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Metodos de Integracion
L. F. Resendis O.
2
Indice general
1. Metodos de integracion L.F. Resendis O. 51.1. Formulario de derivadas e integrales . . . . . . . . . . . . . . . 61.2. Integrales inmediatas L.F. Resendis O. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.2.1. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.3. Completacion del Trinomio L.F. Resendis O. . . . . . . . . . . . . . . 16
1.3.1. Ejercicios. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191.4. Integrales trigonometricas L.F. Resendis O. . . . . . . . . . . . . . . . 20
1.4.1. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 261.5. Sustitucion trigonometrica L.F. Resendis O. . . . . . . . . . . . . . . . 28
1.5.1. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 341.6. Integracion por partes con funciones trascendentes L.F. Resendis O. . 35
1.6.1. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 391.7. Integracion por fracciones parciales L.F. Resendis O. . . . . . . . . . . 40
1.7.1. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 441.8. Formulario L.F. Resendis O. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
3
4 INDICE GENERAL
Capıtulo 1
Metodos de integracion L.F. Resendis O.
En esta seccion se estudian tecnicas de integracion donde se trata deaplicar diversos metodos, junto con un formulario basico de integracion. Elformulario presenta primero una tabla de derivadas basicas escritas en termi-nos de la regla de la cadena. A saber si f = f(u) y u = u(x) entonces
d
dxf(u) = f (u)
d
dxu(x) = f (u)
du
dx.
Gran parte de los ejercicios de integracion se fundamentan en el teorema decambio de variable, de manera que memorizar la tabla de derivadas sera degran utilidad, pues es la base para detectar rapidamente el cambio de variablenecesario para resolver la integral y de hecho con la practica esto se hace deforma inmediata. Asimismo el lector debe tratar de memorizar el formulariode integracion y entonces el uso del formulario se reducira a consultar algunaduda sobre determinada formula. Esto es sumamente util porque, finalmente,las tecnicas de integracion aquı descritas, tan solo tratan de reducir la integralpropuesta a una o varios de los patrones que aparecen en el formulario y porende es necesario tener familiaridad con los mencionados patrones de lasformulas.A continuacion se presentan los formularios que seran usados. Se resuelvenen detalles los ejemplos de cada seccion, sin embargo al abordar una nuevaseccion se considera conocido y asimilado lo visto en las secciones anterioresy en la solucion escrita los detalles correspondientes a tecnicas anterioresse presentan muy resumidamente. En la medida de lo posible se trata dedistinguir en el metodo la parte de la manipulacion algebraica y el calculode las integrales resultantes.
5
6 CAPITULO 1. METODOS DE INTEGRACION L.F. RESENDIS O.
Al final de cada metodo se presentan 4 o 5 grupos de ejercicios. El primergrupo tiene las soluciones y al consultarlas pueden dar una idea del pro-cedimiento para resolver las integrales; ası con todo proposito los gruposrestantes no tienen las soluciones y se espera que un lector dedicado deltexto las pueda resolver sin problemas.
1.1. Formulario de derivadas e integrales
El primer bloque de formulas de derivacion se refiere a las derivadas delas funciones exponenciales y sus inversas.
(1)d
d xun = nun−1
du
d x
(2)d
d xlnu =
1
u
du
d x
(3)d
d xeu = eu
du
d x
(4)d
d xloga u =
1
u ln a
du
d x
(5)d
d xau = au ln a
du
d x
El segundo bloque corresponde a las de rivadas de las funciones trigonometri-cas directas
1.1. FORMULARIO DE DERIVADAS E INTEGRALES 7
(6)d
d xsenu = cosu
du
dx
(7)d
d xcosu = − senu du
dx
(8)d
d xtanu = sec2 u
du
dx
(9)d
d xcotu = − csc2 u du
d x
(10)d
d xsecu = secu tanu
du
d x
(11)d
d xcscu = − cscu cotu du
d x
8 CAPITULO 1. METODOS DE INTEGRACION L.F. RESENDIS O.
El tercer bloque corresponde a las funciones trigonometricas inversas. Seobserva que las derivadas son funciones algebraicas.
(12)d
d xarc senu =
1√1− u2
du
d x
(13)d
d xarctanu =
1
1 + u2du
d x
(14)d
d xarcsecu =
1
u√u2 − 1
du
d x
(15)d
d xarc cosu = − 1√
1− u2du
d x
(13)d
d xarccotu = − 1
1 + u2du
d x
(14)d
d xarccscu = − 1
u√u2 − 1
du
d x
El primer bloque de formulas de integracion para exponenciales es el sigu-iente.
(I) un du =un+1
n+ 1+ C, n = −1.
(II)du
u= ln |u|+ C
(III) eu du = eu + C
(IV) au du =au
ln a+ C
1.1. FORMULARIO DE DERIVADAS E INTEGRALES 9
El segundo bloque lo forman las formulas de integrales trigonometricas yalgunos productos entre ellas.
(V) senu du = − cosu+ C
(VI) cosu du = senu+ C
(VII) tanu du = ln | secu|+ C
(VIII) cotu du = ln | senu|+ C
(IX) secu du = ln | secu+ tanu|+ C
(X) cscu du = ln | cscu− cot u|+ C
(XI) sec2 u du = tanu+ C
(XII) csc2 u du = − cotu+ C
(XIII) secu tanu du = secu+ C
(XIV) cscu cot u du = − cscu+ C
10 CAPITULO 1. METODOS DE INTEGRACION L.F. RESENDIS O.
El tercer bloque son las formulas de integracion para funciones racionales deorden 2.
(XV)du
a2 − u2 =1
2alnu+ a
u− a + C
(XVI)du
u2 − a2 =1
2alnu− au+ a
+ C .
El cuarto bloque son las formulas de integracion basicas para radicales.
(XVII)du√a2 − u2 = arc sen
u
a+ C
(XVIII)du
a2 + u2=
1
aarctan
u
a+ C
(XIX)du
u√u2 − a2 =
1
aarcsec
u
a+ C
(XX)√a2 + u2 du =
u
2
√a2 + u2 +
a2
2ln(u+
√a2 + u2) + C
(XXI)√a2 − u2 du =
u
2
√a2 − u2 + a
2
2arc sen
u
a+ C
(XXII)√u2 − a2 du =
u
2
√u2 − a2 − a
2
2ln |u+√u2 − a2|+ C
(XXIII)du√u2 − a2 = ln u+
√u2 − a2 + C.
(XXIV)du√a2 + u2
= ln(u+√a2 + u2) + C
(XXV)du
u√a2 + u2
= −1aln
√a2 + u2 + a
u+ C.
1.2. INTEGRALES INMEDIATAS L.F. RESENDIS O. 11
1.2. Integrales inmediatas L.F. Resendis O.
Se llaman integrales inmediatas aquellas que se pueden resolver directamentepor aplicacion de una formula de integracion y un sencillo cambio de variableque se puede deducir de la propia expresion integral. Para poder aplicar elcambio de variable se necesita familiaridad con la tabla de derivadas y conla tabla de integrales.
