Tema 3 Integral indefinida de funciones de una variable
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Tema 3
Integral indefinida de funciones de una variable
3.1. Conceptos generales
Una primitiva de una función es otra función que la tiene como derivada y la operación que permite
obtener esta primitiva a partir de la función original recibe el nombre de integración. Se tiene que cumplir
que ambas funciones estén definida en un mismo intervalo [a, b] ⊆ R y que la primitiva sea continua en el
intervalo cerrado y derivable en el intervalo abierto (a, b). Supondremos que todas las funciones utilizadas
son integrables y que están definidas en un intervalo adecuado.
Definición 3.1 Sea f : [a, b] ⊆ R −→ R.
Una primitiva de f es una función F : [a, b] ⊆ R −→ R continua en [a, b] y derivable en (a, b) con
F′(x) = f (x) ∀ x ∈ (a, b).
El conjunto de primitivas de f recibe el nombre de integral indefinida de f y se representa por
∫f (x)dx
f es integrable en [a, b] si tiene una primitiva en [a, b].
131
Bloque II. CÁLCULO INTEGRAL
Observación Si F(x) es una primitiva de f entonces F(x) +C también lo es ∀C ∈ R con
∫f (x)dx = {F(x) +C/C ∈ R}
De esta forma, la integral indefinida de una función es una familia de funciones que tiene como parámetro
la constante de integración C. ♣
Ejemplo 3.2 La derivada de x2 es 2x, por lo que la integral de 2x es x2 junto a todas las funciones que
tienen como derivada 2x ∫2xdx = x2 +C ♣
Maxima 3.3 En Maxima al calcular la integral obtenemos una única primitiva de la familia:
( % i1) integrate(2*x, x);
x2 ( % o1)
( % i2) integrate(xˆ3,x);x4
4( % o2)
3.2. Descomposición en integrales inmediatas
Al cambiar el punto de vista de las derivadas de las funciones elementales, se obtienen las integrales
de algunas funciones que reciben el nombre de integrales inmediatas y entre ellas están las integrales que
aparecen en la tabla 3.1.
Al aplicar la regla de la cadena a estas integrales inmediatas podemos resolver un gran número de
integrales, que por extensión también reciben el nombre de integrales inmediatas.
∫Der( f (x)) f ′(x)dx = Fun( f (x))
Entre ellas tenemos
∫(n + 1) f (x)n f ′(x)dx = f (x)n+1
∫f ′(x)f (x)
dx = ln | f (x)|∫
e f (x) f ′(x)dx = e f (x)
Otras integrales se pueden resolver sustituyendo la expresión de la función por otra equivalente que per-
mita descomponer el integrando en integrales inmediatas al aplicar la propiedad distributiva (bien sumando
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TEMA 3. INTEGRAL INDEFINIDA DE FUNCIONES DE UNA VARIABLE
Tipo Integral Primitiva Integral Primitiva
Potencias (n , −1)∫
xndxxn+1
n + 1
∫(x − a)ndx
(x − a)n+1
n + 1
Logarítmicas∫
1x
dx ln |x|∫
1x − a
dx ln |x − a|
Exponenciales∫
exdx ex
∫axdx
ax
ln a
Trigonométricas∫
sen xdx − cos x∫
cos xdx sen x
∫(1 + tg2 x)dx tg x
∫1
cos2 xdx tg x
Inversas deTrigonométricas
∫1
√1 − x2
dxarc sen x− arc cos x
∫1
1 + x2 dxarc tg x
−arccotg x
Tabla 3.1: Integrales Inmediatas
y restando una cantidad o bien multiplicando y dividiendo por un mismo número)
∫ [α f (x) + βg(x)
]dx = α
∫f (x)dx + β
∫g(x)dx
Ejercicio 3.4 Calcular las siguientes integrales inmediatas:
(a)∫
(3x + 5)2dx (b)∫
x 3x2dx (c)
∫(x2 +
2x3 −
3√x2)dx (d)
∫1
5x + 3dx
(e)∫
ln3 x dxx
(f)∫
dxtg x cos2 x
(g)∫
x2 ln(x3 + 1) dxx3 + 1
(h)∫
ex dxe2x + 1
(i)∫
tg xdx (j)∫
sen4 x cos xdx (k)∫
earc tg x
1 + x2 dx (l)∫
sen (ln x)x
dx
Solución
(a)∫
(3x + 5)2dx =13
∫3(3x + 5)2dx =
13
(3x + 5)3
3=
(3x + 5)3
9+C
(b)∫
x 3x2dx =
12
∫2x3x2
dx =12
3x2
ln 3=
3x2
2 ln 3+C
(c)∫
(x2 +2x3 −
3√x2)dx =
∫x2dx + 2
∫x−3dx −
∫x
23 dx =
x3
3+ 2
x−2
−2−
x53
53
=x3
3−
1x2 −
33√
x5
5+C
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Bloque II. CÁLCULO INTEGRAL
(d)∫
15x + 3
dx =15
∫5
5x + 3dx =
15
ln |5x + 3| +C
(e)∫
ln3 xx
dx =∫
(ln x)3dxx
=14
∫4(ln x)3 1
xdx =
ln4 x4+C
(f)∫
dxtg x cos2 x
=
∫1
tg x1
cos2 xdx = ln | tg x| +C
(g)∫
x2 ln(x3 + 1) dxx3 + 1
=1
2 · 3
∫2 ln(x3 + 1)
1x3 + 1
3x2 dx =ln2(x3 + 1)
6+C
(h)∫
ex
e2x + 1dx =
∫1
(ex)2 + 1ex dx = arc tg(ex) +C
(i)∫
sen4 x cos xdx =15
∫5 sen4 x cos xdx =
sen5 x5+C
(j)∫
tg xdx =∫
sen xcos x
dx = −∫
1cos x
(− sen x)dx = − ln | cos x| +C
(k)∫
earc tg x
1 + x2 dx =∫
earc tg x 11 + x2 dx = earc tg x +C
(l)∫
sen (ln x)x
dx =∫
sen (ln x)1x
dx = − cos (ln x) +C ♣
3.3. Integración por partes
Al integrar la derivada del producto de dos funciones, u = u(x) y v = v(x), se obtiene
∫(uv)′dx =
∫uv′dx +
∫u′vdx =⇒
∫udv = uv −
∫vdu
Esta formula da lugar al método de integración por partes en el que seA divide la integral, derivando
una función, u = u(x) e integrando otra, dv = v′(x)dx. Se suele recordar la fórmula con la regla
∫udv = uv −
∫vdu “un día ví una vaca vestida de uniforme”.
Hay que elegir u y dv de manera que la segunda sea fácilmente integrable. Se utiliza normalmente la
regla de los ALPES, en la que se toma como u la función que aparece primero en la siguiente lista:
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TEMA 3. INTEGRAL INDEFINIDA DE FUNCIONES DE UNA VARIABLE
♦ funciones Arco
♦ funciones Logarímicas
♦ funciones Potencias y Polinomios
♦ funciones Exponenciales
♦ funciones Seno y coseno
En algunos casos, hay que repetir el proceso de forma sucesiva hasta que aparece una integral inmediata.
También puede aparece la integral de partida al aplicarlo sucesivamente y en esta situación se determina una
ecuación de la que se despeja la integral para obtener una primitiva. Algunas funciones se pueden integrar
por partes tomando dv = dx y algunos cuadrados de funciones se pueden integrar por partes con la función
actuando como u y como dv.
Ejemplo 3.5 Calcular las siguientes integrales por el método de integración por partes.
(a)∫
x exdx (b)∫
x2 sen xdx (c)∫
ex cos xdx (d)∫
ln xdx (e)∫
cos2 xdx
Solución
(a)∫
x exdx=u = x du = dx
dv = exdx v = ex= x ex −
∫exdx = x ex − ex = (x − 1)ex +C
(b)∫
x2 sen xdx =u = x2 du = 2xdx
dv = sen xdx v = − cos x= −x2 cos x + 2
∫x cos xdx = (∗)
La integral resultante se resuelve por partes
∫x cos xdx =
u = x du = dx
dv = cos xdx v = sen x= x sen x −
∫sen xdx
(∗)= = −x2 cos x + 2[x sen x −
∫sen xdx
]= −x2 cos x + 2x sen x + 2 cos x +C
(c)∫
ex cos xdx =u = ex du = exdx
dv = cos xdx v = sen x= ex sen x −
∫ex sen xdx
Al aplicar la integración por partes a la integral resultante obtenemos la integral de partida:
∫ex sen xdx =
u = ex du = exdx
dv = sen xdx v = − cos x= −ex cos x +
∫ex cos xdx
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Esto nos permite obtener una ecuación:∫ex cos xdx = ex sen x −
[−ex cos x +
∫ex cos xdx
]= ex sen x + ex cos x −
∫ex cos xdx
Si llamamos I a la integral original podemos despejar la integral buscada
I = ex sen x + ex cos x − I =⇒ 2I = ex sen x + ex cos x =⇒ I =ex sen x + ex cos x
2
Por tanto ∫ex cos xdx =
ex sen x + ex cos x2
+C
(d)∫
ln xdx =u = ln x du = 1
xdx
dv = dx v = x= x ln x −
∫dx = x ln x − x +C
(e)∫
cos2 xdx =u = cos x du = − sen xdx
dv = cos xdx v = sen x= cos x sen x +
∫sen2 xdx = (∗)
Al aplicar la fórmula fundamental de la trigonometría
(∗) = cos x sen x +∫ (
1 − cos2 x)dx = cos x sen x + x −
∫cos2 xdx
Esto nos permite obtener una ecuación de la que podemos despejar la integral buscada∫cos2 xdx = cos x sen x + x −
∫cos2 xdx =⇒
∫cos2 xdx =
x + sen x cos x2
+C ♣
Ejemplo 3.6 Calcular las siguientes integrales por el método de integración por partes.
