metodos de integracion

Métodos de Integración

I n d i c e

Introducción

Cambio de Variable

Integración por partes

Integrales de funciones trigonométricas

Sustitución Trigonométrica

Fracciones parciales

Introducción. En esta sección, ya con la ayuda del Teorema Fundamental del Cálculo, desarrollaremos las principales técnicas de Integración que nos permitirán encontrar las integrales indefinidas de una clase muy amplia de funciones. En cada uno de los métodos de integración, se presentan ejemplos típicos que van desde los casos más simples, pero ilustrativos, que nos permiten llegar de manera gradual hasta los que tienen un mayor grado de dificultad. estudiaremos los principales métodos de integración, consistiendo todos ellos en reducir la integral buscada a una integral ya conocida, como por ejemplo una de las de la tabla, ó bien reducirla a una integral más sencilla.

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fgh f fgh

El Método de Cambio de Variable. Antes de ver la fórmula de cambio de variable, resolveremos algunos ejercicios sencillos que nos llevarán de manera natural a la mencionada fórmula. Tomemos la primera fórmula de la tabla de integrales del capítulo anterior:

11

1−≠+

+=

+

∫ αα

αα sikxdxx

a partir de ésta podemos encontrar integrales como

kxdxx +=∫ 5

54 , kxkxkxdxx +=+=+

+=

+

∫ 3231

21

32

231

21

, etc.

Sin embargo, si la variable no aparece de manera sencilla en la función a integrar, ¿podemos afirmar que

kxdxx +−=−∫ 5)53()53(

54 ?

La respuesta es NO, pues al derivar el lado derecho no obtenemos el integrando

45

)53(35

)53( −=

− xxdxd

lo correcto sería

kxdxx +−=−∫ 5)53()53(3

54

o bien

fgh f fgh

kxdxx +

−=−∫ 5)53(

31)53(

54

Análogamente ¿podemos afirmar que kxdxx +=∫ 5)(cos)(cos

54 ?

De nuevo la respuesta es NO, pues al derivar el lado derecho no obtenemos el integrando

45

)(cos5

)(cos xsenxxdxd −=

lo correcto sería

kxdxxsenx +−=∫ 5)(cos)(cos

54

En el cálculo de estas dos integrales

kxdxx +−=−∫ 5)53()53(3

54 kxdxxsenx +−=∫ 5

)(cos)(cos5

4

como una variante de la fórmula

11

1−≠+

+=

+

∫ αα

αα sikxdxx

advertimos que si la variable x se reemplaza por una función u(x), para que la integral se calcule sustituyendo u(x) por x, en el integrando debe aparecer u'(x) multiplicando a u(x)α, es decir

[ ] [ ] 11

)()(')(1

−≠++

=+

∫ αα

αα sikxudxxuxu

En general, si partimos de una integral conocida

kxgdxxf +=∫ )()(

y cambiamos la variable x por la función derivable u(x), tal que u'(x) es continua, obtenemos LA FORMULA DE CAMBIO DE VARIABLE

[ ] [ ] kxugdxxuxuf +=∫ )()(')(

Podemos comprobar fácilmente su validez, derivando el lado derecho

[ ][ ] [ ] [ ] )(')()(')(')( xuxufxuxugkxugdxd ==+

este último paso utilizando el hecho de que g es una primitiva para f. Si en la fórmula anterior escribimos u = u(x) y u'(x)dx = du, la fórmula de cambio de variable nos quedaría como:

kugduuf +=∫ )()(

En todos los ejemplos que veremos a continuación, trataremos de reducir el grado de dificultad de la integral mediante un cambio de variable, de tal manera que la integral resultante sea más fácil de integrar ó que sea una integral conocida. Para que la fórmula de cambio de variable tenga posibilidades de éxito, debemos identificar en el integrando a una función u y a u', su derivada. Ejemplo 1. Encuentre dxx∫ − 4)53(

Solución. En este caso sencillo podemos observar que esta integral "se parece" a duu∫ 4 ,

lo cual nos sugiere tomar el cambio de variable u = 3x-5 u = 3x-5 ⇒ du = 3 dx ⇒ dx = (1/3)du Sustituyendo en la integral,

cxcucuduuduudxx +−=+=+===− ∫∫∫ 15)53(

15)

5(

31

313/)53(

555444

coincidiendo con el resultado anterior.

