z

1

t2 + 1dt = arctan t+ C

Deshaciendo el cambio de variable:Zex

e2x + 1dx = arctan ex + C

2)Z

x√3x2 − 3dx Hacemos 3x

2 − 3 = t ; 6xdx = dt ; xdx = 1

6dt Con lo que

1

6

Z1√tdt =

1

6

Zt−12 dt =

1

6

t12

12

+ C =

√t

3+ C. Deshaciendo el cambioZ

x√3x2 − 3dx =

√3x2 − 33

+ C

3)Z √

4− x2dx. Hacemos el cambio de variable x = 2 sin t ; dx = 2 cos tdtCon lo la integral quedaría:Z p

4− 4 sin2 t2 cos tdt = 4Zcos2 tdt = 4

Z1 + cos 2t

2dt = 2t+ sin 2t+ C =

48 Este cambio de variable es adecuado siempre que esta integral sea más sencilla49 Por la regla de la cadena50 Al ser ϕ y ψ funciones inversas, por la derivada de una función inversa ψ0(x) =

1

ϕ0(t)

44

Section 4.1 Ejercicios de integración por cambio de variable

= 2t+ 2 sin t cos t+ C

Deshaciendo el cambio de variable ( t = arcsinx

2; sin t =

x

2; cos t =

√4− x22

)Z √4− x2dxdx = 2arcsin x

2+x√4− x22

+ C

4)Zcos√xdx51 Realiza el cambio de variable siguiente x = t2 ; dx = 2tdt

Tendrás que resolver por partes la siguiente integral 2Zt cos tdt y después volver a

deshacer el cambio de variable

4.1 Ejercicios de integración por cambio de variable

– I1 =Z

1

2x + 2−xdx

Realizamos el siguiente cambio de variable2x = t→ x ln 2 = ln t;x =

1

ln 2· ln t→ dx =

1

ln 2· 1tdt

Con lo que la integral quedará de la siguiente manera:

I1 =52Z

1

t+1

t

1

ln 2· 1tdt =

Z1

(t2 + 1) ln 2dt =

arctan t

ln 2+ C

Deshaciendo el cambio de variable tendremosZ1

2x + 2−xdx =

1

ln 2arctan 2x + C

Nota:Esta integral; también se puede resolver con las siguientes transformacionesZ1

2x + 2−xdx =

Z1

2x +1

2x

dx =

Z2x

22x + 1dx =

Z2x

1 + (2x)2dx =

1

ln 2

Z2x · ln 21 + (2x)

2dx =

1

ln 2arctan 2x + C

2) I2 =Ze2x + ex

ex − 1 dx

51 Otra forma de resolverla:→Zcos√xdx =

Z √xcos√x√

xdx

Intégrala por partes considerando f(x) =√x y g0(x) =

cos√x√

x52 2−x =

1

2x

45

Chapter 4 Integrales por sustitución

Realizamos el siguiente cambio de variable

ex = t→ x ln e = ln t;x = ln t→ dx =1

tdt

Con lo que la integral quedará de la siguiente manera:Ze2x + ex

ex − 1 dx =Zt2 + t

t− 1 ·1

tdt =

Zt2 + t

t2 − tdt =Zt+ 1

t− 1dt

Comot+ 1

t− 1 = 1 +2

t− 1 ; entoncesZt+ 1

t− 1dt =Z µ

1 +2

t− 1¶dt = t+ 2 ln |t− 1|+ C

Deshaciendo el cambio de variableZe2x + ex

ex − 1 dx = ex + 2 ln |ex − 1|+ C

Nota:Esta integral; también se puede resolver con la siguiente idea feliz:Ze2x + ex

ex − 1 dx =Z(ex)

2+ ex

ex − 1 dx =53Z µ

ex +2 · exex − 1

¶dx = ex + 2 ln |ex − 1|+ C

3) I3=Z

ex + 1

ex + 2 + e−xdx


ex = t→ x ln e = ln t;x = ln t→ dx =1

tdt


I3 =

Zt+ 1

t+ 2 +1

t

· 1tdt =

Zt+ 1

t2 + 2t+ 1dt =

Zt+ 1

(t+ 1)2dt =

Z1

t+ 1dt =

ln |t+ 1|+ CDeshaciendo el cambio de variableZ

ex + 1

ex + 2 + e−xdx = ln |ex + 1|+ C

Nota:Otra forma de resolverla; seríaZex + 1

ex + 2 + e−xdx =

Zex + 1

ex + 2 +1

ex

dx =

Ze2x + ex

e2x + 2ex + 1dx =

53(ex)2 + ex

ex − 1 = ex +2 · exex − 1

46


Zex (ex + 1)

(ex + 1)2dx =

Zex

ex + 1dx = ln |ex + 1|+ C

4) I4=Z

1

x(1 + lnx)dx


lnx = t→ x = et;→ dx = etdt


I4 =

Z1

et(1 + t)· etdt =

Z1

t+ 1dt = ln |t+ 1|+ C

Deshaciendo el cambio de variableZ1

x(1 + lnx)dx = ln |1 + lnx|+ C

Nota:Otra forma de resolverla; seríaZ1

x(1 + lnx)dx =

Z 1

x

(1 + lnx)dx = ln |1 + lnx|+ C

5) I5=Z

1 + lnx

x(1− lnx)dx


lnx = t→ x = et;→ dx = etdt


I5 =

Z1 + t

et(1− t) · etdt =

Zt+ 1

1− tdt =Z µ−1− 2

t− 1¶dt = −t− 2 ln |t− 1|+ C

Deshaciendo el cambio de variableZ1 + lnx

x(1− lnx)dx = − ln |x|− 2 ln |1− lnx|+ C

6)Z

2 + 6√x− 1

3p(x− 1)2 −√x− 1

dx

Realizamos el siguiente cambio de variablex− 1 = t6 (fíjate que 6=m.cm(2,3,6))→ x = t6 + 1→ dx = 6t5dtCon lo queZ

2 +6√t6

3√t12 −

√t6· 6t5dt =

Z6t3 + 12t2

t− 1 dt =

Z µ6t2 + 18t+ 18 +

18

t− 1¶dt = 2t3 + 9t2 + 18t+ 18 ln |t− 1|+ C

47


Deshaciendo el cambio de variableZ2 + 6√x− 1

3p(x− 1)2 −√x− 1

dx = 2√x− 1+9 3

√x− 1+18 6

√x− 1+18 ln ¯ 6√x− 1− 1¯+C

7)Z

1√x− 4√x3dx

Realizamos el siguiente cambio de variablex = t4 (fíjate que 4 = m.c.m(2, 4))→ dx = 4t3dtZ

1√x− 4√x3dx =

Z1√

t4 − 4√t12

· 4t3dt =

4

Zt

1− tdt = 4Z µ−1 + 1

1− t¶dt = 4 (−t− ln |1− t|) + C


√x− 4√x3dx = 4 (− 4

√x− ln |1− 4

√x|) + C

8)Zx−√x− 1x+√x− 1

dx

Realizamos el siguiente cambio de variablex− 1 = t2 → x = t2 + 1→ dx = 2tdtCon lo queZx−√x− 1x+√x− 1

dx =

Zt2 + 1− tt2 + 1 + t

· 2tdt = 2Zt3 − t2 + tt2 + t+ 1

dt

Esta integral es racional; sigue resolviéndola tú

El resultado deZ ¡

t3 − t2 + t¢t2 + t+ 1

dt ha de ser: 12 t2 − 2t + ln ¡t2 + t+ 1¢ +

23

√3 arctan 2t+1√

3+ C

48


9)Z

dx

(2− x)√1− xRealizamos el siguiente cambio de variable1− x = t2 → x = 1− t2 → dx = −2tdtCon lo queZ

dx

(2− x)√1− x=

Z −2tdt(2− 1 + t2)t = −2

Zdt

1 + t2= −2 arctan t+ C

Deshaciendo el cambio de variableZdx

(2− x)√1− x= −2 arctan√1− x+ C

10)Z

dx

x√x+ 2

Realizamos el siguiente cambio de variablex+ 2 = t2 → x = t2 − 2→ dx = 2tdtCon lo queZ

2tdt

(t2 − 2) t = 2Z

dt

(t2 − 2) =54 1√

2

ÃZdt

t−√2−Z

dt

t+√2

!=

=1√2

¡ln¯t−√2¯− ln ¯t+√2¯¢+ C

Deshaciendo el cambio de variableZdx

x√x+ 2

=1√2

¡ln¯√x+ 2−√2¯− ln ¯√x+ 2 +√2¯¢+ C

11) I11 =Z

x

1 +√xdx

Realizamos el siguiente cambio de variablex = t2 →→ dx = 2tdtCon lo queZ

t2

1 +√t2· 2tdt = 2

Zt3

t+ 1dt = 2

Z µt2 − t+ 1− 1

t+ 1

¶dt =

= 2

µt3

3− t

2

2+ t− ln |t+ 1|

¶+ C

Deshaciendo el cambio de variable

I11 = 2

Ã√x3

3− x2+√x− ln |√x+ 1|

!+ C

12)Z

1

(x− 3)2√x2 − 2x+ 5dx

54 1³t−√2

´ ³t+

√2´ = 1

2√2

Ã1

t−√2− 1

t+√2

!

49


Realizamos el siguiente cambio de variable x− 3 = 1

t

x = 3 +1

t; dx =

−1t2dt Con lo que la integral quedará así:Z

1

(x− 3)2√x2 − 2x+ 5dx =Z

1

1

t2

sµ3 +

1

t

¶2− 2

µ3 +

1

t

¶+ 5

−1t2dt

= −Z

t√8t2 + 4t+ 1

dt = − 116

Z16t+ 4− 4√8t2 + 4t+ 1

dt

Esta integral se descompone como suma de dos integrales

= − 116

Z16t+ 4√8t2 + 4t+ 1

dt+4

16

Z1√

8t2 + 4t+ 1dt =

= − 216

√8t2 + 4t+ 1 +

1

4J

Calculemos pues J por el método de los cuatro pasos

J =

Z1√

8t2 + 4t+ 1dt

Multiplicamos y dividimos por√4a(√32)

J =√32

Z1√

256t2 + 128t+ 32dt =

Sumemos y restemos en el denominador b2(16)

=√32

Z1√

256t2 + 128t+ 16− 16 + 32dt

Fíjate en esta transformación

=√32

Z1q

(16t+ 4)2 + 16

dt :

Sacamos en el radicando del denominador factor común 16=√32

Z1vuut16Ã(16t+ 4)216

+ 1

!dt = √2Z

1sµ16t+ 4

4

¶2+ 1

dt =

=√2

Z1q

(4t+ 1)2+ 1

dt

Multiplicamos dentro de la integral por 4 y fuera de la integral dividimos por 4 para queno varíe

=

√2

4

Z4q

(4t+ 1)2 + 1

dt =

√2

4ln

¯4t+ 1 +

q(4t+ 1)2 + 1

¯+ C

Con lo que la integral K = −Z

t√8t2 + 4t+ 1

dt dará

50

K = − 216

√8t2 + 4t+ 1+

√2

16ln

¯4t+ 1 +

q(4t+ 1)

2+ 1

¯Deshaciendo el cambio de variable inicial y teniendo presente que t =

1

x− 3 tendremosque

I12 = −18

s8

(x− 3)2+

4

x− 3 + 1+ ln¯¯ 4

x− 3 + 1 +sµ

4

x− 3 + 1¶2+ 1

¯¯+ C =

I12 =−√x2 − 2x+ 5

8+

√2

16ln

¯¯1 + x+

√2p(5− 2x+ x2)

x− 3

¯¯+ C

13)Z

1

(x− 2)2√x2 − 4x+ 1dx ; x− 2 =1

t

14)Z

1

ypy2 + y + 1

dy;; y =1

t

14)Z

1

x2√x2 − 4dx

x =1

t→ dx =

−1t2dt

Z1

x2√x2 − 4dx =

Z −1t2

1

t2

r1

t2− 4

dt =

Z −t√1− 4t2 dt =

14

p(1− 4t2) + C

Deshaciendo el cambio de variable; tendremosZ1

x2√x2 − 4dx =

14

sµ1− 4

x2

¶+ C =

p(x2 − 4)4x

+ C

Nota:Todas las integrales inmediatas también se pueden resolver por cambio devariable