(a)∫
e2x+1 cos(2x − 2) dx (b)∫
x(ln x)2 dx
Solución
(a)∫
e2x+1 cos(2x − 2) dx =u = e2x+1 du = 2e2x+1dx
dv = cos(2x − 2)dx v =sen(2x − 2)
2
=
e2x+1 sen(2x − 2)2
−
∫sen(2x − 2)e2x+1dx =
u = e2x+1 du = 2e2x+1dx
dv = sen(2x − 2)dx v =− cos(2x − 2)
2
=
e2x+1 sen(2x − 2)2
−
(− cos(2x − 2)e2x+1
2+
∫e2x+1 cos(2x − 2)dx
)=
PROYECTO MATECO 3.14159 Página 136
TEMA 3. INTEGRAL INDEFINIDA DE FUNCIONES DE UNA VARIABLE
e2x+1 sen(2x − 2)2
+cos(2x − 2)e2x+1
2−
∫e2x+1 cos(2x − 2)dx
Como aparece la misma integral que teníamos es una integral cíclica, por tanto, escribimos lo obtenido
en forma de ecuación y despejamos la integral original
I =e2x+1 (sen(2x − 2) + cos(2x − 2))
2− I =⇒ I =
e2x+1 (sen(2x − 2) + cos(2x − 2))4
(b)∫
x(ln x)2 dx =u = (ln x)2 du =
2(ln x)dxx
dv = xdx v =x2
2
=x2(ln x)2
2−
∫x(ln x) dx =
u = ln x du =dxx
dv = xdx v =x2
2
=x2(ln x)2
2−
(x2(ln x)
2−
∫x2
dx)=
x2(ln x)2
2+
x2(ln x)2
+x2
4♣
3.4. Integración de funciones racionales
Ejemplo 3.7 Calcular las siguientes integrales inmediatas.
(a)∫
2x + 1(x2 + x + 1)3 dx (b)
∫x3 + 1
x4 + 4x + 7dx (c)
∫2x
1 + x4 dx
Solución
(a)∫
2x + 1(x2 + x + 1)3 dx = −
12(x2 + x + 1)2 +C
(b)∫
x3 + 1x4 + 4x + 7
dx =14
∫4x3 + 4
x4 + 4x + 7dx =
14
ln |x4 + 4x + 7| +C
(c)∫
2x1 + x4 dx =
∫2x
1 + (x2)2 dx = arc tg x2 +C ♣
Una función racional es aquella definida como un cociente de polinomios y, aunque algunas funciones
racionales se pueden integrar comprobando si pertenecen a la forma compuesta de alguna integral inme-
diata, existe un método general para resolverlas. En el método de descomposición en fracciones simples
descomponemos los cocientes de polinomios como suma de fracciones cuya integración es inmediata (estas
integrales reciben el nombre de fracciones simples y se integran dependiendo de su forma).
♦ Cada descomposición es única y depende de cuáles son las raices del denominador:
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Bloque II. CÁLCULO INTEGRAL
▶ A cada raíz simple le corresponde un factor (x − α) que da lugar a una fracción que resulta en
logaritmo ∫A
x − αdx = A ln|x − α|
▶ A cada raíz múltiple de multiplicidad m le corresponde un factor (x−α)m que da lugar a m fracciones
la primera de las cuales resulta en un logaritmo y el resto en potencias
A1
x − α,
A2
(x − α)2 , . . .Am
(x − α)m
con∫
A(x − a)n dx =
∫(x − α)−ndx =
(x − α)−n+1
(−n + 1)=
−A(n − 1)(x − a)n−1 (n , 1)
▶ A cada par de raíces complejas conjugadas le corresponde un polinomio irreducible de segundo
grado ax2 + bx + c que da lugar a una fracción
Mx + Nax2 + bx + c
que es suma de un logaritmo y una arcotangenteMx + N
ax2 + bx + c= K
(ax2 + bx + c)′
ax2 + bx + c+
Aax2 + bx + c
▶ A cada par de raíces complejas conjugadas de multiplicidad m le corresponde una potencia de un
polinomio irreducible de segundo grado que da lugar a m fracciones (este caso no lo estudiaremos).
♦ El cociente de polinomios se escribe como una suma de fracciones simples, con coeficientes genéricos
que se determinan sumando las fracciones e identificando numeradores, para posteriormente integrar estas
fracciones.
▶ Es importante señalar que para poder descomponer un cociente de polinomios en fracciones simples
el grado del numerador tiene que ser menor que el grado del denominador. Si no es así, dividimos
numerador entre denominador e integramos el cociente como un polinomio aplicando el método de des-
composición al resto de la división
∫P(x)Q(x)
dx =∫
C(x)dx +∫
R(x)Q(x)
dx.
Ejemplo 3.8 Calcular las siguientes integrales de fracciones simples
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TEMA 3. INTEGRAL INDEFINIDA DE FUNCIONES DE UNA VARIABLE
(a)∫
2x + 1
dx (b)∫
2(x − 1)2 dx (c)
∫2x + 3
x2 + 3x + 7dx (d)
∫1
x2 + 6x + 15dx
Solución
(a) En este caso tenemos una potencia con n = 1:∫2
x + 1dx = 2 ln |x + 1| +C
(b) En este caso tenemos una potencia con n , 1:∫2
(x − 1)2 dx = 2∫
(x − 1)−2dx = 2(x − 1)−1
−1= −
2x − 1
+C
(c) En este caso el numerador es la derivada del denominador y, por tanto, es de tipo logarítmico∫2x + 3
x2 + 3x + 7dx = ln |x2 + 3x + 7| +C
(d) En este caso el numerador es constante y el denominador no tiene raíces reales (polinomio irreducible)
y, por tanto, es de tipo arcotangente. El primer paso es reescribir la integral:
x2 + 6x + 15 = 0 =⇒ x =−6 ±
√36 − 60
2=⇒
∫1
x2 + 6x + 15dx =
∫1
(x + 3)2 + 6dx
∫1
(x + 3)2 + 6dx =
1√
6arc tg
(x + 3√
6
)+C
(e) En este caso el numerador es de primer grado y el denominador no tiene raíces reales y, por tanto, es
de tipo neperiano-arcotangente
x2 + 2x + 5 = 0 =⇒ x =−2 ±
√4 − 20
2
Para descomponerla en suma de una integral de tipo logarítmico y otra de tipo arcotangente obtenene-
mos la derivada del término de grado dos multiplicando y dividiendo por 2:∫x + 3
x2 + 2x + 5dx =
12
∫2x + 6
x2 + 2x + 5dx = (∗)
A continuación restamos y sumamos 2 para obtener la derivada completa del denominador:
(∗) =12
∫2x + 2 − 2 + 6
x2 + 2x + 5dx =
12
∫2x + 2
x2 + 2x + 5dx +
12
∫4
x2 + 2x + 5dx
La primera integral es de tipo logarítmico y es inmediata:
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Bloque II. CÁLCULO INTEGRAL
12
∫2x + 2
x2 + 2x + 5dx =
12
ln |x2 + 2x + 5|
La segunda integral es de tipo arcotangente y escribimos x2 + 2x + 5 como (x + 1)2 + 4:
12
∫4
x2 + 2x + 5dx = 2
∫1
x2 + 2x + 5dx = 2
∫1
(x + 1)2 + 4dx = 2
14
∫1
(x+1)2+44
dx =
214
∫1
(x + 1)2
4+ 1=
12
∫1(
x + 12
)2
+ 1
dx = 212
∫12(
x + 12
)2
+ 1
dx = arc tg(
x + 12
)
En resumen ∫2x + 3
x2 + 2x + 5dx =
12
ln |x2 + 2x + 5| + arc tg(
x + 12
)+C ♣
Ejemplo 3.9 Calcular las siguientes integrales racionales
(a)∫
2x5 + 2x2 − 4x − 12x2 − 1
dx (b)∫
9x3 − 6x2 + 9x − 4
dx (c)∫
3x + 5x3 − x2 − x + 1
dx
(d)∫ x2 − 3x − 5
x3 + 4x2 + 5xdx (e)
∫x
x2 − 2x − 3dx (f)
∫x
2x2 − 12x + 50dx
Solución
(a)∫
2x5 + 2x2 − 4x − 12x2 − 1
dx
♦ Al ser el grado del numerador mayor que el grado del denominador en primer lugar efectuamos la
división: ∫2x5 + 2x2 − 4x − 12
x2 − 1dx =
∫(2x3 + 2x + 2)dx +
∫−2x − 10
x2 − 1dx.
