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Semestre 1-2011

José Luis Quintero Abril 2011

CÁLCULO II

(0252)

Universidad Central de Venezuela Facultad de Ingeniería

Ciclo Básico Departamento de Matemática Aplicada

Semestre 1-2011

José Luis Quintero Abril 2011

TEMA 1

INTEGRAL INDEFINIDA O ANTIDERIVADA

Cálculo II (0252)

Semestre 1-2011

Integral Indefinida o Antiderivada

Prof. José Luis Quintero U.C.V. F.I.U.C.V. CÁLCULO II (0252) - TEMA 1

Las notas presentadas a continuación tienen como único fin, el de prestar apoyo al

estudiante y facilitar su entendimiento en el tema de la integral indefinida o antiderivada.

La guía contempla un pequeño resumen de la teoría correspondiente que sirve de

repaso a los contenidos teóricos que componen el tema. Se presentan ejercicios resueltos y

propuestos, algunos son originales, otros se han tomado de guías redactadas por profesores,

también hay ejercicios tomados de exámenes y de algunos textos. Se ha tratado de ser lo

más didáctico posible y se espera prestar un apoyo a la enseñanza del Cálculo II en

Ingeniería.

Agradezco las observaciones y sugerencias que me puedan hacer llegar en la mejora

del presente material, las mismas pueden ser enviadas a la siguiente dirección de correo:

[email protected].

INDICE GENERAL Integral Indefinida o Antiderivada


1.1. Introducción

1.2. Primitiva de una función

1.3. Integral indefinida

1.4. Cálculo de primitivas

1.5. Fórmulas de integración inmediata

1.6. Propiedades de la integral

1.7. Condiciones iniciales y soluciones particulares

1.8. Métodos de integración

1.9. Integración inmediata

1.10. Cambio de variable o sustitución

1.11. Integración por partes

1.12. Sustituciones trigonométricas

1.13. Integrales que contienen el término 2ax bx c+ +

1.14. Descomposición en fracciones simples

1.15. Integrandos trigonométricos

1.16. Integrandos irracionales

1.17. Integrandos no elementales

1.18. Cálculo de integrales indefinidas con Maple

1.19. Problemas propuestos

1

1

1

4

5

6

6

8

8

11

19

32

37

43

53

71

73

74

80

INTRODUCCIÓN Integral Indefinida o Antiderivada Pág.: 1 de 100


1.1. INTRODUCCIÓN

Hasta este momento se ha estudiado la rama del Cálculo llamada Cálculo Diferencial,

en la que se estudia la derivada. En este tema se iniciará el estudio de la otra rama del

Cálculo denominada Cálculo Integral. Estas dos ramas están relacionadas mediante los

teoremas fundamentales del Cálculo, descubrimiento culminante en el siglo XVII realizado por

Newton y Leibniz, quienes trabajaron en forma independiente. Fue Arquímedes el precursor

del cálculo integral. Arquímedes calculó áreas y volúmenes aplicando un método similar al

actual. Leibniz y Newton descubrieron el cálculo tal como hoy se le conoce. Gauss hizo la

primera tabla de integrales. Cauchy aplicó las integrales a los números complejos. Riemann y

Lebesgue dieron a las integrales una base lógica firme. Hermite encontró un algoritmo para

integrar funciones racionales.

1.2. PRIMITIVA DE UNA FUNCIÓN

En temas anteriores se aprendió a obtener, vía definición y regla de derivación, la

función derivada de una función. Además se probó que es única, es decir, una función tiene

una sola función derivada. Se considera ahora el problema inverso de la derivación: Dada una

función f(x), determinar otra función F(x) tal que F '(x) f(x)= .

Definición 1. Una función F(x) es la primitiva de una función f(x) en un intervalo I si y sólo si F '(x) f(x)= , para cada x I∈ .

1.3. INTEGRAL INDEFINIDA

Como ya se dijo anteriormente, una función tiene una única derivada; sin embargo la

primitiva no es única. De modo que si F(x) es primitiva de f(x) en el intervalo I entonces la

expresión F(x) C+ describe todas las primitivas de f(x) y es llamada primitiva general de

f(x). La primitiva general F(x) C+ representa una familia de funciones que dependen de la

constante C y sus gráficas guardan entre sí una relación geométrica de traslación vertical (ver

figuras 1 y 2).

INTEGRAL INDEFINIDA Integral Indefinida o Antiderivada Pág.: 2 de 100


Ejemplo 1. La derivada de la función 2f(x) x= es la función g(x) 2x= . Sin embargo, cuando

se quiere encontrar una función tal que su derivada corresponda a g(x) se tiene que no es

única.

En este caso, el conjunto de funciones corresponde a la familia 2y x C= + , donde C es

un número real. Se puede afirmar que 2y x C= + es la solución general de la ecuación

diferencial y ' 2x= .

Figura 1. Algunos miembros de la familia de funciones de la forma 2y=x +C

Figura 2. Algunos miembros de la familia de funciones de la forma y=sen(x)+C

INTEGRAL INDEFINIDA Integral Indefinida o Antiderivada Pág.: 3 de 100


Definición 2. Una ecuación diferencial en x e y es una ecuación que involucra a x, a y y a

derivadas de y.

Por ejemplo y ' 3x= o 2y ' x 1= + son ecuaciones diferenciales.

La familia o conjunto de todas las primitivas de f(x), recibe el nombre de integral

indefinida de f y tiene una notación que fue introducida por Gottffried Leibniz:

f(x)dx∫ .

El símbolo de integral ∫ (sigma) proviene del griego y significa suma, cuando se trate

la integral definida se hablará de la razón de ello.

Definición 3. (Integral indefinida).

f(x)dx F(x) C= +∫

si y sólo si F '(x) f(x)= .

La función f(x) recibe el nombre de integrando, dx indica que la variable de

integración es x y C se llama constante de integración.

Vale la pena destacar dos aspectos:

a. La integración es el proceso inverso a la derivación.

b. La integración es una suma (el signo de integral surgió como deformación del signo

sumatorio).

Algunos autores utilizan los términos antidiferenciación o antiderivación como

sinónimos de integración; mientras que otros hacen referencia al término antiderivada,

como el resultado de aplicar el proceso de integración.

La diferencia entre integración y antiderivada, se pone de manifiesto mediante la

siguiente afirmación: la integración es el proceso que permite obtener antiderivadas.

CÁLCULO DE PRIMITIVAS Integral Indefinida o Antiderivada Pág.: 4 de 100


1.4. CÁLCULO DE PRIMITIVAS

Las siguientes afirmaciones son equivalentes:

a. Calcular la familia de primitivas de f(x)

b. Integrar la función f(x)

c. Resolver la integral f(x)dx∫

Estas afirmaciones intentan dar respuesta al problema de encontrar la función F(x)

cuya derivada es f(x). A continuación se puede encontrar un conjunto de fórmulas de

integración. Es probable que la integral que se tenga que resolver esté en una de esas

fórmulas. Sólo se deben saber las integrales mas elementales (las que se derivan

directamente de las fórmulas de las derivadas equivalentes), las demás se obtienen aplicando

métodos muy variados. Invirtiendo las columnas de una tabla de derivadas se puede construir

la lista de fórmulas de integración del apartado siguiente.

No hay otra forma de aprender las integrales que haciendo muchas. Con la

ejercitación constante, se adquiere una habilidad para reconocer la mejor forma de resolver

una integral. Por otra parte, se debe tener presente el manejo correcto de identidades y

fórmulas algebraicas vistas en cursos anteriores.

Programas de software como Derive, Maple, Mathcad o Mathematica, entre otros, son

capaces de efectuar integración indefinida. En siguientes apartados se ampliará un poco sobre

esto.

Para comprobar si el resultado obtenido al resolver una integral es o no correcto

basta con aplicarle el proceso de derivación a dicho resultado. La respuesta se considera

correcta si la derivada coincide con el integrando, resultando incorrecta en caso contrario.

FÓRMULAS DE INTEGRACIÓN INMEDIATA

Integral Indefinida o Antiderivada Pág.: 5 de 100


1.5. FÓRMULAS DE INTEGRACIÓN INMEDIATA

1.5.1. 1x

x dx C con 11

α +α = + α ≠ −

α +∫

1.5.3. x

x aa dx C (a 0 y a 1)

ln(a)= + > ≠∫

1.5.5. sen(x)dx cos(x) C= − +∫

1.5.7. tg(x)dx ln cos(x) C= − +∫

1.5.9. sec(x)dx ln sec(x) tg(x) C= + +∫

1.5.11. 2sec (x)dx tg(x) C= +∫

1.5.13. sec(x)tg(x)dx sec(x) C= +∫

1.5.2. x xe dx e C= +∫

1.5.4. 1dx ln x C

x= +∫

1.5.6. cos(x)dx sen(x) C= +∫

1.5.8. ctg(x)dx ln sen(x) C= +∫

1.5.10. csc(x)dx ln csc(x) ctg(x) C= − + +∫

1.5.12. 2csc (x)dx ctg(x) C= − +∫

1.5.14. csc(x)ctg(x)dx csc(x) C= − +∫

1.5.15. 12 2

1 x xdx arcsen C arccos C (a 0)

a aa x

= + = − + > −∫

1.5.16. 12 2

1 1 x 1 xdx arctg C arcctg C (a 0)

a a a aa x

= + = − + ≠ +∫

1.5.17. 12 2

1 1 x 1 xdx arc sec C arc csc C (a 0)

a a a ax x a= + = − + ≠

−∫

1.5.18. 1 2 21

2 2

1 xdx senh C ln(x x a ) C (a 0)

ax a

− = + = + + + > +∫

1.5.19. 1 2 21

2 2

1 xdx cosh C ln(x x a ) C (a 0)

ax a

− = + = + − + > −∫

1.5.20.

1 2 2

12 2-1 2 2

xtgh C si x a

a1 1 a xdx ln C (a 0)

2a a x xa xctgh C si x a

a

− + < + = + = ≠− − + >

∫

1.5.21. 2 2

11

2 2

1 1 x 1 a a xdx sech C ln C (0 x a)

a a a xx a x

− + − = − + = − + < < − ∫

1.5.22. 2 2

1

2 2

a a x1 1 x 1dx csch C ln C (x 0) (a 0)

a a a xx a x

− + + = − + = − + ≠ ≠ + ∫

FÓRMULAS DE INTEGRACIÓN INMEDIATA



1.5.23. senh(x)dx cosh(x) C= +∫

1.5.25. 2sech (x)dx tgh(x) C= +∫

1.5.27. sech(x)tgh(x)dx sech(x) C= − +∫

1.5.24. cosh(x)dx senh(x) C= +∫

1.5.26. 2csch (x)dx ctgh(x) C= − +∫

1.5.28. csch(x)ctgh(x)dx csch(x) C= − +∫

1.6. PROPIEDADES DE LA INTEGRAL

El proceso de integración es lineal respecto de la suma algebraica y multiplicación por

una constante, esto significa:

a. cf(x)dx c f(x)dx , c R= ∈∫ ∫

b. ( )f(x) g(x) dx f(x)dx g(x)dx± = ±∫ ∫ ∫

1.7. CONDICIONES INICIALES Y SOLUCIONES PARTICULARES

Ya se dijo que la ecuación

y f(x)dx= ∫

tiene muchas soluciones, que difieren unas de otras en una constante. Eso quiere decir que

las gráficas de dos primitivas de f son traslación vertical una de la otra. Así, la figura 3,

muestra varias primitivas

2 3y (3x 1)dx x x C= − = − +∫ (Solución general)

CONDICIONES INICIALES Y SOLUCIONES PARTICULARES



para varios valores enteros de C. Cada una de estas primitivas es solución de la ecuación

diferencial

2dy3x 1

dx= − .

Figura 3. La solución particular que satisface la condición inicial F(2)=4 es 3F(x)=x -x-2

En muchas aplicaciones de la integración se da suficiente información para determinar

una solución particular. Para ello basta el valor de y F(x)= en un valor de x. Por ejemplo,

en la figura 3 sólo una de las curvas pasa por el punto (2,4). Para determinar esa curva se

utiliza la siguiente información:

3F(x) x x C= − + Solución general

F(2) 4= Condición particular

Usando la condición particular en la solución general se puede hallar que

F(2) 8 2 C 4= − + = ,

lo cual implica que C 2= − . Por tanto, se obtiene

3F(x) x x 2= − − Solución particular

MÉTODOS DE INTEGRACIÓN Integral Indefinida o Antiderivada Pág.: 8 de 100


1.8. MÉTODOS DE INTEGRACIÓN

Integrar

( f(x)dx∫ )

es buscar una función F(x) tal que su derivada sea f(x). No siempre la búsqueda es trivial, de

modo que existen algunos métodos para integrar con éxito.

1.9. INTEGRACIÓN INMEDIATA

Como su nombre lo indica, el mencionado método consiste en la aplicación inmediata

de una o varias reglas de integración ya establecidas y que son de fácil aplicación, aunque en

algunos casos será necesario el desarrollo de operaciones algebraicas básicas.

A continuación se presenta un conjunto de ejemplos, cuya función es ilustrar la teoría

expuesta hasta el momento, e introducir este primer método de integración.

Ejemplo 2. Resuelva la integral

2 2

4

2 x 2 xdx

4 x

+ − −

−∫ .

Solución. 2 2 2 2

4 4 4 2 2

2

2 x 2 x 2 x 2 x dx dxdx dx dx

4 x 4 x 4 x 2 x 2 x

x arcsen ln(x x 2) C

2

+ − − + −= − = −− − − − +

= − + + +

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Ejemplo 3. Resuelva la integral 2x x

x

e edx

e

+∫ .

Solución.

INTEGRACIÓN INMEDIATA Integral Indefinida o Antiderivada Pág.: 9 de 100


2x x x x x

x x

x x

e e e .e edx dx (e 1)dx e x C

e e

+ += = + = + +∫ ∫ ∫

Ejemplo 4. La velocidad mínima requerida para que un objeto lanzado desde la Tierra escape

de la atracción gravitatoria de ésta se obtiene como solución de la ecuación

2

1vdv GM dx

x= −∫ ∫ ,

donde v es la velocidad, y la distancia al centro de la Tierra, G la constante de la gravitación y

M la masa de la Tierra. Demuestre que v y x están relacionadas por la ecuación

2 20

1 1v v 2GM

x R

= + −

,

donde 0v es la velocidad inicial del objeto y R el radio de la Tierra.

Solución.

Calculando la integral de cada miembro de la ecuación 2

2

1 v GMvdv GM dx C

2 xx= − ⇒ = +∫ ∫

Incorporando la condición que implica que 0v v= cuando x R= se tiene

2 20

1 1v v 2GM

x R

= + −

.

Ejemplo 5. Resuelva la integral 2

2

1 tg (x)dx

sen (x)

−∫ .

Solución. 2

2 2

2 2 2

1 tg (x) 1 1dx dx (csc (x) sec (x))dx ctg(x) tg(x) C

sen (x) sen (x) cos (x)

− = − = − = − − + ∫ ∫ ∫


(x 1)(x 2)dx

x

− −∫ .

Solución. 2 2(x 1)(x 2) x 3x 2 2 x

dx dx x 3 dx 3x 2ln x Cx x x 2

− − − + = = − + = − + + ∫ ∫ ∫

INTEGRACIÓN INMEDIATA Integral Indefinida o Antiderivada Pág.: 10 de 100



4( a x)dx

ax

−∫ .

Solución. 4 2 2 2

2 2

2 2

2 2

( a x) (( a x) ) (a 2 ax x)dx dx dx

ax ax ax

(a 2 ax) 2x(a 2 ax) xdx

ax

a 4a ax 4ax 2ax 4x ax xdx

ax

a 4a ax 6ax 4x ax xdx

ax

− − − += =

− + − +=

− + + − +=

− + − +=

∫ ∫ ∫∫∫∫

3 31 1 1 12 2 2 2 2 2

22

32

a x dx 4a dx 6a x dx 4 xdx a x dx

2x x2a ax 4ax 4x ax 2x C

5 a

2x2a ax 4ax 4x ax 2x C

5 ax

− −= − + − +

= − + − + +

= − + − + +

∫ ∫ ∫ ∫ ∫


2

sen(x)dx

cos (x)∫ .

Solución.

2

sen(x) sen(x) 1dx . dx tg(x).sec(x)dx sec(x) C

cos(x) cos(x)cos (x)

= = = + ∫ ∫ ∫

CAMBIO DE VARIABLE O SUSTITUCIÓN



1.10. CAMBIO DE VARIABLE O SUSTITUCIÓN

Es uno de los procedimientos más usuales en integración y su finalidad es reducir la

integral dada a una de integración inmediata y está basado en la derivación de una

composición de funciones:

(F g)'(x) F(g(x)) ' F '(g(x)).g'(x) f(g(x)).g'(x)dx (F'(x) f(x))= = = = �

De manera que:

f(g(x)).g'(x)dx F(g(x)) C= +∫

Cuando se observe que el integrando tiene la forma:

f(g(x)).g'(x) ,

se puede efectuar el cambio de variable u g(x),= de donde

du

g'(x)dx

= ,

o sea

du g'(x)dx= ,

de manera que se reduce la integral a una más sencilla:

f(g(x))g'(x)dx f(u)du F(u) C F(g(x)) C= = + = +∫ ∫

Luego de hacer efectivo el cambio de variable, por lo general, se obtienen integrales

más sencillas que la original, las cuales se resuelven aplicando lo aprendido en el método

anterior (integración inmediata).




Es importante señalar que el resultado de la integración, debe estar en función de las

variables originales por lo que se acostumbra a emplear el término devolviendo el cambio

de variable para reseñar el proceso mediante el cual la variable auxiliar desaparece de la

respuesta definitiva.

A continuación se presenta un conjunto de ejemplos, cuya función es ilustrar la teoría

expuesta hasta el momento, e introducir este segundo método de integración.


4

sen(x)cos(x)dx

2 sen (x)−∫ .

Solución. 2

4 2

2

sen(x)cos(x) 1 du 1 u 1 sen (x)dx arcsen C arcsen C

2 2 22 22 sen (x) 2 u

(u sen (x) du 2sen(x)cos(x)dx)

= = + = + − −

= ⇒ =

∫ ∫

Ejemplo 10. Si se hace el cambio de variable u tg(x)= se obtiene

2 2112

sec (x)tg(x)dx tg (x) C= +∫ .

Por otra parte, si se hace el cambio de variable 2u sec (x)= resulta

2 2122

sec (x)tg(x)dx sec (x) C= +∫ .

¿Serán correctos ambos resultados? Justifique su respuesta.

Solución.

Si son correctos ambos resultados. Se tiene que 2 2 2 21 1 1 1 1

2 2 2 12 2 2 2 2sec (x) C 1 tg (x) C tg (x) C tg (x) C + = + + = + + = +


∫+

dx)xsec(

e)x(sec )x(sen3

.

Solución.

Ce)x(tgdx)e)xcos()x((secdx)xsec(

e)x(sec )x(sen)x(sen2)x(sen3

++=+=+∫∫





2x 3dx

2x 1

++∫ .

Solución.

2x 3 2x 1 2 2x 1 2 2 dudx dx dx dx dx dx

2x 1 2x 1 2x 1 2x 1 2x 1 u

(u 2x 1 du 2dx)

+ + + + = = + = + = + + + + + +

= + ⇒ =∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

x ln u C x ln 2x 1 C= + + = + + +


∫ −+

dx)xcos(1

)x(sen1 3

.

Solución.