51

Chapter 5Integrales trigonométricas por sustituciónLas integrales del tipo

ZR(sinx, cosx)dx donde R(sinx, cosx) es una función racional en

sinx y en cosx (Es decir sinx y cosx están relacionadas únicamente por medio de sumas,restas, multiplicaciones y divisiones) se resuelven mediante el cambio de variable siguiente:tan

x

2= t→ x = 2arctan t ; dx =

2

1 + t2dt

sinx = 2 sinx

2cos

x

2=2 sin

x

2

cos2x

2

cos2x

2=2 tan

x

2

sec2x

2

=2 tan

x

2

1 + tan2x

2

=2t

1 + t2

cosx = cos2x

2− sin2 x

2= cos2

x

2

1− sin2 x2cos2

x

2

= 1− tan2 x2

sec2x

2

=1− tan2 x

2

1 + tan2x

2

=

1− t21 + t2Ejemplos

1)Z

1

1− cosxdx Utilizando el cambio anterior tendremos:Z1

1− 1− t2

1 + t2

2

1 + t2dt =

Z1

2t2

1 + t2

2

1 + t2dt =

Z1

t2dt = −1

t+ C


1− cosxdx = −1

tanx

2

+ C = − cot x2+ C

Nota 1: Otra manera de resolver esta integral sería:Z1

1− cosxdx =Z

1 + cosx

(1− cosx)(1 + cosx)dx =Z

1 + cosx

1− cos2 xdx =Z1 + cosx

sin2 xdx

Esta integral se descompone como suma de otras dos:Z1

sin2 xdx+

Zcosx

sin2 xdx =

Z1

sin2 xdx+

Zcotxcosecxdx = − cotx− cscx+C :Z

1

1− cosxdx =sinx

−1+cosx + C =2 sin

µ x2

¶cos

µ x2

¶−2 sin2

µ x2

¶ + C = −− cot x2+ C


1− cosxdx =Z

1

2 sin2x

2

dx =

Z 1

2

sin2x

2

dx = − cot x2+ C

52

2)Z

1

1− sinxdx Utilizando el cambio anterior tendremos:Z1

1− 2t

1 + t2

2

1 + t2dt =

Z1

t2 − 2t+ 11 + t2

2

1 + t2dt = 2

Z1

(t− 1)2 dt = −2

t− 1 + C


1− sinxdx =2

1− tan x2

+ C


1− sinxdx =Z

1 + sinx

(1− sinx)(1 + sinx)dx =Z

1 + sinx

1− sin2 xdx =Z1 + sinx

cos2 xdx

Esta integral se descompone como suma de otras dos:Z1

cos2 xdx+

Zsinx

cos2 xdx =

Z1

cos2 xdx+

Ztanxsecxdx = tanx+ secx+ C :


1− sinxdx =Z

1

1− cos(x− π

2)dx

Z1

2 sin2³x2− π

4

´dx = Z 1

2

sin2³x2− π

4

´dx =Z

1

1− sinxdx = − cot³x2− π

4

´+ C

3)Z1 + sinx

1 + cosxdx Utilizando el cambio anterior tendremos:

Z 1 +2t

1 + t2

1 +1− t21 + t2

2

1 + t2dt =

Zt2 + 2t+ 1

t2 + 1dt =

Z µ1 +

2t

t2 + 1

¶dt = t+ ln

¯t2 + 1

¯+

CDeshaciendo el cambio de variableZ

1 + sinx

1 + cosxdx = tan

x

2+ ln

¯1 + tan2

x

2

¯+ C

Nota) Otra manera de hacerlaZ1 + sinx

1 + cosxdx =

Z(1 + sinx)(1− cosx)(1 + cosx)(1− cosx)dx =

Z1− cosx+ sinx− sinx cosx

sin2 xdx =Z

1

sin2 xdx−

Zcosx

sin2 xdx+

Z1

sinxdx−

Zcosx

sinxdxZ

1 + sinx

1 + cosxdx = − cotx+cosecx+ ln |cosecx− cotx|− ln |sinx|+ C

53

Chapter 5 Integrales trigonométricas por sustitución

4)Z

1

1 + sinx− cosxdx . Utilizando el cambio anterior tendremos:Z1

1 +2t

1 + t2− 1− t

2

1 + t2

2

1 + t2dt = 2

Z1

2t2 + 2tdt =

Z1

t2 + tdt

Como t2 + t = t(t+ 1) entonces1

t(t+ 1)=A

t+

B

t+ 1→ 1 = A(t+ 1) +Bt

Si t = 0→ 1 = ASi t = −1→ 1 = −B → B = −1 Por lo tanto

Z1

t(t+ 1)dt =

Z1

tdt−

Z1

t+ 1dt = ln |t|− ln |t+ 1|+ C


Z1

1 + sinx− cosxdx = ln¯tan

x

2

¯− ln

¯1 + tan

x

2

¯+ C

5)Z

1

4− 2 cosxdxtan

x

2= t

dx =2

1 + t2dt

sinx =2t

1 + t2

cosx =1− t21 + t2

Z

1

4− 2¡1− t2¢1 + t2

· 2

1 + t2dt =

Z1

1 + 3t2dt

Z1

1 + 3t2dt =

1√3

Z √3

1 +¡√3t¢2 dt = 1√

3arctan

√3t+ C

Deshaciendo el caambio de variableZ1

4− 2 cosxdx =1√3arctan

³√3 tan

x

2

´+ C

Nota: Otra manera de resolver esta integralZ1

4− 2 cosxdx =1

2

Z1

2− cosxdx =1

2

Z1

2−³cos2

x

2− sin2 x

2

´dx ==1

2

Z1

2 sin2x

2+ 2 cos2

x

2−³cos2

x

2− sin2 x

2

´dx ==1

2

Z1

3 sin2x

2+ cos2

x

2

dx

Multiplicamos y dividimos el divisor del integrando por cos2x

2

54

1

2

Z1

cos2x

2

3 sin2x

2

cos2x

2

+ 1

dx =

1

2

Z sec2x

2

3 tan2x

2+ 1

dx =

=1

2

Z sec2x

2³√3 tan

x

2

´2+ 1

dx =1

2· 2√3

Z √3

2sec2

x

2³√3 tan

x

2

´2+ 1

dx =

=1√3arctan

³√3 tan

x

2

´+ C

¡Qué virguería!Resuelve las siguientes integrales

a)Z

1

1 + cosxdx b)

Z1 + sinx

1− cosxdx

c)Z

1

1 + sinxdx d)

Z1 + cosx

1− cosxdx

e)Z

1

1 + 2 cosx− sinxdx f)Z

1

3 + 2 cosxdx

g)Z

1

4− 3 cosxdx h)Z

5

1 + 3 cosxdx h)

Z1

1 + 2 sinxdx

Nota: En ocasiones, no conviene utilizar el cambio de variable anterior, porque la integralracional que obtenemos es excesivamente compleja. Veamos estos casos:A) Cuando la función integrando sea impar en sinx (Esto es R(− sinx, cosx)

=−R(sinx, cosx))Se utilizará el cambio de variable cosx = t ; x = arccos t; dx =

−1√1− t2 dt

sinx =√1− cos2 x = √1− t2 ; tanx = sinx

cosx=

√1− t2t

Recuerda esta figura

Ejemplo:

1)Z

1

sin3 xdx . Como R(sinx, cosx) =

1

sin3 xy R(− sinx, cosx) = 1

(− sinx)3 =

55


− 1

sin3 xLa función que aparece en el integrando es impar en seno R(− sinx, cosx)

=−R(sinx, cosx)Tendremos que utilizar el cambio de variable cosx = t ; x = arccos t; dx =

−1√1− t2 dt

sinx =√1− cos2 x = √1− t2 Con lo que la integral quedará así:Z1¡√

1− t2¢3 −1√1− t2 dt =

Z −1(1− t2)2 dt =

Z −1(t2 − 1)2 dt = J

Como (t2 − 1)2 = (t− 1)2(t+ 1)2 entonces−1

(t2 − 1)2 =A

(t− 1)2 +B

t− 1 +C

(t+ 1)2+

D

t+ 1−1 = A(t+ 1)2 +B(t− 1)(t+ 1)2 + C(t− 1)2 +D(t+ 1)(t− 1)2Si x = 1→ −1 = 4A→ A = −1

4

Si x = −1→ −1 = 4C → C = −14

Si x = 0→ −1 = −14−B − 1

4+D→ −B +D = −1

2

Si x = 2→ −1 = −94+ 9B − 1

4+ 3D→ 9B + 3D =

3

2→ 3B +D =

1

2

Resolviendo el sistema obtendremos B =1

4y D = −1

4

Con lo que J = −14

Z1

(t− 1)2 dt+1

4

Z1

t− 1dt−1

4

Z1

(t+ 1)2dt− 1

4

Z1

t+ 1dt =

=1

4

1

t− 1 +1

4ln |t− 1|+ 1

4

1

t+ 1− 14ln |t+ 1|+ C

Deshaciendo el cambio de variableJ =

1

4

1

cosx− 1 +1

4ln |cosx− 1|+ 1

4

1

cosx+ 1− 14ln |cosx+ 1|+ C =

=1

4

µ1

cosx− 1 +1

cosx+ 1

¶+1

4(ln |cosx− 1|− ln |cosx+ 1|) + C =

=− cosx2 sin2 x

+1

4ln

¯cosx− 1cosx+ 1

¯+ C

Vamos ahora a resolverla por partesZ1

sin3 xdx =

Zcscx · csc2 xdx = 55Z

1

sin3 xdx = − cscx cotx−

Zcscx cot2 xdx

I =

Z1

sin3 xdx = − cscx cotx−

Zcscx(csc2 x− 1)dx

I = − cscx cotx− I +Zcscxdx = − cscx cotx− I+ ln (cscx− cotx) + 2C

55 f(x) = cscx→ f 0(x) = − cscx cotxg0(x) = csc2 x→ g(x) = − cotx

56

I =− cscx cotx+ ln (cscx− cotx)

2+ C

Prueba a resolver esta integral utilizando el cambio de variable general tanx

2= t

Ejercicios:

a)Z

sin3 x

1 + cos2 xdx b)

Zsin5 x cosxdx c)

Zsinx

cos2 xdx

B) Cuando la función integrando sea impar en cosx (Esto es R(sinx,− cosx)=−R(sinx, cosx))Se utilizará el cambio de variable sinx = t ; x = arcsin t; dx =

1√1− t2 dt

cosx =p1− sin2 x = √1− t2 ; tanx = sinx

cosx=

t√1− t2


1)Zcos3 x

sin2 xdx Como R(sinx, cosx) =

cos3 x

sin2 xy R(sinx,− cosx) = (− cos3 x)

sin2 x=

−cos3 x

sin2 xLa función integrando es impar en cosx. Realizamos el cambio de variable sinx = tx = arcsin t; dx =

1√1− t2 dt ; cosx =

p1− sin2 x = √1− t2Z

cos3 x

sin2 xdx =

Z ¡√1− t2¢3t2

1√1− t2 dt =

Z1− t2t2

dt =

Z1

t2dt−

Zdt =

−1t−t+C

Deshaciendo el cambio de variableZcos3 x

sin2 xdx =

−1sinx

− sinx+ CEjercicios:Resuelve las siguientes integrales

a)Zsin2 x

cos3 xdx ; b)

Z1

cosxdx ; c)

Zcosx

1 + sin2 xdx

C) Cuando la función integrando sea par en sinx y cosx a la vez(Esto es R(− sinx,− cosx) =R(sinx, cosx))

57


Se utilizará el cambio de variable tanx = t ; x = arctan t; dx =1

1 + t2dt

cosx =1

secx=

1√1 + tan2 x

=1√1 + t2

; sinx = tanx · cosx = t√1 + t2


Ejemplos:

1)Ztan4 xdx =

Zsin4 x

cos4 xdx. R(− sinx,− cosx) = (− sinx)

4

(− cosx)4 =sin4 x

cos4 x=

R(sinx, cosx)La función que aparece en el integrando es par en sinx y cosx a la vez; entonces

utilizaremos el siguiente cambio de variable:tanx = t ; x = arctan t; dx =

1

1 + t2dt

cosx =1

secx=

1√1 + tan2 x

=1√1 + t2


Con lo que la integral quedaría así:Ztan4 xdx =

Zt4

1 + t2dt =

Z µt2 − 1 + 1

1 + t2

¶dt =

t3

3− t+ arctan t+ C

Deshaciendo el cambio de variableZtan4 xdx =

tan3 x

3− tanx+ arctan(tanx) + C = tan3 x

3− tanx+ x+ C

2)Ztan3 xdx =

Zsin3 x

cos3 xdx. R(− sinx,− cosx) = (− sinx)