La primera integral es inmediata
∫(2x3 + 2x + 2)dx =
x4
2+ x2 + 2x
La segunda integral se resuelve por el método de descomposición en el que descomponemos el deno-
minador en factores
x2 − 1 = 0⇔ x = ±1 =⇒ x2 − 1 = (x + 1)(x − 1)
la suma de fracciones simples correspondiente es
−2x − 10x2 − 1
=A
x + 1+
Bx − 1
=A(x − 1) + B(x + 1)
(x + 1)(x − 1)
PROYECTO MATECO 3.14159 Página 140
TEMA 3. INTEGRAL INDEFINIDA DE FUNCIONES DE UNA VARIABLE
♦ El valor de las constantes se determina identificando los numeradores, para lo que damos valores a las
variables:
−2x − 10 = A(x − 1) + B(x + 1) =⇒
x = 1 → −12 = 2B → B = −6
x = −1 → −8 = −2A → A = 4
▶ Al calcular la integral de cada fracción simple obtenemos la integral buscada:
∫4
x + 1−
6x − 1
dx = 4 log(x + 1) − 6 log(1 − x)
En resumen
∫2x5 + 2x2 − 4x − 12
x2 − 1dx =
x4
2+ x2 + 2x + 4 ln(x + 1) − 6 ln(1 − x) +C
(b)∫
9x3 − 6x2 + 9x − 4
dx
Descomponemos el denominador en factores, buscando entre los divisores del término independiente
una raíz entera por la regla de Rufini:
1 −6 9 −4
1 1 −5 4
1 −5 4 0
En el resto de la división, x2 − 5x + 4, buscamos las otras dos raíces:
λ =5 ±√
25 − 162
=
5+3
2 = 4
5−32 = 1
La raíz x = 1 aparece dos veces, por lo que tiene multiplicidad dos y la raíz x = 4 aparece una única
vez, por lo que tiene multiplicidad uno. Por tanto, las raíces son
x =
1 m = 2
4 m = 1
Página 141 PROYECTO MATECO 3.14159
Bloque II. CÁLCULO INTEGRAL
▶ Como la descomposición del denominador en factores es x3 − 6x2 + 9x− 4 = (x− 4)(x− 1)2, la suma
de fracciones simples correspondiente es
1x3 − 6x2 + 9x − 4
=A
x − 4+
Bx − 1
+C
(x − 1)2
♦ El valor de las constantes se determina identificando los numeradores, para lo que damos valores a las
variables:
9 = A(x − 1)2 + B(x − 4)(x − 1) +C(x − 4) =⇒
x = 1 → 9 = −3C
x = 4 → 9 = 9A
x = 0 → 9 = A + 4B − 4C
=⇒
A = 1
B = −1
C = −3
▶ Al calcular la integral de cada fracción simple obtenemos la integral buscada:
∫9
x3 − x2 − x + 1dx =
∫1
x − 4dx +
∫−1
x − 1dx +
∫−3
(x − 1)2 dx
▷ La primera integral es inmediata
∫1
x − 4dx = ln |x − 4|
▷ La segunda integral es inmediata
∫−1
x − 1dx = − ln |x − 1|
▷ La tercera integral se escribe como potencia
∫−3
(x − 1)2 dx = −3∫
(x − 1)−2dx = −3(x − 1)−1
−1=
3(x − 1)
Por tanto
∫9
x3 − 6x2 + 9x − 4dx = ln |x − 4| − ln |x − 1| +
3x − 1
= ln∣∣∣∣∣ x − 4x − 1
∣∣∣∣∣ + 3x − 1
+C
PROYECTO MATECO 3.14159 Página 142
TEMA 3. INTEGRAL INDEFINIDA DE FUNCIONES DE UNA VARIABLE
(c)∫
3x + 5x3 − x2 − x + 1
dx
♦ En primer lugar descomponemos el denominador en factores, buscando entre los divisores del término
independiente una raíz entera por la regla de Rufini:
1 −1 −1 1
1 1 0 −1
1 0 −1 0
En el resto de la división, x2 − 1, buscamos las otras dos raíces, lo que en este caso es inmediato
(x2 = 1 =⇒ x = ±1) Como la raíz x = 1 aparece dos veces y la raíz x = −1 aparece una única vez, las raíces
son
x =
1 m = 2
4 m = 1
▶ Como la descomposición del denominador en factores es x3 − x2 − x + 1 = (x + 1)(x − 1)2, la suma
de fracciones simples correspondiente es
3x + 5x3 − x2 − x + 1
=A
x + 1+
B(x − 1)2 +
Cx − 1
♦ El valor de las constantes se determina identificando los numeradores, para lo que damos valores a las
variables:
3x + 5 = A(x − 1)2 + B(x + 1) +C(x + 1)(x − 1) =⇒
x = 1 → 8 = 2B
x = −1 → 2 = 4A
x = 0 → 5 = A + B −C
=⇒
A = 1
2
B = 4
C = −12
♦ Al calcular la integral de cada fracción simple obtenemos la integral buscada:∫3x + 5
x3 − x2 − x + 1dx =
∫ 12
x + 1dx +
∫4
(x − 1)2 dx +∫−1
2
x − 1dx
Por tanto ∫3x + 5
x3 − x2 − x + 1dx =
12
ln |x + 1| −4
x − 1−
12
ln |x − 1| +C
Página 143 PROYECTO MATECO 3.14159
Bloque II. CÁLCULO INTEGRAL
(d)∫ x2 − 3x − 5
x3 + 4x2 + 5xdx
♦ Para la descomposición del denominador en factores sacamos factor común x3+4x2+5x = x(x2+4x+5)
y calculamos las raíces del polinomio de grado 2
x2 + 4x + 5 = 0 =⇒ x =−4 ±
√16 − 20
2=−4 ±
√−4
2
Como el polinomio no tiene raíces reales es irreducible y la suma de fracciones simples correspondiente
esx2 − 3x − 5
x3 + 4x2 + 5x=
Ax+
Mx + Nx2 + 4x + 5
▶ El valor de las constantes se determina identificando los numeradores:
x2 − 3x − 5 = A(x2 + 4x + 5) + (Mx + N)x =⇒
x = 0 → −5 = 5A
x = 1 → −7 = 10A + M + N
x = 2 → −7 = 17A + 4M + 2N
=⇒
A = −1
M = 2
N = 1
♦ La descomposición de la integral es:
∫x2 − 3x − 5
x3 + 4x2 + 5xdx =
∫−1x
dx +∫
2x + 1x2 + 4x + 5
dx
▶ La primera integral es una fracción simple cuyo denominador es una raíz simple:
∫−1x
dx = − ln |x|
▶ La segunda integral es una fracción simple que se descompone en suma de una integral de tipo
logarítmico y otra de tipo arcotangente.
Como el numerador es 2x + 1 y la derivada del denominador es 2x + 4 sumamos y restamos 4:
∫2x + 1
x2 + 4x + 5dx =
∫2x + 4 − 4 + 1
x2 + 4x + 5dx =
∫2x + 4
x2 + 4x + 5dx +
∫−3
x2 + 4x + 5dx
PROYECTO MATECO 3.14159 Página 144
TEMA 3. INTEGRAL INDEFINIDA DE FUNCIONES DE UNA VARIABLE
▷ La integral de tipo logarítmico es inmediata:
∫2x + 4
x2 + 4x + 5dx = ln |x2 + 4x + 5|
▷ La integral de tipo arcotangente es inmediata cuando escribimos x2 + 4x + 5 como (x + 2)2 + 1:
∫−3
x2 + 4x + 5dx = −3
∫1
(x + 2)2 + 1dx = −3 arc tg(x + 2)
▷ Por tanto tenemos
∫2x + 1
x2 + 4x + 5dx = ln |x2 + 4x + 5| − 3 arc tg(x + 2)
En resumen, la integral buscada es
∫x2 − 3x − 5
x3 + 4x2 + 5xdx = − ln |x| + ln |x2 + 4x + 5| − 3 arc tg(x + 2) +C
(e)∫
xx2 − 2x − 3
dx
Descomponemos el denominador x2 − 2x − 3 = 0 cuyas raíces son
x =2 ±√
4 + 122
=
2+4
2 = 3
2−42 = −1
Por tanto, la suma de fracciones simples correspondiente es
xx2 − 2x − 3
=A
x − 3+
Bx + 1
▶ El valor de las constantes se determina identificando los numeradores:
x2 − 2x − 3 = A(x + 1) + B(x − 3) =⇒
x = −1 =⇒ − 1 = −4B
x = 3 =⇒ 3 = 4A
=⇒
A = 34
B = 14
Página 145 PROYECTO MATECO 3.14159
Bloque II. CÁLCULO INTEGRAL
♦ La descomposición de la integral es:
∫x
x2 − 2x − 3dx =
∫ 34
x − 3+
14
x + 1dx
▶ Ambas integrales son fracciones simples cuyo denominador es una raíz simple y son inmediatas
∫x
x2 − 2x − 3dx =
∫ 34
x − 3+
14
x + 1dx =
34
ln |x − 3| +14
ln |x + 1| +C
(f)∫
x2x2 − 12x + 50
dx
Al intentar descomponer el denominador observamos que el polinomio no tiene raíces reales
2x2 − 12x + 50 = 0 =⇒ x =−12 ±
√144 − 4004
=−12 ±
√−356
4
Por tanto, esta integral se descompone en suma de una integral de tipo logarítmico y otra de tipo arcotan-
gente. Para ello, transformamos la integral multiplicando y dividiendo por 4 para obtener la derivada de 2x2
y a continuación restamos y sumamos 12 para obtener la derivada de 2x2 − 12x + 50:∫x
2x2 − 12x + 50dx =
14
∫4x
2x2 − 12x + 50dx =
14
∫4x − 12 + 12
2x2 − 12x + 50dx
Descomponemos la integral en suma de una integral de tipo logarítmico y otra de tipo arcotangente:
14
∫4x − 12 + 12
2x2 − 12x + 50dx =
14
∫4x − 12
2x2 − 12x + 50dx +
∫3
2x2 − 12x + 50dx
La integral de tipo logarítmico es inmediata:
14
∫4x − 12
2x2 − 12x + 50dx =
14
ln |2x2 − 12x + 50|
La integral de tipo arcotangente es inmediata si escribimos 2x2 − 12x + 50 como 2[(x − 3)2 + 16]:∫3
2[(x − 3)2 + 16]dx =
32
∫1
(x − 3)2 + 16dx =
38
arc tg(
x − 34
)En resumen:∫
x2x2 − 12x + 50
dx =14
ln |2x2 − 12x + 50| +38
arc tg(
x − 34
)+C ♣
Las integrales racionales pueden aparecer en integrales que no son racionales.
Ejemplo 3.10 Calcular∫
ln(x2 + 2x + 5) dx
PROYECTO MATECO 3.14159 Página 146
TEMA 3. INTEGRAL INDEFINIDA DE FUNCIONES DE UNA VARIABLE
Solución
∫ln(x2 + 2x + 5) dx =
u = ln(x2 + 2x + 5) du = (2x+2)dxx2+2x+5
dv = dx v = x= x ln(x2 + 2x + 5) −
∫(2x2 + 2x)dxx2 + 2x + 5
=
x ln(x2 + 2x + 5) −∫ (
2 −2x + 10
x2 + 2x + 5
)dx = x ln(x2 + 2x + 5) − 2x +
∫2x + 10
x2 + 2x + 5dx = (∗)
(∗)∫
2x + 10x2 + 2x + 5
dx =∫ (
2x + 2x2 + 2x + 5
+8
x2 + 2x + 5
)dx = ln(x2 + 2x + 5) + 8
∫dx
x2 + 2x + 5= (∗∗)
(∗∗)∫
dxx2 + 2x + 5
=
∫dx
(x + 1)2 + 4=
14
∫dx
( x+12 )2 + 1
=24
∫ dx2
( x+12 )2 + 1
=12
arc tg(
x + 12
)Por (∗) y (∗∗)∫
ln(x2 + 2x + 5) dx = x ln(x2 + 2x + 5) − 2x + ln(x2 + 2x + 5) + 4 arc tg(
x + 12
)+C ♣
3.5. Integración por cambio de variable
Se trata de sustituir la variable x por otra variable t relacionadas mediante una función biyectiva y
derivable que transforme el integrando en otro más sencillo. Se termina el proceso al hallar la integral en
t y deshacer el cambio de variable. Se aplica de forma directa o indirecta y, en particular, se puede aplicar
directamente a las integrales inmediatas para mayor claridad en los ajustes.