Ejemplo 1.2.1 Con ayuda de formulario calcular las siguientes integrales
i)2x+ cosx
(x2 + senx)3dx ii)
x2 − 22− 6x+ x3dx
iii)e√x+3
√xdx iv) 4tan 5x sec2 5x dx
v) cot(x
2+ 3) dx vi) sec2(e2x + 3) e2x dx
vii)dt√
25t2 + 3viii) sen 2(3x+ 1) + 4 cos(3x+ 1) dx
Solucion i) Sea u = x2 + senx, entonces por (1) y (6), du = (2x+ cos x) dx.En este caso el du esta completo, luego al aplicar (I) se tiene
2x+ cosx
(x2 + senx)3dx =
du
u3= u−3du = −u
−2
2+ C
= − 1
2(x2 + senx)2+ C .
ii) Sea u = 2−6x+x3. Se calcula du = (−6+3x2) dx usando (1) y se observaque es necesario multiplicar por 3 el numerador de la integral para obtenerdu, por esto es necesario tambien dividir por 3 para no alterar la integral.Ası por linealidad de la integral y (II)
x2 − 22− 6x+ x3dx =
3
3· x2 − 22− 6x+ x3dx =
1
3
3x2 − 62− 6x+ x3dx
=1
3
du
u=1
3lnu+ C =
1
3ln(2− 6x+ x3) + C .
12 CAPITULO 1. METODOS DE INTEGRACION L.F. RESENDIS O.
iii) Sea u =√x + 3 entonces por (1) se tiene du =
dx
2√xy por tanto es
necesario multiplicar y dividir por 2 para completar du y usar (III) paraobtener
e√x+3
√xdx =
2
2· e√x+3
√xdx = 2
e√x+3
2√xdx
= 2 eu du = 2eu + C = 2e√x+3 + C .
iv) Sea u = tan 5x entonces por (8) se tiene du = 5 sec2 5x dx por tanto esnecesario multiplicar y dividir por 5 para completar du y al aplicar (IV) seobtiene
4tan 5x sec2 5x dx =5
5· 4tan 5x sec2 5x dx = 1
54tan 5x 5 sec2 5x dx
=1
54u du =
1
5
4u
ln 4+ C =
1
5
4tan 5x
ln 4+ C .
v) Sea u =x
2entonces du =
dx
2por tanto es necesario dividir y multiplicar
por 2 para completar du y aplicar (VIII) para obtener
cotx
2dx =
2
2· cot x
2dx = 2 cot
x
2
dx
2
= 2 cotu du = 2 ln | senu|+ C = 2 ln senx
2+ C .
vi) Sea u = e2x + 3 entonces por (3), du = 2e2x dx y por tanto es necesariomultiplicar y dividir por 2 para completar du y al aplicar (XI) se obtiene
sec2(e2x + 3) e2x dx =2
2· sec2(e2x + 3) e2x dx
=1
2sec2(e2x + 3) 2e2x dx =
1
2sec2 u du
=1
2tanu+ C =
1
2tan(e2x + 3) + C .
vii) Sea u2 = 25t2 y a2 = 3 entonces u = 5t, du = 5 dt y a =√3. Por tanto es
necesario multiplicar y dividir por 5 para completar du y usar (XXIV) para
1.2. INTEGRALES INMEDIATAS L.F. RESENDIS O. 13
obtener
dt√25t2 + 3
=5
5· dt√25t2 + 3
=1
5
5 dt√25t2 + 3
=1
5
du√u2 + a2
=1
5ln(u+
√u2 + a2) + C =
1
5ln(5t+
√25t2 + 3) + C .
viii) Sea u2 = sen 2(3x + 1) y a2 = 4 entonces u = sen (3x + 1) y por (6),du = 3 cos(3x + 1) dx y a = 2. Por tanto es necesario multiplicar y dividirpor 3 para completar du y aplicar (XX) para conseguir
sen 2(3x+ 1) + 4 cos(3x+ 1) dx =
=3
3· sen 2(3x+ 1) + 4 cos(3x+ 1) dx
=1
3sen 2(3x+ 1) + 4 · 3 cos(3x+ 1) dx
=1
3
√u2 + a2 du
=1
3
u
2
√u2 + a2 +
a2
2ln(u+
√u2 + a2) + C
=sen (3x+ 1)
6sen 2(3x+ 1) + 4
+2
3ln sen (3x+ 1) + sen 2(3x+ 1) + 4 + C .
14 CAPITULO 1. METODOS DE INTEGRACION L.F. RESENDIS O.
1.2.1. Ejercicios
Ejercicio 1.2.1 Con ayuda de formulario calcular las siguientes integrales
i)x2 + ex − 23ex − 6x+ x3dx ii)
x3 − csc2 2xx4 + 2 cot 2x
dx
iii)e3√x−33√x2
dx iv) 4cos 4x sen 4x dx
v) tan(5x
2+ 4) dx vi) csc2(e3x − 3) e3x dx
vii)dt√
16t2 − 3 viii) cos2(5x+ 1) + 4 sen (5x+ 1) dx
ix)e3x
2 + e3xdx x)
1
ex + 6dx
Solucion i) ln 3√3ex − 6x+ x3+C; ii) ln 4
√x4 + 2 cot 2x+C; iii) 3e
3√x−3+C;iv) −4cos 4x
ln 256+C; v) 2
5ln sec(5x
2+4)+C; vi) −1
3cot(33x− 3) +C; vii) 1
4ln(4 +√
16t2 − 3)+C; viii) − 110cos(5x−1)− 2
5ln(cos(5x−1)+ cos2(5x− 1) + 4)+
C; ix) 13ln(2 + 3ex) + C; x) x
6− 1
6ln(ex + 6) + C.
1.2. INTEGRALES INMEDIATAS L.F. RESENDIS O. 15
Ejercicio 1.2.2 Con ayuda de formulario calcular las siguientes integrales
i)x2 + cosx− 23 senx− 6x+ x3dx ii)
x2 − cscx cotxx3 + 3 cscx
dx
iii)e4√x−44√x3
dx iv) 4tan 4x sec2 4x dx
v) sec(5x
2+ 4) dx vi) cot(e2x − 3) e2x dx
vii)dt√5− 9t2 viii) 9− 4 cos2(2x+ 1) sen (2x+ 1) dx
ix)e3t − 2et
e3t − 6et + 2 dt x)ex + x
2ex + x2 − 6 dx
Ejercicio 1.2.3 Con ayuda de formulario calcular las siguientes integrales
i)dx√
1− x2 arcsenx ii)x3 + secx tanx
x4 + 4 secxdx
iii)e1x+1
x2dx iv) 6sec 4x sec 4x tan 4x dx
v) sec2(5x
2+ 4) dx vi) csc(e2x − 3) cot(e2x − 3) e2x dx
vii)dt
5− 36t2 viii) 16− tan2(3x+ 1) sec2(3x+ 1) dx
ix)4x
2 + 4xdx x)
23x
5− 23x dx
16 CAPITULO 1. METODOS DE INTEGRACION L.F. RESENDIS O.
Ejercicio 1.2.4 Con ayuda de formulario calcular las siguientes integrales
i)dx√
1− x2 arc cos x ii)x3 − cscx cotxx4 + 4 cscx
dx
iii)e1x2−2
x3dx iv) 7sec 3x sec 3x tan 3x dx
v) csc(5x
2+ 4) dx vi) tan(e2x − 3) e2x dx
vii)dt
25t2 + 7viii)
sec2(3x+ 1) dx
16− tan2(3x+ 1)
ix) 5x2−x+1(2x− 1) dx x)
3lnx
xdx
1.3. Completacion del Trinomio L.F. Resendis O.
Este procedimiento se aplica cuando el integrando presenta expresiones de laforma
√av2 + bv + c ,
1√av2 + bv + c
, o1
av2 + bv + c.