3

(− cosx)3 =sin3 x

cos3 x=

R(sinx, cosx)La función que aparece en el integrando es par en sinx y cosx a la vez; entonces

utilizaremos el siguiente cambio de variable:tanx = t ; x = arctan t; dx =

1

1 + t2dt

cosx =1

secx=

1√1 + tan2 x

=1√1 + t2


Con lo que la integral quedaría así:Ztan3 xdx =

Zt3

1 + t2dt =

Z µt− t

1 + t2

¶dt =

t2

2− 12ln¯1 + t2

¯+ C

58

Section 5.1 Ejercicios de integrales racionales trigonométricas

Deshaciendo el cambio de variableZtan3 xdx =

tan2 x

2− 12ln¯1 + tan2 x

¯+ C =

tan2 x

2+ ln |cosx|+ C

Ejercicios

a)Zcot3 xdx b)

Zcot4 xdx c)

Zsec4 xdx d)

Zcosec4xdx

e)Ztan3 x sec4 xdx f)

Z1

1 + cos2 xdx g)

Z1

1 + sin2 xdx

5.1 Ejercicios de integrales racionales trigonométricas

1.Z

1

1 + sinx− cosxdx =

2.Z

1

3− 2 cosxdx =

3.Z

1

cos3 xdx =

4.Z

1

2 + cosxdx

5.Z

1

5 + 4 sinxdx

6.Z

1

2 + sinxdx

7.Z

1

1− 2 sinxdx

8.Z

1

1 + cosx− sinxdx

9.Z

1

3 + 5 sinxdx

10.Z

1

1 + sinx+ cosxdx

11.Z

1

2− cosxdx

12.Z1− cosx1 + sinx

dx

13.Z1 + cosx

1− sinx dx

14.Z1− sinx1 + cosx

dx

15.Z1 + sinx

1− cosxdx

59

Chapter 6 Integrales irracionales

16.Z1− cos2 x1 + sin2 x

dx

17.Z

1

1 + sin2 xdx

18.Z1− sin2 x1 + cos2 x

dx

19.Z

cosx

1 + sin2 xdx

20.Z

sinx

1 + cos2 xdx

21.Zsinx cosx

1− sinx dx

22.Z

1

sinxdx

23.Z

1

cosxdx

24.Zcos5 x

sin2 xdx

25.Zsin5 x

cos2 xdx

60

Chapter 6Integrales irracionales

6.1 Del tipoRR(x, (ax+ b)

mr , ..., (ax+ b)

yz )dx

Se resuelven mediante el siguiente cambio de variable

ax+ b = tn donde n = m.c.m(r, , ..., z)

Diferenciando tendremos adx = ntn−1dt→ dx =ntn−1

adt

Convirtiéndose la integral en una polinómica o racional en tEjemplos:

1)Z

1√x(√x+ 1)

dx

x = t2 → dx = 2tdtZ1√

x(√x+ 1)

dx =

Z2t

t(t+ 1)dt =

Z1

(t+ 1)dt = ln |t+ 1|+ C

Deshaciendo el cambio de variable (Si x = t2; entonces t =√x). Con lo que:Z

1√x(√x+ 1)

dx = ln |√x+ 1|+ C

2)Z

x23

x12 + x

13

dx

x = t6 (ya que 6 = mcm(2, 3))→ dx = 6t5dtZx23

x12 + x

13

dx =

Zt4

t3 + t46t5dt =

Z6t6

1 + tdt = 6

Z(t5 − t4 + t3 − t2 + t− 1 +

1

1 + t)dt =

= 6(t6

6− t

5

5+t4

4− t

3

3+t2

2− t+ ln |1 + t|+ C

Deshaciendo el cambio de variable (Si x = t6; entonces t = x16 ). Con lo que:Z

x23

x12 + x

13

dx = 6

x6− x

56

5+x23

4− x

12

3+x13

2− x16 + ln

¯1 + x

16

¯+ C61


6.2 Del tipoZR(x,

µax+ b

cx+ e

¶mr

, ...,

µax+ b

cx+ e

¶yz

)dx

Se resuelven mediante el siguiente cambio de variable

ax+ b

cx+ e= tn donde n = m.c.m(r, , ..., z)

Despejando x tendremos: ax+ b = (cx+ e) tn → x =e · tn − ba− c · tn

Diferenciando dx =¡e · n · tn−1(a− c · tn) + c · n · tn−1(e · tn − b)¢

(a− ctn)2 dt

Convirtiéndose la integral en una polinómica o racional en t

Ejemplos:

1)Z

1√x+ 2 + 1

dx

x+ 2 = t2 → x = t2 − 2→ dx = 2tdtZ1√

x+ 2 + 1dx =

Z2t

t+ 1dt = 2

Z µ1− 1

t+ 1

¶dt = 2(t− ln |1 + t|) + C

Deshaciendo el cambio de variableZ1√

x+ 2 + 1dx = 2(

√x+ 2− ln ¯1 +√x+ 2¯) + C

2)Zx+ 3

√2x+ 1√

2x+ 1dx

2x+ 1 = t6 → x =t6 − 12→ dx = 3t5dt

Zx+ 3√2x+ 1√

2x+ 1dx =

Z t6 − 12

+ 3√t6

√t6

3t5dt =1

2

Zt6 − 1t3

3t5dt+

Zt2

t33t5dt =

=3

2

Z(t6 − 1)t2dt+ 3

Zt4dt =

3

2

µt9

9− t

3

3

¶+ 3

t5

5+ C

Deshaciendo el cambio de variableZx+ 3

√2x+ 1√

2x+ 1dx =

(2x+ 1)√2x+ 1

6−√2x+ 1

2+3

56

q(2x+ 1)5 + C

3)Z r

1 +1

xdx

62

Section 6.2 Del tipoZR(x,

µax+ b

cx+ e

¶mr

, ...,

µax+ b

cx+ e

¶ yz

)dx

1 +1

x= t2 → x =

1

t2 − 1 → dx =−2t

(t2 − 1)2dtZ r

1 +1

xdx =

Zt · −2t(t2 − 1)2

dt = −Zt · 2t

(t2 − 1)2dt

Esta integral se puede resolver por partesu = t du = dt

dv =2t

(t2 − 1)2dt v =

Z2t

(t2 − 1)2dt = − 1

(t− 1) (t+ 1) = −1

t2 − 1:

= −Zt · 2t

(t2 − 1)2dt =

t

t2 − 1 −Z

1

t2 − 1dt =56

=t

t2 − 1 −Z

1

2 (t− 1)dt+Z

1

2 (t+ 1)dt =

t

t2 − 1 +1

2ln

¯t+ 1

t− 1

¯+ C

Deshaciendo el cambio de variable y teniendo presente que t =√x+ 1√x

Z r1 +

1

xdx =

√x+ 1√x

x+ 1

x− 1

+1

2ln

¯¯¯

√x+ 1√x

+ 1

√x+ 1√x− 1

¯¯¯+ C =

=√x2 + x+

1

2ln

¯√(x+1)+

√x√

(x+1)−√x

¯+ C =

=57√x2 + x+

1

2ln³p

(x+ 1) +√x´2+C =

√x2 + x+

1

2ln¯2x+ 1 + 2

√x2 + x

¯+C

Con lo queZ r1 +

1

xdx =

px2 + x+

1

2ln¯2x+ 1 + 2

px2 + x

¯+ C

Nota:También se puede resolver de la siguientemanera Z r

1 +1

xdx =

Z √x+ 1√x

dx =

Zx+ 1√x2 + x

dx =

=

Zx√x2 + x

dx+

Z1√x2 + x

dx =

56 Como1

(t− 1) (t+ 1) =1

2 (t− 1) −1

2 (t+ 1)57 Si racionalizamos√(x+1)+

√x√

(x+1)−√x =³p

(x+ 1) +√x´2

63


=1

2

Z2x+ 1− 1√x2 + x

dx+

Z1√x2 + x

dx =

=1

2

Z2x+ 1√x2 + x

dx+

µ1− 1

2

¶Z1√x2 + x

dx =√x2 + x+

1

2J

Resolvamos pues J

J =

Z1√x2 + x

dx =

Z2√

4x2 + 4xdx =

Z2√

4x2 + 4x+ 1− 1dx =

=

Z2p

(2x+ 1)2 − 1dx = ln¯2x+ 1 +

p(2x+ 1)2 − 1

¯+ C

Con lo queZ r1 +

1

xdx =

px2 + x+

1

2ln¯2x+ 1 + 2

p(x2 + x)

¯+ C 0

64

Section 6.3 Integrales del tipoZR(x,

√a± bx2)dx,

ZR(x,

√bx2 − a)dx

6.3 Integrales del tipoZR(x,

√a± bx2)dx,

ZR(x,

√bx2 − a)dx

Para resolver estas integralesZR(x,

√a± bx2)dx,

ZR(x,

√bx2 − a)dx donde a, b son

números reales positivos

Integrales Cambio de variableZR(x,

√a− bx2)dx x =

√a√bsin tZ

R(x,√a+ bx2)dx x =

√a√btan tZ

R(x,√bx2 − a)dx x =

√a√bsec t

1)Z

1

x2√4 + x2

dx ;

x = 2 tan t→ dx = 2 sec2 t dt

Con lo queZ

1

x2√4 + x2

dx =

Z1

4 tan2 t√4 + 4 tan2 t

2 sec2 t dt

Teniendo presente que 1 + tan2 t = sec2 t; tendremos

=

Z1

8 tan2 t√sec2 t

2 sec2 t dt =1

4

Zsec t

tan2 tdt =

=1

4

Z 1

cos tsin2 t

cos2 t

dt =1

4

Z 1

cos tsin2 t

cos2 t

dt =1

4

Zcos t

sin2 tdt =

=1

4

Zcos t sin−2 t dt =

−14sin−1 t+ C =

−14csc t+ C

Teniendo presente que x = 2 tan t y que csc t =√1 + cot2 t =

r1 +

1

tan2 t=r

1 +4

x2= 1

x

√x2 + 4 entonces

Z1

x2√4 + x2

dx =−√x2 + 4

4x+ C

2)Z √

1− x2dxx = sin t→ dx = cos t dtZ √

1− x2dx =Z p

1− sin2 t cos t dt =Zcos2 t dt

Como cos2 t =1

2(1 + cos 2t) entoncesZ

cos2 t dt =1

2

Z(1 + cos 2t) dt =

1

2

¡t+ 1

2 sin 2t¢+ C

65


Si utilizas que sin 2t = 2 sin t cos t entoncesZcos2 t dt =

1

2(t+ sin t cos t) + C

Deshaciendo el cambio de variable x = sin t y teniendo en cuenta que cos t =√1− x2

t = arcsinxZ √1− x2dx = 1

2

¡arcsinx+ x

√1− x2¢+ C

Nota: Esta integral también se puede resolver porpartes.FíjateI =

Z √1− x2dx

u =√1− x2 du =

−x√1− x2

dv = dx v = xZ √1− x2dx = x√1− x2 −

Z −x2√1− x2

dx

Observa detenidamente las transformaciones a realizarZ √1− x2dx = x√1− x2 −

Z1− x2 − 1√1− x2

dx =

= x√1− x2 −

Z1− x2√1− x2

dx+

Z1√1− x2

dx

= x√1− x2 −

Z1− x2√1− x2

dx+ arcsinx+ 2C

ComoA√A=√A;entonces

1− x2√1− x2

=√1− x2 y de esta forma tenemos una integral

cíclica o de retorno

I = x√1− x2 − I + arcsinx+ 2C

Despejando I; obtendremos que

I =

Z p1− x2dx = 1

2

³arcsinx+ x

p1− x2

´+ C

3)Z

x2

(x2 − 4) 32 dxx = 2 sec t→ dx = 2 sec t · tan t dtZ

x2

(x2 − 4) 32 dx =Z

4 sec2 t

(4 sec2 t− 4) 32 2 sec t · tan t dt =

Como sec2 t− 1 = tan2 t entonces

66


√a± bx2)dx,

ZR(x,

√bx2 − a)dx

Z4 sec2 t

(4 sec2 t− 4) 32 2 sec t · tan t dt =Z

4 sec2 t

(4 tan2 t)32

2 sec t · tan t dt =

=

Zsec3 t

tan2 tdt =

Z 1

cos3 tsin2 t

cos2 t

dt =

Z1

cos t sin2 tdt

Esta integral es impar en cos t→Realizamos el cambiosin t = u cos t =

√1− u2

t = arcsinu dt =du√1− u2

Con lo queZ1

cos t · sin2 tdt =

Zdu

(1− u2) · u2 =58

Zdu

(1− u2) · u2 = −Z

1

2 (u− 1)du+Z

1

2 (u+ 1)du+

Z1u2 du =

= −12 ln (u− 1) + 12 ln (u+ 1)− 1

u + C =12 ln

(u+1)(u−1) − 1

u + C =

Si deshacemos el último cambio de variable efectuado (u = sin t); tendremos

= 12 ln

(1+sin t)(−1+sin t) − 1

sin t + C

Si deshacemos el primer cambio x = 2 sec t y teniendo presente que

sin t =√1− cos2 t =

r1− 1

sec2 t=

r1− 4

x2=

p(x2 − 4)x

Entonces la integral quedará así

Zx2

(x2 − 4) 32 dx =1

2ln

¯¯ 1 +

p(x2 − 4)x

−1 +p(x2 − 4)x

¯¯− xp

(x2 − 4) + C

Simplificando al máximo tendremos

58 Como1

(1− u2) · u2= − 1

2(u−1) +1

2(u+1)+ 1

u2(Compruébalo)

