ejercicios detallados del obj 1 mat iii 733
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Hola!!! Se que estas bien anímicamente y si este material llego a tus
manos es porque ya estas preparado internamente para comenzar a estudiar a
distancia las asignaturas de matemática. Como sabes, se han escrito muchos
libros de Matemática, tanto comerciales como los libros diseñados en las
universidades a distancia, y ellos tienen, como todo en la vida, sus fortalezas y
debilidades, así, en este material se pretende fortalecer esa debilidad que a mi
juicio tienen algunos escritos de Matemática.
En lo primero que debemos caer en la cuenta es QUE LA MATEMÁTICA
NO ES LA ASIGNATURA MÁS DIFICIL DEL MUNDO, es importante que dejes
de pensar en esta idea, de esta manera, quizás el primer pago para lograr
aprender Matemática es la vigilancia de tus pensamientos, es en superar ese
primer obstáculo, ese obstáculo que muchos no ven, pero que esta allí y existe,
me refiero a ti mismo, basta con que observes la trayectoria de algunos
eventos de tu vida y te darás cuenta que ciertamente cuando has sentido esa
energía positiva, esa fé, ese pleno convencimiento de algo, pues sucede. Fíjate
que nadie discute si la UNA queda en Venezuela o si Simón Bolívar es el
libertador de América, simplemente la aceptamos como verdades absolutas sin
la menor duda, pues de esa misma manera deberás convencerte que tu si
puedes pasar Matemática, que puedes aprenderla, que puedes obtener las
habilidades para resolver distintos ejercicios y problemas, que si otros lo han
logrado, tu también puedes, porque tu también tienes esa chispa, ese poder
que todos los seres humanos tenemos y que heredamos de nuestro único
padre-madre.
Espero que esta breve introducción te motive y más aun, te convenza
que si puedes lograrlo, que jamás la vida nos pone reto que no podemos
superar, jamás se te pedirá que resuelvas el problema del calentamiento global
a ti solo, porque sencillamente no puedes, sin embargo seguro que los
problemas actuales de tu vida puedes resolverlas, busca siempre dentro de ti,
intenta tener paz y calma para estudiar, de obtener el hábito de estudio
mañanero que es el ideal, sin embargo, tu eliges, tu decides como, donde y
cuando estudiar, y recuerdas siempre tienes 2 opciones: ser una víctima de la
Matemática o aprender de ella, tiene mucho que enseñarte, desde la música, el
cine, el celular y toda la tecnología reposa sobre la sólida base de la
Matemática, e inclusive la naturaleza es Matemática por ser perfecta.
Quiero hacer hincapié en lo siguiente: NO SOLO TE MOTIVES AL LEER
ESTO EN ESTE INSTANTE DE TU VIDA, PROCURA SOSTENER ESA
MOTIVACIÓN EN EL TIEMPO, CUANDO DEJES DE LEER ESTO, CUANDO
CRUCES ESA PUERTA POR DONDE SALDRAS, TRATA, TRATA Y SIGUE
TRATANDO DE MANTENERTE MOTIVADO, claro esta es natural que como
seres humanos tengamos altas y bajas emocionales y mentales, pero es
precisamente en las bajas donde tu te demostraras que eres grande, que si
puedes superar ese “bajón” y seguir adelante, ya que el problema no es caer,
sino no permanecer caído, y entender que gracias a esas caídas, gracias a
esos errores, aprendemos y crecemos como persona, como pareja, como hijo,
como hija, como madre, como padre, como amigo, como amiga, como
estudiante…
En la página https://sites.google.com/site/jorgegranadillomat1/
encontraras ayuda de múltiples maneras en la Matemática, e inclusive en la
vida, porque estoy convencido que hay que buscar un equilibrio, una armonía
de vida para lograr un aprendizaje significativo.
Este libro es abierto y se escribirá en forma continua, porque pretende
dar respuesta y solución a los ejercicios y problemas que se te presenten, en
formar un grupo de personas que nos ayudemos mutuamente, que pasemos
los favores de conocimiento, en fin, lograr que tu amigo, amiga logres tus
anheladas metas de no solo graduarte, sino de aprehender realmente
Matemática y puedas multiplicar esta información a tu familia, amistades y todo
aquel que lo necesite.
Al estudiar afirma: TODO LO QUE ESTUDIO HOY LO ASIMILO CON
FACILIDAD Y LO RECUERDO EN EL MOMENTO NECESARIO…
Espero este material te ayude, y me ayudes a mejorarlo con tus
comentarios que me puedes hacer llegar a través de los correos:
[email protected] y [email protected]
Gracias por leer este material y sobre todo gracias por creer en ti, en mi
y en la ayuda que estoy seguro encontraras, si no observas el tema que te
interesa desarrollar en este libro, dímelo y a la brevedad lo pondremos para tu
beneficio, encontraras títulos abiertos de lo que pretendemos desarrollar para ti
y donde corresponda puedes decirme lo que necesitas para avanzar a la
medida de tus necesidades, por ejemplo, si lo que deseas desarrollar es de
Matemática III, escribe a los correos y allí colocaremos el desarrollo que
necesitas, este es un trabajo arduo pero con la inteligencia de Dios a través de
nosotros nos permitirá lograr el objetivo, el objetivo de que APREHENDAS
MATEMÁTICA, de nuevo GRACIAS!!! Estoy muy agradecido…
Capitulo III
Matemática III (733)
Objetivo 1. Calcular integrales definidas e indefinidas aplicando los
diferentes métodos de integración y fórmulas de aproximación.
Ejercicio 1
Calcular la siguiente integral 1
1xLn dxx
+
∫ .
Solución
Justificación: En este caso estamos en presencia de una función
polinómica x por una función logarítmica: 1
1Lnx
+
, por lo tanto debemos
utilizar el método de integración por partes.
Este método se deduce de la formula de derivación del producto:
( ) ( ) ( )'' '. . .v vu vu u= +
Si despejamos ( )'.u v de esta ecuación se obtiene:
( ) ( ) ( )'' '. . .v vu vu u= −
Tomando integrales a ambos miembros de la igualdad, se tiene:
( ) ( ) ( )'' '. . .v vu u u v= −∫ ∫ ∫
Pero: ( )'. .v vu u=∫ por estar aplicada la derivada a todo el producto,
sustituyendo este último hallazgo, se tiene la fórmula final:
( ) ( )' '. . .u u uv v v= −∫ ∫
Podemos tomar: ( ) ( )''y uv dv du= = , obteniendo:
. . .dv v vu u du= −∫ ∫
Esta última fórmula es la llamada, fórmula de integración por partes y
nos permite calcular integrales que contienen el producto de funciones. Pero
¿Cuándo exactamente utilizar esta fórmula? ¿Cómo se utiliza?. Antes de
comenzar a responder estas preguntas observa los siguientes tipos de
funciones:
Funciones TIPO Arco
Estas funciones son las inversas de funciones trigonométricas e
hiperbólicas, en la práctica son más comunes las inversas trigonométricas,
estas son:
� ( )Arcsen x → Inversa de la función ( )sen x
� ( )cosArc x → Inversa de la función ( )cos x
� ( )Arctg x → Inversa de la función ( )tg x
� ( )cotArc g x → Inversa de la función ( )cotg x
� ( )secArc x → Inversa de la función ( )sec x
� ( )cosArc ec x → Inversa de la función ( )cosec x
Funciones TIPO Logaritmo
Estas funciones se representan de dos maneras, a saber:
� Logaritmo natural o neperiano, cuya base es 2,71e ≈ , denotada por:
( )Ln x ó ( )ln x .
� Logaritmo decimal, cuya base es 10, denotada por: ( )Log x ó ( )log x .
Funciones TIPO Potencias
Estas funciones son las polinómicas, es decir, con exponentes
constantes, es decir, numéricas, por ejemplo:
� 23 5 8x x− +
� 2 7x +
� x
� 2x
Entre otras.
Funciones TIPO Exponenciales
Estas funciones se caracterizan por que tienen exponentes variables, es
decir, letras, por ejemplo:
� xe
� 3x
Entre otras.
Funciones TIPO Trigonométricas e Hiperbólicas
Son las funciones trigonométricas conocidas, es decir:
Hemos visto 5 tipos básicos de funciones, y nos permiten dar respuesta a la
pregunta ¿Cuándo exactamente utilizar esta fórmula?