Como su nombre lo indica se trata de completar el trinomio y esto se hacemediante la siguiente formula.Para a > 0 la completacion del trinomio ax2 + bx+ c es de la forma:
ax2 + bx+ c =√ax+
b
2√a
2
+ c− b2
4a.
En el caso que a < 0 se tiene
ax2 + bx+ c = c− b2
4a− √−ax− b
2√−a
2
.
1.3. COMPLETACION DEL TRINOMIO L.F. RESENDIS O. 17
Ejemplo 1.3.1 Calcular las siguientes integrales
i)dt
5− 2t− 3t2 ii)5t− 2√
4t2 − 3t+ 7 dt .
Solucion i) Se completa el trinomio para 5 − 2t − 3t2 donde se observa quea = −3, b = −2 y c = 5. Ası
5− 2t− 3t2 = 5− (−2)2
4(−3) − −(−3)t− −22 −(−3)
2
= 5 +1
3−√3t+
1√3
2
=16
3−√3t+
1√3
2
.
Luego para la integral se tiene exactamente la igualdad
dt
5− 2t− 3t2 =dt
16
3−√3t+
1√3
2 .
Sea u =√3t + 1√
3, a2 = 16
3, entonces du =
√3 dt, a = 4√
3y es necesario
multiplicar y dividir por√3 para completar du. Se aplica (XV) para obtener
dt
5− 2t− 3t2 =1√3
√3dt
16
3−√3t+
1√3
2
=1√3
√3
2(4)ln
√3t+ 1√
3+ 4√
3√3t+ 1√
3− 4√
3
+ C
=1
8ln3t+ 5
3t− 3 + C .
ii) Sea u = 4t2 − 3t + 7 entonces du = (8t− 3) dt por lo tanto para obtenerla diferencial du en el numerador es necesario primero multiplicar y dividir
por8
5, ası
5t− 2√4t2 − 3t+ 7 dt =
5
8
8
5(5t− 2)
√4t2 − 3t+ 7 dt =
5
8
8t− 165√
4t2 − 3t+ 7 dt
18 CAPITULO 1. METODOS DE INTEGRACION L.F. RESENDIS O.
Ahora se resta y suma 3 para completar du y se separan las integrales
5t− 2√4t2 − 3t+ 7 dt =
5
8
8t− 3 + 3− 165√
4t2 − 3t+ 7 dt =5
8
8t− 3− 15√
4t2 − 3t+ 7 dt
=5
8
8t− 3√4t2 − 3t+ 7 dt+
5
8
−15√
4t2 − 3t+ 7 dt
=5
8
8t− 3√4t2 − 3t+ 7 dt−
1
8
1√4t2 − 3t+ 7 dt
=5
4
√4t2 − 3t+ 7− 1
8
dt√4t2 − 3t+ 7 ,
donde la primera integral se resolvio usando (I). Para resolver la segundaintegral se completa el trinomio para 4t2−3t+7 donde se observa que a = 4,b = −3 y c = 7. Ası
4t2 − 3t+ 7 = 2t+−32 · 2
2
+ 7− (−3)2
4(4)
= 2t− 34
2
+93
16.
Luego para la integral mencionada se tiene
dt√4t2 − 3t+ 7 =
dt
2t− 34
2+ 93
16
.
Sea u = 2t− 34, a2 = 93
16, entonces du = 2 dt, a =
√934y es necesario multiplicar
y dividir por 2 para completar du. Se aplica (XXIV) para conseguir
dt√4t2 − 3t+ 7 =
1
2
2 dt
2t− 34
2+ 93
16
=1
2ln 2t− 3
4+√4t2 − 3t+ 7 + C .
El resultado de la integral propuesta es entonces
5t− 2√4t2 − 3t+ 7 dt =
5
4
√4t2 − 3t+ 7
− 1
16ln 2t− 3
4+√4t2 − 3t+ 7 + C .
1.3. COMPLETACION DEL TRINOMIO L.F. RESENDIS O. 19
1.3.1. Ejercicios.
Ejercicio 1.3.1 Calcular las siguientes integrales
i)dx
x2 − x− 74
ii)√4− 4x− 4x2dx
iii)2t+ 1√5t2 + t− 4dt iv)
3x− 2√9x2 + 7− 6x dx .
Solucion i) 12√2ln 1+2
√2−2x
−1+2√2+2x+C; ii) (x+12)√1− x− x2− 5
4arc sen −1−2x√
5+C;
iii) 25
√5t2 + t− 4+ 4
5√5ln 1+10x+2
√5√5t2 + t− 4 +C; iv) 1
3
√9x2 + 7− 6x−
13ln 3x− 1 +√9x2 + 7− 6x + C.
Ejercicio 1.3.2 Calcular las siguientes integrales
i)dt
34+ 2t− 4t2 ii)
dt
2t2 + 3t+ 5
iii)3x− 2√
2x2 − 6x− 4dx iv) (2x− 1)√3x+ 6− 4x2 dx .
Ejercicio 1.3.3 Calcular las siguientes integrales
i)dt√
4− 2t2 + t ii)√x2 + 4x− 1 dx
iii)3t− 4
2t2 − t+ 1 dt iv) (x− 1)√4 + 3x2 + x dx .
Ejercicio 1.3.4 Calcular las siguientes integrales
i)dt
4t2 + 2t+ 34
ii)√3x2 − 12x− 7 dx
iii)1− 3t√
5− 9t2 − 12tdt iv) (x− 1)√6x+ 1− 9x2dx
20 CAPITULO 1. METODOS DE INTEGRACION L.F. RESENDIS O.
1.4. Integrales trigonometricas L.F. Resendis O.
Para la resolucion de integrales trigonometricas hay una serie de casos quese abordan de acuerdo al exponente y en general la idea es una sola: se tratade reducir estas integrales a la forma
vn dv + integral inmediata.
Caso 1. Integrales de la forma
senmu cosn u du
donde m o n es un numero impar positivo. Se aplica la identidad pitagorica
sen 2u+ cos2 u = 1 .
Por ejemplo si m = 2k + 1 es impar, se puede reescribir
senmu cosn u = cosn u( sen 2ku) senu = cosn u(1− cos2 u)k senuy al observar que d cosu = − senu du, la integral reduce a
± (potencias de cosu) senu du .
Ejemplo 1.4.1 Calcular
sen 3/72x cos3 2x dx .
Solucion Se observa que la potencia impar es la de la funcion coseno, ası esaes la potencia que se separa y se aplica (I)
sen 3/72x cos3 2x dx = sen 3/72x cos2 2x cos 2x dx
= sen 3/72x(1− sen2 2x) cos 2x dx
= sen 3/72x cos 2x dx− sen17/7 2x cos 2x dx
=7
20sen 10/72x− 7
48sen 24/72x+ C .
1.4. INTEGRALES TRIGONOMETRICAS L.F. RESENDIS O. 21
Caso 2. Integrales de la forma
senmu cosn u du
donde m y n son numeros pares positivos. Se aplican las identidades
sen 2u =1
2− 12cos 2u cos2 u =
1
2+1
2cos 2u .