∫∫∫+++=

−++=

−+

dx)x(sen

)xcos()x(sen)x(sen)xcos(1dx

)x(cos1

))xcos(1))(x(sen1(dx

)xcos(1

)x(sen12

33

2

33

C2

)x(sen)xcos()xcsc()x(ctgdx)xcos()x(sen)x(sen

)x(sen

)xcos()x(csc

2

22 ++−−−=

+++∫

Por lo tanto:

C2

)x(sen)xcos()xcsc()x(ctgdx

)xcos(1

)x(sen1 23

++−−−=−

+∫

Ejemplo 14. Resuelva la integral ln 2x 1

dxxln 4x

∫ .

Solución. ln 2x ln(2) ln x1 1

dx dxx xln 4x ln(4) ln x

+= + ∫ ∫

Haciendo dx

u ln(4) ln x , dux

= + = .

Sustituyendo en la integral

Ln(2) u Ln(4) u Ln(2) Ln(2)du du 1 du

u u u

+ − − = = − ∫ ∫ ∫ =

1du Ln(2) du u Ln(2) Ln u C

u= + = − +∫ ∫ donde C es una constante real




Devolviendo el cambio de variable u ln(4) ln x ln 4x= + = se obtiene:

Ln(2x) 1dx

Ln(4x) x

∫ = Ln|4x| + Ln(2) Ln(Ln|4x|) + C


8

xdx

1 x+∫ .

Solución. 3

4

8 2

4 3

x 1 du 1 1dx arctg(u) C arctg(x ) C

4 4 41 x 1 u

(u x du 4x dx)

= = + = ++ +

= ⇒ =

∫ ∫


x 2x 3x2 3 e dx∫ .

Solución. x 2x 3x

x 2x 3x

2 3 2 3 2 3

x 2x 3x 2 3 x 2 3 2 3 x

1 z 2 3 e2 3 e dx dz C C

ln(2.3 .e ) ln(2.3 .e ) ln(2.3 .e )

(z 2 3 e (2.3 .e ) dz ln(2.3 .e ).(2.3 .e ) dx)

= = + = +

= = ⇒ =

∫ ∫

Ejemplo 17. Resuelva la integral 4 3

5 4

3x 12x 6dx

x 5x 10x 12

+ ++ + +∫ .

Solución. 4 3 4 3 4 3

5 4 5 4 5 4

5 4

5 4 4 3

3x 12x 6 x 4x 2 3 5x 20x 10dx 3 dx dx

5x 5x 10x 12 x 5x 10x 12 x 5x 10x 12

3 du 3 3ln u C ln x 5x 10x 12 C

5 u 5 5

(u x 5x 10x 12 du (5x 20x 10)dx)

+ + + + + += =+ + + + + + + + +

= + = + + + +

= + + + ⇒ = + +

∫ ∫ ∫∫

Ejemplo 18. Resuelva la integral xx ee dx+∫ .

Solución.




x x xx e x e u u e x xe dx e e dx e du e C e C (u e du e dx)+ = = = + = + = ⇒ =∫ ∫ ∫


x

dx

1 e−+∫ .

Solución. x

x

x 1 xxe

x x

dx dx e dudx ln u C ln(e 1) C

u11 e e 1

(u e 1 du e dx)

−= = = = + = + +

++ +

= + ⇒ =

∫ ∫ ∫ ∫


ln(ln(x))dx

x ln(x)∫ .

Solución. 2 2ln(ln(x)) u (ln(ln(x)))

dx udu C Cx ln(x) 2 2

(u ln(ln(x)) du dx (x.ln(x)))

= = + = +

= ⇒ =∫ ∫


sen(ln(x))dx

x∫ .

Solución.

sen(ln(x))dx sen(u)du cos(u) C cos(ln(x)) C

x

(u ln(x) du dx x)

= = − + = − +

= ⇒ =∫ ∫


2

dx

1 cos (x)+∫ .

Solución. 2 2

2 2 2 2

2

dx sec (x) sec (x) du 1 udx dx arctg C

1 cos (x) 1 sec (x) 2 tg (x) 2 u 2 2

1 tg(x) arctg C (u tg(x) du sec (x)dx)

2 2

= = = = +

+ + + +

= + = ⇒ =

∫ ∫ ∫ ∫





3

dx

sen(x)cos (x)∫ .

Solución. 2

3 4

dx dx sec (x)dx 2 tg(x) C

tg(x)sen(x)cos (x) tg(x)cos (x)= = = +∫ ∫ ∫


3 5

dx

sen (x)cos (x)∫ .

Solución.

Manipulando algebraicamente la integral: 1

22cos (x)

3 5 3 5 3 51 sen (x) cos (x)2cos (x) 3 cos(x)cos (x)

2 2 2 2

3 4 2 3 3

dx sec (x)dx dx

sen (x)cos (x) sen (x)cos (x) .

sec (x) sec (x) sec (x).sec (x) dx dx dx

tg (x)cos (x) cos (x) tg (x) tg (x)

= =

= = =

∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫2 2

3

(1 tg (x)).sec (x) dx

tg (x)

+= ∫

Sea 2u tg(x) , du sec (x)dx= =

2 23 /2 1 /2 3 /2 1 /2

3 /23

(1 u ) (1 u ) 2 2du du (u u )du u du u du u u C

3u uu

− −+ += = + + = − + +∫ ∫ ∫ ∫ ∫

De modo que:

3 5

dx 2 2tg(x) tg(x) C

3tg(x)sen (x)cos (x)= − + +∫

Ejemplo 25. Resuelva la integral x

x

4 1dx

2 1

++∫ .

Solución.

Separando en dos integrales: x x

x x x

4 1 4 dxdx dx

2 1 2 1 2 1

+ = ++ + +∫ ∫ ∫

Resolviendo la primera integral: Sea




x x duu 2 1 , du 2 ln(2)dx dx

(u 1)ln(2)= + = ⇒ =

−

x 2

x

4 1 (u 1) du 1 (u 1)dx . du

ln(2) u u 1 ln(2) u2 1

− −= =−+∫ ∫ ∫

Separando las integrales:

1 (u 1) 1 du 1du du (u ln(u)) C

ln(2) u ln(2) u ln(2)

− = − = − + ∫ ∫ ∫

Devolviendo el cambio de variable:

x x1 1(u ln(u)) C (2 1 ln(2 1)) C

ln(2) ln(2)− + = + − + +

Resolviendo la segunda integral: Sea

x x duu 2 1 , du 2 ln(2)dx dx

(u 1)ln(2)= + = ⇒ =

−

x 2 2 21 1 1 14 4 2 4

dx 1 1 du 1 du 1 du 1 du.

ln(2) u (u 1) ln(2) ln(2) ln(2)2 1 u u u u (u )= = = =

−+ − − + − − −∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Sea 12

z u , dz du= − = .

12

2 2 2 11 1 1 122 4 4 4

z1 du 1 dz 1 dz 1.ln C

ln(2) ln(2) ln(2) ln(2) z(u ) z z

+= = − = − +

−− − − −∫ ∫ ∫

Devolviendo los cambios de variable: 1 x x21 x x2

z1 1 2 1 1 2 1.ln C .ln C .ln C

ln(2) ln(2) ln(2)z 2 2

+ + +− + = − + = − + −

De modo que: x x x 2

x x x

x x x

4 1 1 2 1 1 (2 1)dx 2 1 ln(2 1) ln C 2 1 ln C

ln(2) ln(2)2 1 2 2

+ + += + − + − + = + − + + ∫


2

1 tg(x) dx.

1 tg(x) cos (x)

−+∫ .

Solución. Sea 2u tg(x) , du sec (x)dx= =

2 2 2

1 u 1 u 1 u 1 u 1 u du udu du . du du du

1 u 1 u 1 u 1 u 1 u 1 u 1 u

− − − − −= = = = −+ + + − − − −∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Al resolver la primera integral se tiene:

1 12

duarcsen(u) C arcsen(tg(x)) C

1 u= + = +

−∫




Al resolver la segunda integral se tiene: Sea

2 dzz 1 u , dz 2udu , udu

2= − = − − =

2 22 2 2

2

u 1 dzdu z C 1 u C 1 tg (x) C

2 z1 u= − = − + = − − + = − − +

−∫ ∫

De modo que:

2

2

1 tg(x) dx. arcsen(tg(x)) 1 tg (x) C

1 tg(x) cos (x)

− = + − ++∫


2 2 3

xdx

1 x (1 x )+ + +∫ .

Solución.

Sea

2 duu 1 x , du 2xdx xdx

2= + = ⇒ =

2 2 3

x 1 du 1 du 1 dudx

2 2 2u u u u(1 u) u 1 u1 x (1 x )

= = =+ + ++ + +∫ ∫ ∫ ∫

Sea

du du

z 1 u , dz 2dz2 u u

= + = ⇒ = , 1 du dz

2 z C2 zu 1 u

= = ++∫ ∫

Devolviendo los cambios de variable:

2dz2 z C 2 1 1 x C

z= + = + + +∫

De modo que:

2

2 2 3

xdx 2 1 1 x C

1 x (1 x )

= + + ++ + +∫ .


∫ +dx

1e

e

4 x

x2

.

Solución. Haciendo la sustitución x 2 xe 1 u e dx 2udu+ = ⇒ = en la integral dada, se obtiene:




2x x x 2

5/2 1/2

4 4x x

7/2 3/2 7/2 3/2 x 7/4 x 3/4

7 32 2

e e .e (u 1)2udx dx du 2 (u u )du

ue 1 e 1

u u u u (e 1) (e 1) 2 C 4 C 4 C

7 3 7 3

−= = = −+ +

+ += − + = − + = − +

∫ ∫ ∫ ∫

Luego, 2x x 7/4 x 3/4

4 x

e (e 1) (e 1)I dx 4 C

7 3e 1

+ += = − + + ∫

donde C es la constante de integración.

1.11. INTEGRACIÓN POR PARTES

Esta técnica se basa en la derivación de un producto de funciones:

(u.v)'(x) u'(x).v(x) u(x).v '(x),= +

integrando a ambos lados se tiene

(u.v)'(x)dx u'(x).v(x)dx u(x).v '(x)dx= +∫ ∫ ∫

de donde:

int egral original int egral auxiliar

u(x).v '(x)dx u(x).v(x) u'(x).v(x)dx= −∫ ∫��

Para el éxito de esta técnica se debe tener entre otras cosas: Elegir v’ entre los

factores de la integral original, de forma que se obtenga v sin dificultad. La integral auxiliar

debe ser fácil de calcular. En la práctica, el proceso de elegir una expresión para u y otra para

dv no es siempre sencillo y no existe una técnica general para efectuar dicho proceso. Sin

embargo, existe una regla empírica de gran ayuda pero de carácter no general,

denominada I.L.A.T.E., para hacer la mencionada elección.

INTEGRACIÓN POR PARTES Integral Indefinida o Antiderivada Pág.: 20 de 100


La única deficiencia de I.L.A.T.E., es que en algunos casos, al hacer la elección de u,

indicada por la mencionada regla, el proceso de desarrollo del ejercicio puede entrar en un

ciclo infinito, que no permite obtener la solución correspondiente. Si esto ocurre, se debe

detener el proceso y hacer una elección contraria a la hecha originalmente.

Las siglas de I.L.A.T.E., significan lo siguiente:

I = Funciones Inversas.

L = Funciones Logarítmicas.

A = Funciones Algebraicas.

T = Funciones Trigonométricas.

E = Funciones Exponenciales.

La regla I.L.A.T.E., se utiliza única y exclusivamente para realizar la mencionada

elección, teniendo que recurrir al proceso de integración por partes y los métodos ya

expuestos, para resolver cualquier ejercicio relativo al presente tópico. Por esta razón, es

conveniente que el lector haya estudiado detalladamente los dos métodos anteriores.

Para ilustrar como se usa I.L.A.T.E., se presenta la siguiente situación:


xxe dx−∫ .

Solución.

Obsérvese que el integrando está compuesto por dos funciones, una Algebraica (x) y otra

Exponencial (e-x). Se buscan las iniciales A y E en la palabra I.L.A.T.E. Como en ella,

leyendo de izquierda a derecha, aparece primero la letra A, se elige como u la función

Algebraica, es decir, u = x. Por lo tanto, lo que queda dentro de la integral es dv. Así: xdv e dx−= .

De este modo se tiene entonces que x xu x du dx , dv e dx v e− −= ⇒ = = ⇒ = − .

Por lo tanto:

x x x x xxe dx xe e dx xe e C− − − − −= − + = − − +∫ ∫

A continuación se presenta un conjunto de ejemplos, cuya función es introducir este

tercer método de integración.




x ln(x)dx∫ .

Solución. 2

2 2 2

u ln(x) du dx x , dv xdx v x 2

x 1 x xx ln(x)dx ln(x) xdx ln(x) C

2 2 2 4

= ⇒ = = ⇒ =

= − = − +∫ ∫


2x cos(x)dx∫ .

Solución. 2

2 2

2 2

u x du 2xdx , dv cos(x)dx v sen(x)

x cos(x)dx x sen(x) 2 xsen(x)dx

u x du dx , dv sen(x)dx v cos(x)

xsen(x)dx x cos(x) cos(x)dx x cos(x) sen(x) C

x cos(x)dx x sen(x) 2( x cos(x) sen(x)) C

= ⇒ = = ⇒ =

= −

= ⇒ = = ⇒ = −

= − + = − + +

= − − + +

∫ ∫

∫ ∫∫


arcsen(x)dx∫ .

Solución.

2

2

2 2

dxu arcsen(x) du , dv dx v x

1 x

xarcsen(x)dx xarcsen(x) dx xarcsen(x) du

1 x

(u 1 x 2udu 2xdx udu xdx)

= ⇒ = = ⇒ =−

= − = +−

= − ⇒ = − ⇒ − =

∫ ∫ ∫

2 xarcsen(x) u C xarcsen(x) 1 x C= + + = + − +


arcsen(x)e dx∫ .



Solución.

Integrando por partes:

arcsen(x)

arcsen(x)

2

eu e du dx , dv dx v x

1 x= ⇒ = = ⇒ =

−.

arcsen(x)arcsen(x) arcsen(x)

2

xee dx xe dx

1 x= −

−∫ ∫ .

Resolviendo la integral auxiliar aplicando integración por partes:

arcsen(x)

arcsen(x) 2

2 2

e xu e du dx , dv dx v 1 x

1 x 1 x= ⇒ = = ⇒ = − −

− −.

De modo que: arcsen(x)

2 arcsen(x) arcsen(x)

2

xedx 1 x e e dx

1 x= − − +

−∫ ∫ .

En consecuencia:

arcsen(x) 2 arcsen(x)1e dx (x 1 x )e C

2= + − +∫


sen(ln(x))dx∫ .

Solución. cos(ln(x))

u sen(ln(x)) du dx , dv dx v xx

sen(ln(x))dx xsen(ln(x)) cos(ln(x))dx

= ⇒ = = ⇒ =

= −∫ ∫

sen(ln(x))u cos(ln(x)) du dx , dv dx v x

x

cos(ln(x))dx x cos(ln(x)) sen(ln(x))dx

sen(ln(x))dx xsen(ln(x)) x cos(ln(x)) sen(ln(x))dx

1sen(ln(x))dx x(sen(ln(x)) cos(ln(x))) C

2

= ⇒ = − = ⇒ =

= +

= − −

= − +

∫ ∫∫ ∫∫




2x.arctg (x)dx∫ .

Solución.


2

2

2

2arctg(x) x(u arctg (x) du dx , dv xdx v )

21 x= ⇒ = = ⇒ =

+

2 2 22 2 2

2 2

22

2

x x arctg(x) x 1x.arctg (x)dx arctg (x) dx arctg (x) 1 arctg(x)dx

2 21 x 1 x

x arctg(x)arctg (x) arctg(x)dx dx

2 1 x

= − = − − + +

= − ++

∫ ∫ ∫∫ ∫

Resolviendo cada integral auxiliar:

2

212

2 2

2 22

dx(u arctg(x) du , dv dx v x)

1 x

x 1arctg(x)dx x.arctg(x) dx x.arctg(x) ln(1 x ) C

21 x

arctg(x) u arctg (x)(u arctg(x)) dx udu C C

2 21 x

= ⇒ = = ⇒ =+

= − = − + ++

= = = + = ++

∫ ∫∫ ∫

De modo que: 2 2

2 2 2x 1 arctg (x)x.arctg (x)dx arctg (x) ln(1 x ) C

2 2 2= − + + +∫


xdx

1 sen(x)+∫ .

Solución.

Manipulando algebraicamente la integral:

2 2

x x 1 sen(x) x(1 sen(x)) x xsen(x)dx . dx dx dx

1 sen(x) (1 sen(x)) 1 sen(x) cos (x) cos (x)

− − −= = =+ + −∫ ∫ ∫ ∫

Separando:

2 2 2

x xsen(x) x xsen(x)dx dx dx

cos (x) cos (x) cos (x)

− = −∫ ∫ ∫

Resolviendo la primera integral:

2

2

xdx x sec (x)dx

cos (x)=∫ ∫



Aplicando integración por partes:

2

u x du dx

dv sec (x)dx v tg(x)

= =

= =

21x sec (x)dx xtg(x) tg(x)dx xtg(x) ln cos(x) C= − = + +∫ ∫

Resolviendo la segunda integral:

2

xsen(x)dx xtg(x)sec(x)dx

cos (x)=∫ ∫

Aplicando integración por partes: u x du dx

dv tg(x)sec(x)dx v sec(x)

= == =

2xtg(x)sec(x)dx x sec(x) sec(x)dx x sec(x) ln sec(x) tg(x) C= − = − + +∫ ∫

De modo que:

xdx xtg(x) ln cos(x) x sec(x) ln sec(x) tg(x) C

1 sen(x)= + − + + +

+∫ .


4

x 1 ln(x 1) 2ln(x)dx

x

+ + − ∫ .

Solución.

Aplicando propiedades de logaritmos:

( ) ( )22 2x 1 12 22 2x x

4 4 4

x 1.ln x 1.ln 1x 1 ln(x 1) 2ln(x)dx dx dx

x x x

++ + + + + − = =∫ ∫ ∫

Manipulando algebraicamente:

( ) ( )22 1 1x 12 22 x xx

4 3

1 .ln 1x 1.lndx dx

x x

+ + ++=∫ ∫

Sea

2 3 3

1 2 dz dxz 1 , dz dx

2x x x= + = − ⇒ − = ,

( )1 12 2x x

3

1 .ln 11

dx z.ln(z)dz2x

+ += −∫ ∫




dz

u ln(z) duz

2dv zdz v z z

3

= =

= =

2 2 2 2 2z.ln(z)dz z z ln(z) zdz z z ln(z) . z z C

3 3 3 3 3= − = − +∫ ∫

Devolviendo el cambio de variable:

2 2 2

2 2 2 1 1 1 2z z ln(z) C 1 1 ln 1 C

3 3 3 3x x x

− + = + + + − +

Multiplicando cada término por 1 /2− se obtiene:

2 2 2

1 1 1 1 21 1 ln 1 C

3 3x x x

− + + + − +

De modo que: 2 2

4 2 2 2

x 1 ln(x 1) 2ln(x) 1 1 1 1 2dx 1 1 ln 1 C

3 3x x x x

+ + − = − + + + − + ∫

Ejemplo 38. Si n

n2

xI dx

x 5=

+∫ ,

pruebe que n 1

2n n 2

x 5(n 1)I x 5 I

n n

−

−−= + − .