La fórmula de integración por partes . . .dv v vu u du= −∫ ∫ se aplica cuando
la integral posee alguna de las 3 características:
1) Cuando tenemos una función TIPO A únicamente para integrar, por
ejemplo:
� ( )Arcsen x dx∫
� ( )cosArc x dx∫
� ( )Arctg x dx∫
� ( )cotArc g x dx∫
� ( )secArc x dx∫
� ( )cosArc ec x dx∫
2) Cuando tenemos una función TIPO L únicamente para integrar, por
ejemplo:
� ( )ln x dx∫
� ( )log x dx∫
3) El producto de 2 funciones pertenecientes a cualquiera de los 5 tipos
nombrados, por ejemplo:
� ( )2.x Arcsen x dx∫
� ( ).lnx x dx∫
� ( ).cosx x dx∫
� 3. xx e dx∫
� ( ) ( )( )ln . cosx Arc x dx∫
� ( ) ( )( ). cosxe x dx∫
También se aplica integración por partes en algunos casos especiales,
como:
� 3sec xdx∫
En fin, con estas 3 características básicas cubrimos una muy buena parte
de cuando aplicar la fórmula de integración por partes.
Pasemos a responder la siguiente pregunta: ¿Cómo se utiliza?.
Para emplear esta fórmula, lo primero que hay que hacer es definir quien
es u y quien es dv en la integral que te dan. SIEMPRE LA FUNCIÓN u
SE DERIVARÁ , ES DECIR, SE OBTENDRÁ du Y SIEMPRE LA FUNCIÓN
dv SE INTEGRARÁ , ES DECIR, SE OBTENDRÁ v , para luego sustituirlas
en la fórmula: . . .dv v vu u du= −∫ ∫ . Observa que la fórmula nos llevará a una
nueva integral, y precisamente ES CLAVE QUE ESTA NUEVA INTEGRAL
QUE SE GENERE SEA MÁS SENCILLA QUE LA INTEGRAL PROBLEMA
QUE TE DAN. A continuación te daré algunos tip’s en los casos más usuales,
en cuanto a quien sería u y quien sería dv en la siguiente tabla:
Integral problema:
.I vu d= ∫
Normalmente
se llama u Se obtiene du
Normalmente
se llama dv Se obtiene v
La fórmula: . .vu uI v d= − ∫
quedaría: Observación
( )Arcse dI n x x= ∫ cs ( )u Ar en x= 2
1
1du dx
x=
− 1dv dx= 1v dx x= =∫
2
1
1.arcsenx xI dx x
x= −
−∫
Cuando se tiene
únicamente una
función TIPO A,
característica 1,
SIEMPRE SE
LLAMA 1dv dx=
( )I xln x d= ∫ ln( )u x= 1du dx
x= 1dv dx= 1v dx x= =∫ .
1lnx x xI x d
x= − ∫
Cuando se tiene
únicamente una
función TIPO L,
característica 2,
SIEMPRE SE
LLAMA 1dv dx=
( ) ( )( )cl on s.x Arc x dx∫
ccos( )u Ar x= 2
1
1du dx
x
−=−
( )dv Ln x dx= ( )v Ln x dx= ∫
En este caso se
debe integrar por
partes a v
( )2.ArcsenI x dx x= ∫ cs ( )u Ar en x= 2
1
1du dx
x=
− 2dv x dx=
32
3
xv x dx= =∫
3
2
3
3 13
1.arcsenx
xI d
xx
x= −
−∫
Integral problema:
.I vu d= ∫
Normalmente
se llama u Se obtiene du
Normalmente
se llama dv Se obtiene v
La fórmula: . .vu uI v d= − ∫
quedaría: Observación
( )ln.x xI x d= ∫ ln( )u x= 1du dx
x= dv xdx=
2
2
xv xdx= =∫
2 2
2 2
1ln .
x xI x dx
x= − ∫
3. xexI dx= ∫ 3u x= 23du x dx= xdv e dx= x xv e dx e= =∫ 3 23.x xx xI e e dx= − ∫
nu x= → se
repite el proceso n
veces, en este caso
se aplica de nuevo
integración por pares
( )cos. xI x x d= ∫ u x= du dx= cosdv xdx= cos
v xdx
v senx
=
=∫ .senx senxI x dx= − ∫
Aplica la observación
inmediata anterior
( ) ( )( )cos.xeI x dx= ∫ xu e= xdu e dx= cosdv xdx= cos
v xdx
v senx
=
=∫ .x xsenx se eI nx xe d= − ∫
1) Es indiferente si se
llama xu e= ó
cosu x= .
2) Se debe aplicar
integración por partes
de nuevo y como se
repite la misma
integral se resolverá al
final como una
ecuación.
Integral problema:
.I vu d= ∫
Normalmente
se llama u Se obtiene du
Normalmente
se llama dv Se obtiene v
La fórmula: . .vu uI v d= − ∫
quedaría: Observación
3
2sec
c
s
se
ec
I
I
xdx
x xdx
= =
=
∫
∫ secu x= secdu xtgxdx= 2secdv xdx=
2sec
v xdx
v tgx
=
=∫ sec sec.tgx tgxx xt dxI gx= − ∫
Se debe aplicar
integración por partes
de nuevo y como se
repite la misma
integral se resolverá al
final como una
ecuación.
NOTA: Estos son los casos que se te presentaran en un 90% de los ejercicios de exámenes o tareas, sin
embargo, es pertinente mencionarte, que de enfrentar un caso distinto de los presentados, recuerda que solo
tienes dos caminos, el primero llamar u a una parte y dv a la otra, si la fórmula de integración por partes te
genera una integral más compleja, simplemente invierte la selección de u y dv y seguro tendrás una integral
que se puede resolver.
Después de haber explicado en detalle el método de integración por
partes, pasaré a resolver el ejercicio 1, es decir:
11xLn dx
x +
∫
Recordando el caso explicado en la tabla: ( )n.lx x dx∫ , se evidencio que
en estos casos se debe llamar:
11
11
u LnI xLn d
dv x
xx
xx
d
= + →
=
= +
∫
Aplicando la derivada de u y la integral de dv , se tiene:
2
'
2 2
1111
111
2
1 1
dv xdxx
vdv xd
x xdux dudu xu Ln
x xx
x
−−+ = = = += + +
→ → →
=
=
=∫ ∫
1x
x
+ ( )2
2
1
1
22
du dxx x
xvx
v
−
=
→
=
=
+
Sustituyendo en la fórmula de integración por parte:
( )2 21 1
11
. .2 2
.u du Ln dxx
xI
xv v
x x= − = − + +
−
∫ ∫
221 1
. . 12 2
xI u v v du Ln x
x
− = − = + −
∫1
.x ( )1
dxx +∫
( )2 1 1 1
1 .2 2 1
xI Ln x dx
x x = + + +
∫
Para resolver la integral: ( )
1 1 1.
2 1 2 1
xx dx dx
x x=
+ +∫ ∫ se procederá de la
siguiente manera.
Observa que l función a integrar es 1
x
x +, son polinomios de igual grado,
por ende se dividen:
Por lo tanto: 1 1 1
12 1 2 1
xdx dx
x x = − + +
∫ ∫ , separando en suma algebraica
la integral, tenemos:
( ) ( )( )1 1 1 1 11 1 ln 1
2 1 2 1 2dx dx dx x x
x x
− = − = − + + + ∫ ∫ ∫
Por lo tanto la integral original tiene como resultado:
( )( )2 1 1
1 ln 12 2
xI Ln x x C
x = + + − + +
C es la sumatoria de todas las constantes de integración.
Comprobación de la solución
Este paso no es necesario, pero es muy útil para garantizar que nuestro
resultado es el correcto.
Al derivar el resultado: ( )( )2 1 1
( ) 1 ln 12 2
xf x Ln x x C
x = + + − + +
debemos
obtener la función que integramos: 1
1xLnx
+
.
De ahora en adelante a la función:
( )( )2 1 1
( ) 1 ln 12 2
xf x Ln x x C
x = + + − + +
la llamare PRIMITIVA de la función
11xLn
x +
.
Es decir el resultado de la integral es la función primitiva, que al derivarla
(derivar la primitiva) debe generar la función que se integro.