Se observa que se reduce a integrales del coseno de angulos multiples. Paraescribir el resultado en los angulos originales son necesarias las identidades
cos 2u = 2 cos2 u− 1 = 1− 2 sen2 u , sen 2u = 2 senu cosu .
Ejemplo 1.4.2 Calcular
sen23x
2cos2
3x
2dx .
Solucion Se observa que ambas potencias en el integrando son numeros parespositivos. Entonces por (VI)
sen23x
2cos2
3x
2dx = (
1
2− 12cos 3x)(
1
2+1
2cos 3x) dx
= (1
4− 14cos2 3x) dx
=x
4− 14
(1
2+1
2cos 6x) dx
=x
4− x8− 1
48sen 6x+ C .
Para convertir sen 6x en expresiones con el angulo3x
2se usan las identidades
trigonometricas mencionadas, por ejemplo
sen 6x = 2 sen 3x cos 3x
= 2 2 sen3x
2cos
3x
21− 2 sen 23x
2
= 4 sen3x
2cos
3x
2− 8 sen 33x
2cos
3x
2
y ası el resultado puede reescribirse como
22 CAPITULO 1. METODOS DE INTEGRACION L.F. RESENDIS O.
sen23x
2cos2
3x
2dx =
x
8− 1
12sen
3x
2cos
3x
2− 16sen 3
3x
2cos
3x
2+ C
Caso 3. Integrales de la forma
tanm u du o cotm u du
donde m es un numero entero. Se aplican las identidades pitagoricas
sec2 u = 1 + tan2 u csc2 u = 1 + cot2 u . (1.4.1)
Por ejemplo, cuando se aborda tanm u, se observa que se reduce a una sumade integrales de la forma
tann u sec2 u dx, sec2 u du, tanu du, c du .
Ejemplo 1.4.3 a) Calcular
1
cot3 2xdx .
b) Calcular
cot4 x dx .
Solucion a) Como tan3 2x =1
cot3 2xse aplica la primera identidad. Entonces
por (I) y (VII) se tiene
1
cot3 2xdx = tan3 2x dx = tan 2x tan2 2x dx
= tan 2x(sec2 2x− 1) dx
= tan 2x sec2 2x dx− tan 2x dx
=1
4tan2 2x− 1
2ln | sec 2x|+ C .
1.4. INTEGRALES TRIGONOMETRICAS L.F. RESENDIS O. 23
b) Se aplica la segunda identidad. Entonces
cot4 x dx = cot2 x(csc2 x− 1) dx
= cot2 x csc2 x dx− cot2 x dx
= −13cot3 x− (csc2 x− 1) dx
= −13cot3 x+ cotx+ x+ C .
Caso 4. Integrales de la forma
secm u du o cscm u du
donde m = 2k es un numero par positivo. Se aplican las identidades 1.4.1para reescribir
sec2k u du = sec2k−2 u sec2 u = (tan2 u+ 1)k−1 sec2 u
ycsc2k u du = csc2k−2 u csc2 u = (cot2 u+ 1)k−1 csc2 u
Por ejemplo, cuando se aborda secm u, se observa que se reduce a integralesde la forma
(potencias de tanu) sec2 u dx .
Ejemplo 1.4.4 Calcular
csc45x
3dx .
Solucion Como la potencia es par y positiva
csc45x
3dx = csc2
5x
3csc2
5x
3dx
= (cot25x
3+ 1) csc2
5x
3dx
= cot25x
3csc2
5x
3dx− csc2
5x
3dx
= −15cot3
5x
3+3
5cot
5x
3+ C ,
24 CAPITULO 1. METODOS DE INTEGRACION L.F. RESENDIS O.
donde se aplicaron (I) y (XII) para calcular las integrales.Caso 5. Integrales de la forma
tanm u secn u du o cotm u cscn u du .
Si n = 2k se procede como en el caso anterior, es decir se aplican las identi-dades 1.4.1 para reescribir, por ejemplo,
tanm u sec2k+2 u = tanm u sec2k u sec2 u
= tanm u(1 + tan2 u)ku sec2 u
y se reduce a
(potencias de tanu) sec2 u du .
Si m = 2k + 1, n = 2l + 1 se usa 1.4.1 para reescribir, por ejemplo,
cot2k+1 u csc2l+1 u = cot2k u csc2l u cscu cot u
= (csc2−1)k csc2l u cscu cotuy se reduce a
(potencias de cscu) cscu cotu du .
Ejemplo 1.4.5 a) Calcular
cot7/2 3x csc4 3x dx .
b) Calculartan5 2x sec3 2x dx
Solucion i) Como la potencia de cscx es par y positiva se tiene por (I)
cot7/2 3x csc4 3x dx = cot7/2 3x csc2 3x csc2 3x dx
= cot7/2 3x(1 + cot2 3x) csc2 3x dx
= cot7/2 3x csc2 3x dx+ cot11/2 3x csc2 3x dx
= − 227cot9/2 3x− 2
26cot13/2 3x+ C .
1.4. INTEGRALES TRIGONOMETRICAS L.F. RESENDIS O. 25
b) Como ambas potencias son impares se tiene por (I)
tan5 2x sec32x dx = tan4 2x sec2 2x sec 2x tan 2x dx
= (sec2 2x− 1)2 sec2 2x sec 2x tan 2x dx
= (sec4 2x− 2 sec2 2x+ 1) sec2 2x sec 2x tan 2x dx
= sec6 2x sec 2x tan 2x dx − 2 sec4 2x sec 2x tan 2x dx
+ sec2 2x sec 2x tan 2x dx
=1
14sec7 2x− 1
5sec5 2x+
1
6sec3 2x+ C .
Caso 6. Integrales de la forma
senmx cosnx dx , senmx sennx dx , cosmx cosnx dx ,
para m = n. Se usa por ejemplo
sen au cos bu =1
2sen (a+ b)u+
1
2sen (a− b)u .
Se aplican directamente las formulas
senmx cosnx dx = −cos(m+ n)x2(m+ n)
− cos(m− n)x2(m− n) + C ,
senmx sennx dx = − sen (m+ n)x2(m+ n)
+sen (m− n)x2(m− n) + C ,
cosmx cosnx dx =sen (m+ n)x
2(m+ n)+sen (m− n)x2(m− n) + C .
Ejemplo 1.4.6 Calcular
sen 3x cos 4x dx .
Solucion Es inmediata aplicando la primera formula con m = 3, n = 4. Ası
sen 3x cos 4x dx =cos 2x
4− cos 6x
12+ C .
26 CAPITULO 1. METODOS DE INTEGRACION L.F. RESENDIS O.
1.4.1. Ejercicios
Ejercicio 1.4.1 Calcular las siguientes integrales
i) sen 2/3x
2cos5
x
2dx ii)
sen 32z
cos8 2zdz
iii) tan4 6t dt iv) csc6x
3dx
v) 3 tan2x
2sec4
x
2dx vi) cot5 2z csc3/2 2z dz
vii) cos4 3t dt viii) sen 22x cos4 2x dx
ix) sen 3t cos 5t dt x) sen 2x senx
3dx .