Solución.


n 1 n 2 2

2

xu x du (n 1)x dx , dv dx v x 5

x 5

− −= ⇒ = − = ⇒ = ++

n 2n 1 2 n 2 2 n 1 2 2

n2

xI x x 5 (n 1) x x 5dx x x 5 (n 1) (x 5)dx

x 5

−− − −= + − − + = + − − +

+∫ ∫

n 1 2n 2 n

n 1n 1 2 2

n n 2 n n 2

x x 5 5(n 1)I (n 1)I

x 5(n 1)nI x x 5 5(n 1)I C I x 5 I C

n n

−−

−−

− −

= + − − − −

−= + − − + ⇒ = + − +


2 xx e sen(x)dx∫ .



Solución.

Aplicando integración por partes

2 x 2 x 2 x x

I1

2 x 2 x x

x e sen(x)dx x e cos(x) x e cos(x)dx 2 xe cos(x)dx

u x e du (x e 2xe )dx , dv sen(x)dx v cos(x)

= − + +

= ⇒ = + = ⇒ = −

∫ ∫ ∫��

Resolviendo 1I se tiene

2 x 2 x 2 x x1

I2

2 x 2 x x

I x e cos(x)dx x e sen(x) x e sen(x)dx 2 xe sen(x)dx

u x e du (x e 2xe )dx , dv cos(x)dx v sen(x)

= = − −

= ⇒ = + = ⇒ =

∫ ∫ ∫��

Por lo tanto

2 x 2 x 2 x 2 x

x x

I2

2 x 2 x 2 x x x

I2

2 x

x e sen(x)dx x e cos(x) x e sen(x) x e sen(x)dx

2 xe sen(x)dx 2 xe cos(x)dx

2 x e sen(x)dx x e cos(x) x e sen(x) 2 xe sen(x)dx 2 xe cos(x)dx

x e sen(x)d

= − + − −

+

= − + − +

∫ ∫∫ ∫

∫ ∫ ∫

��

��

2 x 2 x x x

I2

1 1x x e cos(x) x e sen(x) xe sen(x)dx xe cos(x)dx

2 2= − + − +∫ ∫ ∫

��

Resolviendo 2I se tiene:

x x x x2

I3

x x x

I xe sen(x)dx xe cos(x) xe cos(x)dx e cos(x)dx

u xe du (xe e )dx , dv sen(x)dx v cos(x)

= = − + +

= ⇒ = + = ⇒ = −

∫ ∫ ∫��

Por lo tanto

2 x 2 x 2 x x x

x x

I3

1 1x e sen(x)dx x e cos(x) x e sen(x) xe cos(x) xe cos(x)dx

2 2

e cos(x)dx xe cos(x)dx

= − + + − −

+

∫ ∫∫ ∫��



2 x 2 x x

I3

1 1 x x e cos(x) x e sen(x) e cos(x)dx

2 2

= − + + − ∫

��


x x x x x x

x x

x x

x x x x x x

e cos(x)dx e sen(x) e sen(x)dx e sen(x) e cos(x) e cos(x)dx

u e du e dx , dv cos(x)dx v sen(x)

u e du e dx , dv sen(x)dx v cos(x)

1 12 e cos(x)dx e sen(x) e cos(x) e cos(x)dx e sen(x) e c

2 2

= − = + −

= ⇒ = = ⇒ =

= ⇒ = = ⇒ = −

= + ⇒ = +

∫ ∫ ∫

∫ ∫ os(x) C+

Por lo tanto

2 x 2 x 2 x x x

2 x 2 x

2 x x

1 1 1 1x e sen(x)dx x x e cos(x) x e sen(x) e sen(x) e cos(x) C

2 2 2 2

1 1 1 1 x x e cos(x) x e sen(x) C

2 2 2 2

1 1 (x 1) e cos(x) (x 1)(x 1)e sen(

2 2

= − + + − − +

= − + − + − +

= − − + − +

∫

x

x) C

1 (x 1)e (x 1)cos(x) (x 1)sen(x) C

2

+

= − − − − + +


2 2

x 1dx

x cos(x) sen(x) sen (x)cos (x)

+ − ∫ .

Solución.

Sean 2

1

xI dx

x cos(x) sen(x)

= − ∫ y 2 2 2

dxI

sen (x)cos (x)= ∫ .

De modo que: 2

1 22 2

x 1dx I I

x cos(x) sen(x) sen (x)cos (x)

+ = + − ∫ .


2

1 2

x x x.sen(x)I dx . dx

x cos(x) sen(x) sen(x) x cos(x) sen(x)

= = − − ∫ ∫



2

2 2

x dx xctg(x) C

sen(x) x cos(x) sen(x) sen(x) x cos(x) sen(x)sen (x)

x x.cos(x) sen(x) x.sen(x) 1u du dx , dv v

sen(x) x cos(x) sen(x)sen (x) x cos(x) sen(x)

= + = − − +− −

− = ⇒ = − = ⇒ = − −−

∫


2 22 2

2 2 2 2 2

dx sen (x) cos (x)I dx sec (x)dx csc (x) tg(x) ctg(x) C

sen (x)cos (x) sen (x)cos (x)

+= = = + = − +∫ ∫ ∫ ∫

Por lo tanto 2

2 2

x 1 xdx 2ctg(x) tg(x) C

x cos(x) sen(x) sen(x) x cos(x) sen(x)sen (x)cos (x)

+ = − − + + − − ∫


∫−

dxx

)x(ln)4x3( 2

.

Solución.

Haciendo el cambio de variable z = Ln(x) , dz = xdx

1, la integral se transforma en

( ) ∫∫∫ −=− zdz4zdez3zdz4e3 2z22z

Resolvamos la integral I1 , aplicando el método de integración por partes

Escogemos u = z2 , du = 2z dz , dv = ez dz , v = ez

1zz2zz2z2 C)1z(e6ez3zdez2ez3zdez3 +−−=

−= ∫∫

Luego, I1 = 12

1zz2z2 C)1)x(ln(x6)x(lnx3C)1z(e6ez3zdez3 +−−=+−−=∫

La integral I2 = ∫ zdz4 2 = 23

23 C)x(ln

3

4Cz

3

4 +=+

Así que,

( ) =−∫ zdz4e3 2z C)x(ln3

4)1)x(ln(x6)x(lnx3Cz

3

4)1z(e6ez3 323zz2 ++−−=++−−

donde C = C1 + C2 es una constante.

I1 I2

Aplicando el método de integración por partes: u = z, du = dz ; dv = ezdz , v = ez



Ejemplo 42. Pruebe que

211n22

2n22n22 n,dx)xa(

1n2

na2

1n2

)xa(xdx)xa( ≠+

++

++=+ ∫∫ −

Solución.

Integrando por partes se tiene: 2 2 n 2 2 n 1u (a x ) du n(a x ) 2xdx , dv dx v x−= + ⇒ = + = ⇒ =

2 2 n 2 2 n 2 2 2 n 1

2 2 n 2 2 2 2 2 n 1

2 2 n 2 2 n 2 2 2 n 1

(a x ) dx x(a x ) 2n x (a x ) dx

x(a x ) 2n (a x a )(a x ) dx

x(a x ) 2n (a x ) dx 2na (a x ) dx

−

−

−

+ = + − +

= + − + − +

= + − + + +

∫ ∫∫∫ ∫

Así,

211n22

2n22n22 n,dx)xa(

1n2

na2

1n2

)xa(xdx)xa( ≠+

++

++=+ ∫∫ −


∫ −dx

)x1(

)x(arcsen.x

32.

Solución.

Usando el método de integración por partes se tiene: Haciendo

u = arcsen(x) , du = xdx1

1

2−, dv =

( )xd

x1

x

32−

v = ( ) ( ) 12

121

223

2 Cx1

1Cx1xdx1x +

−=+−=−

−−

∫

Luego,

( )∫ −dx)x(senarc

x1

x

32

= dxx1

1C

x1

)x(senarc21

2 ∫ −−+

−= [1]

Ahora la integral,

( )( ) xdx1

1

x1

1

2

1xd

x1x1

1dx

x1

12 ∫∫∫

++

−=

+−=

− ,

y por la propiedad de linealidad de la integral se tiene:



( )2 2

1 1 1 1 1 1dx dx dx

2 1 x 1 x 2 1 x 1 x

1 1 1 x 1Ln 1 x Ln 1 x C Ln C

2 2 1 x 2

+ = + = − + − +

+= − − + + + = +−

∫ ∫ ∫

Sustituyendo este resultado en [1] , tenemos:

( )∫ −dx)x(senarc

x1

x

32

= Cx1

x1ln

2

1

x1

)x(senarc

2+

−+−

−

donde

21 C2

1CC += .

Ejemplo 44. Pruebe que

,dx))x(ln(x1m

n

1m

))x(ln(xdx))x(ln(x 1nm

n1mnm ∫∫ −

+

+−

+=

donde m y n son enteros positivos.

Solución.

Integrando una vez por partes llamamos n 1

n n ln(x)u ln(x) du dx

x

− = ⇒ = y

m 1m x

dv x dx vm 1

+= ⇒ =

+.

La integral nos queda como:

( ) ( ) ( )n n n 1m m 1 m1 nx ln(x) dx x ln(x) x ln(x) dx

(m 1) m 1

−+= −+ +∫ ∫

Ejemplo 45.

a) Halle una fórmula de recurrencia para calcular la integral ( ) nLn(x) dx∫ .

b) Calcule la integral ( )3Ln(x) dx∫ , usando la fórmula hallada en la parte a).

Solución:

Apliquemos el método de integración por partes tomando

u = (Ln(x))n , dv = dx, du = ( )n 1

n Ln(x)dx

x

−

y v = x .

Entonces,

( ) ( ) ( )nn n 1Ln(x) dx x Ln(x) n Ln(x) dx

−= −∫ ∫ (*)



b) Aplicando la fórmula (*), con n = 3, se tiene:

( ) ( ) ( )3 23

Ln(x) dx x Ln( x) 3 Ln(x) dx= −∫ ∫ , [1]

aplicando nuevamente la fórmula (*) a la integral ( ) 2Ln(x) dx∫ , con n = 2:

( )2Ln(x) dx =∫ ( ) 2x Ln(x) 2 Ln(x)dx− ∫ , [2]

y por último, calculamos la integral Ln(x)dx∫ con la fórmula (*) haciendo n = 1:

Ln(x)dx xLn(x) dx xLn(x) x C= − = − +∫ ∫ , ( C constante de integración) [3]

Sustituyendo [2] y [3] en [1] se obtiene:

( ) ( ) ( )3 3 2

Ln(x) dx x Ln(x) 3x Ln(x) 6xLn(x) 6 x C= − + − +∫

SUSTITUCIONES TRIGONOMÉTRICAS



1.12. SUSTITUCIONES TRIGONOMÉTRICAS

Algunas integrales cuyo integrando contiene expresiones como 2 2x a± o 2 2a x± , se

pueden simplificar usando cambios trigonométricos que involucran respectivamente las

identidades

2 21 tg (x) sec (x)+ = y 2 2sen (x) co s (x) 1+ = .

A menudo es posible hallar la antiderivada de una función cuando el integrando

presenta expresiones de la forma:

2 2 2 2 2 2a x , a x o bien x a , a 0− + − >

Se elimina el radical haciendo la sustitución trigonométrica pertinente; el resultado es

un integrando que contiene funciones trigonométricas cuya integración nos es familiar. En la

siguiente tabla se muestra cuál debe ser la sustitución:

Expresión en el integrando Sustitución trigonométrica

2 2a x− x asen( )= θ

2 2a x+ x atg( )= θ

2 2x a− x asec( )= θ


cuarto método de integración.


2

dx

4 x+∫ .

Solución. 2

2

2 2

dx 2sec ( ) 1 1 1 x(x 2tg( ) dx 2sec ( )d ) d d C arctg C

2 2 2 24 x 4sec ( )

θ = θ ⇒ = θ θ = θ = θ = θ + = + + θ ∫ ∫ ∫





2

dx

4 x+∫ .

Solución. 2 2

2

2

dx 2sec ( ) x 4 xd sec( )d ln sec( ) tg( ) C ln C

2sec( ) 24 x

(x 2tg( ) dx 2sec ( )d )

θ + + = θ = θ θ = θ + θ + = + θ+

= θ ⇒ = θ θ

∫ ∫ ∫


2 2

dx

x 4 x−∫ .

Solución. En este ejercicio la expresión dentro del radical es de la forma 2 2a x− ; por lo que la

sustitución debe ser:

x 2sen( ) dx 2 cos( )d= θ ⇒ = θ θ .

De tal manera que:

2 2 2 2 2 2

2

22 2

dx 2cos( )d 2cos( )d

x 4 x (2sen( )) 4 (2sen( )) 4sen ( ) 4 4sen ( )

cos( )d d 1 1csc ( )d ctg( ) C

4 44sen ( )4sen ( ) cos ( )

θ θ θ θ= =− θ − θ θ − θ

θ θ θ= = = θ θ = − θ +θθ θ

∫ ∫ ∫∫ ∫ ∫

Como x 2sen( )= θ , entonces

xsen( )

2θ = .

Con estos datos, se construye el triángulo rectángulo que se observa en la figura 4.

De la figura se deduce que 24 x

ctg( )x

−θ =

Figura 4. Triángulo del ejemplo 48




De modo que: 2

2 2

dx 4 xC

4xx 4 x

−= − +−∫ .


1 xdx

1 x

−+∫ .

Solución.

2

1 x 1 z 1 zdx 2zdz 2zdz

1 z1 x 1 z

dx(z x dz 2zdz dx)

2 x

− − −= =++ −

= ⇒ = ⇒ =

∫ ∫ ∫


2

2

u 1 z du dz

2zdv dz v 2 1 z

1 z

= − ⇒ = −

= ⇒ = − −−

2 2

2

2 2 2

2 2

2

1 z2zdz 2(1 z) 1 z 2 1 z dz

1 z

12 1 z dz 2 cos ( )d (1 cos(2 ))d sen(2 ) C arcsen(z) z 1 z C

2

(z sen( ) dz cos( )d )

1 z2zdz 2(1 z) 1 z arcsen(z) z 1 z C

1 z

− = − − − − −−

− = θ θ = + θ θ = θ + θ + = + − +

= θ ⇒ = − θ θ

− = − − − − − − +−

∫ ∫∫ ∫ ∫

∫

Devolviendo cambio de variable:

2 2 2

2

1 z2zdz 2(1 z) 1 z arcsen(z) z 1 z C (z 2) 1 z arcsen(z) C

1 z

( x 2) 1 x arcsen( x) C

− = − − − − − − + = − − − +−

= + − − +

∫

De modo que:

1 xdx ( x 2) 1 x arcsen( x) C

1 x

− = + − − ++∫


∫ dx)x(arcsen)xln( .




Solución.

Apliquemos el método de integración por partes tomando:

u = arcsen(x) , du = dxx1

1

2− ; dv = ln(x)dx , v= )1)x(ln(xdx)x(ln −=∫

dxx1

)1)x(ln(x)x(arcsen)1)x(ln(xxd)x(senarc)x(ln

2∫∫ −

−−−= [1]

Apliquemos nuevamente integración por partes a la integral

dxx1

)1)x(ln(x

2∫ −

−,

tomando u ln(x) 1= − , du = dxx

1 ; dv = dx

x1

x

2− , v = 2x1 −−

dxx1

)1)x(ln(x

2∫ −

−= 21 x (ln(x) 1)− − − dx

x

x1 2

∫−+ [2]

Realicemos el cambio de variable x = sen(z) en la última integral,

C)zcos()z(ctg)zcsc(Lndz)z(sendz)zcsc(

dz)z(sen

)z(sen1dz

)z(sen

)z(cosdz)zcos(

)z(sen

zsen1dx

x

x1 2222

+++−=−=

−==−=−

∫ ∫∫∫∫∫

Devolviendo el cambio de variable x = sen(z),

se tiene que: cos(z) = 2x1 −

csc(z) = 2x1

1

− ctg(z) =

x

x1 2− entonces,

=−∫ dx

x

x1 2

Cx1x

x1

x1

1ln 2

2

2+−+−+

−−

sustituyendo [2] ,

dxx1

)1)x(ln(x

2∫ −

−= 21 x (ln(x) 1)− − − Cx1

x

x1

x1

1ln 2

2

2+−+−+

−−

sustituyendo en [1]

=∫ xd)x(senarc)x(ln

1

z

2x1 −

x




+− )x(arcsen)1)x(ln(x 21 x (ln(x) 1)− − Cx1

x

x1

x1

1ln 2

2

2+−+−+

−+


( )32

dx

2 x−∫ .

Solución.

Hacemos el cambio trigonométrico: x = 2 sen(u) , dx = 2 cos(u)du

Entonces,

( )32

dx

2 x−∫ ( )32

2 cos(u)du

2 2sen (u)

= =−∫

( )3 63 2

2 cos(u) 2 cos(u)du du

8 cos (u)2 1 sen (u)

= = =−∫ ∫

2

23

2 cos(u) 1 1 1 1du du sec (u)du tg(u) C

2 2 2cos (u)2 2 cos (u)= = = = +∫ ∫ ∫

Devolviendo el otro cambio de variable x = 2 sen(u) ⇒ x

sen(u)2

=

Por el teorema de Pitágoras se tiene:

b2 = ( )22 +x2 ⇔ b = 22 x−

como cateto opuesto

tg(u)cateto adyacente

= , entonces 2

xtg(u)

2 x=

−.

Luego,

( )3 22

dx xC

2 2 x2 x

= +−−∫

2

b

x u

INTEGRALES QUE CONTIENEN EL TÉRMINO 2ax +bx+c



1.13. INTEGRALES QUE CONTIENEN EL TÉRMINO 2ax +bx+c

Se tratará ahora con integrales en cuyo integrando aparece el término cuadrático

2ax bx c+ + con b 0≠ y que no sea un cuadrado perfecto; para b 0= se aplica el apartado

anterior.

Se completan cuadrados para reducir el término a la forma 2 2x a± o bien 2 2a x± y

luego se hace un cambio de variable trigonométrico.


quinto método de integración.


4 2

xdx

x 3x 2+ +∫ .

Solución.

12

4 2 2 2 2 13 1 122 4 4

2 32

31 22 2

312 2

ux 1 dz 1 dz 1 du 1dx ln C

2 2 2 2 ux 3x 2 z 3z 2 (z ) u

(z x dz 2xdx) (u z du dz)

z1 1 2 z 1 z 2 1 xln C ln C ln C ln

2 2 1 z 2 z 1 2z

+= = = = − +

−+ + + + + − −

= ⇒ = = + ⇒ =

+ + + += − + = − + = − + = −− − +− −

∫ ∫ ∫ ∫

2

2C

x 1

+ + +


2

x 2dx

x 4x 3

+

+ +∫ .

Solución.

2 2 2

2

2 2

2 2

x 2 x 2 x 2dx dx dx

x 4x 3 x 4x 4 4 3 x 4x 4 1

x 2 u sec( ).sec( ).tg( )dx du d sec ( )d

tg( )(x 2) 1 u 1

(u x 2 du dx) (u sec( ) du sec( )tg( )d )

sec ( )d tg( ) C (x 2) 1 C

+ + += =+ + + + − + + + −

+ θ θ θ= = θ = θ θθ+ − −

= + ⇒ = = θ ⇒ = θ θ θ

θ θ = θ + = + − +

∫ ∫ ∫∫ ∫ ∫ ∫

∫





2

dx

3x 6x 6+ +∫ .

Solución.

2 2 2

2

dx 1 dx 1 dx

3 33x 6x 6 x 2x 2 (x 1) 1

1 du 1 1(u x 1 du dx) arctg(u) C arctg(x 1) C

3 3 3u 1

= =+ + + + + +

= + ⇒ = = + = + ++

∫ ∫ ∫∫


2

x 1dx

x 4x 2

++ +∫ .

Solución.