Ejemplo 3.11 Calcular las siguientes integrales inmediatas mediante cambio de variable:
(a)∫
x(x2 + 5)25dx (b)∫
e3xdxcos2 e3x (c)
∫ln3 x dx
x(d)
∫dx
tg x cos2 x(e)
∫x2 ln(x3 + 1) dx
x3 + 1
Solución
(a)∫
x(x2 + 5)25dx =t = (x2 + 5)
dt = 2x dx=
∫t25 dt
2=
12
∫t25dt =
12
t26
26=
t26
52=
(x2 + 5)26
52+C
(b)∫
e3xdxcos2 e3x =
t = e3x
dt = 3e3x dx
∫ dt3
cos2 t=
13
∫dt
cos2 t=
13
tg t =13
tg e3x +C
Página 147 PROYECTO MATECO 3.14159
Bloque II. CÁLCULO INTEGRAL
(c)∫
ln3 xx
dx =t = ln x
dt = dxx
=
∫t3dt =
t4
4=
ln4 x4+C
(d)∫
dxtg x cos2 x
=t = tg x
dt =dx
cos2 x
=
∫dtt= ln |t| = ln | tg x| +C
(e)∫
x2 ln(x3 + 1) dxx3 + 1
podemos hacerla de dos formas:
(I) =t = x3 + 1
dt = 3x2dx=
∫ln t dt
3t=
u = ln t
du = dtt
=
∫u du
3=
u2
6=
ln2 t6=
ln2(x3 + 1)6
+C
(II) =u = ln(x3 + 1)
du = 3x2dxx3+1
=
∫u du
3=
u2
6=
ln2(x3 + 1)6
+C ♣
Algunas integrales se pueden abordar mediante un cambio de variable que las transforma en integrales
más sencillas, En particular, integrales donde aparece la función exponencial.
Ejemplo 3.12 Calcular∫
ex
e2x − 1dx
Solución (La descomposición en fracciones simples se deja como ejercicio)
∫ex
e2x − 1dx =
t = ex
dt = exdx=
∫dt
t2 − 1=
∫−1
2
t + 1dt +
∫ 12
t − 1dt =
− ln |t + 1|2
+ln |t − 1|
2=− ln |ex + 1|
2+
ln |ex − 1|2
que se puede escribir como∫
ex
e2x − 1dx = ln
√∣∣∣∣∣ex − 1ex + 1
∣∣∣∣∣ +C ♣
3.6. Integración de funciones irracionales
Una función irracional es aquella en la cual aparecen funciones en las que la variable está dentro del
signo radical. Para resolver estas integrales se efectúan cambios de variable. El cambio de variable que hay
que realizar depende de la función que aparece dentro del radical y su objetivo es transformar la integral en
una integral racional a la que aplicar el método de descomposición en fracciones simples. La mayoría de
PROYECTO MATECO 3.14159 Página 148
TEMA 3. INTEGRAL INDEFINIDA DE FUNCIONES DE UNA VARIABLE
estos cambios son indirectos y, una vez determinado el caso a considerar, se despeja la variable original, se
calcula su diferencial y tras resolver la integral resultante se deshace el cambio.
Ejemplo 3.13 Calcular las siguientes integrales de raíces de potencias y fracciones
(a)∫ √
xx( 3√
x −√
x)dx (b)
∫ √x + 1x
dx (c)∫
x dx√
x + 1 + 3√x + 1(d)
∫ √1 − x1 + x
dxx
Solución En este tipo de integrales realizamos los siguientes cambios:
Tipo Raíces Cambio de variable
Raíces de potencias q1√
xp1 , . . . ,qn√
xpn x = tq con q = m.c.m(q1, . . . , qn)
Raíces de fracciones q1
√( ax+b
cx+d )p1 , . . . , qn
√( ax+b
cx+d )pn ax+bcx+d = tq con q = m.c.m(q1, . . . , qn)
(a)∫ √
xx( 3√
x −√
x)dx
Como aparecen raíces de potencias de la variable el cambio a realizar es x = t6 ya que q = 6 es el
mínimo común múltiplo de los índices de las raíces:
∫ √x
x( 3√
x −√
x)dx =
x = t6
dx = 6t5dt=
∫ √t6 6t5dt
t6(3√t6 −√
t6)=
∫t3 6t5dt
t6(t2 − t3)=
∫6 dt1 − t
= −6 ln |1 − t|
A continuación deshacemos el cambio de variable (x = t6 ⇒ t = 6√
x), y, por tanto,
∫ √x
x( 3√
x −√
x)dx = −6 ln |1 − 6√x| +C
(b)∫ √
x + 1x
dx
Como aparece sólo la cuadrada raíz de x + 1 el cambio a realizar es x + 1 = t2:
∫ √x + 1dx
x=
t2 = x + 1⇔ t =√
x + 1⇔ x = t2 − 1
dx = 2tdt=
∫2t2dtt2 − 1
=
∫2dt +
∫−dtt + 1
+
∫dt
t − 1= 2t − ln |t + 1| + ln |t − 1| = 2
√x + 1 − ln |
√x + 1 + 1| + ln |
√x + 1 − 1| +C
que se puede escribir como
2√
x + 1 + ln
∣∣∣∣∣∣√
x + 1 − 1√
x + 1 + 1
∣∣∣∣∣∣ +C
Página 149 PROYECTO MATECO 3.14159
Bloque II. CÁLCULO INTEGRAL
(c)∫
x dx√
x + 1 + 3√x + 1Como aparecen raíces de x+ 1 el cambio a realizar es x+ 1 = t6, ya que q = 6 es el mínimo común múl-
tiplo de los índices de las raíces. Este cambio es indirecto y tenemos que calcular la variable x y determinar
su diferencial:
x + 1 = t6 =⇒ x = t6 − 1 =⇒ dx = 6t5 dt
Por tanto: ∫x dx
√x + 1 + 3√x + 1
=
∫(t6 − 1)6t5
√t6 +
3√t6
dt = 6∫
t9 − t3
t + 1dt = · · ·
Una vez resuelta esta integral, para deshacer el cambio se despeja t en el cambio de variable y, por tanto,
se toma t = 6√x + 1 (la continuación se deja como ejercicio).
(d)∫ √
1 − x1 + x
dxx
Como aparece una raíz cuadrada el cambio a realizar es indirecto, 1−x1+x = t2, y tenemos que calcular la
variable x y determinar su diferencial:
1 − x1 + x
= t2 =⇒ x =1 − t2
1 + t2 =⇒ dx =−4t dt
(1 + t2)2
Por tanto: ∫ √1 − x1 + x
dxx=
∫√
t2
−4t(1 + t2)2
1 − t2
1 + t2
dt = −4∫
t2
(1 − t2)(1 + t2)dt = · · ·
Una vez resuelta esta integral, para deshacer el cambio se despeja t en el cambio de variable y, por tanto,
se toma t =
√1 − x1 + x
(la continuación se deja como ejercicio). ♣
Ejemplo 3.14 Calcular las siguientes integrales de raíces de polinomios de segundo grado
(a)∫
dx
x√
x2 + x + 1(b)
∫dx
√−x2 + x + 4
(c)∫
dx√−x2 + 3x − 2
Solución En este tipo de integrales realizamos los siguientes cambios que no son excluyentes, por lo que
a veces es posible realizar más de uno:
PROYECTO MATECO 3.14159 Página 150
TEMA 3. INTEGRAL INDEFINIDA DE FUNCIONES DE UNA VARIABLE
Raíces de polinomios√
ax2 + bx + c con a > 0√
ax2 + bx + c =√
a x + t
de segundo grado√
ax2 + bx + c con c > 0√
ax2 + bx + c = tx +√
c√
ax2 + bx + c con
α raíz real de ax2 + bx + c
√ax2 + bx + c = t(x − α)
(a)∫
dx
x√
x2 + x + 1Como a, c > 0t tenemos dos posibles cambios indirectos a realiza. Por ejemplo
√x2 + x + 1 = x + t, en
el que tenemos que calcular la variable x y determinar su diferencial:
√x2 + x + 1 = x + t =⇒ x =
t2 − 11 − 2t
=⇒ dx =−2t2 + 2t − 2
(1 − 2t)2 dt
Por tanto: ∫dx
x√
x2 + x + 1=
∫ −2t2 + 2t − 2(1 − 2t)2 dt
t2 − 11 − 2t
(t2 − 11 − 2t
+ t) = 2
∫1
t2 − 1dt = · · ·
Para deshacer el cambio se despeja t en el cambio de variable y se toma t =√
x2 + x + 1 − x (la
continuación se deja como ejercicio).
(b)∫
dx√−x2 + x + 4
Como c > 0 consideramos el cambio indirecto√−x2 + x + 4 = tx+ 2 en el que tenemos que calcular la
variable x y determinar su diferencial:
√−x2 + x + 4 = tx + 2 =⇒ x =
1 − 4tt2 + 1
=⇒ dx =4t2 − 2t − 4
(t2 + 1)2 dt
Por tanto: ∫dx
√−x2 + x + 4
=
∫ 4t2 − 2t − 4(t2 + 1)2 dt
t(1 − 4tt2 + 1
)+ 2= −2
∫1
t2 + 1dt = · · ·
Para deshacer el cambio se despeja t en el cambio de variable y se toma t =
√−x2 + x + 4 − 2
x(la
continuación se deja como ejercicio).
(c)∫
dx√−x2 + 3x − 2
Página 151 PROYECTO MATECO 3.14159
Bloque II. CÁLCULO INTEGRAL
Como a, c < 0 tenemos dos posibles cambios indirectos a realizar (las raíces son x = 1 y x = 2). Por
ejemplo tomamos√−x2 + 3x − 2 = t(x − 1) y calculamos la variable x y su diferencial:
√−x2 + 3x − 2 = t(x − 1) =⇒ x =
t2 + 2t2 + 1
=⇒ dx =−2t
(t2 + 1)2 dt
Por tanto: ∫dx
√−x2 + 3x − 2
=
∫ −2t(t2 + 1)2
t(t2 + 2t2 + 1
− 1) = −2
∫1
t2 + 1dt = · · ·
Para deshacer el cambio se despeja t en el cambio de variable y se toma t =
√−x2 + 3x − 2
x − 1(la conti-
nuación se deja como ejercicio). ♣
3.7. Integración de funciones trigonométricas
Una integral trigonométrica es aquella en la cual aparecen las funciones trigonométricas seno y coseno,
así como las funciones relacionadas con ellas. Para resolverlas se efectúan cambios de variable que depen-
den de las funciones que aparece dentro de la integral. Su objetivo es transformar la integral en una integral
racional a la que aplicar el método de descomposición en fracciones simples.
Los casos que vamos a tratar aparecen en la tabla 3.2 y no son excluyentes, por lo que a veces es posible
realizar más de uno. Para determinar este cambio tendremos en cuenta que una función trigonométrica es
impar en seno si al sustituir sen x por − sen x la función cambia de signo. Será impar en coseno si al sustituir
cos x por − cos x la función cambia de signo y será par en seno y coseno si al sustituir simultúneamente sen x
por − sen x y cos x por − cos x la función no cambia.