67


12 ln

¯−x+√(x2−4)

x−√(x2−4)

¯− x√

(x2−4) + C =59ln

¯x+

p(x2 − 4)

¯− x√

(x2−4) −ln 4

2+ C

Zx2

(x2 − 4) 32 dx = ln¯x+

p(x2 − 4)

¯− xp

(x2 − 4) + C0

Nota: Esta integral también se puede resolver porpartes.Fíjate que es mucho más sencillaZ

x2

(x2 − 4) 32 dx =Zx · x

(x2 − 4) 32 dxu = x du = dx

dv =x

(x2 − 4) 32 dx v =

Zx

(x2 − 4) 32 dx = −1√

(x2−4):Z

x · x

(x2 − 4) 52 dx = −x√

(x2−4) +Z

1√(x2−4)dx = −

x√(x2−4) + J

J =

Z1p

(x2 − 4)dx =1

2

Z1rx2

4− 1

dx =

=1

2

Z1r³x2

´2− 1

dx = ln

¯¯x2 +

r³x2

´2− 1¯¯+ C = ln ¯x+p(x2 − 4)¯− ln 2 + C

Con lo que Zx2

(x2 − 4) 32 dx = ln¯x+

p(x2 − 4)

¯− xp

(x2 − 4) + C0

4)Z

1

x2√1− x2 dx ; x = sin t

5)Z

1

x2√4− x2 dx ; x = 2 sin t

6)Z

1q(4− x2)3

dx ; x = 2 sin t

7)Z

1

(9− x2)√9− x2 dx ; x = 3 sin t

8)Z

x2q(1 + x2)

3dx ; x = tan t

59 ln

¯¯−x+

q(x2−4)

x−q(x2−4)

¯¯ = ln

¯¯ x+

q(x2−4)

x−q(x2−4)

¯¯ =

ln

¯¯µx+

q(x2−4)

¶24

¯¯ = 2 ln ¯x+p(x2 − 4)¯ − ln 4

68


√a± bx2)dx,

ZR(x,

√bx2 − a)dx

9)Z

x2

(4− x2)√4− x2 dx ; x = 2 sin t

10)Z √

1− x2x4

dx ; x = sin t

11)Z

1

(1 + x2)52

dx ; x = tan t

12)Z

1

(4 + x2)√4 + x2

dx ; x = 2 tan t

13)Z

1q(9 + x2)

3dx ; x = 3 tan t

14)Z

1

x2√9− x2 dx ; x = 3 sin t

15)Z

1

x√x2 − 4dx ; x = 2 sec t

16)Z

1

x2√4− x2 dx ; x = 2 sin t

17)Z

1

x2√4 + x2

dx ; x = 2 tan t

18)Z

1

x2√x2 − 4dx ; x = 2 sec t

19)Z √

4− x2x

dx ; x = 2 sin t

20)Z

1

x√9 + 4x2

dx ; x =3

2tan t

21)Z

1p(4− x2)3 dx ; x = 2 sin t

22)Z

1

(9 + x2)2dx ; x = 3 tan t

23)Z √

a2 + x2

xdx ; x = a tan t

24)Z

1

(a2 + x2)32

dx ; x = a tan t

69

PART IIIntegral definida

70

Chapter 7Integral de Riemann y Regla de Barrow

7.1 Sumas de Riemann

Sea P={a = xo, x1, x2, x3, .......xn−1, xn = b} una partición del intervalo [a, b] y f(x) unafunción acotada en dicho intervalo . 60Suma inferior de Riemann de f(x) respecto a la partición P es el número real

sp =nXi=1

mi(xi − xi−1)

dondemi = inf {f(x)/x ∈ [xi−1, xi]}Suma superior de Riemann de f(x) respecto a la partición P es el número real

Sp =nXi=1

Mi(xi − xi−1)

dondeMi = sup {f(x)/x ∈ [xi−1, xi]}

7.2 Interpretacion geometrica de las Sumas de Riemann

a) Si f(x) ≥ 0 ∀x ∈ [a, b] , geométricamente las sumas de Riemann representanspes el área de los rectángulos sombreados de la figura 1 y Sp es el área determinada por

los rectángulos sombreados y los no sombreadosObserva también que Sp − sp es el área de los rectángulos sin sombrear.

b) Si f(x) ≤ 0 ∀x ∈ [a, b] , geométricamente las sumas de Riemann representan60 El supremo y el infímo de f(x) en [xi−1, xi] siempre existen al ser f acotada en [a, b]

71

Chapter 7 Integral de Riemann y Regla de Barrow

sp es el área cambiada de signo de los rectángulos sombreados y no sombreados de lafigura 2 y Sp es el área cambiada de signo determinada por los rectángulos sombreadosObserva también que Sp − sp es el área cambiada de signo de los rectángulos sin

sombrear.

c) Si f(x) > 0 ∀x ∈ [a, c[ ; f(c) = 0 y f(x) > 0 ∀x ∈]c, b]. Dibuja tú e interpretageométricamente que representan sp y Sp

Theorem 1 Si f es una función acotada en [a, b] . Pk es una partición cualquiera de [a, b],entonces:

sk ≤ SkLa suma inferior asociada a una partición es siempre menor o igual que la suma

superior asociada a la misma partición

Theorem 2 Si f es una función acotada en [a, b] . P1y P2 son particiones de [a, b] de formaque P1 ⊂ P2 y s1 y s2 son las sumas inferiores de Riemann correspondientes a P1y P2respectivamente, entonces:

s1 ≤ s2La suma inferior asociada a una partición P1es siempre menor o igual que la suma

inferior asociada a otra partición P2que contiene más puntos que la primera

Theorem 3 Si f es una función acotada en [a, b] . P1y P2 son particiones de [a, b] de formaque P1 ⊂ P2 y S1 y S2 son las sumas superiores de Riemann correspondientes a P1y P2

respectivamente, entonces:

72

Section 7.3 Integral superior de f en [a, b]

S1 ≥ S2La suma superior asociada a una partición P1es siempre mayor o igual que la suma

superior asociada a otra partición P2 que contiene más puntos que la primera

Theorem 4 Si f es una función acotada en [a, b] . P1y P2 son particiones cualesquiera de[a, b] , entonces:

sP ≤ SP 0

La suma inferior asociada a una partición es siempre menor o igual que la sumasuperior asociada a cualquier otra partición

Theorem 5 La sucesión {sn/n ∈ N∗} es una sucesión monótona creciente y acotada su-periormente por S1y además lim

n→∞ sn = sup {sn/n ∈ N∗}

Theorem 6 La sucesión {Sn/n ∈ N∗} es una sucesión monótona decreciente y acotadainferiormente por s1y además lim

n→∞ Sn = inf {Sn/n ∈ N∗}

Nota: Si f es una función acotada en [a, b] , limn→∞sn=sup {sn/n ∈ N

∗} no siemprecoincide con lim

n→∞Sn=inf {Sn/n ∈ N∗}

7.3 Integral superior de f en [a, b]

Si f es una función acotada en [a, b] . Llamaremos integral superior de f en [a, b] , y lo

representaremos porbZa

f(x)dx , al número real limn→∞ Sn = inf {Sn/n ∈ N

∗}

bZa

f(x)dx = limn→∞ Sn = inf {Sn/n ∈ N

∗}

7.4 Integral inferior de f en [a, b]

Si f es una función acotada en [a, b] ∀x ∈ [a, b]. Llamaremos integral inferior de f en [a, b] ,

y lo representaremos porbZa

f(x)dx , al número real limn→∞ sn = sup {sn/n ∈ N

∗}

73


bZa

f(x)dx = limn→∞ sn = sup {sn/n ∈ N

∗}

7.5 Definición de Funcion Integrable Riemann en [a, b]

Diremos que dada una función f acotada en [a, b] es integrable Riemann cuando se verifiqueque:

bZa

f(x)dx =

bZa

f(x)dx

A dicho valor se le denominabZa

f(x)dx

7.5.1 Ejemplos: Determina de la funcion f(x) = x2 + 1 61lassiguientes sumas de Riemann en [0, 1]

a) s1 , S1 asociadas a la partición P1 = {0, 1}s1 = m1(1− 0) = f(0) = 1S1 =M1(1− 0) = f(1) = 2b) s2 , S2 asociadas a la partición P2 =

½0,1

2, 1

¾s2 = m1

1

2+m2

1

2=1

2(f(0) + f(

1

2)) =

1

2(1 +

5

4) =

9

8

S2 =M11

2+M2

1

2=1

2(f(1

2) + f(1)) =

1

2(5

4+ 2) =

13

8

c) s3 , S3 asociadas a la partición P3 =½0,1

3,2

3, 1

¾s3 = m1

1

3+m2

1

3+m3

1

3=1

3(f(0) + f(

1

3) + f(

2

3)) =

1

3(1 +

10

9+13

9) =

32

27

S3 =M11

3+M2

1

3+M3

1

3=1

3(f(1

3) + f(

2

3) + f(1)) =

1

3(10

9+13

9+ 2) =

41

27............c) s10 , S10 asociadas a la partición P10 =

½0,1

10,2

10,3

10,4

10, .....

9

10, 1

¾s10 = m1

1

10+m2

1

10+ .......+m10

1

10=1

10

9Xj=0

f(j

10) =

1

10

9Xj=0

"µj

10

¶2+ 1

#

61 Esta función es estrictamente creciente en [0, 1] .Por lo que sup {f(x)/x ∈ [xi−1, xi]} = f(xi) yinf {f(x)/x ∈ [xi−1, xi]} = f(xi−1)

74

Section 7.6 ¿Que funciones acotadas en [a, b] son integrables Riemann?

S10 =M11

10+M2

1

10+ .......+M10

1

10=1

10

10Xj=1

f(j

10) =

1

10

10Xj=1

"µj

10

¶2+ 1

#Calcúlalasd) sn , Sn asociadas a la partición Pn =

½i

n/ i varía de 0 a n

¾sn = m1

1

n+m2

1

n+ .......+mn

1

n=1

n

n−1Xj=0

f(j

n) =

1

n

n−1Xj=0

"µj

n

¶2+ 1

#

Sn =M11

n+M2

1

n+ .......+Mn

1

n=1

n

nXj=1

f(j

n) =

1

n

nXj=1

"µj

n

¶2+ 1

#Ejercicios:a) Demuestra que la sucesión sn es estrictamente creciente y que está acotada

superiormente (por S1) . Por lo tanto, tiene límite (sup {sn/ n ∈ N})b) Demuestra que la sucesión Sn es estrictamente decreciente y que está acotada

inferiormente (por s1) .Por lo tanto, tiene límite ( inf {Sn/ n ∈ N} )Nota: Por ser la función continua ambos límites coinciden1Z0

(x2 + 1)dx = limn→∞

1

n

n−1Xj=0

"µj

n

¶2+ 1

#=621+ lim

n→∞

(2n− 1) (n− 1)n6n3

=4

3

1Z0

(x2 + 1)dx = limn→∞

1

n

nXj=1

"µj

n

¶2+ 1

#=631+ lim

n→∞

(2n+ 1)n(n+ 1)

6n3

=4

3

Dicho valor coincide con el área del trapecio mixtilíneo determinado por la funcióny = x2 + 1, las rectas x = 0 , x = 1 , y el eje OX64

7.6 ¿Que funciones acotadas en [a, b] son integrables Riemann?