Derivemos:
( )( )2 1 1
( ) 1 ln 12 2
xf x Ln x x C
x = + + − + +
( ) ( )( )( ) ( )''2 2
'' '' 1 1 1( ) 1 1 ln 1
2 2 2
x xf x Ln Ln x x C
x x
= + + + + − + +
Recuerda que la derivada de una constante es cero: ( )'0C = .
( )'
'2'
11
12 1 1( ) 1 1
12 2 2 11
xx xxf x Ln
x xx
+ + = + + + − + +
2 2'
12
( )12
x xf xx
x
− = +
+
2
x 1 1 11 1
2 1Ln
x x
+ + − +
( )2
'2
1 1 1( ) 1
2 1 2
x x xf x xLn
x x x
− + = + + + +
1−1x
+
2'( )
xf x =
22
x
x
−
( )1 1
12 11
xxLn
x xx
+ + + + +
' 1 1 1( ) 1
2 1 2 1
x xf x xLn
x x x = − + + + + +
' 1( )
2 1
xf x
x = − +
1 11
2 1
xxLn
x x + + + +
' 1( ) 1f x xLn
x = +
De esta manera corroboramos que el resultado es el correcto.
Respuesta: ( )( )21 1 1
1 1 ln 12 2
xxLn dx Ln x x C
x x + = + + − + +
∫
Ejercicio 2
Calcula ( )
2
323
x dx
x+∫ .
Solución
Justificación: En este caso estamos en presencia del método de
sustitución trigonométrica, que se aplica cuando en la estructura de la integral
se dan alguno de los siguientes 3 casos:
Cuando en
la
estructura
de la
integral
esta:
El cambio
trigonométrico
es:
Se utiliza al final del ejercicio para devolver el cambio
trigonométrico:
2 21 x a+ 2sec
x atg
dx a d
αα α
= =
2 22 x a− sec
sec
x a
dx a tg d
αα α α
= =
2 23 a x− cos
x asen
dx a d
αα α
= =
En nuestro ejercicio tenemos: ( )
2
323
x dx
x+∫ , observa la estructura
( )323 x+ se puede escribir: ( )( )323 x+ observándose claramente que
tenemos:
23 x+
Es decir, el caso 2 21 x a+ , comparando se tiene:
22 22, 3 3 3x xa a a+ + = ∴ =→
Calculado a , aplicamos el cambio correspondiente:
2sec
3
3
x tg
dx d
α
α α
=
=
Sustituyendo en nuestra integral:
( )( )( )
( )( ) ( )( ) ( )( )2
22 2 2 2 2
3 3 3 322 2 2
sec3 3 3 3 3 3sec sec
3 3 33 13 3
tg dx dx tg d tg d
x tg tgtg
α α α α α α α α α
α αα= = =
+ + ++
∫ ∫ ∫ ∫
( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2
3 3 3 332 2
3 33 3 3
sec sec sec
sec33 sec 3 s3
ec
tg d tg d tg dα α α α α α α α ααα α
= =∫ ∫ ∫
3 3
( ) 3
3
2 2sectg α α3sec
dα
( )
2
2 22
2 2
c3 3 oscos1sec 3 cos3
cos
sendtg d sen
d
α αα α α αα αα αα
α
= = =∫ ∫ ∫ ∫
cosα 2
2cos
sen α 2 2 21 cos 1 cos
cos cos cos cos
send d d d d
α α αα α α α αα α α αα
−= = = −∫ ∫ ∫ ∫ ∫
Aplicando integrales inmediatas de tabla se tiene:
sec cos ln secd d tg sen Cα α α α α α α− = + − +∫ ∫
Para devolver el cambio hacemos uso del triángulo:
Por lo tanto el resultado de nuestra integral es:
( )2 2
3 22
3ln
3 3 33
x dx x x xC
xx
+= + − +++
∫
Puedes deja la integral hasta este punto, pero si simplificamos, se
obtiene:
( )2 2
3 22
3ln
3 33
x dx x x xC
xx
+ += − +++
∫
( )( )
22
3 22ln 3 ln 3
33
x dx xx x C
xx= + + − − +
++∫
( )( )
22
3 22ln 3 ln 3
33
x dx xx x C
xx= + + − + −
++∫
( )2
2
3 22ln 3
33
x dx xx x K
xx= + + − +
++∫
Donde ( )ln 3K C= − es la nueva constante.
Comprobación de la solución
La PRIMITIVA obtenida es: 2
2( ) ln 3
3
xf x x x K
x= + + − +
+,
verifiquemos que su derivada es:
( )2
'
32
( )3
xf x
x=
+
Comencemos la derivada:
( ) ( ) ( )( )
( )' '
'2 2 2
''22 2
3 3 3( )
3 3
x x x x x xf x K
x x x
+ + + − += − +
+ + +
( ) ( )( )'2
2'
'2 2
'22
33
3 2 3( )
33
xx x
x x xf x
xx x
+ + − + + + = −++ +
( ) ( )'2'2 22
222 2
'2 22 2
33 223 31 12 3 2 32 3 2 3( )3 33 3
xx xxx x x xx xx xf xx xx x x x
++ + − + −+ + + ++ + = − = −+ ++ + + +
'
2
( )f x = 2
x 2
2
2
231
3
3
x xx
x x
+ −++ −
+ +2
x 2
2 22
2 22
313 33
3 33
xx x xx xx
x xx x
+ − + + ++ = −
+ ++ +
( )
( )22 2
2 22
22 2 2'
2 22 2 2
333
33 3 3( )3 33 3 3
x xx x xx
x xx x xf xx xx x x x x
+ −+ + + −+ ++ + += − = −
+ ++ + + + +
2' 3( )
x xf x
+ +=( )2 3x x+ + ( )
2 2 2
2 2 22
3 1
3 3 33
x x x
x x xx
+ −− = −+ + ++
23 x+ −
( )( )1
2 2 23 3x x+ +
( ) ( ) ( )
( )( )
( )
32 2
12 2
'1 1 3 32 12 2 2 22 2 2 2
33
31 3 1 3( )
3 3 3 3 3
x
xf x
x x x x x+
+−
+= − = − =
+ + + + +
( )( )
( )( )
3 112 22 2 2
'3 322 2
3 3 3 3 3( )
33
x x xf x
xx
−+ − + − += = =
++
3−
( ) ( )2
3 32 23 3
x
x x=
+ +
( )2
'
32
( )3
xf x
x=
+
De esta manera corroboramos que el resultado es el correcto.
Respuesta: ( )
22
3 22ln 3
33
x dx xx x K
xx= + + − +
++∫
Ejercicio 3
Calcula 2
1
2
ln xdx
x∫ .
Solución
Justificación: En este caso debemos calcular la primitiva y luego la
evaluaremos en el intervalo dado.
Como la función a integrar es: ln x
x debemos aplicar la definición de
valor absoluto:
( ) si ( ) 0( )
( ) si ( ) 0
f x f xf x
f x f x
− <= + ≥
En nuestro caso:
ln ln si 0
ln
ln ln si 0
x xx x x
x xx
x x
− <= + ≥
Ahora bien, observemos cuando ln
0x
x< en el intervalo de integración:
12
2x≤ ≤ .
Analicemos la fracción: ln x
x. El denominador x es positivo en el
intervalo 1
22
x≤ ≤ ya que equis es positiva, ahora hagamos la gráfica de la
función ln x , para observar el comportamiento de su signo en el intervalo
12
2x≤ ≤ :
Observamos claramente de la gráfica que la función ln x es negativa en
el intervalo: 1
12
x≤ < y positiva en el intervalo 1 2x≤ < .