Solucion i) 45sen 5/2 x
2− 89sen 9/2 x
2+ 413sen 13/2 x
2+C; ii) − 1
10sec5 2z+ 1
14sec7 2z+
C; iii) t−29tan 6t+ 1
18sec2 6t tan 6t+C; iv)−8
5cot x
3−45cot x
3csc2 x
3−35cot x
3csc4 x
3+
C; v) 655(6+ 5 sec2 x
2) tan5/3 x
2; vi) −1
9csc11/2 2z+ 2
7csc7/2 2z+ 1
3csc3/2 2z; vii)
3t8+ 112sen 6t+ 1
96sen 12t+ c; viii) x
16+ 1128sen 4x− 1
128sen 8x− 1
384sen 12x+ c;
ix) cos2 2x2− 1
16cos 8x+ c; x) 3
10sen 5x
3− 3
14sen 7x
3+ c.
Ejercicio 1.4.2 Calcular las siguientes integrales
i)cos5 x
3
3 sen 2 x3
dx ii)sen 33z
cos7 3zdz
iii) cot42t
3dt iv) sec6(2t+ 1) dt
v)5cot2
3x
2csc4
3x
2dx vi) tan5 3z sec3/2 3z dz
vii) sen 4(3t− 2) dt viii) cos2 2x sen 42x dx
ix) cos 5t cos 3t dt x) cos 3x senx
4dx .
1.4. INTEGRALES TRIGONOMETRICAS L.F. RESENDIS O. 27
Ejercicio 1.4.3 Calcular las siguientes integrales
i)cot θ3√sen θ
dθ ii)sen 52z
cos4 2zdz
iii) (1 + tan22t
3)2 dt iv) csc4(3t+ 1) dt
v)sen 3/2x
cos11/2 xdx vi) cot5
3z
2csc
3z
2dz
vii) [1 + sen 2(2t− 3)]2 dt viii) sen 4x
2cos4
x
2dx
ix) sen3t
2sen 2t dt x) cos 4x cos
2x
5dx .
Ejercicio 1.4.4 Calcular las siguientes integrales
i)tan 2θ3√cos 2θ
dθ ii)cos5 3z
sen 4/33zdz
iii) (1 + cot23t
5)2 dt iv) sec4(2t+ 1) dt
v)cos3/2 x
sen 11/2xdx vi) tan5
2z
3sec
2z
3dz
vii) [1 + cos2(t+ 1)]2 dt viii) cos4x
4sen 4
x
4dx
28 CAPITULO 1. METODOS DE INTEGRACION L.F. RESENDIS O.
Ejercicio 1.4.5 Calcular las siguientes integrales
i)sen 2/3 x
2
sec5 x2
dx ii) sen 32z sec8 2z dz
iii) tan6 6t dt iv) csc4x
3dx
v) 5 tan3x
2sec4
x
2dx vi)
cot5 2z
sen 5/22zdz
vii) cos6 3t dt viii) (1 + sen 2x)(1 + cos2 x) dx
ix) sen 4t cos3t
2dt x) sen 2x sen
x
3dx .
1.5. Sustitucion trigonometrica L.F. Resendis O.
Este metodo se usa cuando aparecen expresiones que involucran potenciasde ±u2 ± a2 que no aparecen en el formulario basico y se procede vıa uncambio de variable trigonometrico, lo cual reduce la integral a una integraltrigonometrica.Caso 1. Para expresiones donde aparecen potencias de
a2 − u2 o√a2 − u2 se usa u = a sen z.
Se tiene ası
a2 − u2 = a2 cos2 z y√a2 − u2 = a cos z con du = a cos z dz.
El triangulo asociado es el de la figura 1.1 Para reescribir la variable originalde integracion son de utilidad las identidades
sen 2x = 2 senx cosx cos 2x = cos2 x− sen 2x .
Ejemplo 1.5.1 Calcular
dx
x(2− 3x2)3/2 .
1.5. SUSTITUCION TRIGONOMETRICA L.F. RESENDIS O. 29
0
a
u
����������������a2 � u2
z
Figura 1.1: El triangulo asociado al cambio u = a sen z
Solucion i) Se identifica primero
a2 = 2 , u2 = 3x2 , x =u√3
a = 2 , u =√3x , du =
√3 dx .
Entonces
dx
x(2− 3x2)3/2 =1√3
√3 dx
x(2− 3x2)3/2 =1√3
duu√3(a2 − u2)3/2
=du
u(a2 − u2)3/2 .
Para resolver la ultima integral se aplica la substitucion trigonometrica
u = a sen z , (a2 − u2)1/2 = a cos z ,du = a cos z dz , (a2 − u2)3/2 = a3 cos3 z .
30 CAPITULO 1. METODOS DE INTEGRACION L.F. RESENDIS O.
Entonces por (X) y (I) se tiene
du
u(a2 − u2)3/2 =a cos z dz
a sen za3 cos3 z=
1
a3dz
sen z cos2 z
=1
a3csc z sec2 z dz =
1
a3csc z(1 + tan2 z) dz
=1
a3csc z dz +
1
a31
sen z
sen 2z
cos2 zdz
=1
a3ln(csc z − cot z) + 1
a3cos−2 z sen z dz
=1
a3ln(csc z − cot z) + 1
a3sec z + C .
Al observar el triangulo asociado a la substitucion trigonometrica empleadase tiene
csc z =a
u=
√2√3x, cot z =
√a2 − u2u
=
√2− 3x2√3x
sec z =a√
a2 − u2 =
√2√
2− 3x2 . .
Se substituye la variable original para obtener finalmente
dx
x(2− 3x2)3/2 =1√23ln
√2√3x−√2− 3x2√3x
+1√23·√2√
2− 3x2 + C
=1√23ln
√2−√2− 3x2√
3x+1
2
1√2− 3x2 + C .
Caso 2. Expresiones donde aparecen potencias de
a2 + u2 o√a2 + u2 se usa u = a tan z.
Se tiene ası
a2 + u2 = a2 sec2 z y√a2 + u2 = a sec z con du = a sec2 z dz.
El triangulo asociado es el de la figura 1.2
1.5. SUSTITUCION TRIGONOMETRICA L.F. RESENDIS O. 31
0
����������������u2 � a2
u
a
z
Figura 1.2: El triangulo asociado al cambio u = a tan z
Ejemplo 1.5.2 Calcular
√4x2 + 9
x6dx .
Solucion i) Se identifica primero
a2 = 9 , u2 = 4x2 , x =u√2
a = 3 , u = 2x , du = 2 dx .
Entonces√4x2 + 9
x6dx =
1
2
√4x2 + 9
x62 dx =
1
2
√u2 + a2
u6
23
du
= 22√u2 + a2
u6du .
Para resolver la ultima integral se aplica la substitucion trigonometrica
u = a tan z , (u2 + a2)1/2 = a sec z ,du = a sec2 z dz . .
32 CAPITULO 1. METODOS DE INTEGRACION L.F. RESENDIS O.
Entonces√u2 + a2
u6du =
a sec z
a6 tan6 za sec2 z dz =
1
a4cos6 dz
cos3 z sen 6z
=1
a4sen−6 cos3 z dz
=1
a4sen−6(1− sen 2z) cos z dz
=1
a4sen−6 cos z dz − 1
a4sen−4 cos z dz
= − 1
5a4csc5 z +
1
3a4csc3 z + C .
Al observar el triangulo asociado a la substitucion trigonometrica empleadase tiene
csc z =
√u2 + a2
u=
√4x2 + 9
2x.