1. Las funciones continuas en [a, b]2. Las funciones monótonas crecientes o decrecientes (no necesariamente continuas)3. Las funciones continuas en [a, b] salvo para un número finito de puntos

62 12 + 22 + 32 + .......+ (n− 1)2 = (2n− 1) (n− 1)n6

63 12 + 22 + 32 + .......+ (n− 1)2 + n2 = (2n+ 1)n(n+ 1)

6

64

Z 1

0

(x2 + 1)dx =4

3

75


7.7 Propiedades

•aZa

f(x)dx = 0

•bZa

f(x)dx+

cZb

f(x)dx =

cZa

f(x)dx (Relación de Chasles)

•bZa

f(x)dx = −aZb

f(x)dx

•bZa

f(x)dx +

cZb

f(x)dx +

aZc

f(x)dx = 0

• Si f(x) ≥ g(x) ∀x ∈ [a, b] =⇒bZa

f(x)dx ≥bZa

g(x)dx (ley de monotonía)

•bZa

(αf(x) + βg(x)) dx = α

bZa

f(x)dx+ β

bZa

g(x)dx

•¯¯bZa

f(x)dx

¯¯ ≤

bZa

|f(x)| dx

7.8 TEOREMAS DE LAMEDIA

Theorem 7 Teoremas de la media o del valor medio del cálculo integral

1o Si f(x) es integrable Riemann en [a, b] =⇒ ∃ µ ∈ [M,m] /bZa

f(x)dx = µ(b − a)

siendoM = sup {f(x) / x ∈ [a, b]} ym = inf {f(x) / x ∈ [a, b]}

2o Si f(x) es continua en [a, b] =⇒ ∃ c ∈ [a, b] /bZa

f(x)dx = f(c)(b− a)

Interpretación geométrica :Si f(x) es es continua en [a, b] y además f(x) ≥ 0 ∀x ∈ [a, b]entonces el área del trapecio mixtilíneo determinado por la función y = f(x), las rectasverticales x = a , x = b y el eje OX coincide con el área del rectángulo de base b− a yde altura f(c) (a este valor se le denomina valor medio de f en [a, b])

76

Section 7.9 FUNCION INTEGRAL DEFINIDA O FUNCION DE AREAS

Demostración:1o Por ser I.R en [a, b] y dadosm = inf {f(x) / x ∈ [a, b]} yM = sup {f(x) / x ∈ [a, b]}

siempre se verifica quem(b− a) ≤bZa

f(x)dx ≤M(b− a)

dividiendo por b-a, tendremosm ≤

bZa

f(x)dx

b− a ≤My tomando µ como dicho valor intermedio queda demostrado el teorema, puesto que

bZa

f(x)dx = µ(b− a)

2o Si f es continua en [a, b]→f es I:R: en [a, b] y aplicando el teorema anterior

∃ µ ∈ [M,m] /bZa

f(x)dx = µ(b− a)

Por el teorema de los valores intermedios de Darboux al ser f continua en [a, b], podemosafirmar que ∃ c ∈ [a, b] / f(c) = µ. Así pues:

bZa

f(x)dx = f(c)(b− a)

Ejemplo: (Leer después de la Regla de Barrow)a) Dada la función f(x) = x2 + 1. Determina el valor medio de f en [2, 3]

Por ser f continua en [2, 3]→ ∃ c ∈ [2, 3] /3Z2

(x2 + 1)dx = f(c)(3− 2) = f(c)

3Z2

(x2 + 1)dx =

·x3

3+ x

¸32

=

µ33

3+ 3

¶−µ23

3+ 2

¶= 1 +

19

3=22

3

Como f(c) = c2 + 1 entonces

c2 + 1 =22

3=⇒ c2 =

19

3; c = ±19

3.Observa que c =

r19

3∈ [2, 3]

Por lo tanto el valor medio de f en [2, 3] es f(r19

3) =

22

3Ejercicioa) Dada la función f(x) = x2 + 1. Determina el valor medio de f en [2, 4]

77


7.9 FUNCION INTEGRAL DEFINIDA O FUNCION DE AREAS

Si f es una función Integrable Riemann en [a, b] ,a la función que a todo número real t ∈

[a, b] le asociatZa

f(x)dxse le denomina función de áreas asociada a f en [a, b], siendo la

función f y el límite inferior fijos

A(t) =

tZa

f(x)dx

Interpretación geométrica :Si f(x) es es continua en [a, b] y además f(x) ≥ 0 ∀x ∈ [a, b]entonces el área del trapecio mixtilíneo determinado por la función y = f(x), las rectas

verticales x = a , x = t con t ∈ [a, b]y el eje OX coincide con A(t) =tZa

f(x)dx

Theorem 8 PROPIEDADES DE LA FUNCIÓN DE ÁREAS

1o Si f(x) es I.R. en [a, b] =⇒ A(t) es continua en [a, b] (aunque f no sea continua)2o Si f(x) es continua en [a, b] =⇒ A(t) es derivable en ]a, b[ y A0(t) = f(t)Nota: El segundo teorema nos indica que la función de áreas A(t)es una primitiva de f en]a, b[Demostración1o Tenemos que demostrar que ∀t ∈ ]a, b[ lim

h→0(A(t+ h)−A(t)) = 0

limh→0

(A(t+ h)−A(t)) =65 limh→0

t+hZa

f(x)dx−tZa

f(x)dx

=66 limh→0

t+hZt

f(x)dx =67

=limh→0

f(c)h =680 · f(t) = 0Demuestra tú

limh→0+

A(a+ h)−A(a) = 0 y que limh→0−

A(b+ h)−A(b) = 0

2o Tenemos que demostrar que ∀t ∈ ]a, b[ limh→0

A(t+ h)−A(t)h

= f(t)

65 Por la definición de la función de áreas

66

t+hZa

f(x)dx−tZa

f(x)dx =

tZa

f(x)dx+

t+hZt

f(x)dx−tZa

f(x)dx =

t+hZt

f(x)dx

67 Por ser f continua en [t, t+ h] (Si h>0) o en [t+ h, t](Si h<0) se verifica el 2 teorema del valor medio. Por

lo que ∃c ∈ [t, t+ h] (o [t+ h, t] según el signo de h)/t+hZt

f(x)dx = f(c)h

68 siendo c ∈ [t+ h, t]si h<0 o c ∈ [t, t+ h] si h>0; en cualquier caso si h→ o entonces f(c)→ f(t)

78

Section 7.10 La Regla de Barrow

limh→0

A(t+ h)−A(t)h

=limh→0

t+hZt

f(x)dx

h=limh→0

f(c)h

h=limh→0

f(c) = f(t)

Así pues:

A0(t) = f(t) ∀t ∈ ]a, b[La función de áreas asociada a f en [a, b] es una primitiva de ésta en ]a, b[

7.10 La Regla de Barrow

Theorem 9 LA REGLA DE BARROW

Si f es continua en [a, b] y F es una primitiva de f en ]a, b[ , siendo además F continua en

[a, b] =⇒bZa

f(x)dx = F (b)− F (a)

Demostración

Por ser f continua en [a, b] por el teorema anterior la función de áreas A(t) =tZa

f(x)dx

asociada a f es una función continua en [a, b]y además es una primitiva de f en ]a, b[(A0(t) = f(t) ∀t ∈ ]a, b[)Como por hipótesis tenemos otra función F que es primitiva de f y además es continua en[a, b] . Entonces, en virtud del teorema fundamental del cálculo integral podemos afirmarque ambas se diferencian en una constante; esto es:

A(x) = F (x) + C ∀x ∈ [a, b]Hallemos la constante C dándole a x el valor a y b

A(a) =

aZa

f(x)dx = 0 = F (a) + C → C = −F (a)

A(b) =

bZa

f(x)dx = F (b) + C = F (b)− F (a)

7.11 Ejercicios de integrales definidas

Ejercicios de integrales definidas

1.Z 3

2

x2dx =

·x3

3

¸32

=33

3− 2

3

3= 19

3

79


2.Z 3

1

lnxdx =69[x lnx− x]31 = 3 ln 3− 3− (1 ln 1− 1) = 3 ln 3− 2

3.Z 2

−3(x2 − x)dx =

·x3

3− x

2

2

¸2−3=23

3− 2

2

2−µ(−3)33− (−3)

2

2

¶= 85

6

4.Z0

π sin 3xdx =

·−13cos 3x

¸0

π = −13cos 3π −

µ−13cos 0

¶=1

3+1

3=2

3

5.Z π

6

0

1

cos2 5xdx =

·1

5tan 5x

¸π6

0

=1

5tan

³5π

6

´− 15tan 0 = − 1

15

√3

6.Z 1

0

1

1 + x2dx = [arctanx]10 = arctan 1− arctan 0 = 1

4π

7.Z 1

−1

1

1 + x2dx = [arctanx]1−1 = arctan 1− arctan (−1) = 1

4π − (−14π) = 12π

8.Z 1

0

1√1− x2 dx = [arcsinx]

10 = arcsin 1− arcsin 0 = 1

2π

9.Z 1

−1

1√1− x2 dx = [arcsinx]

1−1 = arcsin 1− arcsin(−1) = 1

2π −¡−12π¢ = π

10.Z π

4

0

tanxdx = [− ln(cosx)]π40 = − ln(cos π4 )− (− ln(cos 0)) = 12 ln 2

11.Z 3

−5xexdx = [xex − ex]3−5 = 3e3 − e3 −

£(−5)e−5 − e−5¤ = 2e3 + 6

e5≈ 40. 212

12.1Z0

√4− x2dx :

Para resolver esta integral tenemos que realizar el siguiente cambio de variablex = 2 sin tdx = 2 cos t dt

¾Al mismo tiempo que realizamos el cambio de variable; hemos de cambiar los límites deintegraciónObserva que:Si x = 0→ 0 = 2 sin t→ t = 0

Si x = 1→ 1 = 2 sin t→ sin t =1

2→ t =

π

61Z0

√4− x2dx =

π6Z0

p4− 4 sin2 t 2 cos t dt = 4

π6Z0

cos2 t dt =70

69

Zlnxdx = x lnx− R 1 dx = x (lnx− 1) +C

70 Recuerda que cos2 t =1− cos 2t

2

80

Section 7.11 Ejercicios de integrales definidas

4

π6Z0

cos2 t dt = 4

π6Z0

1 + cos 2t

2dt = 2

·t+

1

2sin 2t

¸π6

0

=

= 2

µπ6 +

1

2sin¡2π6

¢¶= : 13π +

12

√3

13)2Z0

1√4 + x2

dx

Para resolver esta integral tenemos que realizar el siguiente cambio de variablex = 2 tan tdx = 2 sec2 t dt

¾Al mismo tiempo que realizamos el cambio de variable; hemos de cambiar los límites deintegraciónObserva que:Si x = 0→ 0 = 2 tan t→ t = 0

Si x = 2→ 2 = 2 tan t→ tan t = 1→ t =π

42Z0

1√4 + x2

dx =

π4Z0

1√4 + 4 tan2 t

2 sec2 t dt =

π4Z0

sec t dt =

= [ln(sec t+ tan t)]π40 = ln(sec

π4+ tan π

4)− ln(sec 0 + tan 0) = ln ¡√2 + 1¢ .