Por lo tanto ln
0x
x< en
11
2x≤ < y
ln0
x
x≥ en 1 2x≤ < , de aquí que:
ln
ln
ln ln si
ln ln
0 si
ln 1si 0 si 1 0
2
1 2 0x x x
xx x
x
x
x x
x
xx
x x x = →
− < −
+ ≥ + ≤ <
≤ <
≥
<
Por lo tanto nuestra integral original queda: 2
1
2
1 2
11
2
n lnl ln xd
xd
x
xx
xxx
xd−= +∫∫ ∫
Ahora calculemos la primitiva de ln x
dxx∫
, esto lo logramos con un
sencillo cambio de variable:
2
nueva varln
ln liable:
2
ndx dx dudx
x
uu
x xu
xdux
x=→ → = =
=∫ ∫ ∫
Devolviendo el cambio: lnu x= , obtenemos finalmente:
2ln ln
2
x xdx
x=∫
Ahora podemos calcular: 2
1
2
1 2
11
2
n lnl ln xd
xd
x
xx
xxx
xd−= +∫∫ ∫
Así: 2
22 2 2 2 2 2 2
1
2
11 lnlnln ln ln ln 1 ln 2 ln 1 ln 222 0 02 2 2 2 2 2 2 21
1
1
2
2x x xdx
x
= + = + + − = + +− − − −∫
( ) ( )2 22 2 2 2 2 2 2
1
2
ln1 ln 2 0 ln 2ln ln 2 ln 2 ln 2 ln 2 ln 2 ln 2 2
2 2 2 2 2 2 2
xdx
x
− − += + = + = + = =∫2ln 2
22ln 2=
En estas operaciones se aplicaron las siguientes propiedades de
logaritmo:
� 1
ln ln ln en: ln2
aa b
b= −
� ln1 0=
Y recuerda que: ( )22ln 2 ln 2=
Respuesta: 2
2
1
2
lnln 2
xdx
x=∫
Ejercicio 4
Calcula: 2 5xe x dx−
∫
Solución
Justificación: Para resolver esta integral, la escribiremos de esta forma:
( )2 2 2 2 25 4 1 4 1 2x x x xe x dx e x dx e x x dx e x xdx− − + − −= = =∫ ∫ ∫ ∫
Obsérvese como logramos obtener una estructura tal que si efectuamos
el cambio de variable: 2w x= tenemos su diferencial o derivada se encuentra
en la integral propuesta, es decir: 2du xdx= , destacaré esta situación en
nuestra integral:
( )2 2 2x xe xdx−∫
Fíjate en algo muy importante, el 2 que multiplica a xdx no afecta
nuestro procedimiento, por ser 2 una constante.
Practicando el cambio de variable mencionado, se tiene:
( ) ( )2 2 2
2
2
22nueva variab e:
2
lx w dwxdx dw
dw xdx x
w xx w
de
xe− −
= ∴ =→ →
=∫ ∫
Ahora debemos resolver la integral:
( )2 21
2 2u wdw
e w e w dw− −=∫ ∫
Observamos que la integral obtenida se resuelve a través del método de
integración por parte, explicado en detalle en el ejercicio 1.
Voy a mostrar la parte de la tabla ya explicada que nos interesa:
Integral
problema:
.I vu d= ∫
Normalmente
se llama u
Se
obtiene
du
Normalmente
se llama dv
Se obtiene
v Observación
3. xexI dx= ∫
3u x= 23du x dx=
xdv e dx=
x xv e dx e= =∫
nu x= → se
repite el proceso n
veces, en este caso
se aplica de nuevo
integración por pares
Ahora puedes ver que ciertamente nuestra integral tiene la estructura
para aplicar el método de integración por partes:
21
2we w dw−
∫
Tal como menciono en la observación, debemos integrar 2 veces por
parte, ya que el exponente de la función polinómica es 2: 2w , apliquemos la
primera vez de integración por parte:
Aplicando la derivada de u y la integral de dv , se tiene:
2 2w ww
du wdw
dv e
u w
dw v edv e dw − −−
→==
= = −= →∫ ∫
Sustituyendo en la fórmula de integración por parte:
2 21 1 1. . .
2 22
2w ww v v e ee w d u du w wdw w−− − = − = − − − ∫ ∫∫
2 21 12 .
2 2w w we w dw w e e wdw− − − = − + ∫ ∫ (1)
Aplicando la segunda vez de integración por parte a la integral:
2 .we wdw−∫
Se tiene:
Aplicando la derivada de u y la integral de dv , se tiene:
w ww dv e dw
du
v edv e
dw
w
u
d
w− −− =
→==
→ = −= ∫ ∫
Sustituyendo en la fórmula de integración por parte:
2 . 2 . . 2 .w w wu du w de w w v ed v we− −− = − − −= −∫ ∫ ∫
( )2 . 2 . 2 2 1w w w w w we wdw we e dw we e e w− − − − − − = − + = − − = − + ∫ ∫ (2)
Sustituyendo (2) en (1), se tiene:
( ) ( )2 2 2 21 12 1 2 1 2 2
2 2 2 2
w ww w w e e
e w dw w e e w w w w w− −
− − − = − − + = − + + = − + + ∫
Ahora devolvemos el cambio de variable: 2w x= efectuado, para obtener
el resultado final:
( ) ( )2
2 25 2 22 22
xx e
e x dx x x C−
− = − + + + ∫
2
2 5 4 22 22
xx e
e x dx x x C−
− = − + + + ∫
Comprobación de la solución
La PRIMITIVA obtenida es: 2
4 2( ) 2 22
xef x x x C
−
= − + + + , verifiquemos
que su derivada es: 2' 5( ) xf x e x−=
Comencemos la derivada:
( )2 2'
' '' 4 2 4 2( ) 2 2 2 22 2
x xe ef x x x x x C
− − = − + + + − + + +
( )2 2'2
' 4 2 3( ) 2 2 4 42 2
x xe x ef x x x x x
− − − = − + + + − +
( )2 2
' 4 2 32( ) 2 2 4 4
2 2
x xe x ef x x x x x
− − − = − + + − +
2
'2
( )xe
f x−
=( )2
x 2
4 2 32 2 4 42
xex x x x
− + + − +
2
2 23
' 4 2 3 5 3 4 4( ) 2 2 4 4 2 2
2 2 2
xx xe x x
f x xe x x x x e x x x−
− − = + + − + = + + − −
( )2 2' 5 3 3 5 3( ) 2 2 2 2 2x xf x e x x x x x e x x− −= + + − − = + 2x+ 32x− 2x−( )
2' 5( ) xf x e x−=
De esta manera corroboramos que el resultado es el correcto.
Respuesta:
2
2 5 4 22 22
xx e
e x dx x x C−
− = − + + + ∫
Ejercicio 5
Calcula la integral: 3 2
1
3 1
2
xI arctgxdx
x x
−= ∫ .
Solución
Justificación: En este caso, debemos conseguir la primitiva de:
23 1
2
xarctgxdx
x x
− ∫
Es evidente observar que se debe aplicar el método de integración por
partes, ya que la integral posee el producto de una función racional y una
función inversa trigonométrica, en este caso arco tangente de equis.
Apliquemos el método de integración por partes así.
Aplicando la derivada de u y la integral de dv , se tiene:
( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2
11
2
2
1 32 2
3 1 3 1 3 1 3 1 3 12
2 2
1
2 2
x x x x xdv dx dv dx dx dx dxx x
dxduu a
x x x x x x
rctgx x
+
− − − − −= = = = = =
== +
→
∫ ∫ ∫ ∫ ∫
( ) ( ) ( ) ( )
3 3 1 32 22
2 2 2 23 3 3 32 2 2 2
3 1 3 3 1 3 1
2 2 2 22 2 2 2
x x dx dxdx x dx x dx x dx x dx
x x x x
− − − − = − = − = − ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫
1 3 3 11 1
2 2 2 23 1 3 1 31 3 3 12 2 2 21 12 2 2 2
x x x x+ − + −
− = − =+ − + − 2
2
3
32
1
2x − 2−( )
1 3 12 2 2x x x
− −= +
3 1
2 2v x x−
= +
Sustituyendo en la fórmula de integración por parte:
3 1 3 1
2 22
22
23 1
. .1
.2
dxu du arctgxv v x
xarc x x xx x
x xtg d
x
− − + +
− = − = − +∫∫ ∫
Resolviendo la integral:
3 1 3 13 1 3 2 2 2 22 2 2
1 1 12 2 2 22 2 2
1 1 1. . . .1 1 1 1
dx dx x x dx x dxx x x
x x x xx x x
+−
+ + + = + = = + + + +
∫ ∫ ∫ ∫
42 22
1 12 22 2
1 1 1. .1 1
x dx x dx x
x xx x
+ + + = = + +
∫ ∫ 1 22
.1
dx
xx
+
1 111 2 2
2 21 1
12 2
x xx dx x
− +−
= = = =− +
∫ ∫
Por lo tanto:
3 1 3 122 2 2 2
2
3 1.12
x dxarctgxdx arctgx x x x x
xx x
− − − = + − + + ∫ ∫
233 1 1
22
xarctgxdx arctgx x x
x x x
− = + −
∫
Ahora podemos evaluar la integral con los límites de integración:
3
31
2
1
arctgx x xx
+ − =
( ) ( )( )
( ) ( ) ( )( )
( )3 31 1
3 3 2 3 1 1 2 113
arctg arctg
= + − − + −
Sabiendo que: ( )( )
33
14
arctg
arctg
π
π
= =
( ) ( )( )
( )3
43 3 1 1
2 3 1 2 13 4 13
π π + = − − + −
( )( ) ( )4 2
4 4
4 4
3 1 3 1 22 3 2 2 2 3 2
3 4 3 43 3
π π π π + + = − − − = − − −
4 4 4
4 4 4
3 1 4 42 3 2 2 3 2 2 3 2
3 2 3 2 23 3 3 3
π π π π π π+ − − − = − − − = − − +
Entonces:
Respuesta: 3 2
4
41
3 1 42 3 2
22 3 3
xarctgxdx
x x
π π − = − − + ∫
Ejercicio 6
Calcula: 4sen xdx∫ .