2 2 2

2 2 2

x 1 x 1 x 1dx dx dx

x 4x 2 x 4x 4 4 2 (x 2) 2

u 1 u du(u x 2 du dx) du du

u 2 u 2 u 2

+ + += =+ + + + − + + −

−= + ⇒ = = −− − −

∫ ∫ ∫∫ ∫ ∫

2

2 2

2

2

u 1 1 dz dudu (z u 2 dz 2udu)

2 zu 2 u 2

1 1 2 u 1 1 2 uln z ln C ln u 2 ln C

2 22 2 2 u 2 2 2 u

1 1 2 x 2ln (x 2) 2 ln C

2 2 2 2 x 2

− = − = − ⇒ =− −

+ += + + = − + +− −

+ += + − − +− −

∫ ∫ ∫


2

x 2dx

2x 12x 18

−+ +∫ .

Solución.

2 2 2

2 2

x 2 1 x 2 1 x 2dx dx dx

2 22x 12x 18 x 6x 9 (x 3)

1 u 5 1 du 5 du 1 5(u x 3 du dx) du ln u C

2 2 u 2 2 2uu u

1 5ln x 3 C

2 2(x 3)

− − −= =+ + + + +

−= + ⇒ = = − = + +

= + + ++

∫ ∫ ∫∫ ∫ ∫





2 3

dx

(5 2x x )+ +∫ .

Solución.

Completando cuadrados se tiene que: 2 2x 2x 5 (x 1) 4+ + = + +

y haciendo el cambio de variable u x 1 du dx= + ⇒ = se tiene la integral:

2 3

du

(u 4)+∫ .

Con la sustitución trigonométrica 2u 2tg( ) du 2sec ( )d= θ ⇒ = θ θ se convierte la integral en 2 2

36

2sec ( ) 2sec ( ) 1 1d d cos( )d sen( ) C

4 48sec ( )64sec ( )

θ θθ = θ = θ θ = θ +θθ∫ ∫ ∫ .

Devolviendo los cambios de variable se tiene:

2 3 2

dx 1 x 1. C

4(5 2x x ) x 2x 5

+= ++ + + +∫ .


2

(ln(x))dx

x 4ln(x) (ln(x))−∫ .

Solución. Cambio de variable: u ln(x) du dx x= ⇒ =

2 2 2

2 2 2

u u (z 2)du du dz

4u u 4 (u 2) 4 z

+= =− − − −∫ ∫ ∫

Cambio de variable: z u 2 dz du= − ⇒ = Cambio de variable: z 2sen( ) dz 2cos( )d= θ ⇒ = θ θ 2 2

2

(z 2) (2 2sen( )) .2 cos( )dz d

2cos( )4 z

+ + θ θ= θθ−∫ ∫

2 2

2 2

(2 2sen( )) d 4 d 8 sen( )d 4 sen ( )d

6 8cos( ) sen(2 ) C 6 8cos( ) 2sen( )cos( ) C

z z6arcsen 4 4 z . 4 z C

2 2

+ θ θ = θ + θ θ + θ θ

= θ − θ − θ + = θ − θ − θ θ + = − − − − +

∫ ∫ ∫ ∫

− − = − − − − − − +

− − = − − − − − − +

2 2

2 2

u 2 u 26arcsen 4 4 (u 2) . 4 (u 2) C

2 2

ln(x) 2 lnx 26arcsen 4 4 (ln(x) 2) . 4 (ln(x) 2) C

2 2





2

xdx

6x x−∫ .

Solución. 2 2 2 2 2 26x x (x 6x) (x 6x 9 9) (x 6x 9) 9 (x 3) 9 9 (x 3)− = − − = − − + − = − − + + = − − + = − −

De manera que: 2 2

2 2

x xdx dx

6x x 9 (x 3)=

− − −∫ ∫ .

Sea u x 3 , du dx= − = , se tiene entonces:

2 2

2 2

x (u 3)dx du

9 (x 3) 9 u

+=− − −∫ ∫

Aplicando la sustitución trigonométrica:

u 3sen( ) , du 3cos( )d= θ = θ θ

se tiene entonces: 2 2 2

2

2 2

(u 3) (3sen( ) 3) 9(sen( ) 1)du 3cos( )d 3cos( )d 9 (sen( ) 1) d

3cos( )9 u 9 9sen ( )

+ θ + θ += θ θ = θ θ = θ + θθ− − θ∫ ∫ ∫ ∫

Desarrollando

2 2 29 (sen( ) 1) d 9 (sen ( ) 2sen( ) 1)d 9 sen ( )d 18 sen( )d 9 dθ + θ = θ + θ + θ = θ θ + θ θ + θ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Calculando la primera integral

2

1

1 cos(2 ) 9 9 99 sen ( )d 9 d (1 cos(2 ))d d cos(2 )d

2 2 2 2

9 9sen(2 ) C

2 4

− θθ θ = θ = − θ θ = θ − θ θ

= θ − θ +

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Se obtiene:

2 9 99 sen ( )d 18 sen( )d 9 d .2sen( )cos( ) 18cos( ) 9 C

2 4θ θ + θ θ + θ = θ − θ θ − θ + θ +∫ ∫ ∫

Devolviendo los cambios de variable se tiene 2

2

(9 (x 3) )27 9 27 x 3 9 (x 3)sen( )cos( ) 18cos( ) C arcsen . .

2 2 2 3 2 3 3

(9 (x 3) )18. C

3

− −− − θ − θ θ − θ + = −

− −− +

2

2

(x 3) (9 (x 3) )27 x 3arcsen

2 3 2

6 (9 (x 3) ) C

− − −− = −

− − − +




De modo que: 22

2

(x 9) (9 (x 3) )x 27 x 3dx arcsen C

2 3 26x x

+ − −− = − + −∫


∫ +++

dx1xx

2x2

.

Solución.

xd1xx

1

2

3xd

1xx

1x2

2

1xd

1xx

4x2

2

1xd

1xx

2x2222 ∫∫∫∫ ++

+++

+=++

+=++

+

12

2C1xxLn

2

1xd

1xx

1x2

2

1 +++=++

+=Ι ∫ 1

( )( )

221

2

432

432

212

C3

x2arctg3C

3

u2arctg3

udu

1

2

3xd

x

1

2

3xd

1xx

1

2

3

++

=+=

+=

++=

++=Ι ∫∫∫

2

Luego,

xd1xx

2x2∫ ++

+= 1

2 C1xxLn2

1 +++( )

221

C3

x2arctg3 +

++

Por lo tanto

( )122

2

2 xx 2 1dx Ln x x 1 3 arctg C

2x x 1 3

++ = + + + ++ +∫

donde C = C1 + C2 es una constante.


∫ + )5x3(x

dx.

Solución.

∫∫ +=

+ x5x3

dx

)5x3(x

dx

2

Completando el cuadrado:

3x2 +5x

−+

+=

+=36

25

36

25x

6

52x3x

3

5x3 22

I1 I2




12

25

6

5x3

36

253

6

5x3

22

−

+=

−

+

Luego la integral queda

∫∫−

+

=+

12

25

6

5x3

dx

x5x3

dx

22 [1]

Calculemos esta integral haciendo el cambio de variable:

u = x + 5

6 de donde du = dx

Sustituyendo en [1] se tiene

∫∫ −=

−36

25u

dx

3

1

12

25u3

dx

22

[2]

Esta integral la resolvemos haciendo la sustitución trigonométrica:

u = )zsec(6

5 de donde du = )zsec(

6

5tg(z) dz

Sustituyendo en [2]

=−

=

−

∫∫ dz

36

25)z(sec

36

25

)z(tg)zsec(

36

5dz

36

25)z(sec

6

56

)z(tg)zsec(5

3

1

22

( )==

−= ∫∫ dz

)z(tg6

5

)z(tg)zsec(

36

5dz

1)z(sec36

25

)z(tg)zsec(

36

5

22

C)z(tg)zsec(Ln3

1dz)zsec(

3

1 ++=∫

Devolviendo los cambios realizados 6u

sec(z)5

=

y de la identidad sec2(z) = tg2(z) + 1 se tiene

5

25u361

25

u361)z(secztg

222 −

=−=−=

y como u = x + 5

6 se tiene que

5

5x6

5

6

5x6

)z(sec+=

+=

y




5

25)5x6(

5

256

5x636

5

256

5x36

)z(tg2

22

−+=

−

+

=−

+=

Sustituyendo se tiene

( )C

5

255x6

6

5x6Ln

3

1C)z(tg)zsec(Ln

3

1

)5x3(x

dx2

+−+

++=++=+∫

Así que,

( )C

5

255x6

5

5x6Ln

3

1

)5x3(x

dx2

+−+

++=+∫

1.14. DESCOMPOSICIÓN EN FRACCIONES SIMPLES

Si el integrando es una función racional, es decir, tiene la forma R(x) P(x) Q(x)=

donde P(x) y Q(x) son polinomios, se buscará una descomposición de R(x) en fracciones

simples.

Para descomponer una fracción racional propia como suma de fracciones simples se

hace uso del siguiente teorema:

TEOREMA 1. Cada polinomio P(x) con coeficientes reales, se puede expresar como un

producto P(x) A(x)B(x)= , donde A(x) es un producto de potencias de polinomios de primer

grado, diferentes entre si y B(x) es un producto de potencias de polinomios de segundo

grado, diferentes entre sí, ninguno de los cuales posee raíces reales.

Ejemplo 62. 3 2x 1 (x 1)(x x 1)+ = + − + .

Ejemplo 63. 4 2x 1 (x 1)(x 1)(x 1)− = − + + .

Ejemplo 64. 4 2 2x 1 (x 1 2x)(x 1 2x)+ = + − + + .

Los pasos a seguir para expresar una fracción propia R(x) P(x) Q(x)= como suma de

fracciones simples se indicarán considerando varios casos.

DESCOMPOSICIÓN EN FRACCIONES SIMPLES



A. EL GRADO DE P(x) ES MENOR QUE EL GRADO DE Q(x)

• Si el grado de Q(x) es n y tiene n raíces reales distintas, 1 2x , x , n..., x , se descompone

R(x) en la forma:

1 2 n

1 2 n

A A AP(x)... ,

Q(x) x x x x x x= + + +

− − −

donde 1 2 nA , A , ..., A son constantes a determinar.

• Si la descomposición de Q(x) tiene un término de la forma mk(x x ) ,− se dice que kx es

una raíz con multiplicidad m, entonces la descomposición en fracciones simples

correspondiente a esta raíz tendrá la forma:

1 2 m2 m

k k k

B B B... .

x x (x x ) (x x )+ + +

− − −

• Si en la factorización de Q(x) aparece un término cuadrático 2ax bx c+ + irreducible 2(b 4ac 0)− < con multiplicidad m, entonces para este término se buscará una

descomposición de la forma

1 1 2 2 m m2 2 2 2 m

B x C B x C B x C... .

ax bx c (ax bx c) (ax bx c)

+ + ++ + +

+ + + + + +

B. SI EL GRADO DE P(x) ES MAYOR O IGUAL QUE EL GRADO DE Q(x). Se reduce al

caso anterior dividiendo


sexto método de integración.


xdx

(x 1)(x 2)(x 3)+ + −∫ .

Solución.

PRIMER MÉTODO:

31 2

31 2

2 2 21 2 3

2 2 21 2 3

1 2 3

AA Axdx dx dx dx

(x 1)(x 2)(x 3) x 1 x 2 x 3

AA Ax

(x 1)(x 2)(x 3) x 1 x 2 x 3

A (x x 6) A (x 2x 3) A (x 3x 2)x

(x 1)(x 2)(x 3) (x 1)(x 2)(x 3)

x A (x x 6) A (x 2x 3) A (x 3x 2)

A A A 0 ,

= + ++ + − + + −

= + ++ + − + + −

− − + − − + + +=

+ + − + + −

= − − + − − + + ++ + =

∫ ∫ ∫ ∫

1 2 3 1 2 3A 2A 3A 1 , 6A 3A 2A 0− − + = − − + =




1 2 3

1 2 3A , A , A

4 5 20

x 1 2 3dx ln x 1 ln x 2 ln x 3 C

(x 1)(x 2)(x 3) 4 5 20

= = − =

= + − + + − ++ + −∫

SEGUNDO MÉTODO:

31 2

31 2

AA Axdx dx dx dx

(x 1)(x 2)(x 3) x 1 x 2 x 3

AA Ax

(x 1)(x 2)(x 3) x 1 x 2 x 3

= + ++ + − + + −

= + ++ + − + + −

∫ ∫ ∫ ∫

2 2 21 2 3

2 2 21 2 3

1 21 1 2 24 5

33 3 20

A (x x 6) A (x 2x 3) A (x 3x 2)x

(x 1)(x 2)(x 3) (x 1)(x 2)(x 3)

x A (x x 6) A (x 2x 3) A (x 3x 2)

x 1: 1 4A A . x 2 : 2 5A A .

x 3 : 3 20A A .

− − + − − + + +=

+ + − + + −

= − − + − − + + +

= − − = − ⇒ = = − − = ⇒ = −

= = ⇒ =

1 2 3

1 2 3A , A , A

4 5 20

x 1 2 3dx ln x 1 ln x 2 ln x 3 C

(x 1)(x 2)(x 3) 4 5 20

= = − =

= + − + + − ++ + −∫


4 3 2

4x 4x x 1dx

x 2x x

− + +− +∫ .

Solución.

PRIMER MÉTODO: 4 3 2 2 2 2 2x 2x x x (x 2x 1) x (x 1)− + = − + = −

3 231 2 4

4 3 2 2 2

3 2 2 2 2 21 2 3 4

2 4 1 2 3 4 1 2 1

1 2 3 4

3 2

4

AA A A4x 4x x 1dx dx dx dx dx

x x 1x 2x x x (x 1)

4x 4x x 1 A (x 1) A x(x 1) A x A x (x 1)

A A 4 , A 2A A A 4 , 2A A 1 , A 1

A 1 , A 3 , A 2 , A 1

4x 4x x 1

x 2

− + + = + + +−− + −

− + + = − + − + + −+ = − + − = − − + = == = = =

− + +−

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

3 2 2 2

dx dx dx dx 1 2dx 3 2 3ln x ln x 1 C

x x 1 x x 1x x x (x 1)= + + + = − + − + − +

− −+ −∫ ∫ ∫ ∫ ∫




SEGUNDO MÉTODO: 4 3 2 2 2 2 2x 2x x x (x 2x 1) x (x 1)− + = − + = −

3 231 2 4

4 3 2 2 2

3 2 2 2 2 21 2 3 4

1 3

2 2 2 4 4

1 2 3 4

3 2

4

AA A A4x 4x x 1dx dx dx dx dx

x x 1x 2x x x (x 1)

4x 4x x 1 A (x 1) A x(x 1) A x A x (x 1)

x 0 : 1 A . x 1: 2 A .

2 A 1 A 3, A A 4 A 1

A 1 , A 3 , A 2 , A 1

4x 4x x 1

x 2x

− + + = + + +−− + −

− + + = − + − + + −= = = =

− + = ⇒ = + = ⇒ == = = =

− + +−

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

3 2 2 2

dx dx dx dx 1 2dx 3 2 3ln x ln x 1 C

x x 1 x x 1x x (x 1)= + + + = − + − + − +

− −+ −∫ ∫ ∫ ∫ ∫


6 4 2

dx

x 2x x+ +∫ .

Solución. 6 4 2 2 2 2

3 4 5 61 22 2 2 2 2 2 2

4 2 4 2 3 2 5 3 4 21 2 3 4 5 5 6 6

2 5 1 6 2 3 5 1 4 6 2

x 2x x x (x 1)

A x A A x AA Adxdx dx dx dx

xx (x 1) x (x 1) x 1

1 A (x 2x 1) A x(x 2x 1) A x A x A x A x A x A x

A A 0 , A A 0 , 2A A A 0 , 2A A A 0 , A 0 , A

+ + = +

+ += + + +

+ + +

= + + + + + + + + + + ++ = + = + + = + + = =

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 1

1 2 3 4 5 6

1

A 1 , A 0 , A 0 , A 1 , A 0 , A 1

== = = = − = = −

2 2 2 2 2 2 2 2 2

dx dx dx dx 1 dxarctg(x)

xx (x 1) x (x 1) x 1 (x 1)= − − = − − −

+ + + +∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Resolviendo 2

2

2 2 2 2

2

dx sec ( ) 1 sen(2 )d cos ( )d 1 cos(2 ) d C

2 2 4(x 1) (tg ( ) 1)

1 1 xarctg(x) C

2 2 x 1

θ θ θ= θ = θ θ = + θ θ = + + + θ +

= + ++

∫ ∫ ∫ ∫

Por lo tanto

2 2 2 2

dx 1 3 xarctg(x) C

x 2x (x 1) 2(x 1)= − − + +

+ +∫


2

x x 1dx

x 1

− +−∫ .




Solución.

3 2

2 2

x x 1 1 x 1 x 1dx x dx ln C

2 2 x 1x 1 x 1

− + + = + = + + −− − ∫ ∫


4 2

x 1dx

x 16x

+−∫ .

Solución. 6 4 2 2 2 2

2

4 2 4 2 4 2

3 2 331 2 4

2 2

x 1 (x 16x )(x 16) (256x 1) 256x 1dx dx (x 16)dx dx

x 16x x 16x x 16x

AA A Ax 256x 1 x16x dx 16x dx dx dx dx

3 3 x (x 4) (x 4)x (x 4)(x 4) x

+ − + + + += = + +− − −

++ + = + + + + +− +− +

∫ ∫ ∫ ∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫

2 3 4 1 3 4 2 1A A A 0 , A 4A 4A 256 , 16A 0 , 16A 1+ + = + − = − = − =

1 2 3 4

1 4097 4097A , A 0 , A , A

16 128 128= − = = = −

6 3

4 2

x 1 x 1 4097 4097dx 16x ln x 4 ln x 4 C

3 16x 128 128x 16x

+ = + + + − − + +−∫


4

ln(x)dx

(x 2)−∫ .

Solución.

Utilizando integración por partes se tiene que:

4 3

dx dx 1u ln(x) du , dv v

x (x 2) 3(x 2)= ⇒ = = ⇒ = −

− −.

Luego:

4 3 3

ln(x) ln(x) 1 dxdx

3(x 2) 3(x 2) x(x 2)= − +

− − −∫ ∫ .

Al resolver

3

dx

x(x 2)−∫

se tiene:

1 2 3 43 3 2

dx dx dx dx dxA A A A

x (x 2)x(x 2) (x 2) (x 2)= + + +

−− − −∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Desarrollando




3 21 2 3 4

3 3

3 2 2 3 21 2 3 4

3

3 21 4 1 3 4 1 2 3 4 1

3

A (x 2) A x A x(x 2) A x(x 2)1

x(x 2) x(x 2)

A (x 6x 12x 8) A x A (x 2x) A (x 4x 4x)

x(x 2)

(A A )x ( 6A A 4A )x (12A A 2A 4A )x 8A

x(x 2)

− + + − + −=

− −

− + − + + − + − +=

−

+ + − + − + + − + −=

−

Construyendo el sistema de ecuaciones y resolviendo:

1 4 4

1 3 4 3

1 2 3 4 2

1 1

1A A 0 A

8

16A A 4A 0 A

4

112A A 2A 4A 0 A

2

18A 1 A

8

+ = =

− + − = = −

+ − + = =

− = ⇒ = −

Al sustituir y resolver la integral:

3 3 2

2

dx 1 dx 1 dx 1 dx 1 dx

8 x 2 4 8 (x 2)x(x 2) (x 2) (x 2)

1 1 1 1ln x ln x 2 C

8 4(x 2) 84(x 2)

= − + − +−− − −

= − − + + − +−−

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

De modo que:

4 3 2

ln(x) ln(x) 1 1 1 1dx ln x ln x 2) C

24 12(x 2) 24(x 2) 3(x 2) 12(x 2)= − − − + + − +

−− − −∫


∫ +−+−

dx6x5x

9x5x2

2

.