81

Chapter 8Cálculo de áreas y volúmnes

8.1 Interpretacion geométrica debZa

f(x)dx Cálculo de áreas

• Si f(x) ≥ 0 ∀x ∈ [a, b]bZa

f(x)dx coincide con el área del trapecio mixtilíneo

determinado por la gráfica de la función y = f(x), las rectas verticales x = a, x = by el eje OX

x 32.521.510.50

2

1.5

1

0.5

0

A =

3Z1

f(x)dx

• Si f(x) ≤ 0 ∀x ∈ [a, b]bZa

f(x)dx = −A siendo A el área del trapecio mixtilíneo

determinado por la gráfica de la función y = f(x), las rectas verticales x = a, x = by el eje OX

82

Section 8.1 Interpretacion geométrica debZa


A =

¯¯3Z0

f(x)dx

¯¯

• Si f(x) ≥ 0 ∀x ∈ [a, c] y f(x) ≤ 0 ∀x ∈ [c, b] ( c ∈ ]a, b[ )bZa

f(x)dx = A1 − A2

siendo A1 el área del trapecio mixtilíneo determinado por la gráfica de la funcióny = f(x), las rectas verticales x = a, x = c y el eje OX, y A2el área del trapeciomixtilíneo determinado por la gráfica de la función y = f(x), las rectas verticalesx = b, x = c y el eje OX

A =

¯¯2Z0

f(x)dx

¯¯+

3Z2

f(x)dx

Remark 1 Consejos a la hora de calcular :el área del trapecio mixtilíneo determinado porla gráfica de la función y = f(x), las rectas verticales x = a, x = c y el eje OX

1o Dada la función y = f(x) tendremos que determinar si existen o no puntos de corte de lafunción y = f(x) con el eje OX

– Posibilidades∗ Si los puntos de corte de la gráfica con el eje de las X no pertenecen alintervalo [a, b];tendremos que estudiar el signo de f(x) en [a, b].Se pueden

83

Chapter 8 Cálculo de áreas y volúmnes

presentar los dos casos siguientes

Si f(x) ≥ 0 ∀x ∈ [a, b] → A =

bZa

f(x)dx

Si f(x) ≤ 0 ∀x ∈ [a, b] → A =

¯¯bZa

f(x)dx

¯¯

∗ Si existen puntos de corte de la gráfica con el eje de las X pertenecientes alintervalo [a, b]; por ejemplo c, tendremos que estudiar el signo de f(x) en[a, c], y en [c, b] . Entonces A = A1 +A2

1)

Si f(x) ≥ 0 ∀x ∈ [a, c]→ A1 =

cZa

f(x)dx

Si f(x) ≥ 0 ∀x ∈ [c, b]→ A2 =

bZc

f(x)dx

2)

Si f(x) ≤ 0 ∀x ∈ [a, c]→ A1 =

¯¯cZa

f(x)dx

¯¯

Si f(x) ≥ 0 ∀x ∈ [c, b]→ A2 =

bZc

f(x)dx

3)

Si f(x) ≥ 0 ∀x ∈ [a, c]→ A1 =

cZa

f(x)dx

Si f(x) ≤ 0 ∀x ∈ [c, b]→ A2 =

¯¯bZc

f(x)dx

¯¯

4)

Si f(x) ≤ 0 ∀x ∈ [a, c]→ A1 =

¯¯cZa

f(x)dx

¯¯

Si f(x) ≤ 0 ∀x ∈ [c, b]→ A2 =

¯¯bZc

f(x)dx

¯¯

Siempre es recomendable dibujar la gráfica en [a, b]Aunque todos estos casos(si no dibujamos la función) se puedan resumir así

A = A1 +A2 =

¯¯cZa

f(x)dx

¯¯+

¯¯bZc

f(x)dx

¯¯

84



Estas posibilidades explicadas aquí, se pueden hacer extensibles en el caso de que tengamosmás de dos puntos de corte de la gráfica con el eje de lasXEjemplo 1) Determina el área comprendida entre la recta y = x− 3,el eje X y lasrectas x = 4 y x = 5

Determinamos en primer lugar , si existen ptos de corte de la función f(x) = x − 3con el eje de las X dentro del intervalo [4, 5] :Para ello resolvemos el siguiente sistemay = x− 3y = 0

¾→, El único punto de corte es el (3, 0)

Observa que 3 /∈ [4, 5]A la vista de la gráfica; podemos observar que f(x) = x− 3 > 0 ∀x ∈ [4, 5]..Por lo tanto

A =

5Z4

(x− 3)dx ="(x− 3)2

2

#54

=(5− 3)22

− (4− 3)2

2= 3

2 u2

Ejemplo 2) Determina el área comprendida entre la recta y = x− 3,el eje X y lasrectas x = 2 y x = 3

85


Determinamos en primer lugar , si existen ptos de corte de la función f(x) = x − 3con el eje de las X dentro del intervalo [2, 3] :Para ello resolvemos el siguiente sistemay = x− 3y = 0

¾→, El único punto de corte es el (3, 0)

Observa que 3 ∈ [2, 3]A la vista de la gráfica; podemos observar que y = x− 3 ≤ 0 ∀x ∈ [2, 3]..Por lo tanto

A =

¯¯3Z2

(x− 3)dx¯¯ =

¯¯"(x− 3)2

2

#32

¯¯ =

¯¯(3− 3)22

− (2− 3)2

2

¯¯ = 1

2 u2

Ejemplo 3) Determina el área comprendida entre la recta y = x− 3,el eje X y lasrectas x = 2 y x = 5

Determinamos en primer lugar , si existen ptos de corte de la función y = x− 3 con el eje delasX dentro del intervalo [2, 5] :Para ello resolvemos el siguiente sistema y = x− 3

y = 0

¾→,

86



El único punto de corte es el (3, 0)Observa que 3 ∈ [2, 5]A la vista de la gráfica; podemos observar que y = x− 3 ≤ 0 ∀x ∈ [2, 3]

y = x− 3 ≥ 0 ∀x ∈ [3, 5] ..Por lo tanto

A = A1 +A2 =

¯¯3Z2

(x− 3)dx¯¯+

5Z3

(x− 3)dx

Como A1 =

¯¯3Z2

(x− 3)dx¯¯ =

¯¯"(x− 3)2

2

#32

¯¯ =

¯¯ (3− 3)22

− (2− 3)2

2

¯¯ = 1

2 u2

y

A2 =

5Z3

(x− 3)dx ="(x− 3)2

2

#53

= 2 u2

Entonces

A =1

2u2 + 2 u2 =

5

2u2

Ejemplo 4) Determina el área comprendida entre la parábola y = x2 − 4,el ejeX y lasrectas x = 3 y x = 4

Determinamos en primer lugar , si existen ptos de corte de la función y = x2 − 4 conel eje de las X dentro del intervalo [3, 4] :Para ello resolvemos el siguiente sistemay = x2 − 4y = 0

¾→, Los únicos puntos de corte son el (2, 0) y el (−2, 0)

87


Observa que 2 y −2 /∈ [3, 4]A la vista de la gráfica; podemos observar que y = x2 − 4 ≥ 0 ∀x ∈ [3, 4] : Por lo tanto

A =

4Z3

(x2 − 4)dx =·x3

3− 4x

¸43

=43

3− 16−

µ33

3− 12

¶= : 253 u

2

Ejemplo 5) Determina el área comprendida entre la parábola y = x2 − 4,el ejeX y lasrectas x = 1 y x = 3

Determinamos en primer lugar , si existen ptos de corte de la función y = x2 − 4 conel eje de las X dentro del intervalo [1, 3] :Para ello resolvemos el siguiente sistemay = x2 − 4y = 0

¾→, Los únicos puntos de corte son el (2, 0) y el (−2, 0)

Observa que 2 ∈ [1, 3] y−2 /∈ [1, 3]A la vista de la gráfica; podemos observar que y = x2 − 4 ≤ 0 ∀x ∈ [1, 2]

y = x2 − 4 ≥ 0 ∀x ∈ [2, 3]¾: Por lo tanto

A = A1 +A2 =

¯¯2Z1

(x2 − 4)dx¯¯+

3Z2

(x2 − 4)dx

Donde

A1 =

¯¯2Z1

(x2 − 4)dx¯¯ =

¯¯·x3

3− 4x

¸21

¯¯ =

¯23

3− 8−

µ13

3− 4¶¯= 5

3 u2

y

88



A2 =

3Z2

(x2 − 4)dx =·x3

3− 4x

¸32

=33

3− 12−

µ23

3− 8¶= 7

3 u2

A = A1 +A2 =5

3u2 +

7

3u2 = 4 u2

Ejemplo 6) Determina el área comprendida entre la parábola y = −x2 + 6x− 8,el ejeX y las rectas x = 1 y x = 5

Determinamos en primer lugar , si existen ptos de corte de la función y = −x2 + 6x− 8conel eje de las X dentro del intervalo [1, 5] :Para ello resolvemos el siguiente sistemay = −x2 + 6x− 8y = 0

¾→, Los únicos puntos de corte son el (2, 0) y el (4, 0)

Observa que 2 ∈ [1, 5] y 4 ∈ [1, 5]

A la vista de la gráfica; podemos observar quey = −x2 + 6x− 8 ≤ 0 ∀x ∈ [1, 2]y = −x2 + 6x− 8 ≥ 0 ∀x ∈ [2, 4]y = −x2 + 6x− 8 ≤ 0 ∀x ∈ [4, 5]

: Por

lo tantoA = A1 +A2 +A3 donde

A1 =

¯¯2Z1

¡−x2 + 6x− 8¢ dx¯¯ =

¯¯·−x33+ 3x2 − 8x

¸21

¯¯ = 22

3 u2

A2 =

4Z2

¡−x2 + 6x− 8¢ dx = 43 u

2

89


A3 =

¯¯5Z4

¡−x2 + 6x− 8¢ dx¯¯ = 4

3 u2

A = A1 +A2 +A3 = 10 u2

Ejemplo 7) Determina el área comprendida entre la gráfica de la función y = sinx,eleje X y las rectas x = 0 y x =

5π

6(' 2. 618)

x 420-2-4

1

0.5

0

-0.5

-1

Determinamos en primer lugar , si existen ptos de corte de la función y = sinx conel eje de las X dentro del intervalo [0,

5π

6] :Para ello resolvemos el siguiente sistema

y = sinxy = 0

¾→, Los infinitos puntos de corte son (2kπ, 0) y el (π + 2kπ, 0) con k ∈ Z

(enteros)Como el 0 ∈ [0, 5π

6] y a la vista de la gráfica y = sinx ≥ 0 ∀x ∈ [0, 5π

6] ; entonces

A =

5π6Z0

sinxdx = [− cosx]5π60 = − cos 5π6 + cos 0 = 1

2

√3 + 1 u2

Ejemplo 8) Determina el área comprendida entre la gráfica de la función y = cosx,eleje X y las rectas x = 0 y x =

5π

6(' 2. 618)

90



Determinamos en primer lugar , si existen ptos de corte de la función y = sinx conel eje de las X dentro del intervalo [0,

5π

6] :Para ello resolvemos el siguiente sistema

y = cosxy = 0

¾→, Los infinitos puntos de corte son (π

2+ 2kπ, 0) y el (

3π

2+ 2kπ, 0) con

k ∈ Z (enteros)

Como elπ

2∈ [0, 5π

6] y a la vista de la gráfica

y = cosx ≥ 0 ∀x ∈ [0, π2]

y = cosx ≤ 0 ∀x ∈ [π2,5π

6]

; entonces

A =

π2Z0

cosxdx+

¯¯5π6Zπ2

cosxdx

¯¯ = [sinx]π20 + ¯[sinx]5π6π

2

¯= 1u2 + 1

2u2 = 3

2u2

Ejemplo 9) Determina el área comprendida entre la gráfica de la función y = lnx,eleje X y las rectas x = 0.5 y x = 2

91


El único punto de corte de esta gráfica con el eje de lasX es el punto (1, 0)

Como 1 ∈ [0.5 , 2] y además¯lnx ≤ 0 ∀x ∈ [0.5, 1]lnx ≥ 0 ∀x ∈ [1, 2]

¾entonces

A = A1 +A2 =

¯¯1Z0.5

lnxdx

¯¯+

2Z1

lnxdx = . 53972

Si resuelvesZlnxdx por partes obtendrásZ

lnxdx = x (lnx− 1) + CPor lo tanto; si calculas despacito cada integral tendrás

A1 =

¯¯1Z0.5

lnxdx

¯¯ = [x (lnx− 1)]10.5 = ¯−1− 0.5µlnµ12

¶− 1¶¯= 1

2 − 12 ln 2 u

2

A2 =

2Z1

lnxdx = [x (lnx− 1)]21 = 2(ln 2− 1) + 1 = 2 ln 2− 1 u2

A =1

2− 12ln 2 + 2 ln 2− 1 = −1

2+3

2ln 2 u2

Ejemplo 10) Determina el área comprendida entre la gráfica de la funcióny = (x− 2)2(x− 1),el ejeX y las rectas x = 1 y x = 3

92



La función corta al eje de las X precisamente en x = 1 y x = 2. Si te fijas en la gráficapodemos afirmar que la superifice pedida es:

A =

3Z1

(x− 2)2(x− 1)dx =·x4

4− 5x

3

3+ 4x− 4x

¸31

= 23 u

2

Si no hubieses dibujado la gráfica , también puedes considerar que A = A1 +A2

A1 =

¯¯2Z1

(x− 2)2(x− 1)dx¯¯ =

¯¯2Z1

¡x3 − 5x2 + 8x− 4¢ dx

¯¯ =

=

¯¯·x4

4− 5x

3

3+ 4x− 4x

¸21

¯¯ = 1

12

A2 =

¯¯3Z2

(x− 2)2(x− 1)dx¯¯ =

¯¯·x4

4− 5x

3

3+ 4x− 4x

¸32

¯¯ = 7

12

A = A1 +A2 =112 +

712 =

23 u

2

Ejemplo 11) Determina el área comprendida entre la gráfica de la funcióny = (x− 2)2(x− 1),el ejeX y las rectas x = 0 y x = 3

Ejemplo 12) Determina el área comprendida entre la gráfica de la funcióny = (x+ 1)(x− 2)(x+ 4) y el eje de lasX

93


x 420-2-4

160

140

120

100

80

60

40

20

0-20

Es fácil ver que la gráfica corta al eje de las X en los puntos (−1, 0), (−4, 0) y (2, 0) . Porlo tanto

A = A1 +A2 =

−1Z−4(x+ 1)(x− 2)(x+ 4)dx+

¯¯2Z−1(x+ 1)(x− 2)(x+ 4)dx

¯¯

A1 =

−1Z−4(x+1)(x−2)(x+4)dx =

−1Z−4

¡x3 + 3x2 − 6x− 8¢ dx = £14x4 + x3 − 3x2 − 8x¤−1−4 =

814 u

2

A2 =

¯¯2Z−1(x+ 1)(x− 2)(x+ 4)dx

¯¯ = 81

4 u2

A = 814 u

2 + 814 u

2 = 812 u

2

Área comprendida entre la gráfica de las funciones y = f(x) e y = g(x)En primer lugar determinaremos los puntos de corte entre ambas funciones resolviendo el

sistema formado por ambas expresiones y = f(x)y = g(x)

¾Supongamos que las abcisas de los puntos de corte son c, d, e siendo (c < d < e). Acontinuación estudiamos en los intervalos [c, d], [d, e] cuál de las dos ordenadas f(x) o g(x)es mayor; pudiendo darse las siguientes situaciones

1. Si f(x) ≥ g(x) ∀x ∈ [c, d]Si f(x) ≥ g(x) ∀x ∈ [d, e]

¾→ A =

eZc

(f(x)− g(x))dx

2. Si f(x) ≤ g(x) ∀x ∈ [c, d]Si f(x) ≥ g(x) ∀x ∈ [d, e]

¾→ A =

dZc

(g(x)− f(x))dx+eZd

(f(x)− g(x))dx

94



También puedes considerar A =

¯¯dZc

(f(x)− g(x))dx¯¯+

eZd

(f(x)− g(x))dx

3. Si f(x) ≥ g(x) ∀x ∈ [c, d]Si f(x) ≤ g(x) ∀x ∈ [d, e]

¾→ A =

dZc

(f(x)− g(x))dx+eZd

(g(x)− f(x))dx

También puedes considerar A =dZc

(f(x)− g(x))dx+¯¯eZd

(f(x)− g(x))dx¯¯

4. Si f(x) ≤ g(x) ∀x ∈ [c, d]Si f(x) ≤ g(x) ∀x ∈ [d, e]

¾→ A =

eZc

(g(x)− f(x))dx

También puedes considerar A =

¯¯eZc

(f(x)− g(x))dx¯¯

Es obvio, que todas estas situaciones están supeditadas a conocer las gráficas de las funcionesen el intervalo [c, e].Ahora bien, si las gráficas no deseasemos dibujarlas bastaría con indicar que:

A =

¯¯dZc

(f(x)− g(x))dx¯¯+

¯¯eZd

(f(x)− g(x))dx¯¯

Estas posibilidades explicadas aquí, se pueden hacer extensibles en el caso de que tengamosdos o más puntos en común para las dos gráficasEjemplo 13) Determina el área comprendida entre la parábola f(x) = x2 − 4 y larecta g(x) = x+ 2

95


Los puntos de corte entre ambas gráficas se determinan resolviendo el sistemay = x2 − 4y = x+ 2

¾→ (−2, 0) y (3, 5)

Como ∀x ∈ [−2, 3]. se verifica que g(x) ≥ f(x) entonces lo que nos piden es

A =

3Z−2

£x+ 2− (x2 − 4)¤ dx = 3Z

−2

¡−x2 + x+ 6¢ dx = ·12x2 + 6x− 1

3x3¸3−2=125

6u2

Ejemplo 14) : Determina el área comprendida entre la parábola f(x) = −x2 + 4 y larecta g(x) = x+ 2

96



Los puntos de corte entre ambas gráficas se determinan resolviendo el sistemay = −x2 + 4y = x+ 2

¾→ (−2, 0) y (1, 3)

Como ∀x ∈ [−2, 1]. se verifica que f(x) ≥ g(x) entonces lo que nos piden es

A =

1Z−2

£−x2 + 4− (x+ 2)¤ dx = 1Z−2

¡−x2 − x+ 2¢ dx = ·−13x3 − 1

2x2 + 2x

¸1−2=9

2u2 :

Ejemplo 15) : Determina el área comprendida entre la parábola f(x) = 3x2 − 2x− 1y la recta g(x) = x− 1

Los puntos de corte entre ambas gráficas se determinan resolviendo el sistema

97


y = 3x2 − 2x− 1y = x− 1

¾→ (0,−1) y (1, 0)

Como ∀x ∈ [0, 1]. se verifica que g(x) ≥ f(x) entonces lo que nos piden es

A =

1Z−0

£x− 1− (3x2 − 2x− 1)¤ dx = 1Z

0

¡−3x2 + 3x¢ dx = ·−x3 + 3x22

¸10

=1

2u2 :

Ejemplo 16) : Determina el área comprendida entre las parábolas f(x) = 3x2−2x−1, g(x) = x2 − 6x− 1

Los puntos de corte entre ambas gráficas se determinan resolviendo el sistemay = 3x2 − 2x− 1y = x2 − 6x− 1

¾→, (0,−1)y(−2, 15),

Como ∀x ∈ [−2, 0]. se verifica que g(x) ≥ f(x) entonces lo que nos piden es

A =

0Z−2

£x2 − 6x− 1− (3x2 − 2x− 1)¤ dx = 0Z

−2

¡−2x2 − 4x¢ dx = ·−23x3 − 2x2

¸0−2=8

3u2 :

Ejemplo 17) Determina el área comprendida entre las gráficas de las funcionesf(x) = sinx , g(x) = cosx y las rectas verticales x = −π

2y x =

π

2

98



El único punto de corte entre ambas gráficas en el intervaloh−π2,π

2

ise determinan

resolviendo el sistemay = sinxy = cosx

¾→,(π

4,

√2

2)

Como∀x ∈ [−π

2,π

4]. se verifica que g(x) ≥ f(x)

∀x ∈ [π4,π

2]. se verifica que f(x) ≥ g(x)

entoncesA = A1 +A2

A1=

π4Z−π2

(cosx− sinx) dx = [sinx+ cosx]π4−π2=√2 + 1 u2

A2=

π2Zπ4

(sinx− cosx) dx = [− cosx− sinx]π2π4=√2− 1 u2

A = 2√2u2

Ejemplo 19) Área de la circunferencia de centro el origen de coordenadas y radio 2

99


La ecuación de todos los puntos de la circunferencia de centro el origen y radio 2 es

x2 + y2 = 22

Si te fijas en el dibujo dicha superficie sabemos que ha de valer A = π.r2 = π.22 = 4π u2

Para calular esta superficie utilizando el cálculo integral; tendremos presente que:Area del cırculo = 4 · Area comprendida entre la funcion y = √4− x2 las rectasverticales x = 0, x = 2 y el eje OXAsí pues; calculemos esta última

2Z0

√4− x2dx

Para resolver esta integral tenemos que realizar el siguiente cambio de variable

x = 2 sin tdx = 2cos t dt

¾Al mismo tiempo que realizamos el cambio de variable; hemos de cambiar los límites deintegraciónObserva que:

100



Si x = 0→ 0 = 2 sin t→ t = 0

Si x = 2→ 2 = 2 sin t→ sin t = 1→ t =π

2

2Z0

√4− x2dx =

π2Z0

p4− 4 sin2 t 2 cos t dt = 4

π2Z0

cos2 t dt =71

4

π2Z0

cos2 t dt = 4

π2Z0

1 + cos 2t

2dt = 2

·t+

1

2sin 2t

¸π2

0

=

= 2

µπ2 +

1

2sin¡2π2

¢¶= π u2

Como2Z0

√4− x2dx = π u2 entonces;

Area del cırculo = 4 ·2Z0

p4− x2dx = 4π u2

71 Recuerda que cos2 t =1 + cos 2t

2

101


Ejemplo 20) Área de la elipse centrada en el origen y de semiejes 4 y 3La ecuación de todos los puntos de la elipse anterior es:

x2

42+y2

32= 1

Su gráfica es la siguiente

420-2-4

3

2

1

0

-1

-2

-3

Para calular esta superficie utilizando el cálculo integral; tendremos presente que:Area de la elipse = 4 · Area comprendida entre la funcion y = 3

4

√16− x2 las rectas

verticales x = 0, x = 4 y el eje OX

102



Así pues; calculemos esta última

3

4

4Z0

√16− x2dx




Si x = 0→ 0 = 4 sin t→ t = 0

Si x = 4→ 4 = 4 sin t→ sin t = 1→ t =π

2

3

4

4Z0

√16− x2dx = 3

4

π2Z0

p16− 16 sin2 t 4 cos t dt = 12

π2Z0

cos2 t dt =72

12

π2Z0

cos2 t dt = 12

π2Z0

1 + cos 2t

2dt = 3

·t+

1

2sin 2t

¸π2

0

=

= 3

µπ2 +

1

2sin¡2π2

¢¶= 3π u2


2

103


Como3

4

4Z0

√16− x2dx = 3π u2 entonces;

Area de la elipse = 4 · 34

4Z0

p4− x2dx = 12π u2

Razonando de manera análoga, intenta demostrar que el área de una elipse de semiejes a y b

(x2

a2+y2

b2= 1)viene determinada por la relación

A = π · a · b u2

Ejemplo 21) Área comprendida entre la gráfica de la circunferencia x2+(y−5)2 = 25si y ≥ 5 las rectas x = 5, x = −5 y el eje Ox

La ecuación de todos los puntos de la circunferencia de centro el punto (0, 5) y radio 5 siy ≥ 5 es

y = 5 +p25− x2

Si te fijas en el dibujo dicha superficie sabemos que ha de valer A =π

2· 52 + 5 · 10 =

π

2.52 + 50 = 50 +

25π

2. u2

Para calular esta superficie utilizando el cálculo integral; tendremos presente que:Area pedida = 2 · Area comprendida entre la funcion y = 5 +√25− x2 las rectasverticales x = 0, x = 5 y el eje OXAsí pues; calculemos esta última

104



5Z0

¡5 +√25− x2¢ dx




Si x = 0→ 0 = 5 sin t→ t = 0

Si x = 5→ 5 = 5 sin t→ sin t = 1→ t =π

2

5Z0

¡5 +√25− x2¢ dx =

π2Z0

³5 +

p25− 25 sin2 t

´5 cos t dt =

25

π2Z0

¡cos t+ cos2 t

¢dt =73= 25

π2Z0

¡cos t+ cos2 t

¢dt =

25

π2Z0

µcos t+

1 + cos 2t

2

¶dt = 25

·sin t+

t

2+sin 2t

4

¸π2

0

=

= 25

Ã1 +

π

4+sin¡2π2

¢4

!= 25

³1 +

π

4

ú2

Como5Z0

¡5 +√25− x2¢ dx = 25³1 + π

4

ú2 entonces;

Area pedida = 2 ·5Z0

³5 +

p25− x2

´dx = 50

³1 +

π

4

ú2 = 50 +

25π

2u2

Ejemplo 22) Área comprendida entre la gráfica de la circunferencia x2+(y−5)2 = 25si y ≤ 5 las rectas x = 5, x = −5 y el eje Ox


2

105


La ecuación de todos los puntos de la circunferencia de centro el punto (0, 5) y radio 5 siy ≤ 5 es

y = 5−p25− x2

Si te fijas en el dibujo dicha superficie sabemos que ha de valer A = 5 · 5 − π

2· 52 =

50− π

2.52 = 50− 25π

2. u2

Para calular esta superficie utilizando el cálculo integral; tendremos presente que:Area pedida = 2 · Area comprendida entre la funcion y = 5−√25− x2 las rectasverticales x = 0, x = 5 y el eje OXAsí pues; calculemos esta última