Solución
Justificación: Cuando se nos presenta una integral de la forma:
cosm nsen x xdx∫
Donde m y n son números enteros pares positivos, se hace uso de las
siguientes identidades trigonométricas:
2 1 cos 2
2
axsen ax
−= y 2 1 cos 2
cos2
axax
+=
En nuestro caso se tiene:
( )24 2sen xdx sen x dx=∫ ∫
Sustituyendo la identidad 2 1 cos 2
2
axsen ax
−= con 1a = , se tiene:
( )2 2
24 2 1 cos 2 1 2cos 2 cos 2
2 4
x x xsen xdx sen x dx dx dx
− − + = = =
∫ ∫ ∫ ∫
( )4 2 21 1 2 11 2cos 2 cos 2 cos 2 cos 2
4 4 4 4sen xdx x x dx dx xdx xdx= − + = − +∫ ∫ ∫ ∫ ∫
24 1cos 2
4
1 2 2
4 4 2
sen xsen xdx xdxx= − +∫ ∫
Para resolver la ultima integral roja, se debe recurrir a la identidad:
2 1 cos 2cos
2
axax
+= con 2a = , así:
21 1 1 cos 4 1 1 cos 4 1 1 4cos 2
4 4 2 4 2 4 2 8 8 4
x dx x sen xxdx dx dx x
+= = + = +∫ ∫ ∫ ∫
Por lo tanto, el resultado final es:
4 1 2 2
4 4 2
1 1 4
8 8 4
sen x sen xxsen xdx x C= − + + +∫
Simplificando:
4 1 1 1 12 4
4 4 8 32sen xdx x sen x x sen x C= − + + +∫
4 3 1 12 4
8 4 32sen xdx x sen x sen x C= − + +∫
Comprobación de la solución
La PRIMITIVA obtenida es: 3 1 1
( ) 2 48 4 32
f x x sen x sen x C= − + + ,
verifiquemos que su derivada es: ' 4( )f x sen x=
Comencemos la derivada:
( )' 2 23 2 4 3 1 1( ) cos2 cos4 cos 2 cos 2 2
8 4 32 8 2 8f x x x x x sen x= − + = − + −
( ) ( )' 2 2 2 23 1 1( ) cos cos 2 2
8 2 8f x x sen x x sen x= − − + −
2 2 2 2' 3 cos cos 2 2( )
8 2 2 8 8
x sen x x sen xf x = − + + −
( ) ( )2 22 22 2
'cos 2 cos3 cos
( )8 2 2 8 8
x sen x senx xx sen xf x
−= − + + −
2 2 4 2 2 4 2 2' 3 cos cos 2 cos 4 cos( )
8 2 2 8 8
x sen x x sen x x sen x sen x xf x
− += − + + −
2 2 4 2 2 4 2 2' 3 cos cos 2 cos 4 cos( )
8 2 2 8
x sen x x sen x x sen x sen x xf x
− + −= − + +
2 2 4 2 2 4' 3 cos cos 6 cos( )
8 2 2 8
x sen x x sen x x sen xf x
− += − + +
2 2 4 2 2 4' 3 4cos 4 cos 6 cos( )
8
x sen x x sen x x sen xf x
− + + − +=
2 2 4 2 2 4' 2 1 4cos 4 cos 6 cos( )
8
x sen x x sen x x sen xf x
+ − + + − +=
2 2 2 2 4 2 2 4' 2 cos 4cos 4 cos 6 cos( )
8
sen x x x sen x x sen x x sen xf x
+ + − + + − +=
2 2 4 2 2 4' 2 3cos 5 cos 6 cos( )
8
x sen x x sen x x sen xf x
− + + − +=
2 2 4 2 2 4' 1 1 3cos 5 cos 6 cos( )
8
x sen x x sen x x sen xf x
+ − + + − +=
2 2 2 2 4 2 2 4' 2 2cos 3cos 5 cos 6 cos( )
8
sen x x x sen x x sen x x sen xf x
+ − + + − +=
2 2 4 2 2 4 2 2 2 2' cos 7 cos 6 cos 2 cos 2 cos( )
8
x sen x x sen x x sen x sen x x sen x xf x
− + + − + + −=
2 2 2 2 4 4 2 2' cos 7 8 cos cos 2 cos( )
8
x sen x sen x x x sen x sen x xf x
− + − + + +=
( )22 2 2 2 2 2
'cos 7 8 cos cos
( )8
x sen x sen x x sen x xf x
− + − + +=
2 2 2 2 2 2 2 2' cos 7 8 cos 1 1 cos 7 8 cos( )
8 8
x sen x sen x x x sen x sen x xf x
− + − + − + −= =
2 2 2 2' 7 8 cos( )
8
sen x sen x sen x xf x
+ −=
2 2 2'
88 8 cos( )
8
sen x sen x xf x
−= =( )2 2 2cos
8
sen x sen x x−2 2 2cossen x sen x x= −
( )' 2 2 2 2 2 2 2 4( ) cos 1 cos .f x sen x sen x x sen x x sen x sen x sen x= − = − = =
' 4( )f x sen x=
De esta manera corroboramos que el resultado es el correcto.
Respuesta: 4 3 1 1
2 48 4 32
sen xdx x sen x sen x C= − + +∫
Ejercicio 7
La integral 4
2
0
4 3x x dx− +∫ representa el área de una región del plano,
grafícala y calcula dicha área.
Solución
Justificación: En este caso primero graficaremos la función 2 4 3x x− +
en el intervalo de integración 0 4x≤ ≤ .
Como la función a graficar e integrar es: 2 4 3x x− + debemos aplicar la
definición de valor absoluto:
( ) si ( ) 0( )
( ) si ( ) 0
f x f xf x
f x f x
− <= + ≥
En nuestro caso:
( )( )
2 2
2
2 2
4 3 si 4 3 04 3
4 3 si 4 3 0
x x x xx x
x x x x
− − + − + <− + = + − + − + ≥
Primero vamos a estudiar cuando 2 4 3 0x x− + < , para ello debemos
factorizar el polinomio 2 4 3x x− + , por lo tanto sus calculando sus raíces:
( ) ( )( )
222
4 4 4. 1 . 34 4 16 12 4 4 4 3 0
2 2. 1 2 2
b b acx x x
a
± −− ± − ± − ±− + = → = = = =
1
2
4 2 63
4 4 4 2 2 24 2 22 2
12 2
xx
x
+ = = =± ± = = − = = =
Por lo tanto el polinomio factorizado queda:
( 1)( 3)x x− −
Planteando de nuevo la inecuación, se tiene:
( 1)( 3) 0x x− − <
Para resolver esta inecuación, estudiare los signos de este producto a
través del siguiente cuadro (LA EXPLICACIÓN DETALLADA DE LA
CONSTRUCCIÓN DE ESTE CUADRO SE ENCUENTRA EN EL OBJETIVO 3
DE MATEMÁTICA 1):
En la parte superior se ubican ordenadamente las raíces 1 1x = y 2 3x = ,
como si estuvieran en el eje real, y siempre se completa en la parte izquierda
con menos infinito y en la parte derecha con más infinito.