Ejemplo 3.15 Calcular las siguientes integrales trigonométricas mediante cambios de variable
(a)∫
cos3 xdxsen2 x
(b)∫
cos2 xdxsen3 x
(c)∫
sen2xdxcos6x
(d)∫
sen xdx1 + cos x + sen x
Solución En todos los casos utilizamos la fórmula fundamental de la trigonometría
sen2 x + cos2 x = 1
PROYECTO MATECO 3.14159 Página 152
TEMA 3. INTEGRAL INDEFINIDA DE FUNCIONES DE UNA VARIABLE
Tipo Cambio de variable Diferencial de t Diferencial de x
Impar en seno t = cos x dt = − sen xdx No se utiliza
Impar en coseno t = sen x dt = cos xdx No se utiliza
Par en seno y coseno t = tg x dt = (1 + tg2 x)dx dx =dt
1 + t2
Caso general t = tg(
x2
)dt = 1
2 (1 + tg2 (x/2))dx dx =2dt
1 + t2
Tabla 3.2: Integrales trigonométricas
(a)∫
cos3 xdxsen2 x
Como esta integral es impar en coseno hacemos el cambio t = sen x que permite que un coseno se utilice
para la diferencial y que el resto se transformen en polinomios sin más que toma
cos2 x = 1 − sen2 x = 1 − t2.
∫cos3 xdx
sen2 x=
∫cos2 x cos xdx
sen2 x=
t = sen x
dt = cos xdx=
∫(1 − t2)
t2 dt =∫
1t2 dt −
∫dt= −
1t− t
Deshaciendo el cambio se tiene∫cos3 xdx
sen2 x= −
1sen x
− sen x +C ♣
(b)∫
cos2 xdxsen3 x
Como esta integral es impar en seno hacemos el cambio t = cos x, lo que permite que un seno se utilice
para la diferencial y que el resto de los senos se transformen en polinomios cuando tomamos
sen2 x = 1 − cos2 x = 1 − t2.
En este caso, multiplicamos previamente numerador y denominador por − sen x:∫cos2 xdx
sen3 x=
∫cos2 x(− sen x)dx− sen4 x
=t = cos x
dt = − sen xdx= −
∫t2
(1 − t2)2 dt = · · · .
La continuación se deja como ejercicio.
Página 153 PROYECTO MATECO 3.14159
Bloque II. CÁLCULO INTEGRAL
(c)∫
sen2xdxcos6x
Como esta integral es par en seno y coseno hacemos el cambio t = tg x.
En este cambio además de la fórmula fundamental utilizamos dos fórmulas derivadas de ellasen2 x =
tg2 x1 + tg2 x
=t2
1 + t2
cos2 x =1
1 + tg2 x=
11 + t2
∫sen2xdxcos6x
=t = tg x⇔ x = arc tg t
dt = (1 + tg2 x)dx⇔ dx =dt
1 + t2
=
∫ t2
1 + t2
1(1 + t2)3
dt1 + t2 =
∫(t2 + t4)dt = · · · .
La continuación se deja como ejercicio.
(d)∫
sen xdx1 + cos x + sen x
Como esta integral no es ni par ni impar en seno o coseno hacemos el cambio general t = tg(
x2
).
En este cambio se utilizan las fórmulas del ángulo doble
sen x =
2 tg(
x2
)1 + tg2
(x2
) = 2t1 + t2
cos x =1 − tg2
(x2
)1 + tg2
(x2
) = 1 − t2
1 + t2
∫sen xdx
1 + cos x + sen x=
t = tg(
x2
)⇔ x = arc tg 2t
dt =1+tg2
( x2)
2 dx⇔ dx = 2dt1+t2
=
∫ 2t1+t2
1 + 1−t21+t2 +
2t1+t2
2dt1 + t2 = · · · .
La continuación se deja como ejercicio. ♣
Ejemplo 3.16 Calcular las siguientes integrales trigonométricas mediante fórmulas
(a)∫
sen2x cos2xdx (b)∫
cos (7x) cos (2x)dx
Solución
(a)∫
sen2x cos2xdx
PROYECTO MATECO 3.14159 Página 154
TEMA 3. INTEGRAL INDEFINIDA DE FUNCIONES DE UNA VARIABLE
En este caso utilizamos las fórmulas del ángulo doble:
sen2 x =
1 − cos 2x2
cos2 x =1 + cos 2x
2∫sen2x cos2xdx =
∫1 − cos 2x
21 + cos 2x
2dx =
14
∫(1 − cos22x)dx =
14
∫sen22xdx =
14
∫1 − cos 4x
2dx =
18
∫(1 − cos 4x)dx =
18
(x −
sen 4x4
)+C
(b)∫
cos (7x) cos (2x)dx
En este caso utilizamos las fórmulas del producto
sen(mx) sen(nx) =cos(mx − nx) − cos(mx + nx)
2
sen(mx) cos(nx) =sen(mx − nx) + sen(mx + nx)
2
cos(mx) cos(nx) =cos(mx − nx) + cos(mx + nx)
2∫cos (7x) cos (2x)dx =
∫cos 5x + cos 9x
2dx =
12
∫cos 5xdx +
12
∫cos 9xdx =
sen 5x10
+sen 9x
18♣
Ejercicio 3.17 Calcular las siguientes integrales:
(a)∫
cos(x)sen2(x)
dx (b)∫
sen2(x) + 1cos(x)
dx (c)∫
sen(x)cos2(x) + 1
dx
(d)∫
cos2xdx (e)∫
sen(x)(sen2(x) + 1
)cos(x)
dx (f)∫
dxsen2(x) cos(x)
dx
Solución
(a)∫
cos(x)sen2(x)
dx =t = sen x
dt = cos xdx=
∫dtt2 =
∫t−2dt =
t−1
−1dt = −
1t= −
1sen x
+C
(b)∫
sen2(x) + 1cos(x)
dx =t = sen x
dt = cos xdx=
∫ (sen2(x) + 1
)cos(x)
cos2(x)dx =
∫(t2 + 1)dt
1 − t2 =
∫ (−1 +
1t + 1
−1
t − 1
)dt = −t + ln |t + 1| − ln |t − 1| = − sen(x) + ln | sen(x) + 1| − ln | sen(x) − 1|
Página 155 PROYECTO MATECO 3.14159
Bloque II. CÁLCULO INTEGRAL
que podemos escribir como
∫sen2(x) + 1
cos(x)dx = ln
∣∣∣∣∣sen(x) + 1sen(x) − 1
∣∣∣∣∣ − sen(x) +C
(c)∫
sen(x)cos2(x) + 1
dx =t = cos x
dt = − sen xdx=
∫−dt
t2 + 1dx = − arc tg(t) = − arc tg(cos x) +C
(d)∫
cos2xdx =∫
1 + cos 2x2
dx = · · ·
(e)∫
sen(x)(sen2(x) + 1
)cos(x)
dx =t = sen x
dt = cos xdx=
∫sen(x) cos(x)(
sen2(x) + 1)
cos2(x)dx =
∫tdt(
t2 + 1)
(1 − t2)dx
(f)∫
dxsen2(x) cos(x)
dx =t = sen x
dt = cos xdx=
∫cos(x)
sen2(x) cos2(x)dx =
∫dt
t2(1 − t2)dx
Ejercicio 3.18 Calcular∫√
9 − 4x2 dx
Solución En las integrales irracionales de la forma√
a2 − b2x2 se realiza el cambio de variable x = ab cos t
obteniéndose una integral trigonométrica∫√
9 − 4x2 dx=x = 3
2 cos t
dx = −32 sen tdt
=
∫ √9 − 49
4 cos2 t(−3
2 sen t)dt = −9
2
∫√
1 − cos2 t sen tdt
=
∫sen2 tdt =
∫1 − cos 2t
2dt =
∫12
dt −∫
cos 2t2
dt =t2−
sen 2t4= (∗)
Deshacemos el cambio de variable sustituyendo t = arc cos(
2x3
)en (∗):
∫√
9 − 4x2 dx = (∗) = 12 arc cos
(2x3
)− 1
4 sen[2 arc cos
(2x3
)]+C
PROYECTO MATECO 3.14159 Página 156
TEMA 3. INTEGRAL INDEFINIDA DE FUNCIONES DE UNA VARIABLE
Ejercicios del tema
Ejercicio 3.19 Calcular las siguientes integrales inmediatas:
(a)∫
e3x+2 dx (b)∫
2x−1
4 dx (c)∫
4
√2x + 1
3dx (d)
∫sen
(3πx + π
5
)(e)
∫tan(x) dx (f)
∫1 + x1 + x2 dx (g)
∫3
4 + x2 dx (h)∫
x√
1 − 9x2 dx
(i)∫
ex/2
1 + ex/2 dx (j)∫
1√
4 − x2dx (k)
∫sen4(3x) cos(3x) dx
Solución