Ejemplo 2. Encuentre dxsenxx∫ 4cos

fgh f fgh

Solución. En este caso podemos observar que esta integral "se parece" a duu∫ 4 , lo cual

nos sugiere tomar el cambio de variable u = cosx

u = cosx ⇒ du = -senx dx ⇒ senx dx = -du Sustituyendo en la integral,

cxcuduuduudxsenxx +−=+−=−=−= ∫∫∫ 5cos)

5())(()()(cos

55444

coincidiendo con el resultado anterior.

Ejemplo 3. Encuentre dxxx

∫− 4)5ln3(

Solución. Advertimos la presencia de la función lnx y su derivada 1/x, lo cual nos sugiere tomar el cambio de variable:

u = lnx ⇒ du = dx/x

Sustituyendo en la integral,

dxxx

∫− 4)5ln3( = ∫ − duu 4)53(

A su vez esta integral tendría que resolverse por cambio de variable, tomando w = 3u-5, como se hizo en el ejemplo 1, obteniendo:

cxcuduudxxx +−=+−=−=−

∫∫ 15)5ln3(

15)53()53()5ln3( 55

44

Sin embargo para evitar tomar dos o más cambios de variable, debemos percatarnos de que lo importante es que aparece la expresión 1/x que es la derivada de lnx, que también lo es de (3lnx-5), salvo constantes. Más precisamente, podemos tomar el cambio de variable:

u = 3lnx-5 ⇒ du = 3dx/x, ò bien dx/x = du/3, y al sustituir en la integral original:

cxcuduudxxx +−=+==−

∫∫ 15)5ln3(

531

31)5ln3( 55

44

Observación: De lo anterior podemos concluir que el cambio de variable procede cuando en el integrando aparece una función u y su derivada multiplicada por una constante. Además que la integral de la variable u sea posible resolverla. Ejemplo 4. Encuentre dxxx∫ − 76 23

Solución. En este caso aparece la función u = 2-x7 y su derivada (-7x6) multiplicada por la constante (-3/7), precisando:

u = 2-x7 ⇒ du = -7x6 dx Como en la integral tenemos que sustituir 3x6 dx,

du = -7x6 dx ⇒ dudxxdudxx733

71 66 −=⇒

−=

cxcucuduudxxx +−−=+−=+−=−=− ∫∫ 2/372/32/3

76 )2(72

72)

2/3(

73

7323 ,

así pues

cxdxxx +−−=−∫ 3776 )2(7223 ,

Nótese que una vez identificado el cambio de variable u, vemos que la integral por resolver

es ∫ duu , es decir, resolver nuestra integral dxxx∫ − 76 23 se reduce a resolver

∫ duu mediante el citado cambio de variable ó en otras palabras nuestra integral de la

variable x es similar a ∫ duu

Existen otras situaciones en que el cambio de variable no es tan evidente en términos de la función u y su derivada, por lo cual tenemos que echar la vista adelante y ver a que función fácil de integrar es similar nuestra función.

Ejemplo 5. Encuentre dxx

x∫ + 6

2

1

Solución. En una primera vista no advertimos la presencia de una función u y su derivada, ya que la derivada de 1 + x6 = 6x5 y en el integrando no aparece x5 sino x2. No debemos

fgh f fgh

perder de vista que al hacer un cambio de variable es por que nuestra integral es similar ó se puede reducir a otra fácil de resolver. Si pensamos que x2 dx será el nuevo diferencial, entonces u tendría que ser x3, es decir

u = x3 ⇒ du = 3x2 dx

como se ve al expresar la integral de la siguiente manera:

cxcuu

dudxx

x +=+=+

=+ ∫∫ )arctan(

31arctan

31

131

)(13

223

2

Ejemplo 6. Encuentre dxx

x∫ − 8

3

91

Solución. En analogía al ejemplo anterior, podemos decir que esta integral se reduce a

duu

du∫ − 21

, ya que si tomamos el cambio de variable u2 =9x8, ó equivalentemente

u = 3x4 ⇒ du = 12x3 dx, es decir x3 dx = (1/12)du, y sustituyendo:

cxarcsencuarcsenu

dudxx

x +=+=−

=− ∫∫ )3(

121)(

121

1121

914

28

3

Podemos utilizar el método de cambio de variable para encontrar las integrales de algunas funciones conocidas