En la parte izquierda del recuadro se colocan las expresiones
factorizadas ( 1) y ( 3)x x− − . SigI Significa, signo de la inecuación.
Ahora bien, primero se resuelve la primera fila del recuadro a través de:
( 1) 0 1x x− > → >
Esto indica que para toda equis mayor que uno la expresión ( 1)x − es
positiva, por lo tanto a partir de la línea vertical a la derecha, donde se
encuentra el 1 en la parte superior, se ubican signos positivos y de resto, es
decir, a la izquierda de esa misma línea signos negativos.
Procedemos de igual forma para:
( 3) 0 3x x− > → >
Esto indica que para toda equis mayor que tres la expresión ( 3)x − es
positiva, por lo tanto a partir de la línea vertical a la derecha, donde se
encuentra el 3 en la parte superior, se ubican signos positivos y de resto, es
decir, a la izquierda de esa misma línea signos negativos.
Finalmente, se multiplican verticalmente, columna por columna, los
signos para obtener la última fila, donde se encuentra la notación SigI .
De esta manera se obtiene el siguiente cuadro:
Del recuadro concluimos que 2 4 3 0x x− + < en el intervalo ( )1,3 y
2 4 3 0x x− + ≥ en el intervalo ( ] [ ),1 3,−∞ ∪ ∞ . Recordando que el intervalo de
integración es: 0 4x≤ ≤ , se tiene finalmente:
( )2 4 3 0 1,3x x− + < →
y
[ ] [ ]2 4 3 0 0,1 3,4x x− + ≥ → ∪
Por lo tanto:
( )[ ] [ ]
22
2
4 3 si 1,34 3
4 3 si 0,1 3,4
x x xx x
x x x
− + − ∈− + = − + ∈ ∪
Como ya sabemos que función dibujar en cada intervalo, procedemos a
graficarlas.
En el intervalo ( )1,3 debemos graficar la función: 2 4 3y x x= − + − .
Sabemos que es una parábola, podemos ubicar su vértice (recuerda que el
vértice de una parábola es un máximo o un mínimo) fácilmente derivando e
igualando a cero:
' 42 4 0 2 4 2
2y x x x= − + = → = ∴ = =
Como la parábola abre hacia abajo por ser el coeficiente de 2x−
negativo, se concluye que 2x = es la abscisa de un punto máximo. Para hallar
la ordenada se sustituye este valor ( 2x = ) en la ecuación original, así:
( ) ( )22 4 2 3 4 8 3 8 7 1
2y
x= − + − = − + − = − =
=
Por lo tanto el vértice de la parábola tiene las coordenadas: ( )2,1V y
abre hacia abajo, además se sabe que corta al eje equis en los puntos 1 1x = y
2 3x = que son las raíces calculadas anteriormente, entonces la gráfica de esta
parte de la función a integrar es:
En el intervalo [ ] [ ]0,1 3,4∪ debemos graficar la función: 2 4 3y x x= − + .
Sabemos que es una parábola, podemos ubicar su vértice (recuerda que el
vértice de una parábola es un máximo o un mínimo) fácilmente derivando e
igualando a cero:
' 42 4 0 2 4 2
2y x x x= − = → = ∴ = =
Como la parábola abre hacia arriba por ser el coeficiente de 2x positivo,
se concluye que 2x = es la abscisa de un punto mínimo. Para hallar la
ordenada se sustituye este valor ( 2x = ) en la ecuación original, así:
( ) ( )22 4 2 3 4 8 3 7 8 1
2y
x= − + = − + = − = −
=
Por lo tanto el vértice de la parábola tiene las coordenadas: ( )2, 1V − y
abre hacia arriba, además se sabe que corta al eje equis en los puntos 1 1x = y
2 3x = que son las raíces calculadas anteriormente, además debemos calcular
el valor de las ordenadas en los extremos, es decir:
� ( ) ( ) ( )20 4 0 3 3 0,3
0y
x= − + = →
=
� ( ) ( ) ( )24 4 4 3 16 16 3 3 4,3
4y
x= − + = − + = →
=
entonces la gráfica de esta parte de la función a integrar es:
Observa que la grafica es la línea continua azul, porque es la que
pertenece al intervalo [ ] [ ]0,1 3,4∪ , la línea de la parábola segmentada se dibujo
solo por referencia.
De las 2 gráficas anteriores, tenemos que la gráfica de la función
integrando 2( ) 4 3f x x x= − + es:
Y el área encerrada es:
Figura 1
Ahora procederemos a conseguir el área encerrada (amarilla) bajo la
curva.
En la siguiente figura se observan destacados en verde los rectángulos
típicos de ancho dx y altura correspondiente a cada función señalada, las
azules y rojas, así:
Entonces nuestra integral se puede escribir:
( ) ( ) ( )1 3 4
2 2 2
0 1 3
4 3 4 3 4 3A x x dx x x dx x x dx= − + + − + − + − +∫ ∫ ∫
3 2 3 2 3 21 3 44 3 4 3 4 3
0 1 33 2 3 2 3 2
x x x x x xA x x x
= − + + − + − + − +
3 3 32 2 21 3 4
2 3 2 3 2 30 1 33 3 3
x x xA x x x x x x
= − + + − + − + − +
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
3 32 2
3 32 2
3 32 2
1 02 1 3 1 2 0 3 0
3 3
3 12 3 3 3 2 1 3 1
3 3
4 32 4 3 4 2 3 3 3
3 3
A
= − + − − + +
− + − − − + − +
− + − − +
( ) ( ) ( )1 27 1 64 272 3 2 9 9 2 3 2 16 12 2 9 9
3 3 3 3 3A
= − + + − + − − − + − + − + − − +
( )1 1 641 9 18 9 1 32 12 9 18 9
3 3 3A
= + + − + − − − − + − + − − +
1 3 1 3 6420
3 3 3A
+ − − = + − + −
4 4 64 60 4 4 4 124
3 3 3 3 3 3 3A
− − = + − + = + + = =
Respuesta: La gráfica es la mostrada en la figura 1, y el área es:
42
0
4 3 4A x x dx= − + =∫
Ejercicio 8
Prueba que:
( )2
1 1 3ln
2 3 2 4 2 3
xdx C
x x x x= − − +
+ +∫ .
Donde C es la constante de integración.