Se substituye para obtener finalmente√4x2 + 9
x6dx = 4
√u2 + a2
u6du
= − 4
5 · 34(4x2 + 9)5/2
25x5+4
35(4x2 + 9)3
23x3+ C
= − 1
40 · 34(4x2 + 9)5/2
x5+
1
2 · 35(4x2 + 9)3/2
x3+ C .
Caso 3. Expresiones donde aparecen potencias de
u2 − a2 o√u2 − a2 se usa u = a sec z.
Se tiene ası
u2 − a2 = a2 tan2 z y√u2 − a2 = a tan z con du = a sec z tan z dz.
El triangulo asociado es el de la figura 1.3
Ejemplo 1.5.3 Calcular
dx
x3√x2 − 5 dx .
1.5. SUSTITUCION TRIGONOMETRICA L.F. RESENDIS O. 33
0
u
����������������u2 � a2
a
z
Figura 1.3: El triangulo asociado al cambio u = a sec z
Solucion i) Se identifica primero
a2 = 5 , u2 = x2 , x = u
a =√5 , u = x , du = dx .
Entonces
dx
x3√x2 − 5 dx =
du
u3√u2 − a2 .
Para resolver la ultima integral se aplica la substitucion trigonometrica
u = a sec z , (u2 − a2)1/2 = a tan z ,du = a sec z tan z dz . .
Entonces
du
u3√u2 − a2 =
a sec z tan z
a3 sec3 za tan zdz =
1
a3dz
sec2 za
=1
a3cos2 z dz =
1
a31
2+1
2cos 2z dz
=1
2a3z +
1
4a3sen 2z + C
=1
2a3z +
1
2a3sen z cos z + C .
Al observar el triangulo asociado a la substitucion trigonometrica empleadase tiene
34 CAPITULO 1. METODOS DE INTEGRACION L.F. RESENDIS O.
cos z =a
u=
√5
x, sen z =
√u2 − a2u
=
√x2 − 5x
sec z =u
a=
x√5, z = arcsec
u√5.
Se substituye para obtener finalmente
dx
x3√x2 − 5 dx =
1
2 · 53/2 arcsecx√5+
1
2 · 53/2√5
x
√x2 − 5x
+ C
=1
2 · 53/2 arcsecx√5+1
10
√x2 − 5x2
+ C.
1.5.1. Ejercicios
Ejercicio 1.5.1 Calcular las siguientes integrales
i)dx
(x2 + 3)3/2ii)
2z2 dz√z2 + 5
iii)t5 dt√4− t2 iv)
dy
y2 3y2 − 7
v)
√x2 − 16 dxx5
vi)dz
z3√4− z2
Solucion i) x3√x2+3
+ c; ii) x√x2 + 5−5 arcsenh x√
5+c; iii) − 1
15
√4− x2(128+
16x2+3x4) + c; iv)
√3y2−77y
+ c; v)√x2 − 16( 1
128x2− 1
4x4)− 1
512arctan 4√
x2−16 ;
vi) 116(−2
√4−x2x2
+ ln x2+√4−x2 ).
Ejercicio 1.5.2 Calcular las siguientes integrales
i)dx
(3x2 + 5)3/2ii)
z2 dz√3z2 + 7
iii)t4 dt√9− t2 iv)
dy
y2 2y2 − 9
v)
√4x2 − 25 dx
x2vi)
dz
z3√9− z2
1.6. INTEGRACION POR PARTES CON FUNCIONES TRASCENDENTES L.F. RESENDIS O. 35
Ejercicio 1.5.3 Calcular las siguientes integrales
i)dx
(5 + x2)2ii)
z2 dz√2 + 3z2
iii)
√16− t2 dtt2
iv)dy
y2 2y2 − 9
v)(r2 − 1)5/2 dr
r8vi)
dz
z3√4− z2
1.6. Integracion por partes con funciones trascen-
dentes L.F. Resendis O.
Se aplica la formula de integracion por partes
u dv = uv − v du
para obtener diversas integrales que involucran funciones trascendentes. Es-tas integrales se pueden distinguir por involucrar funciones inversas, mul-tiplicacion de funciones trascendentes de diferente clase o polinomiales. Uncriterio que es util para la eleccion de u y dv es elegir u como la funcion cuyaprimitiva no es conocida y si la eleccion es acertada la integral resultante nodebe aumentar el grado de dificultad que la integral propuesta.
Ejemplo 1.6.1 Calcular las siguientes integrales
i) arc sen z dz ii) x2 sen 3x dx
iii) t arctan t dt iv) e2θ cos θ dθ
v)lnx dx
(x+ 1)2vi) ln2 z dz
36 CAPITULO 1. METODOS DE INTEGRACION L.F. RESENDIS O.
Solucion i) Se eligen u y dv como
u = arcsen z , dv = dz ,
du =dz√1− z2 , v = z .
Entonces
arcsen z dz = z arcsen z − z dz√1− z2
= z arcsen z +√1− z2 + C .
ii) Se eligen u y dv como
u = x2 , dv = sen 3x dx ,
du = 2x dx , v = −13cos 3x .
Entonces
x2 sen 3x dx = −13x2 cos 3x+
2
3x cos 3x dx .
Se observa que la nueva integral a reducido en una unidad el exponente de lax y al menos parece mas facil de resolver que la primera. Ahora nuevamentepor partes se resuelve la segunda integral eligiendo u y dv como
u = x , dv = cos 3x dx ,
du = dx , v =1
3sen 3x .
Entonces
x cos 3x dx =1
3x sen 3x− 1
3sen 3x dx
=1
3x sen 3x+
1
9cos 3x.
Por tanto
x2 sen 3x dx = −13x2 cos 3x+
2
9x sen 3x+
2
27cos 3x+ C .
1.6. INTEGRACION POR PARTES CON FUNCIONES TRASCENDENTES L.F. RESENDIS O. 37
iii) Se eligen u y dv como
u = arctan t , dv = t dt ,
du =dt
1 + t2, v =
t2
2.
Entonces
t arctan t dt =1
2t2 arctan t− 1
2
t2 dt
1 + t2
=1
2t2 arctan t− 1
21− 1
1 + t2dt
=1
2t2 arctan t+
1
2arctan t− t
2+ C .
iv) Se eligen u y dv como
u = e2θ , dv = cos θ dθ ,du = 2e2θ dθ , v = sen θ .
Entonces
e2θ cos θ dθ = e2θ sen θ − 2 e2θ sen θ dθ .
En apariencia la nueva integral es del mismo grado de dificultad que la inte-gral original. Se vuelve a integrar por partes la integral del segundo sumandoy se eligen u y dv como
u = e2θ , dv = sen θ dθ ,du = 2e2θ dθ , v = − cos θ .
Ası
e2θ sen θ dθ = −e2θ cos θ + 2 e2θ cos θ dθ .
Se observa que en el segundo sumando aparece la integral original. Se susti-tuye primero en el calculo de la primera integral
e2θ cos θ dθ = e2θ sen θ + 2e2θ cos θ − 4 e2θ cos θ dθ ,
38 CAPITULO 1. METODOS DE INTEGRACION L.F. RESENDIS O.
y se pasa sumando la integral del lado derecho al izquierdo, luego
5 e2θ cos θ dθ = e2θ sen θ + 2e2θ cos θ .
Se concluye despejando para obtener
e2θ cos θ dθ =1
5e2θ sen θ +
2
5e2θ cos θ + C .
v) Se eligen u y dv como
u = lnx , dv = (x+ 1)−2 dx ,
du =dx
x, v = − 1
x+ 1.