(a)∫
e3x+2 dx =13
∫3e3x+2 dx =
e3x+2
3+C
(b)∫
2x−1
4 dx =4
ln 2
∫2
x−14 ln 2 1
4 dx =4 · 2
x−14
ln 2+C
(c)∫
4
√2x + 1
3dx =
∫ (2x + 1
3
) 14
dx =3 · 42 · 5
∫54
(2x + 1
3
) 14 2
3dx =
65
(2x + 1
3
) 54
+C
(d)∫
sen(3πx + π
5
)dx = −
53π
∫−
3π5
sen(3πx + π
5
)dx = −
53π
cos(3πx + π
5
)+C
(e)∫
tan(x) dx =∫
sen(x)cos(x)
dx =∫−− sen(x)cos(x)
dx = − ln | cos(x)| +C
(f)∫
1 + x1 + x2 dx =
∫ (1
1 + x2 +x
1 + x2
)dx =
∫dx
1 + x2 +12
∫2x dx1 + x2 = arctan x +
ln(1 + x2)2
+C
(g)∫
34 + x2 dx =
34
∫1
4+x2
4
dx =34
∫1
1 +(
x2
)2 dx =34
2∫ 1
2
1 +(
x2
)2 dx =32
arctan( x2
)+C
(h)∫
x√
1 − 9x2dx =∫
x(1 − 9x2)12 dx = −1
18
∫(1 − 9x2)
12 (−18x)dx =
(1 − 9x2)32
32
=2
√(1 − 9x2)3
3+C
(i)∫
ex/2
1 + ex/2 dx = 2∫ 1
2ex/2
1 + ex/2 dx = ln(1 + ex/2
)+C
(j)∫
dx√
4 − x2= 2
∫dx
√4 − x2
2
= 2
∫dx√4 − x2
4
= 2 · 2
∫dx2√
1 −(
x2
)2= 4 arc cos
( x2
)+C
(k)∫
sen4(3x) cos(3x) dx =1
5 · 3
∫5 sen4(3x) cos(3x) 3 dx =
sen5(3x)15
+C ♣
Página 157 PROYECTO MATECO 3.14159
Bloque II. CÁLCULO INTEGRAL
Ejercicio 3.20 Calcular las siguientes integrales mediante integración por partes:
(a)∫
x e3x dx (b)∫
arctan(x) dx (c)∫
x2 cos(2x) dx (d)∫
e5x sen(5x) dx (e)∫
ln(x) dx
(f)∫
x2 ln(x) dx (g)∫
ln2(x) dx (h)∫
x(2x + 1)4dx (i)∫
x√
x + 1 dx
Solución
(a)∫
x e3xdx=u = x du = dx
dv = e3xdx v =e3x
3
=x e3x
3−
∫e3x
3dx =
x e3x
3−
e3x
9=
3x e3x − e3x
9+C
(b)∫
arctan xdx =u = arctan x du =
dx1 + x2
dv = dx v = x= x ln x −
∫x
1 + x2 dx =
x arctan x − 12
∫2x
1 + x2 dx = x arctan x −ln(x2 + 1)
2+C
(c)∫
x2 cos(2x)dx =u = x2 du = 2xdx
dv = cos(2x)dx v = sen(2x)2
=x2 sen(2x)
2−
∫x sen(2x)dx = (∗)
La integral resultante se resuelve por partes
∫x sen(2x)dx =
u = x du = dx
dv = sen(2x)dx v = − cos(2x)2
= −x cos(2x)
2+
∫cos(2x)
2dx = −
x cos(2x)2
+sen(2x)
4
(∗) =x2 sen(2x)
2−
[−
x cos(2x)2
+sen(2x)
4
]=
x2 sen(2x)2
+x cos(2x)
2−
sen(2x)4
+C
(d)∫
e5x sen(5x)dx =u = e5x du = 5e5xdx
dv = sen(5x)dx v = − cos(5x)5
= −e5x cos(5x)
5 +
∫e5x cos(5x)dx = (∗)
Aplicamos integración por partes a la integral resultante∫e5x cos(5x)dx =
u = e5x du = 5e5xdx
dv = cos(5x)dx v = sen(5x)5
=e5x sen(5x)
5−
∫e5x sen(5x)dx
Como aparece la integral de partida podemos obtener una ecuación de la que podemos despejar la
integral buscada. Si llamamos I a la integral original
I =∫
e5x sen(5x)dx = −e5x cos(5x)
5+
[e5x sen(5x)
5−
∫e5x sen(5x)dx
]=
PROYECTO MATECO 3.14159 Página 158
TEMA 3. INTEGRAL INDEFINIDA DE FUNCIONES DE UNA VARIABLE
−e5x cos(5x)
5+
e5x sen(5x)5
− I =⇒ I =−e5x cos(5x) + e5x sen(5x)
10+C
(e)∫
ln x dx =∫
ln dx = x ln x −∫
x1x
dx = xLnx −∫
dx = xLnx − x +C
(f)∫
x2 ln x dx =u = ln x du = 1
xdx
dv = x2dx v = x3
3
=x3 ln x
3−
∫x2
3dx =
x3 ln x3−
x3
9=
3x3 ln x − x3
9+C
(g)∫
ln2 x dx =u = ln2 x du = 2 ln x
x dx
dv = dx v = x= x ln2 x −
∫2 ln xdx = (∗)
Aplicamos integración por partes a la integral resultante
∫ln x dx =
u = ln x du = 1xdx
dv = dx v = x= x ln x −
∫dx = x ln x − x
Por tanto,∫ln2 x dx = (∗) = x ln2 x − 2 [x ln x − x] = x ln2 x − 2x ln x + 2x +C
(h)∫
x(2x + 1)4dx =u = x du = dx
dv = (2x + 1)4dx v =(2x + 1)5
5
= x(2x + 1)5
5−
∫(2x + 1)5
5dx =
x(2x + 1)5
5−
(2x + 1)6
30=
6x(2x + 1)5 − (2x + 1)6
30+C
(i)∫
x√
x + 1dx =u = x du = dx
dv =√
x + 1 = (x + 1)12 dx v =
(x + 1)32
32
= x2(x + 1)
32
3−
∫2(x + 1)
32
3dx =
2x(x + 1)32
3−
2(x + 1)52
352
=2x 3√x + 1
3−
4 5√x + 115
+C ♣
Ejercicio 3.21 Calcular las siguientes integrales racionales:
(a)∫
x − 1x2 − 5x + 6
dx (b)∫
2x + 1x2 − 4x + 4
dx (c)∫
3x + 6x2 + 2x + 5
dx
(d)∫
dxx3 + x
dx (e)∫
4x4 + 5x3 − 37x2 − 21x − 21x3 − 13x + 12
dx (f)∫
x5 − 3x4 + 9x2 − 9x + 4x3 − 3x2 + 3x − 1
dx
(g)∫
5x − 12x2 + x − 1
dx (h)∫
3x9x2 − 12x + 4
dx (i)∫
x + 19x2 + 1
dx
(j)∫
2x + 3x2 + 2x + 2
dx (k)∫
3xx3 − 2x2 + x − 2
dx (l)∫
xx3 − 5x2 + 8x − 4
dx
Página 159 PROYECTO MATECO 3.14159
Bloque II. CÁLCULO INTEGRAL
Solución
(a)∫
x − 1x2 − 5x + 6
dx
Descomponemos el denominador y determinamos la suma de fracciones simples correspondiente (dos
fracciones con raíz simple)
x2 − 5x + 6 = 0 =⇒ x =5 ±√
25 − 242
=
5+1
2 = 3
5−12 = 2
=⇒x
x2 − 5x + 6=
Ax − 3
+B
x − 2
▶ El valor de las constantes se determina identificando los numeradores:
x − 1 = A(x − 2) + B(x − 3) =⇒
x = 2 =⇒ 1 = −B
x = 3 =⇒ 2 = A
=⇒
A = 2
B = −1
Integramos la descomposición de la integral en las correspondientes fracciones∫x − 1
x2 − 5x + 6dx =
∫ (2
x − 3−
1x − 2
)dx = 2 ln |x − 3| − ln |x − 2| +C
(b)∫
2x + 1x2 − 4x + 4
dx
Descomponemos el denominador y determinamos la suma de fracciones simples correspondiente (dos
fracciones una con raíz simple y otra doble)
x2 − 4x + 4 = 0 =⇒ x =4 ±√
16 − 162
= 2 con m = 2 =⇒2x + 1
x2 − 4x + 4=
Ax − 2
+B
(x − 2)2
▶ El valor de las constantes se determina identificando los numeradores:
2x + 1 = A(x − 2) + B =⇒
x = 2 =⇒ 5 = B
x = 0 =⇒ 1 = −2A + B
=⇒
A = 2
B = 5
Integramos la descomposición de la integral en las correspondientes fracciones∫2x + 1
x2 − 4x + 4dx =
∫2x + 1
x2 − 4x + 4=
∫ (2
x − 2+
5(x − 2)2
)dx = 2 log(x − 2) −
5x − 2
(c)∫
3x + 6x2 + 2x + 5
dx
PROYECTO MATECO 3.14159 Página 160
TEMA 3. INTEGRAL INDEFINIDA DE FUNCIONES DE UNA VARIABLE
Al intentar descomponer el denominador observamos que el polinomio no tiene raíces reales
x2 + 2x + 5 = 0 =⇒ x =−2 ±
√4 − 20
2=−2 ±
√−16
2
Por tanto, esta integral es una fracción simple, que va a corresponder a la suma de una integral de tipo
logarítmico y otra de tipo arcotangente.