Solución
Justificación: En este caso estamos en presencia de la integral de una
fracción racional cuyo grado del polinomio numerador es MENOR que el grado
del polinomio denominador y se resuelven a través del método de fracciones
simples. Hay 4 casos en este tipo de integrales, a saber:
1. Binomios de primer grado que no se repiten, por ejemplo:
( )( )1 2
dx
x x+ −∫
Y se procede así: ( )( ) ( ) ( )1
1 2 1 1
A B
x x x x= +
+ − + +
Luego se determinan los coeficientes y A B y finalmente se integra:
( ) ( )1 1
dx dxA B
x x+
+ +∫ ∫
2. Binomios de primer grado que se repiten, por ejemplo:
( )( ) ( )
4
3 2
3 2 1
1 5
x x dx
x x
− +
− +∫
Y se procede así:
( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
4
3 2 3 2 2
3 2 1
1 51 5 1 1 5
x x A B C D E
x xx x x x x
− += + + + +
− +− + − − +
Luego se determinan los coeficientes , , , y A B C D E y finalmente se
integra:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 2 21 51 1 5
dx dx dx dx dxA B C D E
x xx x x+ + + +
− +− − +∫ ∫ ∫ ∫ ∫
3. Trinomios de segundo grado que no se repiten, por ejemplo:
( )( )2
2 3 1 2
x dx
x x x+ + −∫
Y se procede así: ( )( )2
22 3 1 23 1 2
x Ax B C
x x xx x x
+= ++ + −+ + −
Luego se determinan los coeficientes , y A B C y finalmente se integra:
2 23 1 3 1 2
xdx dx dxA B C
x x x x x+ +
+ + + + −∫ ∫ ∫
4. Trinomios de segundo grado que se repiten, por ejemplo:
( )22 5
dx
x x x+ +∫
Y se procede así:
( ) ( ) ( )2 2 22 2
1
55 5
Ax B Cx D E
xx xx x x x x
+ += + ++ ++ + + +
Luego se determinan los coeficientes , , , y A B C D E y finalmente se
integra:
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 22 2 5 55 5
xdx dx xdx dx dxA B C D E
xx x x xx x x x+ + + +
+ + + ++ + + +∫ ∫ ∫ ∫ ∫
El cálculo de los coeficientes los veremos en el ejercicio que se nos
presenta:
( )2
1
2 3dx
x x+∫
Estamos en presencia del caso 2, entonces:
( )2 2
1
2 3 2 3
A B C
x x x x x= + +
+ +
Para conseguir los coeficientes, hay dos formas, explicare ambas y tu
seleccionas la que más te agrade, sin embargo, advierto que hay casos donde
solo se puede aplicar uno de ellos:
a) Método 1 para conseguir los coeficientes , y A B C
Primero se suman las 3 fracciones tomando como denominador el
mismo de la integral original, es decir:
( )( ) ( )
( )2
2 2
2 3 2 31
2 3 2 3
A x Bx x Cx
x x x x
+ + + +=
+ +
Luego:
( ) ( )( ) ( )
( )22 2
2 2 2
2 3 2 31 2 3 2 3
2 3 2 3 2 3
A A B x B C xA Ax Bx Bx Cx
x x x x x x
+ + + ++ + + += =+ + +
( )2
1
2 3x x+( ) ( )
( )
2
2
3 3 2 2
2 3
B C x A B x A
x x
+ + + +=
+
( ) ( )21 3 3 2 2B C x A B x A= + + + +
( ) ( )2 20 3 20 1 23x B Cx x AA B x+++ + = + +
3 2
1
0
3 0
2
A
B C
B
A
+ ==
=
+
Resolviendo este sistema:
b) Método 2 para conseguir los coeficientes , y A B C
( )2 2
1
2 3 2 3
A B C
x x x x x= + +
+ +
( )2
1
2 3x x+( ) ( )
( )
2
2
2 3 2 3
2 3
A x Bx x Cx
x x
+ + + +=
+
( ) ( ) 21 2 3 2 3A x Bx x Cx= + + + +
En este momento se sustituye equis por las raíces de los términos de la
integral, dichas raíces en este caso son:
2 0 0
22 3 0
3
x x
x x
= → = −+ = → =
Para 0x = :
( ) ( ) 21 2 3 2 3A x Bx x Cx= + + + +
( )( ) ( ) ( )( ) ( )21 2 3 0 0 2 3 0 0A B C= + + + +
( ) 11 2
2A A= ∴ =
Para 2
3x
−= :
( ) ( ) 21 2 3 2 3A x Bx x Cx= + + + +
22 2 2 2
1 2 3 2 33 3 3 3
A B C − − − − = + + + +
( ) ( )2
2 21 2 2 2 2
3 3A B C
− − = − + − +
4 91
9 4C C = ∴ =
Como ya no tenemos raíces distintas, debido a que 0x = era una raíz
doble se procede de la siguiente manera:
Se sustituyen 1
2A = y
9
4C = en:
( ) ( ) 21 2 3 2 3A x Bx x Cx= + + + +
Así:
( ) ( ) 21 91 2 3 2 3
2 4x Bx x x= + + + +
Desarrollando:
2 22 3 91 2 3
2 2 4
xBx Bx x= + + + +
23 91 1 2 3
2 4B x B x
= + + + +
Igualando coeficientes:
2 29 30 1 3 2 1
4 2ox x B x B x
+ + = + + + +
9 9 33 0
4 3.4 4B B+ = ∴ = − = −
ó también podías igualar:
3 3 32 0 2
2 2 4B B B+ = → = − ∴ = −
Ahora sustituimos estos valores encontrados:
( )2 2
1 1 1 3 1 9 1. . .
2 3 2 4 4 2 3x x x x x= − +
+ +
Finalmente integramos:
( )2 2
1 3 9
2 3 2 4 4 2 3
dx dx dx dx
x x x x x= − +
+ +∫ ∫ ∫ ∫
Todas son integrales sencillas, la primera:
2 1 12
2
1 1 1 1 1 1 1
2 2 2 2 1 2 1 2 2
dx x xx dx
x x x
− + −−= = = = − = −
− + −∫ ∫
La segunda:
3 3ln
4 4
dxx
x− = −∫
Y la tercera:
9
4 2 3
dx
x+∫
Se práctica un cambio de variable:
2 3
33
u x
dudu dx dx
= + = ∴ =
Entonces:
9 9 9 1 33 . ln4 2 3 4 4 3 4
dudx du
ux u u
= = =+∫ ∫ ∫
Devolviendo el cambio de variable efectuado se tiene:
9 3ln 2 3
4 2 3 4
dxx
x= +
+∫
Sustituyendo las 3 integrales se tiene el resultado final:
( )2 2
1 3 9
2 3 2 4 4 2 3
dx dx dx dx
x x x x x= − +
+ +∫ ∫ ∫ ∫
( )2
1 3 3ln ln 2 3
2 3 2 4 4
dxx x
x x x= − − + +
+∫
Sacando factor común 3
4− , se tiene:
( )2
1 3ln ln 2 3
2 3 2 4
dxx x
x x x= − − − + +∫
Recordando la propiedad de logaritmo que nos indica:
ln ln lna
a bb
− =
Se tiene:
( )2
1 3 1 3ln ln 2 3 ln
2 3 2 4 2 4 2 3
xdxx x
x x x x x
= − − − + = − − + +
∫
Pero: a a
b b= , luego:
( )2
1 3ln
2 3 2 4 2 3
dx xC
x x x x= − − +
+ +∫
Respuesta: Se demostró que:
( )2
1 1 3ln
2 3 2 4 2 3
xdx C
x x x x= − − +
+ +∫
Ejercicio 9
Calcule: 2
4 1
x
x
edx
e +∫ .
Solución
Justificación: Podemos escribir la integral así:
4 1
xx
x
ee x
ed
+∫
Porque: 2 .x x x x xe e e e+= =
En este caso podemos practicar el cambio de variable:
1 1x
x x
du e dx
u e e u = + → = −=
Entonces:
44
1
1x
xx
e dx due u
ue
−=+∫ ∫
Ahora nos queda la sencilla integral:
1 11
4 41 14 4 44 4
1 1 1u u udu du du du du u du u du
u u uu u
− −− = − = − = −∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫
3 1 7 31 13 1 4 4 4 4
7 34 44 44
1 4 43 1 7 3 7 31 14 4 4 4
u u u u udu u du u du u u
u
+ − +−− = − = − = − = −
+ − +∫ ∫ ∫
Devolviendo el cambio de variable:
( ) ( )2
7 34 4
4
4 41 1
7 31
xx x
x
edx e e C
e= + − + +
+∫
Comprobación de la solución
La PRIMITIVA obtenida es: ( ) ( )7 34 4
4 4( ) 1 1
7 3x xf x e e C= + − + + ,
verifiquemos que su derivada es:
2'
4( )
1
x
x
ef x
e=
+
Comencemos la derivada:
( ) ( )' '7 3
' 4 44 4
( ) 1 17 3
x xf x e e
= + − +
( ) ( ) ( ) ( )7 3
1 ' 1 '' 4 44 7 4 3
( ) 1 1 1 17 4 3 4
x x x xf x e e e e− −
= + + − + +
' 4( )f x =
7
7
4( )
34
41x xe e
+ −
3
3
4( )
141x xe e−
+
( ) ( ) ( )( )
3 1 3' 4 4 4
14
1( ) 1 1 1
1
x x x x x x
x
f x e e e e e e
e
− = + − + = + − +
( )( )
( )( )
3 14 4
'1 14 4
11 1 1 1( )
1 1
xx x
x x x
x x
ee ef x e e e
e e
+ ++ − + − = = = + +
( ) 1−
( ) ( )1 14 41 1
xx
x x
ee
e e
= + +
( ) ( ) ( )2
'
4 4 4
( )1 1 1
x x x x x
x x x
e e e ef x
e e e
+
= = =+ + +
2'
4( )
1
x
x
ef x
e=
+
De esta manera corroboramos que el resultado es el correcto.
Respuesta: ( ) ( )2
7 34 4
4
4 41 1
7 31
xx x
x
edx e e C
e= + − + +
+∫
Ejercicio 10
Calcule: 23 5
dx
x x+∫ .
Solución
Justificación: Cuando en la integral esta la estructura de un trinomio
cuadrado: 2ax bx c+ + , en el denominador, con o sin raíz cuadrada ó en el
numerador con raíz cuadrada, se procede SIEMPRE a completar cuadrados.