Solución. 2 2

2 2 2 2

x 5x 6 3 x 5x 6 3 31

x 5x 6 x 5x 6 x 5x 6 x 5x 6

− + + − += + = +− + − + − + − +

Entonces,

xd6x5x

9x5x2

2

∫ +−+−

= ( ) ( ) xd2x3x

31∫

−−+ = ( )( ) xd

2x3x

13xd∫ ∫ −−

+

Ahora resolvemos la integral

( )( )∫ −− 2x3x

1dx ,




escribiendo la fracción

( )( )2x3x

1

−−

como suma de fracciones simples:

( )( ) 2x

B

3x

A

2x3x

1

−+

−=

−−

de donde 1 = A x – 2 A + B x – 3 B y de aquí se obtiene el sistema de ecuaciones:

1By1A1B3A2

0BA−==⇔

−=+=+

,

luego

( )( ) 2x

1

3x

1

2x3x

1

−−

−=

−−

Así que,

xd6x5x

9x5x2

2

∫ +−+−

=∫dx + 3 xd2x

1

3x

1

∫

−−

− =

= x + Ln |x - 3 | - 3 Ln|x - 2| + C (C constante cualquiera) Por lo tanto,

xd6x5x

9x5x2

2

∫ +−+−

= x + Ln |x - 3| - 3Ln|x - 2| + C = ( )

C2x

3xLnx

3+

−−+


∫ ++

dx)xe1(x

1xx

.

Solución.

x

x x x

x 1 e (x 1) dz dz dz dz dzdx dx A B

z(1 z) z 1 z z 1 zx(1 xe ) xe (1 xe )

+ += = = + = −+ + ++ +∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

x x

xx x

x

z xe dz e (x 1)dx 1 A(1 z) Bz, z 0 A 1, z 1 B 1

xe ln z ln 1 z C ln xe ln 1 xe C ln C

1 xe

= ⇒ = + = + + = ⇒ = = − ⇒ = −

= − + + = − + + = ++

Por lo tanto:

Cxe1

xelndx

)xe1(x

1xx

x

x+

+=

++

∫





∫ +++−−

dx)2x)(3x(

8x6x6x2

23

.

Solución. 3 2 2

2 2

x 6x 6x 8 9x 8x 2dx dx dx

(x 3)(x 2) (x 3)(x 2)

− − + − − += ++ + + +∫ ∫ ∫

Así se tiene 3 2 2 2

2 2 2

x 6x 6x 8 3x 6x 2 6x 7xdx dx dx 2 dx

(x 3)(x 2) (x 3)(x 2) (x 3)(x 2)

− − + + + += + −+ + + + + +∫ ∫ ∫ ∫

Realizamos la descomposición en fracciones simples 2

2 2

6x 7x A Bx C

(x 3)(x 3)(x 2) (x 2)

+ += +++ + +

De donde se obtiene A=B=3, C=-2 3 2 2

2 2 2 2

x 6x 6x 8 3x 6x 2 dx xdx dxdx dx dx 6 6 4

(x 3)(x 3)(x 2) (x 3)(x 2) (x 2) (x 2)

− − + + += + − − +++ + + + + +∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Por tanto, 3 2

2

2

x 6x 6x 8 xdx x 5ln x 3 2ln(x 2) 4arctg C

(x 3)(x 2) 2

− − + = − + − + + + + + ∫

Ejemplo 74. Resuelva la integral x

x

arctg(1 e )dx

e

−∫ .

Solución.

Aplicando integración por partes x x

x x x 2

I1

xx x x

x 2

arctg(1 e ) arctg(1 e ) dxdx

e e 1 (1 e )

eu arctg(1 e ) du dx , dv e dx v e

1 (1 e )

− −

− −= − −+ −

= − ⇒ = − = ⇒ = −

+ −

∫ ∫��

Resolviendo 1I se tiene




1 x 2 2 2 2

x x

12

2 122 2

12

dx du du udu duI A B C

(u 1)1 (1 e ) (u 1)(1 u ) (1 u ) 1 u

duu 1 e du e dx dx

u 1

AA B 01 A Bu C

1 A(1 u ) (Bu C)(u 1) C B 0 Bu 1(u 1)(1 u ) 1 u

A C 1 C

= = = + +−+ − − + + +

= − ⇒ = − ⇒ = −

=+ =+= + ⇒ = + + + − ⇒ − = ⇒ = −

−− + + − = = −

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Por lo tanto

1 x 2 2 2 2

2

dx du 1 du 1 udu 1 duI

2 (u 1) 2 21 (1 e ) (u 1)(1 u ) (1 u ) 1 u

1 1 1ln u 1 ln(1 u ) arctg(u) C

2 4 2

= = = − −−+ − − + + +

= − − + − +

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

x 2x x x

2x x x

1 1 1ln(e ) ln(e 2e 2) arctg(1 e ) C

2 4 2

x 1 1ln(e 2e 2) arctg(1 e ) C

2 4 2

= − − + − − +

= − − + − − +

De modo que x

x x 2x x

x

arctg(1 e ) 1 x 1dx e arctg(1 e ) ln(e 2e 2) C

2 2 4e

−− = − − − + − + + ∫ .


4

dx

x 1+∫ .

Solución.

4 2 2

2 2 2 2

4 4 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2

dx dx

x 1 (x 2x 1)(x 2x 1)

xdx dx xdx dxA B C D

(x 2x 1) (x 2x 1) (x 2x 1) (x 2x 1)

x 1 (x 2x 1) 2x (x 1) 2x (x 2x 1)(x 2x 1)

1 Ax B

(x 2x 1)(x 2x 1) (x 2x 1)

=+ + + − +

= + + ++ + + + − + − +

+ = + + − = + − = + + − +

+= ++ + − + + +

∫ ∫∫ ∫ ∫ ∫

2

24

122 2

24

12

Cx D

(x 2x 1)

AA C 0

B2A 2C D B 01 (Ax B)(x 2x 1) (Cx D)(x 2x 1)

A C 2B 2D 0 C

B D 1 D

+− +

=+ ==− + + + =

⇒ = + − + + + + + ⇒ ⇒+ − + = = −

+ = =




Por lo tanto 2 21 14 2 4 2

4 2 2

I I1 2

x xdxdx dx

x 1 (x 2x 1) (x 2x 1)

+ − += +

+ + + − +∫ ∫ ∫��


2 2 2 2 21 1 1 14 2 4 2 4 2 2 4 4

1 2 22 2 1 12 12 22 2

2 22 2

2 14 42 2 2 21 1 1 1

2 2 2 2

x x (z ) zI dx dx dz dz

z z(x 2x 1) (x )

z x dz dx x z

z 2 z 1 dz 2 dw 1 dzdz dz

4 4 8 w 4z z z z

2 2ln w arctg( 2z

8 4

+ + − + += = = =

+ ++ + + +

= + ⇒ = ⇒ = −

+= = + = +

+ + + +

= +

∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

2 12

) C

w z dw 2zdz

+

= + ⇒ =

22 2 2 2ln w arctg( 2z) C ln x 2x 1 arctg( 2x 1) C

8 4 8 4= + + = + + + + +


2 2 2 2 21 1 1 14 2 4 2 4 2 2 4 4

2 2 22 2 1 12 12 22 2

2 22 2

2 14 42 2 2 21 1 1 1

2 2 2 2

x x (z ) zI dx dx dz dz

z z(x 2x 1) (x )

z x dz dx x z

z 2 z 1 dz 2 dw 1 dzdz dz

4 4 8 w 4z z z z

2 2ln w arctg( 2z) C

8 4

− + − + − + + − += = = =

+ +− + − +

= − ⇒ = ⇒ = +

− += = − + = − +

+ + + +

= − + +

∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

2 12

w z dw 2zdz = + ⇒ =

22 1 2 2ln w arctg(2z) C ln x 2x 1 arctg( 2x 1) C

8 2 8 4= − + + = − − + + − +

Por lo tanto

2 2

4

2

2

2

22

dx 2 2 2 2ln x 2x 1 arctg( 2x 1) ln x 2x 1 arctg( 2x 1) C

8 4 8 4x 1

2 x 2x 1 2ln arctg( 2x 1) arctg( 2x 1) C

8 4x 2x 1

2 x 2x 1 2 2xln arctg C

8 4 1 xx 2x 1

= + + + + − − + + − ++

+ + = + + + − + − +

+ += + + −− +

∫

INTEGRANDOS TRIGONOMÉTRICOS



1.15. INTEGRANDOS TRIGONOMÉTRICOS

En este punto se evaluarán integrales cuyos integrandos son potencias de funciones

trigonométricas.

A. POTENCIAS DE SENO Y COSENO Se quiere resolver las integrales

nsen (x)dx∫ y ncos (x)dx∫ ,

donde n es un entero positivo mayor que uno.

• Si la potencia es impar use la identidad 2 2sen (x) cos (x) 1+ = para obtener integrandos

de la forma 2mcos (x)sen(x) o bien 2msen (x)cos(x) que se integran fácilmente.

Ejemplo 76.

2k 1 2 k 2 k

Transformar a s enos potencias del s eno derivada int erna

cos (x)dx (cos (x)) cos(x)dx (1 sen (x)) . cos(x) dx+ = = −∫ ∫ ∫��

• Si la potencia es par use las identidades 2 1 cos(2x)

sen (x)2

−= y 2 1 cos(2x)cos (x)

2

+=

para bajar el grado de la potencia.

Ejemplo 77.

2k 2 k k

k

1cos (x)dx (cos (x)) dx (1 cos(2x)) dx

2= = +∫ ∫ ∫

B. POTENCIAS DE LA TANGENTE Y COTANGENTE

Para las integrales

ntg (x)dx∫ y nctg (x)dx∫ ,




donde n es un entero positivo mayor que uno, se usan las identidades

2 2tg (x) 1 sec (x)+ = y 2 2ctg (x) 1 csc (x)+ =

para obtener integrandos de la forma

m 2tg (x)sec (x) o bien m 2ctg (x)csc (x) .

Ejemplo 78.

n n 2 2 n 2 2

n 1n 2 2 n 2 n 2

tg (x)dx (tg(x)) tg (x)dx (tg(x)) (sec (x) 1)dx

(tg(x))(tg(x)) sec (x)dx (tg(x)) dx (tg(x)) dx

n 1

− −

−− − −

= = −

= − = −−

∫ ∫ ∫∫ ∫ ∫

C. POTENCIAS DE LA SECANTE Y COSECANTE

Para las integrales

nsec (x)dx∫ y ncsc (x)dx∫ ,

donde n es un entero positivo mayor que uno:

• Si la potencia es par use las identidades 2 2tg (x) 1 sec (x)+ = y 2 2ctg (x) 1 csc (x)+ = .

Ejemplo 79.

2k 2k 2 2 2 k 1 2

Transformar a tangentes

2 k 1 2

potencias de tangentes derivada int erna

(sec(x)) dx sec (x)sec (x)dx (sec (x)) sec (x)dx

(1 tg (x)) . sec (x) dx

− −

−

= =

= +

∫ ∫ ∫∫

��

��

• Si la potencia es impar se combinan las identidades con integración por partes.




Ejemplo 80.

2k 1 2k 1 2

2k 1 2k 1 2

Transformar a sec antes

2k 1 2k 2 2

(sec(x)) dx sec (x)sec (x)dx

tg(x)sec (x) (2k 1) sec (x) tg (x) dx

u sec (x) du (2k 1)sec (x)sec(x)tg(x)dx dv sec (x)dx v tg(x

+ −

− −

− −

=

= − −

= ⇒ = − = ⇒ =

∫ ∫∫ ��

2k 1 2k 1 2

2k 1 2k 1 2k 1

2k 1

)

tg(x)sec (x) (2k 1) sec (x) sec (x) 1 dx

tg(x)sec (x) (2k 1) sec (x)dx (2k 1) sec (x)dx

1tg(x)sec (x) (2k 1

2k

− −

− + −

−

= − − −

= − − + −

= + −

∫∫ ∫

2k 1) sec (x)dx− ∫

D. PRODUCTOS DE POTENCIAS DE SENOS Y COSENOS DE IGUAL ARGUMENTO

Para las integrales de la forma

m nsen (x)cos (x)dx∫ ,

donde m y n son enteros positivos mayores que uno:

• Si la potencia del seno es impar y positiva, conserve un factor seno y transforme los

demás a cosenos, desarrolle e integre:

2k 1 n 2 k n

Transformar a cosenos

2 k n

potencias del coseno derivada int erna

sen (x)cos (x)dx (sen (x)) cos (x)sen(x)dx

(1 cos (x)) cos (x). sen(x) dx

+ =

= −

∫ ∫∫

��

��

• Si la potencia del coseno es impar y positiva, conserve un factor coseno y transforme

los demás a senos, desarrolle e integre:




2k 1 m 2 k m

Transformar a senos

2 k m

potencias del seno derivada int erna

cos (x)sen (x)dx (cos (x)) sen (x)cos(x)dx

(1 sen (x)) sen (x). cos(x) dx

+ =

= −

∫ ∫∫

��

��

• Si las potencias del seno y del coseno son pares y no negativas, use repetidamente

las identidades

2 1 cos(2x)sen (x)

2

−= y 2 1 cos(2x)cos (x)

2

+=

para convertir el integrando en uno con potencias impares del coseno:

k2k12k 2k k k2 21 2 1 2

1 cos(2x) 1 cos(2x)sen (x)cos (x)dx (sen (x)) (cos (x)) dx dx

2 2

− + = = ∫ ∫ ∫

E. PRODUCTOS DE SENOS Y COSENOS DE ARGUMENTOS DIFERENTES

Las integrales de la forma

sen( x)sen( x)dx; sen( x)cos( x)dx; cos( x)cos( x)dxα β α β α β∫ ∫ ∫ ,

se resuelven pasando a una suma de senos y/o cosenos con las identidades:

1

sen( )sen( ) cos( ) cos( )2

1sen( )cos( ) sen( ) sen( )

2

1cos( )cos( ) cos( ) cos( )

2

α β = α − β − α + β

α β = α − β + α + β

α β = α − β + α + β

F. PRODUCTO DE POTENCIAS DE TANGENTE Y SECANTE

Para las integrales de la forma

m ntg (x)sec (x)dx∫ ,




donde m y n son enteros positivos mayores que uno:

• Si la potencia de la tangente es impar y positiva, conserve un factor sec(x)tg(x) y

transforme los restantes factores a secantes. Luego, desarrolle e integre:

2k 1 n 2 k n 1

Transformar a secantes

2 k n 1

Potencias de sec ante derivada int erna

tg (x)sec (x)dx (tg (x)) sec (x)sec(x)tg(x)dx

(sec (x) 1) sec (x). sec(x)tg(x) dx

+ −

−

=

= −

∫ ∫ ��

�� ∫

• Si la potencia de la tangente es par y positiva, el integrando se reduce a potencias de

la secante, en efecto:

2k n 2 k ntg (x)sec (x)dx (sec (x) 1) sec (x)dx.= −∫ ∫

• Si la potencia de la secante es par y positiva, conserve un factor 2sec (x) y transforme

los restantes factores a tangentes. Luego, desarrolle e integre:

m 2k 2 k 1 m 2

Transforme a tangentes

tg (x)sec (x)dx (sec (x)) tg (x)sec (x)dx.−=∫ ∫ ��

G. INTEGRANDOS RACIONALES EN SENOS Y COSENOS

El matemático alemán Kart Weierstrass (1815-1897) observó que el cambio de

variable

xu tg

2

=

, x−π < < π

transforma cualquier función racional en seno y coseno en una función racional de u.

En consecuencia,

2 2 21 x 1 x 1du sec dx tg 1 dx (u 1)dx

2 2 2 2 2

= = + = +

luego




2

2dx du

u 1=

+

Se deduce además que

2 2xsec u 1,

2

= +

luego

2

2

1 cos(x) x 1c o s ,

2 2 u 1

+ = = +

de donde

2

2

1 ucos(x)

1 u

−=+

y

2

22

2

1 usen (x) 1

1 u

−= − + ,

luego

2

2usen(x)

1 u=

+.


séptimo método de integración.


4cos (x)dx∫ .

Solución.




2

4 2 2 2

2 2

1 cos(2x) 1cos (x)dx (cos (x)) dx dx (1 cos(2x)) dx

2 4

1 1 1 1(1 2cos(2x) cos (2x))dx dx cos(2x)dx cos (2x)dx

4 4 2 4

+ = = = +

+ + = + +

∫ ∫ ∫ ∫∫ ∫ ∫ ∫

1 1 1 1x sen(2x) x sen(4x) C

4 4 8 8= + + + +


5sen (x)dx∫ .

Solución.

5 4 2 2

2 2 2 4

2 4

sen (x)dx (sen (x))sen(x)dx (sen (x)) sen(x)dx

(1 cos (x)) sen(x)dx (1 2cos (x) cos (x))sen(x)dx

sen(x)dx 2 cos (x)sen(x)dx cos (x)sen(x)dx

c

= =

= − = − +

= − +

= −

∫ ∫ ∫∫ ∫∫ ∫ ∫

3 52 1os(x) cos (x) cos (x) C

3 5− + +


5tg (x)dx∫ .

Solución.

5 3 2 3 2 3 2 3tg (x)dx tg (x)tg (x)dx tg (x)(sec (x) 1)dx tg (x)sec (x)dx tg (x)dx= = − = −∫ ∫ ∫ ∫ ∫

3 2 2 3 2 2

4 23 2 2

tg (x)sec (x)dx tg (x)tg(x)dx tg (x)sec (x)dx (sec (x) 1)tg(x)dx

tg (x) tg (x)tg (x)sec (x)dx tg(x)sec (x)dx tg(x)dx ln cos(x) C

4 2

− = − −

− + = − − +

∫ ∫ ∫ ∫∫ ∫ ∫


3 4sen (x)cos (x)dx∫ .

Solución.




3 4 2 4

5 72 4 4 6

sen (x)cos (x)dx sen (x)sen(x)cos (x)dx

cos (x) cos (x)(1 cos (x))sen(x)cos (x)dx (cos (x)sen(x) cos (x)sen(x))dx C

5 7

=

− = − = − +

∫ ∫∫ ∫


2 3

dx

(x 4x 6)+ +∫ .

Solución.

2

2 3 2 3 2 3 2 3

2

dx dx du 2 sec (z)dz

(x 4x 6) ((x 2) 2) (u 2) (2tg (z) 2)

(u x 2 du dx) (u 2tg(z) du 2 sec (z)dz)

= = =+ + + + + +

= + ⇒ = = ⇒ =

∫ ∫ ∫ ∫

224 2

6

2 sec (z) 2 2 1 cos(2z) 2dz cos (z)dz dz (1 2cos(2z) cos (2z))dz

8 8 2 328sec (z)

+ = = = + + ∫ ∫ ∫ ∫

2 22 2 2 2(1 2cos(2z) cos (2z))dz dz cos(2z)dz cos (2z)dz

32 32 16 32+ + = + +∫ ∫ ∫ ∫

1 1 1

2 2 2 u 2 x 2dz z C arctg C arctg C

32 32 32 322 2

+= + = + = + ∫

2 2 2

2 2 2 u 2 x 2cos(2z)dz sen(2z) C sen 2arctg C sen 2arctg C

16 32 32 322 2

+= + = + = + ∫

23

u

2u32

x 22x 2

32

2 2 2 sen(4z)cos (2z)dz (1 cos(4z))dz z C

32 64 64 4

sen(4arctg( ))2arctg( ) C

64 4

sen(4arctg( ))2arctg( ) C

64 4

++

= + = + +

= + +

= + +

∫ ∫

De modo que: x 2

2

2 3

sen(4arctg( ))dx 3 2 x 2 2 x 2 2arctg sen 2arctg C

64 32 64 4(x 4x 6) 2 2

+ + + = + + + + + ∫





2 3 3 2 4 3 2(6x 4x)sen (x x )cos (x x )dx+ + +∫ .