Para obtener la fracción correspondiente al logaritmo necesitamos la derivada de x2 y multiplicamos el
integrando por 2 y lo dividimos por 3, compensando estas operaciones fuera de la integral.∫3x + 6
x2 + 2x + 5dx =
32
∫ 2(3x+6)3
x2 + 2x + 5dx =
32
∫2x + 4
x2 + 2x + 5dx
A continuación para obtener la derivada del polinomio completo restamos y sumamos el coeficiente
correspondiente a x, que en este caso es 2:32
∫2x + 4
x2 + 2x + 5dx =
32
∫2x + 2 − 2 + 4
x2 + 2x + 5dx =
32
∫2x + 2
x2 + 2x + 5dx +
32
∫2
x2 + 2x + 5dx
La primera integral es un logaritmo, que haremos luego directamente. La segunda es una arcotangente
y es necesario escribirla de la forma adecuada (sacamos fuera el numerador)∫dx
x2 + 2x + 5=
∫1
(x + 1)2 + 4dx = (∗) =
12
arc tg(
x + 12
)(*) Para determinar la arcotangente realizamos transformaciones en la integral:
14
∫1
(x + 1)2 + 44
=14
∫1
(x + 1)2
4+ 1=
14
∫1(
x + 12
)2
+ 1
dx = 214
∫12(
x + 12
)2
+ 1
dx
En resumen∫3x + 6
x2 + 2x + 5dx =
32
ln |x2 + 2x + 5| +3 · 22 · 2
arc tg(
x + 12
)=
32
ln |x2 + 2x + 5| +32
arc tg(
x + 12
)+C
(d)∫
dxx3 + x
Descomponemos el denominador y determinamos la suma de fracciones simples correspondiente (una
fracción para la raíz simple y una de tipo logaritmo-neperiano para el polinomio irreducible)
x3 + x = 0 =⇒ x = 0 y x2 + 1 = 0 irreducible =⇒1
x3 + x=
Ax+
Mx + Nx2 + 1
Página 161 PROYECTO MATECO 3.14159
Bloque II. CÁLCULO INTEGRAL
▶ El valor de las constantes se determina identificando los numeradores:
1 = A(x2 + 1) + (Mx + N)x =⇒
x = 0 =⇒ 1 = A
x = 1 =⇒ 1 = 2A + M + N
x = −1 =⇒ 1 = 2A + M − N
=⇒
A = 1
M = −1
N = 0
Integramos la descomposición de la integral en las correspondientes fracciones∫ (1x−
xx2 + 1
)dx = log(x) −
12
log(x2 + 1
)+C
(e)∫
4x4 + 5x3 − 37x2 − 21x − 21x3 − 13x + 12
dx =
♦ Al ser el grado del numerador mayor que el grado del denominador efectuamos la división:∫4x4 + 5x3 − 37x2 − 21x − 21
x3 − 13x + 12dx =
∫ (x2 + 4x + 5
)dx +
∫ (15x2 − 4x − 81x3 − 13x + 12
)dx
La primera integral es inmediata y la segunda se resuelve por el método de descomposición en fracciones
simples, en el que la descomposición se deja como ejercicio y corresponde a tres raíces simples. Por tanto∫4x4 + 5x3 − 37x2 − 21x − 21
x3 − 13x + 12dx =
∫ (4x + 5 +
3x − 3
+7
x − 1+
5x + 4
)dx =
2x2 + 5x + 3 log(x − 3) + 7 log(x − 1) + 5 log(x + 4)
(f)∫
x5 − 3x4 + 9x2 − 9x + 4x3 − 3x2 + 3x − 1
dx
♦ Al ser el grado del numerador mayor que el grado del denominador efectuamos la división:∫x5 − 3x4 + 9x2 − 9x + 4
x3 − 3x2 + 3x − 1dx =
∫ (x2 − 3
)dx +
∫ (x2 + 1
x3 − 3x2 + 3x − 1
)dx
La primera integral es inmediata y la segunda se resuelve por el método de descomposición en fracciones
simples, en el que la descomposición se deja como ejercicio y corresponde a una raíz triple, ya que x3 −
3x2 + 3x − 1 = (x − 1)3;∫x5 − 3x4 + 9x2 − 9x + 4
x3 − 3x2 + 3x − 1dx =
∫ (x2 − 3 +
1x − 1
+2
(x − 1)2 +2
(x − 1)3
)dx =
x3
3− 3x + log(x − 1) −
2x − 1
−1
(x − 1)2 +C
PROYECTO MATECO 3.14159 Página 162
TEMA 3. INTEGRAL INDEFINIDA DE FUNCIONES DE UNA VARIABLE
(g)∫
5x − 12x2 + x − 1
dx
Descomponemos el denominador y determinamos la suma de fracciones simples correspondiente (dos
fracciones con raíz simple)
2x2 + x − 1 = 0 =⇒ x =−1 ±
√1 + 8
4=
−1 + 3
4=
12
−1 − 34= −1
5x − 12x2 + x − 1
=A
2(x − 12 )+
Bx + 1
=A
2x − 1+
Bx + 1
▶ El valor de las constantes se determina identificando los numeradores:
5x − 1 = A(x + 1) + B(2x − 1) =⇒
x = −1 =⇒ − 6 = −3B
x = 1/2 =⇒ 3/2 = 3A/2
=⇒
A = 1
B = 2
Integramos la descomposición de la integral en las correspondientes fracciones∫5x − 1 dx
2x2 + x − 1=
∫dx
2x − 1+
2 dxx + 1
=ln |2x − 1|
2+ 2 ln |x + 1| +C
(h)∫
3x9x2 − 12x + 4
dx
Descomponemos el denominador y determinamos la suma de fracciones simples correspondiente (dos
fracciones con raíz simple)
9x2 − 12x + 4 = 0 =⇒ x =12 ±
√144 − 14418
=23
3x9x2 − 12x + 4
=A
3(x − 23 )+
B9(x − 2
3 )2=
A3x − 2
+B
(3x − 2)2
▶ El valor de las constantes se determina identificando los numeradores:
3x = A(3x − 2) + B =⇒
x = 2/3 =⇒ 2 = B
x = 0 =⇒ 0 = −2A + B
=⇒
A = 1
B = 2
Integramos la descomposición de la integral en las correspondientes fracciones∫3x dx
9x2 − 12x + 4=
∫dx
3x − 2+
2 dx(3x − 2)2 =
ln |3x − 2|3
−2
3(3x − 2)+C
Página 163 PROYECTO MATECO 3.14159
Bloque II. CÁLCULO INTEGRAL
(i)∫
x + 19x2 + 1
dx
Al intentar descomponer el denominador observamos que el polinomio no tiene raíces reales
9x2 + 1 = 0 =⇒ x = ±
√−19
Por tanto, esta integral es una fracción simple, que va a corresponder a la suma de una integral de tipo
logarítmico y otra de tipo arcotangente.
Para obtener la fracción correspondiente al logaritmo necesitamos la derivada de 9x2 y multiplicamos
el integrando por 18 y compensando la operación fuera de la integral∫x + 1
9x2 + 1dx =
118
∫18x + 189x2 + 1
dx =1
18
∫18x
9x2 + 1dx +
118
∫18
9x2 + 1dx
La primera integral es un logaritmo y la segunda una arcotangente que es necesario escribir de la forma
adecuada realizando transformaciones en la integral:
•1
18
∫18x
9x2 + 1dx =
ln(9x2 + 1)18
•1818
∫1
9x2 + 1=
∫1
(3x)2 + 1=
arctan(3x)3
En resumen∫x + 1
9x2 + 1dx =
ln(9x2 + 1)18
+arctan(3x)
3=
ln(9x2 + 1) + 6 arctan(3x)18
+C
(j)∫
2x + 3x2 + 2x + 2
dx
x2 + 2x + 2 = 0 =⇒ x = −1 ± i (comple ja) =⇒ x2 + 2x + 2 = (x + 1)2 + 1
∫2x + 2 + 1dxx2 + 2x + 2
=
∫2x + 2
x2 + 2x + 2dx +
∫1
x2 + 2x + 2dx =
∫2x + 2
x2 + 2x + 2dx +
∫dx
(x + 1)2 + 1=
ln∣∣∣x2 + 2x + 2
∣∣∣ + arctan (x + 1) +C
(k)∫
3xx3 − 2x2 + x − 2
dx
Descomponemos el denominador en fracciones simples (aplicando Ruffini):
x3 − 2x2 + x − 2 = 0 =⇒ x = 2, x = ±i
PROYECTO MATECO 3.14159 Página 164
TEMA 3. INTEGRAL INDEFINIDA DE FUNCIONES DE UNA VARIABLE
3xx3 − 2x2 + x − 2
=A
x − 2+
Mx + Nx2 + 1
=A
(x2 + 1
)+ (x − 2) (Mx + N)
(x − 2)(x2 + 1)con A =
65,M = −
65,N =
610∫
3xx3 − 2x2 + x − 2
dx =∫
6/5x − 2
dx +∫−6/5x + 6/10
x2 + 1dx =
65
Ln |x − 2| −65
∫x
x2 + 1dx +
610
∫dx
x2 + 1dx =
65
Ln |x − 2| −65•
12
∫2x
x2 + 1dx +
610
arctag (x) =
65
Ln |x − 2| −35
Ln(x2 + 1
)+
35
arctag (x) +C
(l)∫
xx3 − 5x2 + 8x − 4
dx
Descomponemos el denominador en fracciones simples (aplicando Ruffini):
x3 − 5x2 + 8x − 4 = 0 =⇒ x = 2, x = 2, x = 1
xx3 − 5x2 + 8x − 4
=A
(x − 2)2 +B
x − 2+
Cx − 1
=A (x − 1) + B (x − 2) (x − 1) +C(x − 2)2
(x − 2)2(x − 1)
x = A (x − 1) + B (x − 2) (x − 1) +C(x − 2)2S i x = 2 =⇒ 2 = A =⇒ A = 2
S i x = 1 =⇒ 1 = C =⇒ C = 3
S i x = 0 =⇒ 0 = −A + 2B + 4C =⇒ 0 = −2 + 2B + 4 =⇒ 2B = −2 =⇒ B = −1∫x
x3 − 5x2 + 8x − 4dx =
∫2