En nuestro caso, debemos completar cuadrados en: 23 5x x+ .
Para completar cuadrado SIEMPRE el coeficiente de 2x debe ser 1, por
ello, extraeremos factor común el 3, quedando:
2 2 23 5 53 5 3 3
3 3 3x x x x x x
+ = + = +
Ahora se procede a completar cuadrados en:
2 2
2 2 2 222
2
5 5 5 5 5 25
2 2 6 6 6 6
5 53
33
3 6
5
6x x x x x x
+ = + − = + − = + − = + −
Explicare en detalle la manera en que complete cuadrados:
Sustituyendo esta completación de cuadrados en:
22 5 5 25
3 33 6 36
x x x + = + −
Sustituyendo en nuestra integral, se tiene:
2 2 2 2
1
33 5 5 25 5 25 5 253 3
6 36 6 36 6 36
dx dx dx dx
x xx x x
= = =+ + − + − + −
∫ ∫ ∫ ∫
SIEMPRE se practica el siguiente cambio de variable, después de
completar cuadrados:
5
6u x
du dx
= + =
Así:
22
1 1
3 3 255 25366 36
dx du
ux
= −+ −
∫ ∫
Hemos llegado a una integral que se resuelve por sustitución
trigonométrica, específicamente en el caso 2, explicado en detalle en el
ejercicio 2 de esta guía:
2 22 x a− sec
sec
x a
dx a tg d
αα α α
= =
Comparando la estructura del radical, se tiene:
2 22 225 25 25 25 5
36 36 36 636a a ax u− = ∴ = =→ =→ −
Por lo tanto el cambio trigonométrico es:
5sec
65
sec6
u
du tg d
α
α α α
= =
Sustituyendo en nuestra integral:
22 2
5 5sec sec1 1 16 6
3 25 3 3 25 255 25 secsec36 36 366 36
tg d tg ddu
u
α α α α α α
αα
= = − −−
∫ ∫ ∫
( ) ( )2 2
1 5 sec 1 5 sec 1 5. . .6 6 63 25 3 25 3
sec 136 36
tg d tg d
tg
α α α α α α
α α= =
−∫ ∫
sec
56
tg dα α α
tgα∫
sec1
3
tgα α d
tg
αα
1sec
3dα α=∫ ∫
Esta última integral es inmediata, a saber:
1 1sec ln sec
3 3d tgα α α α= +∫
Con la siguiente figura, podremos devolver el cambio trigonométrico:
Entonces:
2
2
1 1 6 36 25ln
5 53 25 336
du u u
u
−= +−
∫
Y finalmente, al devolver el cambio: 5
6u x= + , se tiene:
2
2
55 36 25661 6
ln5 533 5
xxdx
Cx x
+ −+ = + +
+∫
Simplificando:
2
2
5 2536 25
3 361 6 5ln
5 533 5
x xdx x
Cx x
+ + − + = + ++∫
2
2
5 256 5 36. 36. 36. 25
1 3 36ln533 5
x x xdx
Cx x
+ + + + −= +
+∫
2
2
1 6 5 36 60 25 25ln
533 5
dx x x xC
x x
+ + + + −= ++∫
( )2
2
1ln 6 5 12 3 5 ln 5
33 5
dxx x x C
x x= + + + − +
+∫
( )2
2
1ln 6 5 12 3 5
33 5
dxx x x K
x x= + + + +
+∫
Donde ln 5K C= − +
( )2
2
1ln 6 5 4.3 3 5
33 5
dxx x x K
x x= + + + +
+∫
( )2
2
1ln 6 5 2 3 3 5
33 5
dxx x x K
x x= + + + +
+∫
Comprobación de la solución
La PRIMITIVA obtenida es: ( )21( ) ln 6 5 2 3 3 5
3f x x x x K= + + + + ,
verifiquemos que su derivada es:
'
2
1( )
3 5f x
x x=
+
Comencemos la derivada:
( )( )
( ) ( ) ( )( )( )
' '' '2 2
'
2 2
6 5 2 3 3 5 6 5 2 3 3 51 1( )
3 36 5 2 3 3 5 6 5 2 3 3 5
x x x x x xf x
x x x x x x
+ + + + + + = =+ + + + + +
( )( )
( )
'2
2
'
2
3 56 2 3 6 2
2 3 51 1( )
3 36 5 2 3 3 5
x x
x xf x
x x x
+ + + + = =+ + +
6 53
2
x +
( )( )
2
2
3 5
6 5 2 3 3 5
x x
x x x
+
+ + +
( ) ( )( )
( )( ) ( )
( )( ) ( )
2
2 2
'
2 2 2
6 3 5 3 6 5
3 5 6 3 5 3 6 51 1( )
3 36 5 2 3 3 5 6 5 2 3 3 5 3 5
x x x
x x x x xf x
x x x x x x x x
+ + + + + + + = =
+ + + + + + +
( ) ( )( ) ( )( ) ( )
2
'
2 2
6 3 5 3 6 5( )
3 6 5 2 3 3 3 5 3 5
x x xf x
x x x x x
+ + +=
+ + + +
( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )
2
'
2 2
6 3 5 3 6 5( )
3 6 5 2 3 3 5 3 5
x x xf x
x x x x x
+ + +=
+ + + +
( ) ( )( ) ( )( ) ( )
2
'
2 2
6 3 5 3 6 5( )
3 6 5 6 3 5 3 5
x x xf x
x x x x x
+ + +=
+ + + +
( ) ( )2
'6 3 5 3 6 5
( )x x x
f x+ + +
=( ) ( )( )23 6 5 6 3 5x x x+ + + ( )23 5x x+
'
2
1( )
3 5f x
x x=
+
De esta manera corroboramos que el resultado es el correcto.
Respuesta: ( )2
2
1ln 6 5 2 3 3 5
33 5
dxx x x K
x x= + + + +
+∫
A continuación se te presentaran una serie de ejercicios propuestos,
¿Por qué es importante resolverlos? Por que tú estarás solo en el examen y tu
eres quien a las finales debes aprehender para tener éxito en la asignatura.
Cualquier duda de los problemas que a continuación se te presentan, déjamelo
saber, a través, de mi correo: [email protected]. Recuerda que en
mi página en el apartado “novedades” en la sección “material durante el
estudio” se encuentra un programa de nombre Mathype que es un excelente
editor de ecuaciones con el cual podrás escribir tus dudas matemáticas, o
escanea las páginas de tu cuaderno y envíame las dudas para darte respuesta
a la brevedad posible.
Por último recuerda resolver cada ejercicio bajo la estructura,
justificación y respuesta , ya que en los exámenes de desarrollo deberás
justificar todas y cada una de tus respuestas, de manera, que es importante
que tomes el hábito de estructurar las soluciones de esta manera, siempre
dando justificación y luego la respuesta .
EJERCICIOS PROPUESTOS
Ejercicio 1
Calcula ( )2x x
x x
a bdx
a b
−∫ .
Ejercicio 2
Descomponiendo en fracciones simples, calcula la integral:
( ) ( )2
2
1
5 1
x xI dx
x x
+ −=+ −∫
Ejercicio 3
Calcula ( ) ( )2 2
2
5 ln 5
xdx
x x+ +∫ .
Ejercicio 4
Calcula ( )
( )32
21 4
xarcsen x dx
x−∫ .
Ejercicio 5
Resuelve la siguiente Integral: 1 cos
dx
x+∫.
Ejercicio 6
Calcula el valor de π partiendo de la igualdad 1
204 1
dx
x
π =+∫
aplicando la
fórmula de Simpson, con 6n = . La fórmula de Simpson es:
( )0 1 2 3 2 14 2 4 ... 2 43
b
n n n
a
hy dx y y y y y y y− −= + + + + + + +∫ donde
b ah
n
−=
Ejercicio 7
Calcula 2 22 3cos
dx
sen x x+∫ .
Ejercicio 8
Calcula ( )
1
221
1
1dx
x− +∫ .
Ejercicio 9
Halle una función real f tal que su función derivada ( )'f venga dada
por ' 2( ) 1f x x x= − y además pase por el punto 7
0,3
Ejercicio 10
Calcule la siguiente integral 2
3 2
21
2 8 4
x xdx
x x x
− −− + −∫ .