Entonces
lnx
(x+ 1)2dx = − 1
x+ 1lnx+
dx
x2 + x
= − lnx
x+ 1+
dx
(x+ 12)2 − 1
4
= − lnx
x+ 1+ ln
x
x+ 1+ C .
vi) Se eligen u y dv como
u = ln2 z , dv = dz ,
du =2
zln z dz , v = z .
Entonces
ln2 z dz = z ln2 z − 2 ln z dz .
Se observa que la nueva integral es en apariencia mas facil que la original. Sevuelve a integrar por partes la integral del segundo sumando y se eligen u ydv como
u = ln z , dv = dz ,
du =dz
z, v = z .
1.6. INTEGRACION POR PARTES CON FUNCIONES TRASCENDENTES L.F. RESENDIS O. 39
Ası
ln z dz = z ln z − z .
el resultado final es
ln2 z dz = z ln2 z − 2z ln z + 2z + C .
1.6.1. Ejercicios
Ejercicio 1.6.1 Calcular las siguientes integrales
i) x2 cosx dx ii) arc cos z dz
iii) t arccot t dt iv) eθ sen θ dθ
v)xex dx
(x+ 1)2vi)
ln(z + 1)√z + 1
dz
vii) sec3 x dx .
Solucion i) 2x cosx+ (x2 − 2) senx+ c; ii) x arc cosx−√1− x2 + c; iii) t2+
t2
2arc cos t− 1
2arctan t+c; iv) 1
2eθ( sen θ−cos θ)+c; v) ex
1+x; vi) 2
√1 + z(−2+
ln(1 + x)); vii) 12secx tanx1
2ln(sec z + tan z).
Ejercicio 1.6.2 Calcular las siguientes integrales
i) x sec2 x dx ii) arc cos1
zdz
iii) t arccot 2t dt iv) eθ sen 3θ dθ
v) x2 arc senx dx vi)ln(2z + 1)√2z + 1
dz
vii) csc3 x dx .
40 CAPITULO 1. METODOS DE INTEGRACION L.F. RESENDIS O.
Ejercicio 1.6.3 Calcular las siguientes integrales
i) x csc2 x dx ii) arc sen1
zdz
iii) t arctan 2t dt iv) eθ cos 3θ dθ
v) x2 arc cosx dx vi)ln(3z)
(z + 1)2dz
Ejercicio 1.6.4 Calcular las siguientes integrales
i) sec3 4x dx ii) arc sen 3x dz
iii) t6 ln t dt iv) e2θ cos 3θ dθ
v) (x+ senx)2 dx vi)z arc sen z√1− z2 dz
1.7. Integracion por fracciones parciales L.F. Resendis
O.
Este metodo se aplica para integrar funciones racionales
p(x)
q(x)
donde p(x) y q(x) son funciones polinomiales y se basa en expandir unafuncion racional como suma de funciones racionales propias de grado uno odos. El primer paso siempre es tener expresada la funcion racional en formapropia, es decir grado p(x) < grado q(x); de no estar ası es necesario primerodividir los polinomios involucrados. Se estudian los diferentes casos posibles.Como se vera el metodo es preponderantemente algebraico y se usa tambienen las transformadas de Laplace.
1.7. INTEGRACION POR FRACCIONES PARCIALES L.F. RESENDIS O. 41
Caso 1. El denominador se puede factorizar en terminos de primer gradodistintos, por ejemplo,
q(x) = (x− a1)(x− a2) · · · (x− an) .Entonces la funcion racional se puede escribir como la suma parcial
p(x)
q(x)=
A1x− a1 +
A2x− a2 + · · ·+
Anx− an
donde es necesario calcular las constantes A1, A2, . . . , An.
Ejemplo 1.7.1 Calcular la siguiente integral
(−14x2 + 18x− 9) dx4x3 − 15x2 + 9x
Solucion Se factoriza primero el denominador
4x3−15x2+9x = x(4x2−15x+9) = 4x(x− 34)(x−3) = x(4x−3)(x−3) .
Los tres son factores lineales distintos, luego la descomposicion es de la forma
−14x2 + 18x− 94x3 − 15x2 + 9x =
A
x+
B
4x− 3 +C
x− 3=
A(4x− 3)(x− 3) +Bx(x− 3) + Cx(4x− 3)x(4x− 3)(x− 3) .
Al igualar numeradores se obtiene
−14x2 + 18x− 9 = A(4x− 3)(x− 3) +Bx(x− 3) + Cx(4x− 3) .En este caso la determinacion de las constantes se hace dando los valores queanulan terminos del lado derecho los cuales son las raıces del denominador.
x = 0 , −9 = A(−3)(−3) ; A = 1 ,
x =3
4, −27
8= B
3
4−94
; B = 1 ,
x = 3 , −81 = C(3)(9) ; C = −3 .
42 CAPITULO 1. METODOS DE INTEGRACION L.F. RESENDIS O.
Por tanto la integral se calcula con esta descomposicion
(−14x2 + 18x− 9) dx4x3 − 15x2 + 9x = − dx
x+ 2+
dx
4x− 3 − 3dx
x− 3= − lnx+ 1
2ln(4x− 3)− 3 ln(x− 3) + C
= ln
√4x− 3(x− 3)3 + C .
Caso 2. El denominador se puede factorizar en terminos de primer grado, quese repiten, por ejemplo,
q(x) = (x− a1)α1(x− a2)α2 · · · (x− an)αn .Entonces la descomposicion en fracciones parciales asociada a cada factor(x− ai)αi esta dada por
A1x− ai +
A2(x− ai)2 + · · ·+
Aαi
(x− ai)αidonde es necesario calcular las constantes A1, A2, . . . , Aαi .
Ejemplo 1.7.2 Calcular la siguiente integral
(x2 + 2x+ 3) dx
(x+ 2)3
Solucion El denominador ya esta factorizado, luego la descomposicion es dela forma
x2 + 2x+ 3
(x+ 2)3=
A
x+ 2+
B
(x+ 2)2+
C
(x+ 2)3
=A(x+ 2)2 +B(x+ 2) + C
(x+ 2)3.
Al igualar numeradores se obtiene
x2 + 2x+ 3 = A(x+ 2)2 +B(x+ 2) + C .
En este caso la determinacion de las constantes se hace dando el valor x = −2y derivando, ası
1.7. INTEGRACION POR FRACCIONES PARCIALES L.F. RESENDIS O. 43
x2 + 2x+ 3 = A(x+ 2)2 +B(x+ 2) + C , x = −2 , 3 = C ,2x+ 2 = 2A(x+ 2) + B , x = −2 , −2 = B ,
2 = 2A , 1 = A .
Por tanto la integral se calcula con esta descomposicion
(x2 + 2x+ 3) dx
(x+ 2)3=
dx
x+ 2− 2 dx
(x+ 2)2+ 3
dx
(x+ 2)3
= ln(x+ 2) +2
x+ 2− 3
2(x+ 2)2+ C .