5Z0

¡5−√25− x2¢ dx




Si x = 0→ 0 = 5 sin t→ t = 0

Si x = 5→ 5 = 5 sin t→ sin t = 1→ t =π

2

5Z0

¡5−√25− x2¢ dx =

π2Z0

³5−

p25− 25 sin2 t

´5 cos t dt =

106



25

π2Z0

¡cos t− cos2 t¢ dt =74= 25

π2Z0

¡cos t− cos2 t¢ dt =

25

π2Z0

µcos t− 1 + cos 2t

2

¶dt = 25

·sin t− t

2− sin 2t

4

¸π2

0

=

= 25

Ã1− π

4−sin¡2π2

¢4

!= 25

³1− π

4

ú2

Como5Z0

¡5−√25− x2¢ dx = 25³1− π

4

ú2 entonces;


³5−

p25− x2

´dx = 50

³1− π

4

ú2 = 50− 25π

2u2

Ejemplo 23) Área comprendida entre la gráfica de la elipsex2

4+(y − 5)29

= 1 siy ≥ 5 las rectas x = 2, x = −2 y el eje Ox

La ecuación de todos los puntos de la elipse de centro el punto (0, 5) y ejes 2 y3respectivamente si y ≥ 5 es

y = 5 +3√4− x22


2

107


Si te fijas en el dibujo dicha superficie sabemos que ha de coincidir con la suma de unrectángulo de base 4 u y altura 5 u más la mitad de la superficie de una semielipe de ejes 2 y3 respectivamente (recuerda que el área de una elipse de ejes a y b es A = π · a · b)La superficie pedida es:

A = 4 · 5 + π

2· 3 · 2 = 20− π.3 = 20 + 3π.u2

Para calular esta superficie utilizando el cálculo integral; tendremos presente que:

Area pedida = 2 · Area comprendida entre la funcion y = 5 + 3√4− x22

las rectas

verticales x = 0, x = 2 y el eje OXAsí pues; calculemos esta última

2Z0

Ã5 +

3√4− x22

!dx




Si x = 0→ 0 = 2 sin t→ t = 0

Si x = 2→ 2 = 2 sin t→ sin t = 1→ t =π

2

2Z0

Ã5 +

3√4− x22

!dx =

π2Z0

Ã5 +

3p4− 4 sin2 t2

!2 cos t dt =

π2Z0

¡10 cos t+ 6 cos2 t

¢dt =75=

π2Z0

¡10 cos t+ 6 cos2 t

¢dt =

π2Z0

(10 cos t+ 3 + 3 cos 2t) dt =

·10 sin t+ 3t+ 3

sin 2t

3

¸π2

0

=


2

108

=

Ã10 +

3π

2+ 3

sin¡2π2

¢2

!= 10 +

3π

2u2

Como2Z0

Ã5 +

3√4− x22

!dx = 10 +

3π

2u2 entonces;


Ã5 +

3√4− x22

!dx = 2

µ10 +

3π

2

¶u2 = 20 + 3π u2

109

Appendix A Tabla de integrales inmediatas

Appendix A

110

Tabla de integrales inmediatas1.

Zf 0(x)dx = f(x) + C 2.

Zdx = x+ C

3.

Z(f(x) + g(x))dx =

Zf(x)dx+

Zg(x)dx 4.

Zk · f(x)dx = k

Zf(x)dx si k ∈ <

5.

Zxndx =

xn+1

n+ 1+ C si n 6= −1 6.

Zf 0(x) · (f(x))ndx = (f(x))n+1

n+ 1+ Csi que n 6= −1

7.

Z1

xdx = ln |x|+ C 8.

Zf 0(x)f(x)

dx = ln |f(x)|+ C

9.

Zaxdx =

ax

ln a+ C si a ∈ <+ ∼ {1} 10.

Zaf(x)f 0(x)dx =

af(x)

ln a+ C si a ∈ <+ ∼ {1}

11.

Zexdx = ex + C 12.

Zef(x)f 0(x)dx = ef(x) + C

13.

Zcosxdx = sinx+ C 14.

Zf 0(x) cos f(x)dx = sin f(x) + C

15.

Zsinxdx = − cosx+ C 16.

Zf 0(x) sin f(x)dx = − cos f(x) + C

17.

Zsec2 xdxZ1

cos2 xdxZ

(1 + tan2 x)dx

= tanx+ C 18.

Zf 0(x) sec2 f(x)dxZf 0(x)cos2 f(x)

dxZf 0(x)(1 + tan2 f(x))dx

= tan f(x) + C

19.

Zcsc2 xdxZ1

sin2 xdxZ

(1 + cot2 x)dx

= − cotx+ C 20.

Zf 0(x) csc2 f(x)dxZf 0(x)sin2 f(x)

dxZf 0(x)(1 + cot2 f(x))dx

= − cot f(x) + C

21.

Zsecx · tanxdxZsinx

cos2 xdx

= secx+ C 22.

Zf 0(x) sec f(x) · tan f(x)dxZf 0(x) sin f(x)cos2 f(x)

dx

= sec f(x) + C

23.

Zcscx · cotxdxZcosx

sin2 xdx

= − cscx+ C 24.

Zf 0(x) csc f(x) · cot f(x)dxZf 0(x) cos f(x)sin2 f(x)

dx

= − csc f(x) + C

25.

Z1

1 + x2dx = arctanx+ C 26.

Zf ’(x)

1 + (f(x))2dx = arctan(f(x)) + C

27.

Z1√1− x2 dx = arcsinx+ C 28.

Zf ’(x)p1− (f(x))2 dx = arcsin(f(x)) + C

29.

Z1√1 + x2

dx = ln¯x+

p1 + x2

¯+ C 30.

Zf ’(x)p1 + (f(x))2

dx = ln¯f(x) +

p1 + (f(x))2

¯+ C

31.

Z1√x2 − 1dx = ln

¯x+

px2 − 1

¯+ C 32.

Zf ’(x)p(f(x))2 − 1dx = ln

¯f(x) +

p(f(x))2 − 1

¯+ C

111

Appendix B Integrales tipoZ

1

(t2 + 1)p dt si p≥ 2

Nota Fíjate en estas dos integrales, que vienen a continuación, como se resuelven

•Zsecxdx =76

Zsecx(secx+ tanx)

secx+ tanxdx =

Zsec2 x+ secx · tanx

secx+ tanxdx

Observa que la derivada de secx+ tanx es sec2 x+ secx · tanx. Por lo tanto la integralanterior es de tipo logarítmicoZ

secxdx = ln |secx+ tanx|+ C

•Zcscxdx =77

Zcscx(cscx− cotx)cscx− cotx dx =

Zcsc2 x− cscx · cotx

cscx− cotx dx

Observa que la derivada de cscx − cotx es csc2 x− cscx · cotx. Por lo tanto la integralanterior es de tipo logarítmicoZ

secxdx = ln |cscx− cotx|+ C

76 Multiplicamos y dividimos por secx+ tanx77 Multiplicamos y dividimos por cscx− cotx

112

Appendix B

Integrales tipoZ

1

(t2 + 1)pdt si p≥ 2

Ip =

Z1

(t2 + 1)p dt =

Z1 + t2 − t2(t2 + 1)

p dt = Ip−1 −Zt · t

(t2 + 1)p dt Esta segunda integral

se resuelve por partesu = t du = dt

t

(t2 + 1)p dt = dv v =

Zt(t2 + 1)−pdt =

1

2

(t2 + 1)−p+1

−p+ 1 =−1

2 (p− 1) (t2 + 1)p−1

Ip =

Z1

(t2 + 1)p dt = Ip−1 −

Ã−t

2 (p− 1) (t2 + 1)p−1 +1

2 (p− 1)

Z1

(t2 + 1)p−1

!Ip = Ip−1 +

t

2 (p− 1) (t2 + 1)p−1 −1

2 (p− 1) Ip−1

Ip =t

2 (p− 1) (t2 + 1)p−1 +Ã1− 1

2 (p− 1)

!Ip−1

Ip =t

2 (p− 1) (t2 + 1)p−1 +2p− 32 (p− 1)Ip−1

Fíjate que I1 =Z

1

(t2 + 1)dt = arctan t+ C

Ejemplo 1Z

1

(t2 + 1)2 dt

Según la fórmula de reducción deducida en este apéndice

I2=

Z1

(t2 + 1)2dt =

t

2 (2− 1) (t2 + 1)2−1 +2(2)− 32 (2− 1)I1

Como I1 =Z

1

(t2 + 1)dt = arctan t+ C entonces

I2=

Z1

(t2 + 1)2 dt =

t

2(t2 + 1)+1

2arctan t+ C

Ejemplo 2Z

1

(t2 + 1)3 dt

Según la fórmula de reducción deducida anteriormente

I3 =t

2 (3− 1) (t2 + 1)3−1 +2 (3)− 32 (3− 1)I2

Si te fijas en el ejemplo 1 y sustituyes el valor de I2

I3 =t

4(t2 + 1)2+3

4

Ãt

2(t2 + 1)+1

2arctan t

!+ C

113

Appendix C Integrales tipoZ

1

(ax2 + bx+ c)p dx si p≥ 2 siendo∇ = b2 − 4ac < 0

Appendix C

Integrales tipoZ

1

(ax2 + bx + c)pdx

si p≥ 2 siendo∇ = b2 − 4ac < 0Como ax2 + bx+ c =

1

4a

¡4a2x2 + 4abx+ 4ac

¢=

1

4a

¡4a2x2 + 4abx+ b2 − b2 + 4ac¢ = 1

4a· £(2ax+ b)2 −∇¤

Si llamamos a −∇ = H (H > 0) tendremos

ax2 + bx+ c =1

4a· £(2ax+ b)2 +H¤ = H

4a·"(2ax+ b√

H)2 + 1

#Con lo que Z

1

(ax2 + bx+ c)p dx =

Z1"

H

4a·Ã(2ax+ b√

H)2 + 1

!#p dx =µ4a

H

¶p Z1"

(2ax+ b√

H)2 + 1

#p dx

Si realizamos el siguiente cambio de variable2ax+ b√

H= t→ dx =

√H

2adt

Z1

(ax2 + bx+ c)pdx =

µ4a

H

¶p Z1"

(2ax+ b√

H)2 + 1

#p dx ==

µ4a

H

¶p √H2a

Z1

(t2 + 1)pdt =

22p−1ap−1

Hp−12Ip siendo Ip la integral del apéndice anterior

Ejemplo 1)Z

1

(3x2 + 2x+ 1)2 dx Observa que∇ = 4− 12 = −8 < 0

Como ax2 + bx+ c =H

4a·"(2ax+ b√

H)2 + 1

#siendoH = −∇

114

3x2 + 2x+ 1 =8

12·"(6x+ 2√

8)2 + 1

#=2

3

·(3x+ 1√

2)2 + 1

¸entoncesZ

1

(3x2 + 2x+ 1)2 dx =

Z1Ã

2

3

"µ3x+ 1√

2

¶2+ 1

#!2 dx = 9

4

Z1"µ

3x+ 1√2

¶2+ 1

#2 dx

Si realizamos el siguiente cambio de variable3x+ 1√

2= t→ dx =

√2

3dt

9

4

Z1"µ

3x+ 1√2

¶2+ 1

#2 dx = 9√2

4 · 3Z

1

(t2 + 1)2 dt =

3√2

4I2

Si te fijas en el apéndice anterior I2 =Z

1

(t2 + 1)2dt =

t

2(t2 + 1)+1

2arctan t+ C


I2 =

3x+ 1√2

2

Ã3x+ 1√2

!2+ 1

+1

2arctan

3x+ 1√2

+ C

Así pues simplificando y sustituyendo en la integral inicial tendremosZ1

(3x2 + 2x+ 1)2 dx =

3√2

4

Ã1

6

√2 (3x+ 1)

3x2 + 2x+ 1+1

2arctan

3x+ 1√2

!+ C

Z1

(3x2 + 2x+ 1)2dx =

1

4

3x+ 1

3x2 + 2x+ 1+3√2

8arctan

3x+ 1√2

+ C

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Introducción - · PDF filecsc2 dx con n≥1 22 1.13 Integrales del tipo Z ... A Tabla...

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