Solución. Sea 3 2 2z x x dz (3x 2x)dx= + ⇒ = + . De modo que:

3 4 2 4

2 4 4 6

5 3 2 7 3 2

2 sen (z)cos (z)dx 2 sen (z)sen(z)cos (z)dz

2 (1 cos (z))sen(z)cos (z)dz 2 (cos (z)sen(z) cos (z)sen(z))dz

2 cos (x x ) 2 cos (x x )C

5 7

=

− = −

+ += + +

∫ ∫∫ ∫


3 3

dx

sen (x)cos (x)∫ .

Solución. 2 2 2 4 2 2 4

3 3 3 3 3 3

3 3

3 2

dx (sen (x) cos (x)) sen (x) 2sen (x)cos (x) cos (x)dx dx

sen (x)cos (x) sen (x)cos (x) sen (x)cos (x)

sen(x) dx cos(x)dx 2 dx

sen(x)cos(x)cos (x) sen (x)

sen(x) cos(x) cos(x)dx 2 dx

cos (x) sen(x)cos (x)

+ + += =

+ +

= + +

∫ ∫ ∫∫ ∫ ∫∫ ∫

3

3 3 2 2 2 2

dxsen (x)

(u cos(x)) (z tg(x)) (w sen(x))

du dz dw 1 1 1 12 2ln z C 2ln tg(x) C

zu w 2u 2w 2cos (x) 2sen (x)

= = =

− + + = + − + = + − +

∫

∫ ∫ ∫


dx

1 2sen(x) cos(x)+ +∫ .

Solución.

2 24u 1 u2 21 u 1 u

x2

dx 1 2. du

1 2sen(x) cos(x) 1 u1

2 du 1 1du ln 1 2u C ln 1 2tg( ) C

2 4u 1 2u 2 2

−+ +

=+ + ++ +

= = + + = + ++ +

∫ ∫

∫ ∫





2x x 2xe ln(e 9 e )dx+ +∫ .

Solución.

Sea

x x dzz e dz e dx dx

z= ⇒ = ⇒ = .

Se tiene entonces que:

2x x 2x 2e ln(e 9 e )dx z ln(z 9 z )dz+ + = + +∫ ∫ .


2

2

2

dzu ln(z 9 z ) du

9 z

zdv zdz v

2

= + + =+

= =

Se tiene: 2 2

2 2

2

z 1 zz ln(z 9 z )dz ln(z 9 z ) dz

2 2 9 z+ + = + + −

+∫ ∫

Al resolver 2

2

zdz

9 z+∫ .

Sea 2z 3tg( ) dz 3sec ( )d= θ ⇒ = θ θ , de modo que

2 2 22 2

2

3

z 9tg ( ).3sec ( )dz d 9tg ( )sec( )d 9 (sec ( ) 1)sec( )d

3sec( )9 z

9 sec ( )d sec( )d

θ θ= θ = θ θ θ = θ − θ θθ+

= θ θ − θ θ

∫ ∫ ∫ ∫∫ ∫

Resolviendo

3sec ( )dθ θ∫ .


2

u sec( ) du sec( )tg( )d

dv sec ( )d v tg( )

= θ = θ θ θ

= θ θ = θ

Se tiene que:




3 2 2

3

3

sec ( )d tg( )sec( ) tg ( )sec( )d tg( )sec( ) (sec ( ) 1)sec( )d

tg( )sec( ) sec ( )d sec( )d

1 1sec ( )d tg( )sec( ) ln sec( ) tg( ) C

2 2

θ θ = θ θ − θ θ θ = θ θ − θ − θ θ

= θ θ − θ θ + θ θ

θ θ = θ θ + θ + θ +

∫ ∫ ∫∫ ∫

∫

De modo que:

23

2

2 2 22

z 9 9dz 9 sec ( )d sec( )d tg( )sec( ) ln sec( ) tg( ) C

2 29 z

9 z 9 z 9 9 z z 1 9 9 z z. . ln C .z 9 z ln C

2 3 3 2 3 3 2 2 3 3

= θ θ − θ θ = θ θ − θ + θ +

+

+ + += − + + = + − + +

∫ ∫ ∫

Entonces:

2 22 2 2z 1 9 z 9 z

z ln(z 9 z )dz ln(z 9 z ) z 9 z ln C2 4 4 3

+ ++ + = + + − + + +∫

Finalmente:

2x x 2x2x x 2x x 2x x 2xe 1 9 e 9 ee ln(e 9 e )dx ln(e 9 e ) e 9 e ln C

2 4 4 3

+ ++ + = + + − + + +∫


2

1 cos(x)dx

5cos (x) 8cos(x) 3

++ +∫ .

Solución. 21 u21 u

2 2 2 2 221 u 1 u2 21 u 1 u

11 cos(x) du dudx 2 .

5cos (x) 8cos(x) 3 1 u 4 u5( ) 8( ) 3

−+

− −+ +

++ = =+ + + −+ +∫ ∫ ∫

2

2 2 2

x 2 2u 1 uu tg dx du sen(x) cos(x)

2 1 u 1 u 1 u

− = ⇒ = ⇒ = ⇒ = + + +

Por tanto x2

2 2 x2

2 tg( )1 cos(x) du 1 2 u 1dx ln C ln C

4 2 u 4 2 tg( )5cos (x) 8cos(x) 3 4 u

++ += = + = +− −+ + −∫ ∫


dx

ctg(x) cos(x)+∫ .




Solución.

Manipulando algebraicamente la integral se tiene que:

cos(x) cos(x) sen(x)cos(x)sen(x) sen(x)

dx dx dx sen(x)dx

ctg(x) cos(x) cos(x)(1 sen(x))cos(x) += = =+ ++∫ ∫ ∫ ∫

Usando el cambio

2

2 2 2

x 2 1 u 2uu tg dx du , cos(x) , sen(x)

2 1 u 1 u 1 u

− = ⇒ = = = + + + .

( ) ( )2u 4u22 2 21 u 1 u 1 u

2 2 32 221 u 2u u 2u 12 2 21 u 1 u 1 u

. 4u 4udu du du du

(1 u )(u 1) (1 u)(1 u)1 (1 u )

+ + +

− + ++ + +

= = =− + − ++ −∫ ∫ ∫ ∫

Se tiene:

31 2 43 3 2

3 2 21 2 3 4

3

2 3 2 2 31 2 3 4

3

AA A A4u

1 u 1 u(1 u)(1 u) (1 u) (1 u)

A (1 u) A (1 u) A (1 u ) A (1 u )(1 u)

(1 u)(1 u)

A (1 3u 3u u ) A (1 u) A (1 u ) A (1 u u u )

(1 u)(1 u)

= + + +− +− + + +

+ + − + − + − +=

− +

+ + + + − + − + + − −=

− +

3 21 4 1 3 4 1 2 4 1 2 3 4

3

(A A )u (3A A A )u (3A A A )u (A A A A )

(1 u)(1 u)

− + − − + − + + + + +=

− +

Construyendo el sistema de ecuaciones:

1 4

1 3 4

1 2 4

1 2 3 4

A A 0

3A A A 0

3A A A 4

A A A A 0

− =− − =− + =

+ + + =

Encontrando valores:

1 13

u 1

4u 1A A

2(1 u)

=

= ⇒ =+

2 2

u 1

4uA A 2

1 u

= −

= ⇒ = −−

Se tiene entonces:

1 4 4

1 3 4 3

1 2 4

1 2 3 4

1A A 0 A

2

3A A A 0 A 1

3A A A 4

A A A A 0

− = =

− − = =− + =

+ + + =

De manera que




3 3 2

2

4u 1 du du du 1 dudu 2

2 1 u 2 1 u(1 u)(1 u) (1 u) (1 u)

1 1 1 1ln 1 u ln 1 u C

2 1 u 2(1 u)

= − + +− +− + + +

= − − + − + + +++

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Devolviendo el cambio de variable se tiene que:

( )x x2 22 x

x2

2

dx 1 1 1 1ln 1 tg( ) ln 1 tg( ) C

ctg(x) cos(x) 2 21 tg( )1 tg( )= − − + − + + +

+ ++∫


dx

(1 sec(x))sen(x)+∫ .

Solución.

1 sen(x)cos(x) cos(x)

dx dx dx cos(x)dx

(1 sec(x))sen(x) sen(x)cos(x) sen(x)(1 )sen(x) sen(x)= = =

+ ++ +∫ ∫ ∫ ∫

Mediante cambio universal:

2

2 2 2

x 2du 2u 1 uu tg , dx , sen(x) , cos(x)

2 1 u 1 u 1 u

− = = = = + + + .

( ) ( )

22 2(1 u )1 u 22 22 2 (1 u )1 u 1 u

2 22 2u(1 u 1 u )2u 1 u 2u2 2 2 2 21 u 1 u 1 u (1 u )

2 2 22

.I du du

2(1 u ) 1 1 u 1 u 1 1du du ln u C ln tg(x 2) tg (x 2) C

4u 2 u 2 2 2 4

−−++ +

− + +−+ + + +

= =+

− −= = = − + = − +

∫ ∫

∫ ∫


2

1 sen (x)dx

1 cos (x)

−+∫ .

Solución. Aplicando el cambio u tg(x)= :

2u2

21 u2 1 2 2 2

21 u

11 sen (x) du dudx .

11 cos (x) 1 u (2 u )(1 u )

+

+

−− = =++ + + +∫ ∫ ∫ .

Aplicando fracciones simples:




3 41 22 2 2 2

1 3

2 41 3 2 4

1 3

2 4

A u AA u Adudu du

(u 1)(u 2) u 1 u 2

A A 0

A A 0A A 0 , A 1 , A 1

2A A 0

2A A 1

++= +

+ + + +

+ =+ =

⇒ = = = = −+ =+ =

∫ ∫ ∫

De modo que:

2 2 2 2

du du du

(u 1)(u 2) u 1 u 2

1 u 1 tg(x)arctg(u) arctg C arctg(tg(x)) arctg C

2 2 2 2

1 tg(x)x arctg C

2 2

= −+ + + +

= − + = − +

= − +

∫ ∫ ∫


∫ + )x(cos3)x(sen2

dx22

.

Solución.

∫∫∫ +=

++=

+ )x(cos2

dx

)x(cos))x(cos)x(sen(2

dx

)x(cos3)x(sen2

dx222222

[1]

Haciendo el cambio de variable:

t = tg(x) , dt = sec2(x) dx = (1 + tg2(x)) dx = (1 + t2) dx

de donde se obtiene que

2t1

dtdx

+=

Por otra parte

, t1

1

)x(tg1

1

)x(sec

1)x(cos

2222

+=

+==

puesto que tg(x) = t. Sustituyendo en [1] se tiene:

[2] dt

t3

21

1

3

1dt

t3

21

1

3

1dt

t3

213

1

dtt23

1dt

)t23)(t1(

t1

t1

1t22t1

dt

t1

12

t1

dt

222

222

2

2

2

2

2

2

∫∫∫

∫∫∫∫

+

=+

=

+=

+=

+++=

+++

+=

++

+

Resolvamos la integral




dt

t3

21

12∫

+

haciendo el cambio de variable

t3

2z = , td

3

2dt

3

2dz ==

de donde

zd2

3dt =

Entonces

122C)z(arctg

2

3dz

z1

1

2

3dt

t3

21

1 +=+

=

+

∫∫

Devolviendo el cambio de variable t3

2z = se tiene:

1122Ct

3

2arctg

2

3C)z(arctg

2

3dz

z1

1

2

3dt

t3

21

1 +

=+=

+=

+

∫∫

Reemplazando en [2] se obtiene

Ct3

2arctg

6

1

3

Ct

3

2arctg

233

3

3

Ct

3

2arctg

233

33

3

Ct

3

2arctg

23

3Ct

3

2arctg

2

3

3

1dt

t3

21

1

3

1dt

t23

1

11

122

+

=+

=+

=

+

=

+

=

+

=+ ∫∫

donde 3

CC 1= es una constante cualquiera

Por lo tanto:

C)x(tg3

2arctg

6

1

)x(cos3)x(sen2

dx22

+

=

+∫


∫ dx)x(sen)x5cos()x4(sen .

Solución.




[ ] [ ]

[ ] [ ]

C)x2(sen8

1

4

1)x9(sen

36

1)x(sen

4

1

dx)x2cos(14

1dx)x9cos()xcos(

4

1dx)x(sen

2

1dx)x(sen)x9(sen

2

1

dx)x(sen)x(sen)x9(sen2

1dx)x(sen)x(sen)x9(sen

2

1dx)x(sen)x5cos()x4(sen

2

2

++−−=

−−−=−

−=−=

∫∫∫∫∫∫∫


∫ + )x(sen3)xcos(4

dx.

Solución.

Haciendo el cambio universal :

t2

xtg =

,

2

2

t1

t1)x(cos

+−= ,

2t1

t2)x(sen

+= , dt

t1

2xd

2+= ,

la integral se transforma en

td4t6

2t4

dt2td

t62t44

dt2

)x(sen3)x(cos4

xd ∫∫∫ −−−=

+−=

+=Ι

∫

−−

=2

4

3t4

4

25

dt

2

1,

ahora esta integral la resolvemos haciendo el cambio de variable:

ud)u(cos4

5dt,)u(sen

4

5

4

3t ==− ,

luego nos queda:

C )u(tg)usec(Ln5

1ud)u(sec

5

1

ud

)u(2

sen1

)u(cos

5

1du

)u(2

sen4

25

4

25

)u(cos

4

52

4

3t4

4

25

dt

2

1

++==

=−

=−

=

−−

∫

∫∫∫

Devolviendo los cambios:

sen(u) =5

3t4 −

( )2

3t425 −−

5 3t4 −

u




( )23t425

5

)u(cos

1)usec(

−−== ,

( )23t41625

3t4)u(tg

−−

−=

Luego,

( )C

3t425

2t4ln

5

1

2+

−−

+=Ι

t2

xtg =


∫ + )x(tg21

dx.

Solución.

Haciendo el cambio de variable t = tgx , dt = sec2xdx = (1 + tg2x)dx = (1 + t2) dx

de donde dx = 2t1

dt

+ luego,

∫ ++=Ι

)t1()t21(

dt2

Ahora descomponiendo en fracciones parciales simples:

2t1

CtB

t21

A

)t1()t21(

12 +

+++

=++

de donde 1 = A + At2 + Bt + 2Bt2 + C + 2Ct y se obtiene el sistema de ecuaciones:

A C 1

B 2C 0

A 2B 0

+ = + = + =

que tiene por solución:

A = 5

1C,

5

2B,

4

1 =−= .

Luego,

C2

32

xtg425

22

xtg4

Ln5

1 +

−

−

+

=Ι




( ) ( )

( ) ( )

2 2

2

2 2

2 2

2

5 5

4 dt 2 t 1 1dt dt

5 1 2t 5 51 t 1 t

2 1 1Ln 1 2t Ln 1 t arctg(t) C

5 5 5

1 2t 1 2tg(x)1 xLn arctg(t) C Ln C

5 51 t 1 tg (x)

1 1Ln(cos(x) 2sen(x)) x C 2 Ln(cos(x) 2sen(x)) x C.

5 5

Ι = − ++ + +

= + − + + +

+ += + + = + +

+ +

= + + + = + + +

∫ ∫ ∫

Por lo tanto,

( )∫ +++=+

=Ι .Cx))x(sen2)x(cos(Ln25

1

)x(tg21

dx


∫ −+dx

1)xsec()x(tg2

)xsec(.

Solución.

Aplicando identidades trigonométricas y manipulando algebraicamente 1

cos(x)

sen(x) 1cos(x) cos(x)

sec(x) dxdx dx

2tg(x) sec(x) 1 1 2sen(x) cos(x)2 1= =

+ − + −+ −∫ ∫ ∫

Aplicando la sustitución x2

u tg( )= , se tiene

x x x x2 2 2 2 22 2

22 2x x

2 2 2 2

u 1 2usen( ) , cos( ) , sen(x) 2sen( )cos( ) ,

1 uu 1 u 1

1 u 2ducos(x) cos ( ) sen ( ) , dx

1 u u 1

= = = =++ +

−= − = =+ +

22u 1

2 2 2 24u 1 u2 21 u 1 u

dx 2 2du du du

1 2sen(x) cos(x) 4u u 1 1 u 2u 4u1

du du du 1A B ln u ln u 2 C

u(u 2) u (u 2) 2

+

−+ +

= = =+ − + + − + ++ −

= = + = − + + + +

∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫

12

12

x2x2

AA B 0

2A 1 B

tg( )1 u 1ln C ln C

2 u 2 2 2 tg( )

=+ =⇒

= = −

= + = ++ +




Ejemplo 99. Resuelva la integral x2

1 tg( )dx

1 cos(x)

++∫ .

Solución.

Hacemos el cambio universal:

xtg t

2

=

de donde

x = arctg(2t) ; 2

2

1 tcos(x)

1 t

−=+

, 2

2dx dt

1 t=

+

Entonces,

x2

2 2 2 2 2

2 2

1 tg( ) 1 t 2 1 t 2dx dt dt

1 cos(x) 1 t 1 t 1 t 1 t 1 t1

1 t 1 t

+ + + = = = + − + + + − + ++ +

∫ ∫ ∫

( )2

2 2 2

2

1 t 2 tdt 1 t dt t C

21 t 1 t 1 t

1 t

+ = = + = + + + + − +

+∫ ∫

Devolviendo el cambio de variable

xtg t

2

=

,

se obtiene: x

22 x x2 2

1 tg( ) 1dx tg( ) tg ( ) C

1 cos(x) 2

+= + +

+∫

1.16. INTEGRANDOS IRRACIONALES

Se denominan así los integrandos que contienen radicales. Con un cambio de variable

adecuado se pueden convertir los radicales en potencias enteras. A continuación se presenta

un conjunto de ejemplos, cuya función es introducir este octavo método de integración.


x1 e dx−∫ .

Solución.

INTEGRANDOS IRRACIONALES



2x

2 2

2 x x

xx

x

2u 1 du du1 e dx du 2 1 du 2u 2u ln u 1 ln u 1 C

u 1 1 uu 1 u 1

(u 1 e 2udu e dx)

1 e 12 1 e ln C

1 e 1

− = = + = + − = + − − + + − +− −

= − ⇒ =

− −= − + +− +

∫ ∫ ∫ ∫ ∫


1 /2 2 /3

dx

x x+∫ .

Solución.

52

1 /2 2 /3 3 4

6 5

1 /3 1 / 6 1 / 6

dx 6t 1dt 6 t 1 dt 3t 6t 6 ln t 1 C

t 1x x t t

(x t dx 6t dt)

3x 6x 6ln x 1 C

= = − + = − + + + ++ +

= ⇒ =

= − + + +

∫ ∫ ∫


2

x 1 2dx

(x 1) x 1

+ ++ − +∫ .