(x − 2)2 dx +∫−1
x − 2dx +
∫1
x − 1dx =
−2
x − 2− Ln |x − 2| + Ln |x − 1| +C ♣
Ejercicio 3.22 Calcular las siguientes integrales por cambio de variable:
(a)∫
dxsen(x)
(b)∫
dxsen(x) cos2(x)
(c)∫
cos(x) dx1 − sen2(x)
(d)∫
sen2(x)cos4(x)
dx (e)∫√
4 − x2 dx
(f)∫
dx1 + ex (g)
∫e2x√
1 − ex dx (h)∫
ex − 3e2x
1 + ex dx (i)∫ √
x dxx( 3√
x +√
x)(j)
∫ln√
x√
xdx
Solución
(a)∫
1sen x
dx
Página 165 PROYECTO MATECO 3.14159
Bloque II. CÁLCULO INTEGRAL
Es impar en seno, hacemos el cambio: cos x = t → −sen x dx = dt sen2x = 1 − cos2 x = 1 − t2
∫dx
sen x=
∫sen x dx
sen x sen x=
∫− dt
1 − t2 =
∫dt
t2 − 1
Descomponemos en fracciones simples:
1(t2 − 1)
=A
t − 1+
Bt + 1
→1
(t2 − 1)=
A(t + 1) + B(t − 1)(t − 1)(t + 1)
→ 1 = A(t + 1) + B(t − 1)
t = 1 → 1 = 2 A →
∣∣∣∣A = 1/2∣∣∣∣
t = −1 → 1 = −2 B →∣∣∣∣B = −1/2
∣∣∣∣ →1
(t2 − 1)=
1/2t − 1
−
1/2t + 1
∫dx
sen x=
12
∫dt
t − 1−
12
∫dt
t + 1=
12
Ln | t − 1 | −12
Ln | t + 1 | =12
Ln∣∣∣∣∣ t − 1
t + 1
∣∣∣∣∣=
12
Ln∣∣∣∣∣ cos (x) − 1
cos (x) + 1
∣∣∣∣∣ +C
(b)∫
dxsen x cos2x
Es impar en seno, hacemos el cambio: cos x = t → −sen x dx = dt sen2x = 1 − cos2 x = 1 − t2
∫dx
sen x cos2x=
∫sen x dx
sen2 x cos2x=
∫−dt
(1 − t)2 t2 =
∫dt
(t2 − 1) t2
La hemos transformado en una integral racional a la que aplicamos el método de descomposición en
fracciones simples:1
t2(t2 − 1)=
At+
Bt2 +
Ct − 1
+D
t + 1
1t2(t2 − 1)
=At(t − 1)(t + 1) + B(t − 1)(t + 1) + Ct2(t + 1) + Dt2(t − 1)
t2(t − 1)(t + 1)
1 = A t(t − 1)(t + 1) + B (t − 1)(t + 1) + C t2(t + 1) + Dt2 (t − 1)
PROYECTO MATECO 3.14159 Página 166
TEMA 3. INTEGRAL INDEFINIDA DE FUNCIONES DE UNA VARIABLE
t = 0 → 1 = −B→∣∣∣B = −1
∣∣∣t = 1 → 1 = 2 C →
∣∣∣∣C = 1/2∣∣∣∣
t = −1 → 1 = −2 D →
∣∣∣∣D = −1/2∣∣∣∣
t = 2 → 1 = 6 A + 3 B + 12 C + 4 D→∣∣∣A = 0
∣∣∣1
t2(1 − t2)= −
1t2 +
1/2t − 1
−
1/2t + 1
Volviendo a la integral:
∫dx
sen x cos2x=
∫dt
t2(t2 − 1)=
∫ (−
1t2 +
1/2t − 1
−1/2t + 1
)dt =
1t+
12
Ln | t − 1 | −12
Ln | t + 1 | =
1cos x
+12
Ln |cos (x) − 1| −12
Ln |cos (x) + 1| + K =
∣∣∣∣∣∣∣ 1cos x
+12
Ln∣∣∣∣∣cos (x) − 1cos (x) + 1
∣∣∣∣∣ + K
∣∣∣∣∣∣∣(c)
∫cos x
1 − sen2xdx
Es impar en coseno, hacemos el cambio: sen x = t → cos x dx = dt
∫cos x
1 − sen2xdx =
∫dt
1 − t2
Descomponemos en fracciones simples:
11 − t2 =
A1 − t
+B
1 + t=
A(1 + t) + B(1 − t)(1 + t)(1 − t)
1 = A(1 + t) + B(1 − t) →
A = 1/2
B = 1/2Con lo que :
11 − t2 =
1/21 − t
+1/21 + t
∫cos x
1 − sen2xdx =
12
∫dt
1 − t+
12
∫dt
1 + t= −
12
∫(−1)dt1 − t
+12
∫dt
1 + t= −
12
Ln | 1 − t |+12
Ln | 1 + t | =
=12
Ln∣∣∣∣∣ (1 + t)
(1 − t)
∣∣∣∣∣ +C =
∣∣∣∣∣∣12 Ln∣∣∣∣∣ 1 + sen x
1 − sen x
∣∣∣∣∣ +C
∣∣∣∣∣∣(d)
∫sen2xcos4x
dx
Página 167 PROYECTO MATECO 3.14159
Bloque II. CÁLCULO INTEGRAL
Es par en seno y coseno, hacemos el cambio tg x = t con
cos2x =1
1 + t2 sen2x =t2
1 + t2 dx =1
1 + t2 dt
∫sen2xcos4x
dx =∫
t2
1 + t2 (1 + t2)2 dt1 + t2 =
∫t2 dt =
t3
3+C =
∣∣∣∣∣∣∣tg3 x3+C
∣∣∣∣∣∣∣
(e)∫√
4 − x2dx
∫√
4 − x2dx =∫ √
4(1 −
x2
4
)dx = 2
∫ √1 −
( x2
)2dx =
x2 = sen t → dx = 2cos t dt
t= arc sen(
x2
) =
2∫ √
1 − (sen t)2 2cos t dt = 4∫
cos2 t dt =
=
{cos2 t =
1 + cos(2t)2
}= 4
∫1 + cos(2t)
2dt = 2
∫1 dt + 2
∫cos(2t) dt =
2t + sen(2t) +C =
∣∣∣∣∣∣2arc sen( x2
)+ sen
(2 arc sen
( x2
))+C
∣∣∣∣∣∣
(f)∫
dx1 + ex ∫
dx1 + ex =
ex = t → x = Ln t
dx = 1t dt
=∫
1(1 + t) t
dt
1(1 + t) t
=At+
Bt + 1
→1
(1 + t) t=
A(1 + t) + Bt(1 + t) t
→ 1 = A(1 + t) + Bt → A = 1 B = −1
∫dx
1 + ex =
∫1
(1 + t) tdt =
∫ (1t−
1t + 1
)dt = Ln |t| − Ln |t + 1|C =
∣∣∣∣Ln ex − Ln (ex + 1) +C∣∣∣∣
(g)∫
e2x√
1 − ex dx
PROYECTO MATECO 3.14159 Página 168
TEMA 3. INTEGRAL INDEFINIDA DE FUNCIONES DE UNA VARIABLE
∫e2x√
1 − ex dx =
√
1 − ex = t → 1 − ex = t2 → ex = 1 − t2 → x = Ln(1 − t2
)dx = −2t
1−t2 dt
==
∫ (1 − t2
)2t(−2t1−t2
)dt = −2
∫ (1 − t2
)t2 dt = −2
(∫t2 dt −
∫t4 dt
)= −2
(t33 −
t55
)=
=
∣∣∣∣∣∣−23
(√1 − ex
)3+ 2
5
(√1 − ex
)5+C
∣∣∣∣∣∣
(h)∫
ex − 3e2x
1 + ex dx
∫ex − 3e2x
1 + ex dx =
t = ex → x = Ln t
dx = 1t dt
=∫
t − 3t2
1 + t1t
dt =∫
t (1 − 3t)1 + t
1t
dt =∫
(1 − 3t)1 + t
dt =
=
∫(1 − 3t)1 + t
dt =
D = d c + r → D
d = c + rd
−3t+1t+1 = −3 + 4
t+1
=∫ (−3 +
4t + 1
)dt = −3
∫dt +4
∫1
1 + tdt
= −3t + 4Ln |1 + t| +C = −3ex + 4Ln |1 + ex| +C =∣∣∣∣−3ex + Ln (1 + ex)4 +C
∣∣∣∣(i)
∫ √x
x(
3√
x +√
x) dx
∫ √x
x(
3√
x +√
x) dx =
∫x1/2
x4/3 + x3/2 dx =
m.c.m.(2, 3) = 6
x = t6 → dx = 6t5dt
=∫
(t6)1/2
(t6)4/3 + (t6)3/2 6t5dt =
=
∫t3
t8 + t9 6t5dt = 6∫
t8
t8 + t9 dt = 6∫
11 + t
dt = 6Ln |1 + t| +C =∣∣∣∣6Ln
∣∣∣1 + 6√x∣∣∣ +C
∣∣∣∣(j)
∫Ln(√
x)√
xdx
Página 169 PROYECTO MATECO 3.14159
Bloque II. CÁLCULO INTEGRAL
∫Ln(√
x)√
xdx =
√
x = t → x = t2
dx = 2t dt
=∫
Ln tt
2 t dt = 2∫
Ln t dt︸ ︷︷ ︸por partes
=
u = Ln t → du = 1
t dt
dv = dt → v = t
=
= 2(t Ln t −
∫t
1t
dt)= 2 t Ln t − 2
∫1 dt = 2t Ln t − 2t +C =
∣∣∣∣2√x Ln√
x − 2√
x +C∣∣∣∣
Ejercicio 3.23 Calcular las siguientes integrales:
(a)∫
ex(1 + x ln x)x
dx (b)∫
sen(x) ln (cos(x))dx (c)∫
e3x sen(2x) dx
(d)∫
xe−2x dx (e)∫
x2 ln x dx (f)∫
sen2(x) + 2 cos2(x)sen(x) cos(x)
dx
Solución
(a)∫
ex(1 + x Ln x)x
dx
∫ex(1 + x Ln x)
xdx =
∫ex
xdx︸ ︷︷ ︸
I1
+
∫ex Ln x dx︸ ︷︷ ︸
I2
= (exLn x − I2) + I2 =∣∣∣exLn x +C
∣∣∣
I1 =
u = ex → du = ex dx
dv = 1xdx→ v = Ln |x|
= exLn |x| −∫
exLn x dx︸ ︷︷ ︸I2
= exLn x − I2
(b)∫
senx Ln(cosx) dx
Por partes tenemos:
−cosx Ln (cosx) −∫
(−cosx)−senxcosx
dx = −cosx Ln (cosx) −∫
senx dx = −cosx Ln (cosx) + cosx +C
(c)∫
e3x sen(2x) dx =
u = sen(2x) → du = 2 cos(2x) dx
dv = e3xdx → v = (1/3)e3x
= sen(2x)(1/3)e3x−2/3
∫e3xcos(2x) dx︸ ︷︷ ︸
por partes
=
u = cos(2x) → du = −2sen(2x) dx
dv = e3xdx → v = (1/3)e3x
= sen(2x)(1/3)e3x−2/3
(cos(2x)(1/3)e3x + 2
∫(1/3)e3x sen(2x) dx
)
PROYECTO MATECO 3.14159 Página 170
TEMA 3. INTEGRAL INDEFINIDA DE FUNCIONES DE UNA VARIABLE
Si llamamos I a la integral original, tenemos:
I = 1/3sen(2x)e3x − 2/9 cos(2x)e3x − 4/9 I
13/9I = 1/3sen(2x)e3x − 2/9 cos(2x)e3x →
∣∣∣∣∣∣I = 913
e3x(1/3sen(2x) − 2/9 cos(2x)
)+C
∣∣∣∣∣∣(d)
∫x e−2x dx
∫x e−2x dx =
u = x→ du = dx
dv = e−2x dx→ v =(−1/2
)e−2x
= x(−1/2
)e−2x −
(−1/2
) ∫e−2xdx =
= −12 xe−2x + 1
2
∫e−2xdx = −1
2 xe−2x + 12
(−1/2
)e−2x +C =
∣∣∣∣−12 xe−2x − 1
4e−2x +C∣∣∣∣
(e)∫
x2Ln x dx
∫x2Ln x dx =
u = Ln x→ du = 1
xdx
dv = x2 dx→ v = x3
3
= Ln xx3
3−
13
∫x3 1
xdx =
∣∣∣∣∣∣∣x3
3Ln x −
19
x3 +C
∣∣∣∣∣∣∣(f)
∫sen2x + 2cos2x
sen x cos xdx
∫sen2x + 2cos2x
sen x cos xdx =
{sen2x + 2cos2x
sen x cos x=
sen2xsen x cos x
+2cos2x
sen x cos x=
sen xcos x
+2cos xsen x
}=
=
∫sen xcos x
dx + 2∫
cos xsen x
dx = −∫−sen xcos x
dx + 2∫
cos xsen x
dx∣∣∣∣= −Ln |cos x| + 2Ln |sen x| +C
∣∣∣∣
Página 171 PROYECTO MATECO 3.14159