Un polinomio de segundo orden ax2 + bx + c se dice irreducible si no tieneraıces reales, es decir si b2 − 4ac < 0.Caso 3. El denominador se puede factorizar en terminos que involucran poli-nomios irreducibles de orden 2 y que se pueden repetir. Por ejemplo si elfactor irreducible ax2 + bx + c aparece i veces le corresponde una descom-posicion en fracciones parciales de la forma
A1x+B1ax2 + bx+ c
+A2x+B2
(ax2 + bx+ c)2+ · · ·+ Aix+Bi
(ax2 + bx+ c)i
donde es necesario calcular las constantes A1, B1, A2, B2, . . . , Ai, Bi.
Ejemplo 1.7.3 Calcular la siguiente integral
−3x2 − 5x+ 4(x− 1)(2x2 + 1) dx
Solucion El denominador ya esta factorizado, luego la descomposicion es dela forma
−3x2 − 5x+ 4(x− 1)(2x2 + 1) =
A
x− 1 +Bx+ C
2x2 + 1.
al realizar la suma del lado derecho e igualar numeradores se obtiene
−3x2 − 5x+ 4 = A(2x2 + 1) + (Bx+ C)(x− 1) .En este caso la determinacion de las constantes se hace dando el valor x = 1
y se obtiene A = −43. Para calcular las otras constantes se desarrolla la
igualacion de los numeradores.
−3x2 − 5x+ 4 = 2Ax2 +A+Bx2 + Cx−Bx− C= (2A+B)x2 − (B + C)x+A+ C .
44 CAPITULO 1. METODOS DE INTEGRACION L.F. RESENDIS O.
Igualando coeficientes se tiene el sistema
2A + B = −3− B −C = −5
A + C = 4
Como ya se conoce el valor de A el sistema reduce a
B = −3 + 83= −1
3
C = 4 +4
3=
16
3
cuyos valores claramente satisfacen la segunda ecuacion del sistema. Por tan-to la integral se calcula con esta descomposicion
−3x2 − 5x+ 4(x− 1)(2x2 + 1) dx = −4
3
dx
x− 1 +−x3+ 16
3
2x2 + 1dx
= −43
dx
x− 1 −1
12
4x
2x2 + 1dx− 16
3
dx
2x2 + 1
= −43ln(x− 1)− 1
12ln(2x2 + 1)− 16
3√2arctan
√2x+ C .
1.7.1. Ejercicios
Ejercicio 1.7.1 Calcular las siguientes integrales
i)(4x2 + 11x− 24) dx3x3 − 13x2 + 12x ii)
(x2 + 3x− 1) dx(x+ 2)2(3 + x)
iii)(−6x2 − 4x+ 14) dx2x3 + x2 − 22x+ 24 , x = −2 es raız del denominador.
iv)(5x2 + x+ 10) dx
(2 + x)(2 + 3x2)v)
(−6x3 − 2x2 − 2x+ 1) dx(2x2 + 1)2
Solucion i) ln (x−3)3 3√3x−4
x2+ c; ii) 3
2+x+ ln (2+x)
2
3+x+ c; iii) ln 2x−3
(x−2)3(x+4) ; iv)32arctan 3
2x+ ln (2+x)2
6√2+3x2 + c; v)4x−1
4(1+2x2)− 3
4ln(1 + 2x2).
1.7. INTEGRACION POR FRACCIONES PARCIALES L.F. RESENDIS O. 45
Ejercicio 1.7.2 Calcular las siguientes integrales
i)(4x− 2) dxx3 − x2 − 2x ii)
(−8x2 + 6x+ 15) dx(1 + 2x)2(3 + x)
iii)(x+ 3) dx
x3 + 7x2 + 16x+ 12, x = −2 es raız del denominador.
v)4 dx
x3 + 6xvi)
(x2 + x+ 1) dx
(x2 + 2)2
Ejercicio 1.7.3 Calcular las siguientes integrales
i)(6x2 + x− 9) dxx3 − 2x2 − 3x ii)
(3− 8x− 12x2) dx(1 + 2x)3
iii)(58− x2 − 15x) dx2x3 + 4x2 − 10x− 12 , x = 3 es raız del denominador.
v)(x2 + 5x− 8) dx(x2 + 3)(2 + x)
vi)(−2x2 + 2x− 5) dx
(x2 + 3)2
Ejercicio 1.7.4 Calcular las siguientes integrales
i)(3x2 − 9x+ 12) dx2x3 − 13x2 + 6x ii)
(7x2 − 46x+ 36) dx(x− 4)2(2x+ 1)
iii)(16 + 58x− 15x2) dx3x3 − x2 − 20x− 12 , x = 3 es raız del denominador.
v)(7x+ 7) dx
(x2 + x+ 1)(3 + x)vi)
(2 + 3x+ 2x2 − 4x3) dx(1 + 2x2)2
Ejercicio 1.7.5 Calcular las siguientes integrales
i)(17x2 − 47x+ 20) dx3x3 − 16x2 + 5x ii)
(8x2 + 49x+ 71) dx
(3 + x)2(x+ 4)
iii)(17x2 + 54x+ 12) dx
2x3 + 3x2 − 5x− 6 , x = −1 es raız del denominador.
v)(3x3 + 2x2 + 13x+ 4) dx
(x2 + 1)(x2 + 3)vi)
(2 + 4x− x2 − 2x3) dx(x2 + x+ 1)2
46 CAPITULO 1. METODOS DE INTEGRACION L.F. RESENDIS O.
1.8. Formulario L.F. Resendis O.
d
d xun = nun−1
du
d xun du =
un+1
n+ 1+ C, n = −1.
d
d xlnu =
1
u
du
d x
du
u= ln |u|+ C
d
d xeu = eu
du
d xeu du = eu + C
d
d xau = au ln a
du
d xau du =
au
ln a+ C
d
d xsenu = cosu
du
d xsenu du = − cos u+ C
d
d xcosu = − senu du
d xcosu du = senu+ C
d
d xtanu = sec2 u
du
d xsec2 u du = tanu+ C
d
d xcotu = − csc2 u du
d xcsc2 u du = − cotu+ C
d
d xsecu = secu tanu
du
d xsecu tanu du = secu+ C
d
d xcscu = − cscu cotu du
dxcscu cotu du = − cscu+ C
tanu du = ln | secu|+ C cot u du = ln | senu|+ C
secu du = ln | secu+ tanu|+ C cscu du = ln | cscu− cotu|+ C
d
d xarc senu =
1√1− u2
du
d x
du√1− u2 = arc senu+ C
d
d xarctanu =
1
1 + u2du
d x
du
1 + u2= arctanu+ C
d
d xarcsecu =
1
u√u2 − 1
du
d x
du
u√u2 − 1 = arcsecu+ C
1.8. FORMULARIO L.F. RESENDIS O. 47
du√a2 − u2 = arc sen
u
a+ C
du
a2 + u2=1
aarctan
u
a+ C
du
u√u2 − a2 =
1
aarcsec
u
a+ C
√a2 + u2 du =
u
2
√a2 + u2 +
a2
2ln(u+
√a2 + u2) + C
√a2 − u2 du = u
2
√a2 − u2 + a
2
2arc sen
u
a+ C
√u2 − a2 du = u
2
√u2 − a2 − a
2
2ln |u+
√u2 − a2|+ C
du√u2 − a2 = ln u+
√u2 − a2 + C.
du√a2 + u2
= ln(u+√a2 + u2) + C
du
u√a2 + u2
= −1aln
√a2 + u2 + a
u+ C.
du
a2 − u2 =1
2alnu+ a
u− a + C
du
u2 − a2 =1
2alnu− au+ a
+ C .
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