Solución. 2z x 1 2zdz dx= + ⇒ =

4 3 2

(z 2).2z z 2 z 2dz 2 dz 2 dz

z z z 1 (z 1)(z z 1)

+ + += =− − − + +∫ ∫ ∫

Descomponiendo en fracciones simples

2 312 2

2 21 2 3 1 2 1 2 3 1 3

1 2 1 2 3 3 1 2 1 3 1 1 2

1 2 1 2 1 2 3

A z AAz 2

z 1(z 1)(z z 1) z z 1

z 2 A (z z 1) (A z A )(z 1) (A A )z (A A A )z (A A )

A A 0 , A A A 1 A 1 A A , A A 2 A 1 A A 2

A A 0 , 2A A 3 A 1 , A 1 , A 1

++ = +−− + + + +

+ = + + + + − = + + − + + −+ = − + = ⇒ = − + − = ⇒ − + − =+ = − = ⇒ = = − = −

2 2

z 2 dz z 12 dz 2 2 dz

z 1(z 1)(z z 1) z z 1

+ += −−− + + + +∫ ∫ ∫

1 1

2 2 2 2

dz2 ln z 1 C 2ln x 1 1 C

z 1

z 1 2z 2 2z 1 12 dz dz dz dz

z z 1 z z 1 z z 1 z z 1

= − + = + − +−

+ + += = ++ + + + + + + +

∫∫ ∫ ∫ ∫

INTEGRANDOS IRRACIONALES



Calculemos la integral que queda haciendo el cambio de variable: z = t2 , dz= 2t dt,

=

+−=

+−+=

+=

+=

+ ∫∫∫∫∫ tdt1

112td

t1

1t12td

t1

t2ttd2

)t1(t

tzd

)z1(z

z22

2

2

2

2

2

12Ctarctg2t2dt

t1

1td2 +−=

+−= ∫∫

Devolviendo los cambios de variable: t = z donde z = x2 - 1

=+∫ zd

)z1(z

z=+−=+− 11 C)z(arctg2z2C)t(arctg2t2

122 C)1x(arctg21x2 +−−−=

Sustituyendo en [2]

=

−−++−−−=∫ 2

C)1x(arctg1x)1x(arctg)1x(

2

1dz)z(arctg

2

1 12222

Por lo tanto

C1x2

1)1x(arctgx

2

1dx)1x(arctgx 2222 +−−−=−∫

1.17. INTEGRANDOS NO ELEMENTALES

El desarrollo de computadores y calculadoras capaces de hallar antiderivadas

mediante la manipulación de símbolos, ha renovado el interés por determinar qué

antiderivadas pueden expresarse como combinaciones finitas de funciones elementales y

cuáles no. Las integrales de las funciones que no tienen antiderivadas elementales se llaman

integrales no elementales. Su evaluación requiere series infinitas o métodos numéricos.

Entre otras, se tienen las integrales

Ejemplo 105.

x x2 4 ee

sen(x )dx , 1 x dx , dx , e dx ,x

+∫ ∫ ∫ ∫

x1 sen(x)dx , ln(ln(x))dx , dx , e ln(x)dx

ln(x) x∫ ∫ ∫ ∫

que parecen tan sencillas que se siente la tentación de investigar de dónde surgieron.

CÁLCULO DE INTEGRALES INDEFINIDAS CON MAPLE



1.18. CÁLCULO DE INTEGRALES INDEFINIDAS CON MAPLE

Maple realiza la integración indefinida con el comando int . Esta función necesita dos

argumentos: una expresión y la variable de integración. Si Maple encuentra respuesta, ésta

es devuelta sin la constante de integración. Estos son algunos ejemplos de integración

indefinida:

> int(2*x*exp(x^2),x);

eeee( )x2

> int(sin(y)*cos(y),y); 12

( )sin y 2

Para obtener el resultado de la integral con la constante de integración:

> int(2*x*exp(x^2),x)+C;

+ eeee( )x2

C > int(sin(y)*cos(y),y)+C;

+ 12

( )sin y 2 C

Está a disposición del usuario el comando Int, interesante a la hora de imprimir

resultados, ya que devuelve los signos de integración (no evalúa la expresión):

> Int(2*x*exp(x^2),x)=int(2*x*exp(x^2),x)+C;

= d⌠

⌡

2 x eeee( )x2

x + eeee( )x2

C

> Int(sin(y)*cos(y),y)=int(sin(y)*cos(y),y)+C;

= d⌠⌡

( )sin y ( )cos y y + 12

( )sin y 2 C

Si Maple no puede calcular una primitiva, la devuelve indicada:




> int(sin(x^3)*cos(x^2),x);

d⌠⌡ ( )sin x3 ( )cos x2 x

Se tratará ahora la utilización de algunos métodos de integración con Maple.

A. CAMBIO DE VARIABLE O SUSTITUCIÓN

Para trabajar el cambio de variable o sustitución con Maple se usa el comando

changevar(ec del cambio, f(x), nueva variable),

como se trabajará en futuros ejemplos. En el desarrollo de los mismos se tendrán presente los

siguientes pasos:

Paso 1. Se define la integral

Paso 2. Se resuelve con el cambio oportuno

Paso 3. Se deshace el cambio

A continuación algunos ejemplos: (el comando requiere tener cargado el paquete

with(student))

> restart:with(student): > integ:=Int(cos(2*x),x);

:= integ d⌠⌡

( )cos 2 x x

> nuevaInteg:=changevar(2*x=t, Int(cos(2*x),x));

:= nuevaInteg d⌠

⌡

12

( )cos t t

> value(nuevaInteg); 12

( )sin t

> Int(cos(2*x),x)=subs(t=2*x,%)+C;

= d⌠⌡

( )cos 2 x x + 12

( )sin 2 x C




Otro ejemplo:

> restart:with(student): > integ:=Int(exp(3*x+4),x);

:= integ d⌠

⌡eeee

( ) + 3 x 4x

> nuevaInteg:=changevar(3*x+4=u, Int(exp(3*x+4),x));

:= nuevaInteg d⌠

⌡

13

eeee u u

> value(nuevaInteg); 13

eeee u

> Int(exp(3*x+4),x)=subs(u=3*x+4,%)+C;

= d⌠

⌡eeee

( ) + 3 x 4x +

13

eeee( ) + 3 x 4

C

B. INTEGRACIÓN POR PARTES

Para trabajar la integración por partes con Maple se usa el comando

intparts(f,u),

donde f es una expresión de la forma Int(u*dv,x) y u es el factor del integrando que ha

de ser derivado.

A continuación algunos ejemplos:

> restart:with(student): > integ:=Int(x*ln(x),x): > Por_Partes:=intparts(Int(x*ln(x),x),ln(x));

:= Por_Partes − 12

( )ln x x2 d⌠

⌡

x2

x

> valor:=value(Por_Partes);

:= valor − 12

( )ln x x2 x2

4




> integ=valor+C;

= d⌠⌡

x ( )ln x x − + 12

( )ln x x2 x2

4C

Otro ejemplo:

> integ:=Int((2+x)*sin(x),x): > Por_Partes:=intparts(Int((2+x)*sin(x),x),2+x);

:= Por_Partes − − ( ) + 2 x ( )cos x d⌠⌡

− ( )cos x x

> valor:=value(Por_Partes); := valor − + ( ) + 2 x ( )cos x ( )sin x

> integ=valor+C;

= d⌠⌡

( ) + 2 x ( )sin x x − + + ( ) + 2 x ( )cos x ( )sin x C

C. INTEGRALES QUE CONTIENEN EL TÉRMINO 2ax +bx+c Para trabajar la integración con el término 2ax bx c+ + se procede primero a la

completación de cuadrados con Maple mediante el comando

completesquare(f(x),x).

Posteriormente, se efectúa el cambio de variable correspondiente, usando los

comandos vistos en el apartado A.


> restart:with(student): > integ:=Int(1/(2*x^2+2*x+1),x);

:= integ d⌠

⌡

1

+ + 2 x2 2 x 1x

> completesquare(2*x^2+2*x+1,x);

+ 2

+ x

12

212




> nuevaInteg:=changevar(u=(x+1/2)/(sqrt(1/2)),integ,u);

:= nuevaInteg d

⌠

⌡

2

2

+ +

( )− + 2 2 u 2

4( )− + 2 2 u 2

21

u

> value(nuevaInteg); ( )arctan u 2

> integ=subs(u=(x+1/2)/(sqrt(1/2)),%)+C;

= d⌠

⌡

1

+ + 2 x2 2 x 1x + ( )arctan + 2 x 1 C

Otro ejemplo:

> restart:with(student): > integ:=Int(1/(x^2-3*x+2),x);

:= integ d⌠

⌡

1

− + x2 3 x 2x

> completesquare(x^2-3*x+2,x);

−

− x

32

214

> nuevaInteg:=changevar(u=(x-3/2)/(1/4),integ,u);

:= nuevaInteg d

⌠

⌡

1

− − 4

+

32

u4

2

10 3 u

u

> value(nuevaInteg); − + ( )ln + u 2 ( )ln − u 2

> integ=subs(u=(x-3/2)/(1/4),%)+C;

= d⌠

⌡

1

− + x2 3 x 2x − + + ( )ln − 4 x 4 ( )ln − 4 x 8 C




D. DESCOMPOSICIÓN EN FRACCIONES SIMPLES

Para trabajar la descomposición en fracciones simples se procede primero a la

descomposición como tal con Maple mediante el comando

convert(f(x),parfrac,x).

Posteriormente, se resuelven las integrales resultantes.


> restart:with(student): > f:=x->1/(x^2-1);

:= f → x1

− x2 1

> f(x)=convert(f(x),parfrac,x);

= 1

− x2 1 −

12 ( ) − x 1

12 ( ) + x 1

> Int(f(x),x)=Int(convert(f(x),parfrac,x),x);

= d⌠

⌡

1

− x2 1x d

⌠

⌡

−

12 ( ) − x 1

12 ( ) + x 1

x

> value(Int(convert(f(x),parfrac,x),x));

− 12

( )ln − x 112

( )ln + x 1

PROBLEMAS PROPUESTOS Integral Indefinida

o Antiderivada Pág.: 80 de 100


1.19. PROBLEMAS PROPUESTOS

1. Compruebe los siguientes resultados aplicando las propiedades de la integral y/o ciertos

cálculos algebraicos:

1.1. 4 3 2x (a b)x abx

x(x a)(x b)dx C4 3 2

++ + = + + +∫

1.2. 22x x

( x 1)(x x 1)dx x C5

+ − + = + +∫

1.3. 7 / 4

4 3

x x 4xdx C

7x= +∫

1.4. 2 2 4 23 3

3

3 2

(x 1)(x 2) 3x x 3x xdx 6 x C

13 7x

+ − = − − +∫

1.5. m n 2 2m m n 2n(x x ) 2x x 4x x 2x x

dx C4m 1 2m 2n 1 4n 1x

+− = − + ++ + + +∫

1.6. 4 3

2

2

x 2x xdx x ln(x 1) arctg(x) C

3x 1

+ = − + + + ++∫

1.7. 3 2 3x 3x 3x 1 (x 1)

dx Cx 1 3

− + − −= +−∫

1.8. 2x x x

x 1

a a 1 a 1dx . x C

a ln(a) aa ++ = + +∫

1.9. 3 32 2

2

3 x 3 62 x dx 2 x x x C

x x 5x

− + = − − + +

∫

1.10. x

x

x

2 ln(2)dx ln(2 1) C

2 1= + +

+∫

1.11. 2

2

2x 1dx ln x x C

x x

+ = + ++∫

1.12. 2x x

x

x

e e sen(x)dx e cos(x) C

e

− = + +∫

1.13. 3 2 5 362 x dx x C

5= +∫

1.14. n

n 1 2 xx dx 2ln x C (n 0)

x n− + = + + ≠

∫




1.15. 3

1 3x 3dx x C

4x 4= +∫

1.16. a

a

2

edx e arctg(x) C

1 x= +

+∫

1.17. 3

xdx arctg(x) C

x x= +

+∫

1.18. 2x x 2 x

x

a a sec (x) adx tg(x) C

ln(a)a

+ = + +∫

1.19. 2tg (x)dx tg(x) x C= − +∫

1.20. 2 4

xdx arcsen(x) C (x 0)

x x= + >

−∫

2. Halle una función G cuya tangente tenga como pendiente 2x para cada x, y que su gráfico

pase por el punto (1, 1)− .

3. Compruebe los siguientes resultados usando el cambio de variable necesario:

3.1. 2

1 1 3xdx arcsen C

3 24 9x

= + −∫

3.2. 2

3

3

x 2dx 1 x C

31 x= + +

+∫

3.3. 2

3( x 2) 2dx ( x 2) C

93 x

+ = + +∫

3.4. 3 3x 2 x3e x dx e C= +∫

3.5. dx

ln ln(x) Cx ln(x)

= +∫

3.6. 5 6(ln(x)) (ln(x))dx C

x 6= +∫

3.7. 3 2 41tg (x)sec (x)dx tg (x) C

4= +∫

3.8. 2

4

x 1dx arctg(x ) C

21 x= +

+∫




3.9. 2

2

x 1 16dx 3x 4 8ln 3x 4 C

27 3x 4(3x 4)

= + − + − + ++ ∫

3.10. 12

10 11(x 2) 3(x 2) (x 1)dx (x 2) C

12 11

++ − = − + +∫

3.11. 2x

2x 1010 dx C

2ln10

−− = − +∫

3.12. 2x

2x 2 2x

e 1dx C

(1 e ) 2(1 e )= − +

+ +∫

3.13. 2

1 1 xdx arctg C

x 11 11 11

= + + ∫

3.14. sen( x)

dx 2cos( x) Cx

= − +∫

3.15. 1 x

1 x

2

edx e C

x= − +∫

3.16. 1

dx ln 1 ln(x) Cx(1 ln(x))

= + ++∫

3.17. 2 2

4sen(x)cos(x)dx ln cos(2x) C

cos (x) sen (x)= − +

−∫

3.18. 2

2 2

2xdx ln(ln(x 5)) C

(x 5)ln(x 5)= + +

+ +∫

3.19. 2 2 2

2x 1 1dx C

2(2x 3) 2x 3= − +

− −∫

3.20. 2 2 2

22 2 2

x a b xdx C (b 0)

ba b x

+= + ≠+∫

3.21. n 1

n (ax b)(ax b) dx C (a 0) (n -1)

a(n 1)

+++ = + ≠ ≠+∫

3.22. cos(x) 1

dx ln 1 2sen(x) C1 2sen(x) 2

= + ++∫

3.23. 2x ln(x) ln (x)

dx 2 x Cx 2

+ = + +∫

3.24. 2 2 2

2 2 2

ax b 1 1 axdx ln(a x b ) arctg C (a 0, b 0)

2a a ba x b

+ = + + + ≠ ≠ + ∫




3.25. 2

3 6

6

x 1dx ln x x 1 C

3x 1= + − +

−∫

3.26. 3

2

arcsen(x) 2dx (arcsen(x)) C

31 x= +

−∫

3.27. 2

2 2

dx2 ln(x 1 x ) C

(1 x )ln(x 1 x )

= + + ++ + +∫

3.28. 2 2x x1

x.7 dx 7 C2ln(7)

= +∫

3.29. sen(log(x))

dx ln(10)cos(log(x)) Cx

= − +∫

3.30. arctg(x) 2 2 2

arctg(x)

2

e xln(1 x ) 1 ln (1 x )dx e arctg(x) C

41 x

+ + + += + + ++∫

4. Compruebe los siguientes resultados aplicando el método de integración por partes:

4.1. x x

x

2

xa axa dx C (a 0 , a 1)

ln(a) (ln(a))= − + > ≠∫

4.2. ax

ax

2 2

ee sen(bx)dx (asen(bx) b cos(bx)) C (a,b 0)

a b= − − + ≠

+∫

4.3. 3

2 3x 1x ln(x)dx ln(x) x C

3 9= − +∫

4.4. 21 1 1xarctg(x)dx x arctg(x) x arctg(x) C

2 2 2= − + +∫

4.5. 2 2x sen(x)dx x cos(x) 2xsen(x) 2 cos(x) C= − + + +∫

4.6. n n n 1(ln(x)) dx x(ln(x)) n (ln(x)) dx , n N−= − ∈∫ ∫

4.7. 3 3 2(ln(x)) dx x(ln(x)) 3x(ln(x)) 6x ln(x) 6x C= − + − +∫

4.8. n n 2 n 21 n 2sec (x)dx sec (x)tg(x) sec (x)dx , n N , n 2

n 1 n 1− −−= + ∈ ≥

− −∫ ∫

4.9. arctg( x)dx (1 x)arctg( x) x C= + − +∫




4.10. 2

ln(x) ln(x) 1dx C

xx

−= − +∫

4.11. 2

5 2 3 2x 2dx (3 x) 4(3 x) 18 3 x C

53 x= − − + − − − +

−∫

4.12. 2x 1 x x 1 xx arccos dx arccos 1 x arcsen C

2 2 2 2 4 2

= − − + + ∫

4.13. 2 2

2

ln(x 1) ln(x 1)dx 2arctg(x) C

xx

+ += − + +∫

4.14. x x

2

xe dx eC

x 1(x 1)= +

++∫

4.15. 2 21 1 1xarcsen(x)dx x arcsen(x) x 1 x C

2 4 4

= − + − + ∫

4.16. 3 2 5 22 4x x 1dx x(x 1) (x 1) C

3 15− = − − − +∫

4.17. 2 21 1 1x cos (x)dx x xsen(2x) cos(2x) C

4 4 8= + + +∫

4.18. 2 21 1 1x ln(x 2)dx x ln(x 2) x x ln(x 1) C

4 2 2+ = + − + − + +∫

4.19. n 1

na 2

x ( 1 ln(x) nln(x))x log (x)dx C (a 0,a 1)

(1 n) ln(a)

+ − + += + > ≠+∫

4.20. 3

2 2 2

2

x 1 2dx x x 1 x 1 C

3 31 x= + − + +

+∫

4.21. x x

arcsen dx xarcsen 2 x 2arctg( x) Cx 1 x 1

= − + + + + ∫

4.22. 2 2 3 81 1 1 1x sen (x)dx x x sen(2x) x cos(2x) C

6 4 8 4

= − − − + ∫

4.23. 2 x x 1 x 1

2 x

2 3

x 2 2 x 2x 2 dx C

ln(2) ln(2) ln(2)

+ += − + +∫

4.24. 5

3

3 2 3

x 1 1dx ln(x 1) C

3(x 1) 3(x 1)= + − +

+ +∫

4.25. x cos(2x) sen(2x)

xsen(x)cos(x)dx C4 8

= − + +∫




5. Obtenga una fórmula de reducción integrando una vez por partes:

5.1. nx sen(ax)dx∫ 5.2. nx cos(ax)dx∫

5.3. n ax(x b) e dx+∫ 5.4. n

2

xdx

1 x−∫

6. Aplicando las fórmulas obtenidas anteriormente calcule las siguientes integrales:

6.1. 4x sen(4x)dx∫ 6.2. 4x cos(4x)dx∫

6.3. 4 8x(x 2) e dx+∫ 6.4. 5

2

xdx

1 x−∫

7. Demuestre que si P(x) es un polinomio de grado n con coeficiente principal o de mayor

grado igual a 1, entonces ax n

ax

2 3 n

e P '(x) P ''(x) P '''(x) ( 1) n!e P(x)dx P(x) ... C

a a a a a

−= − + − + + + ∫

8. Aplicando la fórmula obtenida anteriormente calcule las siguientes integrales:

8.1. 3 2x(1 x )e dx−+∫ 8.2. 4 x(x 1) e dx−+∫ 8.3. 3 3x(x x 1)e dx+ −∫

9. Calcule

ln(x b)dx+∫

de la siguiente manera:

9.1. Usando la sustitución u x b= + e integrando por partes.

9.2. Integrando por partes con u ln(x b)= + y dv dx.=

10. Se dice que la integral

sen(x)dx

x∫

no constituye una integral elemental, deduzca que

cos(x)ln(x)dx∫

tampoco lo es.




11. Demuestre que ax

ax

2 2

e [b.sen(bx) a.cos(bx)]e cos(bx)dx C

a b

+= ++∫

con a, b, c, constantes reales no nulas.

12. Sean

sxA e cos(tx)dx= ∫ y sxB e sen(tx)dx= ∫ .

Demuestre que sxsB tA e sen(tx) C+ = + .

13. Demuestre la siguiente relación: m 1 n

m n m n 1x (ln(x)) nx (ln(x)) dx x (ln(x)) dx

m 1 m 1

+−= −

+ +∫ ∫

donde m y n son enteros positivos y úsela para calcular

2 3x (ln(x)) dx∫ .

14. Compruebe los siguientes resultados efectuando una sustitución trigonométrica:

14.1. 2

2 2

1 1 25 xdx C

25 xx 25 x

−= − +−∫

14.2.

33 2 2

2

x 64 1 16 5x 16 5xdx C

25 3 4 416 5x

+ + = − + +

∫

14.3. 2

1 1dx arc sec( 2x) C

2x 4x 2= +

−∫

14.4. 2

2

1dx ln x 16 x C

16 x= + + +

+∫

14.5. 2 3 2 2 2

2

(9 x ) 9 x 3 x 1 x 9 xdx 9 arcsen C

x 2 3 2 9x

− − − = − − + ∫

14.6. 2

2 3 2 2

x x 1dx arcsen x C

4(16 x ) 16 x

= − + − −∫

14.7. 2

dx 1 4arctg x C

20 525 16x

= + + ∫




14.8. 3 2 2 5 2 2 3 21x x 9dx (x 9) 3(x 9) C

5− = − + − +∫

14.9. 2

2

dx 1 1 4x 9 3ln C

3 2 xx 4x 9

+ − = + + ∫

14.10. 2

2 2

2

x dx 1x x 2 ln x x 2 C

2x 2= − + + − +

−∫

14.11. 2 2

2x 1dx 1 x 1 1x 1 ln C

x 2 x

+ + − = + + + ∫

14.12. 2 2

216 4x 2 4 xdx 2 4 x 4ln C

x x

− − −= − + +∫

14.13. 2

2

dx 1 x 5 55 ln C

5 xx x 5

+ −= ++∫

14.14. 4

2

2 2 2

x 1 1 5 3 1dx ln x ln(x 2) C

4 8 4x(x 2) x 2

− = − + + + ++ +∫

14.15. 2 2

2

2x 5 2 13dx 9x 6x 2 ln 3x 1 9x 6x 2 C

9 99x 6x 2

+ = + + + + + + + ++ +∫

15. Compruebe los siguientes resultados completando cuadrados en el denominador y dando

un cambio de variable adecuado:

15.1. 2

x 1 3 3 3dx x ln x C

2 2 4 24x 12x 9

= − + − + − +∫

15.2. 2 2

2

3x 5 4 1dx 3x 2x 1 3 ln x 3x 2x 1 C

3 33x 2x 1

+ = + + + + + + + ++ +∫

15.3. 2

2

cos(x) 3dx ln sen(x) sen (x) 3sen(x) 5 C

2sen (x) 3sen(x) 5= − + − + +

− +∫

15.4. x

x

2x x

a ln(a)dx ln(a 1) C

a 2a 1= + +

+ +∫

15.5. 2

cos(x) 1 3 sen(x)dx arctg C

sen (x) 6sen(x) 12 3 3

−= − + − + ∫




16. Compruebe los siguientes resultados efectuando un proceso de descomposición en

fracciones simples a las siguientes integrales de funciones racionales:

16.1. 2

3x 1 1 7dx ln x ln x 2 C

2 2x 2x

+ = − + − +−∫

16.2. 2

4

2 3x 2x 1 7 1dx 3arctg (x x 1) 2ln x ln x 1 C

6 3x x 3

+ −= − − + + + + + + ∫

16.3. 5 2

2

2 4

x 1 x 1 1dx ln(x 1) arctg(x) C

2 x 2x x

+ = − + + − ++∫

16.4. 6

2 4

x 1 1 65 65 63 xdx x ln x 2 ln x 2 arctg C

16x 128 128 64 2x (x 16)

+ = + − + + − − + − ∫

16.5. 3

2

4 2 2 2

x 1 1 1 1 1 x 1dx ln(x 1) . . arctg(x) C

2 2 2 2x 2x 1 x 1 x 1

− = + − + + ++ + + +∫

16.6. 4x 1

dx ln x 3ln x 1 Cx(x 1)

+ = + + ++∫

16.7. 3

2

x 3x 1 3dx x ln x 3ln x 1 C

x 1x(x 1)

− + = + + − + +++∫

16.8. 5 3

2

4 3 2

3x 2x x 3 2dx 3x x ln x 1 7ln x 1 C

2 x 1x x x x

+ − = − + + − + + + +++ − −∫

16.9. 3

2

2

x 1 1 27dx x 4x ln x 1 ln x 3 C

2 2 2x 4x 3= + − − + − +

− +∫

16.10. 4 3 2

2 2

3 2

x x 4x 1 1 4 1dx x ln x ln x x 1 3arctg (2x 1) 3 C

2 3 3x x x

+ + + = + + + + − + + + + ∫

16.11. 3

1 1 1dx ln x ln x 1 ln x 1 C

2 2x x= − − − + + +

−∫

16.12. 4

4

x 1 x 1 1dx x ln arctg(x) C

4 x 1 2x 1

−= + − ++−∫

16.13. 2 2

4 2 2

dx 1 x x 1 1 x 1ln arctg C

4x x 1 x x 1 2 3 3x

+ + −= + + + + − + ∫

16.14. 3 16

3 7 9

x 1 1 1 xdx x ln C

4 164x x (2x 1) (2x 1)

− = + +− − +∫

16.15. 2 2 2

dx x 1arctg(x) C

2(1 x ) 2(1 x )= + +

+ +∫




17. Compruebe los siguientes resultados usando las técnicas para integrandos

trigonométricos:

17.1. 3 31sen (x)dx cos(x) cos (x) C

3= − + +∫

17.2. 2 5 3 5 71 2 1sen (x)cos (x)dx sen (x) sen (x) sen (x) C

3 5 7= − + +∫

17.3. 4 4 1 3 1 1sen (x)cos (x)dx x sen(4x) sen(8x) C

64 2 2 16

= − + + ∫

17.4. 6 31 3 3 sen(4x) 1 1cos (x)dx [x sen(2x) x sen(2x) sen (2x)] C

8 16 2 4 2 6

= − + + + − + ∫

17.5. 3 3 5 31 1tg (x)sec (x)dx sec (x) sec (x) C

5 3= − +∫

17.6. 2

2 2

tg(x) 1 sec (x)dx ln C

41 tg (x) 1 tg (x)= +

− −∫

17.7. 2 2

1 1 tg(x) 2dx ln C

sen (x) 2cos (x) 2 2 tg(x) 2

−= +− +∫

17.8. x2

x2

tg( ) 2 51 1dx ln C

2sen(x) cos(x) 5 tg( ) 2 5

+ −= +

− + +∫

17.9. 1 1

sen(4x)cos(5x)dx cos(9x) cos(x) C2 9

= − + + ∫

17.10. 1 1

cos(2x)cos(3x)dx sen(x) sen(5x) C2 5

= + + ∫

17.11. 2 2 1 1 sen(4ax)cos (ax)sen (ax)dx x C

8 32 a= − +∫

17.12. 6 5 31 1tg (2x)dx tg (x) tg (x) tg(x) x C

5 3= − + − +∫

17.13. 4 3 1 1sen (x)dx x sen(2x) sen(4x) C

8 4 32= − + +∫

17.14. 2(sec(x) csc(x)) dx tg(x) ctg(x) 2ln(tg(x)) C+ = − + +∫

17.15. 1 1

cos(4x)cos(5x)dx sen(x) sen(9x) C2 18

= + +∫




17.16. 2 3 51 1sen (x)cos (x)dx sen(x) sen (x) C

3 5= − +∫

17.17. x 3x 1 1

sen cos dx cos(2x) cos(x) C2 2 4 2

= − + + ∫

17.18. 3

5

dx 1 3 3sec (x)tg(x) sec(x)tg(x) ln sec(x) tg(x) C

4 8 8cos (x)= + + + +∫

17.19. 4 3 1 1cos (2x)dx x sen(4x) sen(8x) C

8 8 64= + + +∫

17.20. 4

5

sen(x) 1dx sec (x) C

4cos (x)= +∫

17.21. dx 1 1 1

ln 1 tg(x) ln sec(x) x C1 tg(x) 2 2 2

= + − + ++∫

17.22. dx 2

Cx1 2sen(x)

1 tg2

= − ++ +

∫

17.23. 2

3

sen (x) 1 1dx sec(x)tg(x) ln sec(x) tg(x) C

2 2cos (x)= − + +∫

17.24. dx 1 x 1 x

ln tg 3 ln tg 3 C4 5cos(x) 3 2 3 2

= − + + + + ∫

17.25. 2 2

2 2

sen(x)cos(x) 1dx ln sen (x) cos (x) C

4sen (x) cos (x)= − +

−∫

17.26. 2 2

cos(x) 1 1 2sen(x)dx 2 ln C

4sen (x) cos (x) 1 2sen(x)

+= +− −∫

17.27. sen(x) cos(x)

dx ln sen(x) cos(x) 1 Csen(x) cos(x) 1

+ = − − +− −∫

17.28. 3

dx2 tg(x) C

sen(x)cos (x)= +∫

17.29. tg(x)

dx ln sec(x) ln sec(x) 1 Csec(x) 1

= + − +−∫

17.30. 2

2 2

1 cos (x) 1 1dx ln cos(x) C

2(1 sen (x))ctg(x) cos (x)

− = + +−∫

17.31. 2

3(1 cos(2x)) 4dx 4sen(x) sen (x) C

cos(x) 3

+ = − +∫




17.32. 3

2

3

ctg (x) 1dx ln sen(x) sen (x) C

2csc (x)= − +∫

17.33. 5 3 52 1sen (x)dx cos(x) cos (x) cos (x) C

3 5= − + − +∫

17.34. 2

3 ctg (x)ctg (x)dx ln sen(x) C

2= − − +∫

17.35. 5 4 10 163 3 33 3 3 3sen (x) cos(x)dx cos (x) cos (x) cos (x) C

4 5 16= − + − +∫

18. Compruebe los siguientes resultados de las integrales irracionales:

18.1.

1 43 4 7 12 1 2 5 12 1 3 1 4

1 2 1 3

1 6 1 12 1 2

x 1 4 12 12dx x x 2x x 3x 4x

3 7 5x x

6x 12x 12ln x 1 C

+ = + + + + + +−

+ + − +

∫

18.2.

tg(x) 2 tg(x) 12 2tg(x)dx ln arctg( 2 tg(x) 1)

4 2tg(x) 2 tg(x) 1

2arctg( 2 tg(x) 1) C

2

− += − + − +

+ +

+ +

∫

18.3. 5 2 3 22x x 9dx (x 9) 6(x 9) C

5+ = + − + +∫

18.4. dx x x

2ln x 4 2 x 2ln 1 2ln 1 C2 2x 2

= − − + − + + − ++∫

18.5. 3 23 3

3

dxln x ln x 1 2ln x 1 ln 1 x x C

x(1 x)= − − − − + + + +

−∫

18.6. 3 3

3 32 2

dx2arctg( x) arctg(2 x 3) arctg(x) C

x (1 x )= + + − +

+∫

18.7. 2

2

x 1dx 2arcsen(x 1) 2x x C

2x x

+ = − − − +−∫

18.8. 3

5 6 1 2 1 3 1 3 1 6x 2 1 6dx (x 2) 2(x 2) 3(x 2) 3ln (x 2) (x 2) 1

5x 2 1

+ − = + − + − + + + − + ++ +∫

1 632 3arctg (2(x 2) 1) C

3

+ + − +

18.9. 3 13 12 5 33

6 54

x x x xdx 12 C

13 20x x

− = − + + + ∫




18.10. 4

14 3 7 6

3

x x 3 6dx x x C

14 7x

− = − +∫

19. Calcule las siguientes integrales y verifique el resultado:

19.1. 4 3 2

3 2

x 6x 12x 6dx

x 6x 12x 8

− + +− + −∫

19.2. 3 2

4 2

x x x 3dx

x 4x 3

+ + ++ +∫

19.3. 2

dx

x 7x 6+ +∫

19.4. 3

dx

x 1+∫

19.5. 2x x

dx

e e 2+ −∫

19.6. 2

sen(x)dx

cos(x)(1 cos (x))+∫

19.7. 2 2

3

(2 tg ( ))sec ( )d

1 tg ( )

+ θ θ θ+ θ∫

19.8. 1 xdx+∫

19.9. 3

dx

x 1 (x 1)+ + +∫

19.10. 2 3

dx

(4 x )−∫

2

2

x 8 11R : C

2 x 2 (x 2)− − +

− −

21R : ln x 3 arctg(x) C

2+ + +

1 x 1R : ln C

5 x 6

+ ++

3

6 2

x 1 3 2x 1R : ln arctg C

3 3x x 1

+ −+ + − +

x x 2

3x

1 (e 2)(e 1)R : ln C

6 e

+ − +

21 cos (x)R : ln C

cos(x)

++

2 (2tg( ) 1)R : ln 1 tg( ) arctg C

3 3

θ −+ θ + +

5 32 2

4 4R : (1 x) (1 x) C

5 3+ − + +

R :2arctg( x 1) C+ +

2

xR : C

4 a x+

−

20. Calcule las siguientes integrales:

20.1. 4

2

x x 1dx

x x 1

+ +− +∫

20.3. 4sen (x)cos(x)dx∫

20.5. 5 4 2 3x x (20x 10x)dx− −∫

20.2. ln(x) ln(5)

dx5x

+∫

20.4. 3

1dx

x(1 x)+∫

20.6. 2 2x sec (x )dx∫




20.7. x x

x x

3 ln(3) 2 ln(2)dx

3 2

++∫

20.9. ln(x 1) ln(x)

dxx(x 1)

+ −+∫

20.11. 3

2 14

4xdx

x x− +∫

20.13. x 1

dxx

+∫

20.15. 2

dx

2x x−∫

20.17. 2

dx

x 4 ln (x)+∫

20.19. 2x

dxx 1+∫

20.21. ln(ln(x))

dxx ln(x)∫

20.23. 2(arcsen(x)) dx∫

20.25. x ln(1 x)dx+∫

20.27. 3 2x x 4dx+∫

20.29. x3 cos(x)dx∫

20.31. sen x 2dx+∫

20.33. 2ln(x 1 x )dx+ +∫

20.35. 3

2 2

xdx

(x 4)+∫

20.37. ln(x)

dxx∫

20.8. 2

sen(2x)dx

1 cos (x)−∫

20.10. x x

23 3(e e ) dx−

−∫

20.12. 3x x 1dx+∫

20.14. 3sec (x)tg(x)dx∫

20.16. x

dx

1 e−+∫

20.18. dx

1 1 x+ +∫

20.20. 3

2

xdx

x 1+∫

20.22. 3x x 1dx+∫

20.24. 2xtg (x)dx∫

20.26. 25x arctg(2x)dx∫

20.28. xsen(x)cos(x)dx∫

20.30. ln(x 1)

dxx 1

++∫

20.32. 2

x ln(x)dx

1 x−∫

20.34. 2

xarctg(x)dx

1 x+∫

20.36. x ln(x)dx∫

20.38. 2

dx

x 2x 3− +∫




20.39. 2

2x 5dx

4x x

−

−∫

20.41. 2

1dx

x ln (x) 3ln(x) 1+ −∫

20.43. 2

x 2dx

x 4x 3

+

+ +∫

20.45. 2

x 1dx

x 4x 3

+

+ +∫

20.47. x

dx(x 1)(x 2)+ +∫

20.49. 2

1dx

x 3x 2− +∫

20.51. 3

1dx

x x+∫

20.53. 2

xdx

12 4x x+ −∫

20.55. 2

dx

x 2 x+∫

20.57. 2

dx

2x 4x 1−∫

20.59. 2 3 2

xdx

(1 x )−∫

20.61. 1 x

dxx

−∫

20.63. 2 4

dx

4 4x x+ +∫

20.65. 3

2

xdx

25 x−∫

20.67. cos(x)cos(2x)cos(3x)dx∫

20.69. sen(x) 2cos(x)

dx1 cos(x)

++∫

20.40. 2

2x 6dx

x 6x 1

+

+ +∫

20.42. x

2x x

edx

e 3e 1+ +∫

20.44. x x

2x x 1 x 2x

2 ln(2) 3 ln(3)dx

2 2 3 3 1++

+ + +∫

20.46. 2

2x 3dx

2x 6x 1

−− +∫

20.48. 3 2

4 3 2

4x 4x x 1dx

x 2x x

− + +− +∫

20.50. 2

2 2

x x 1dx

(x x 1)

− ++ +∫

20.52. 3

1dx

x 1−∫

20.54. x

2x

edx

4 e−∫

20.56. x

2x x

edx

e e 2+ +∫

20.58. 2

2 3 2

xdx

(1 x )+∫

20.60. 2 3 2

dx

(x 2x 5)− +∫

20.62. 3

2

xdx

x 4−∫

20.64. 4 4tg (x)sec (x)dx∫

20.66. 5 2sen (x)cos (x)dx∫

20.68. sen(x)sen(2x)sen(3x)dx∫

20.70. sec(x)

dx2tg(x) sec(x) 1+ −∫




20.71. dx

4cos(x) 3sen(x)+∫

20.73. cos(2x)

dx(1 cos(2x))tg(x)+∫

20.75. 4tg(x)sec (x)dx∫

20.77. dx

(x 1) x 2− +∫

20.79. x 1 1

dxx 1 1

− +− −∫

20.81. 3

3

x 1dx

x 1

−+∫

20.83. x

xe dx∫

20.85. 3x 1

dx2 3x

++∫

20.87. 3 2 3 2x (1 2x ) dx−+∫

20.89. 3 3

dx

x 4 x+∫

20.91. 6

4 26

x 1dx

x x

+

+∫

20.93. 1 x dx

1 x x

−+∫

20.95. dx

x 1 x 1+ + −∫

20.97. 3 1x arcsen dx

x

∫

20.99. 2(x 3x)sen(5x)dx−∫

20.72. 2 2

sen(x)dx

cos (x) sen (x)−∫

20.74. 5cos(5x) cos(x)

dxsen(3x)cos(2x)

+∫

20.76. 2 1 3

xdx

(1 6x )+∫

20.78. (x 2) x 1dx+ −∫

20.80. 2 3 2x (1 3x) dx−+∫

20.82. x

x

1 edx

1 e

+−∫

20.84. 2x

x x

e 1dx

e e−+

−∫

20.86. dx

x 2 x 2− − +∫

20.88. 2

dx

x 1 x+∫

20.90. 2

1 x dx

1 x x

−+∫

20.92. 12

6 3

xdx

x x x+ +∫

20.94. 3

x 1 3dx

x 1 1

+ ++ −∫

20.96. 2

3

x x 1dx

x 1

+ ++∫

20.98. cos(ln(x))dx∫

20.100. xarctg(2x 3)dx+∫

cÁlculo ii (0252) - joseluisquintero.com · estudiante y facilitar su entendimiento en el tema de...

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