Ejemplo 7. Encuentre dxx∫ tan

Solución. dxx

senxdxx ∫∫ =cos

tan

u = cosx ⇒ du = -senx

cxcuududx

xsenx +−=+−=−= ∫∫ )ln(coslncos

Como -ln(cosx) = ln1 - ln(cosx) = ln(1/cosx) = ln(secx) Podemos expresar

∫ += Cxdxx seclntan

Análogamente

∫ += Csenxdxx lncot

Ejemplo 8. Encuentre ∫ + 29 xdx

Solución. Debemos poder reducir esta integral a ∫ + 21 udu mediante un cambio de variable,

por la similitud de las expresiones. Primeramente vemos que en el denominador la variable al cuadrado esta sumada a 1, lo cual nos sugiere factorizar el 9 para tener algo similar, es decir:

∫ ∫∫ +=

+=

+ 222 )3/(191

9/191

9 xdx

xdx

xdx

y esto nos sugiere tomar el cambio de variable

u = x/3 ⇒ du =dx/3

cxcuu

duxdx

xdx +=+=

+=

+=

+ ∫∫∫ )3/arctan(31arctan

31

1)

93(

)3/(191

49 222

En general podemos deducir la fórmula que engloba todo este tipo de integrales.

Ejemplo 9. Encuentre ∫ + 22 xadx

Solución. En analogía al problema anterior:

∫∫+

=+ 2

2

222)1(1

1

xa

dxaxa

dx

y tomando el cambio de variable u =(1/a)x y por lo tanto du =(1/a)dx

cax

acu

audu

aa

xa

dxaxa

dx +

=+=+

=+

=+ ∫∫∫ arctan1arctan1

1)1(1

122

22

222

es decir:

cax

axadx +

=+∫ arctan1

22 ---------- (I)

a reserva de probarlo más adelante, aceptaremos la siguiente fórmula:

cxaxa

axadx +

−+=

−∫ ln21

22 --------- (II)

y probaremos lo siguiente:

Las integrales de la forma ∫ ++ cbxaxdx

2 , con a ≠≠≠≠ 0, se reducen a las fórmulas (I) ó

(II) mediante cambio de variable. El procedimiento consistirá en completar trinomio cuadrado perfecto y tomar el cambio de variable adecuado.

Ejemplo 10. Encuentre ∫ ++ 10122 2 xxdx

Solución. Completemos el trinomio cuadrado perfecto.

10122 2 ++ xx = 2[x2 + 6x + 5] = 2[x2 + 6x + 9-9 +5] = 2[(x2 + 6x + 9) - 4] =2[(x+3)2 - 4] sustituimos en la integral e identificamos con la fórmula (II)

cxx

xdx

xdx

xxdx +

+−++

−=+−

−=−+

=++ ∫∫∫ )3(2

)3(2ln41

21

)3(421

4)3(21

10122 222

es decir

cx

xxx

dx +−−

+

−=++∫ 1

5ln81

10122 2

Obsérvese que no importa cual sea el trinomio cuadrado, al completarlo nuestra integral siempre se reducirá a una de las dos fórmulas. Una vez visto lo anterior, veremos un procedimiento que nos permitirá calcular integrales de la forma

dxcbxax

BAx∫ ++

+2

)( con a ≠ 0

Ejemplo 11. Encuentre ∫ +++

243)35(

2 xxdxx

Solución. Por supuesto que el tipo más sencillo de este tipo de integrales es cuando en el numerador aparece la derivada del término cuadrático del denominador.

cxxxx

dxx +++=++

+∫ 243ln

243)46( 2

2

Partiremos de esta función y modificaremos el numerador para obtener una expresión fácil de integrar

=++

−+=

++

−++=

+++

∫∫∫ dxxx

xdx

xxx

dxxx

x243

)46(243

3)46(243

)35(2

31

65

2620

65

2

∫∫ ++−

+++=

24331

243)46(

2265

xxdxdx

xxx

La primera de las integrales ya está resuelta y la segunda se resuelve con el procedimiento descrito en el ejemplo anterior.

3x2+4x+2 = 3[x2 + 4/3x + 2/3] = 3[(x2 + 4/3x + 4/9) + 2/3-4/9] = 3[(x +2/3)2 + 2/9]

cx

xdx

xxdx +

+

=++

=++ ∫∫ 2

)(3arctan

23

31

)(31

24332

922

322

En consecuencia :

cxxxxxdxx +

+−++=++

+∫ 23

23arctan23

1243ln65

243)35( 2

2

Regresar al índice El método de Integración por partes Este método nos permitirá resolver integrales de funciones que pueden expresarse como un producto de una función por la derivada de otra. Más precisamente, deduciremos la fórmula de integración por partes a partir de la regla para derivar un producto de dos funciones.

[f(x)g(x)]' = f '(x)g(x) + f(x)g'(x)

integrando en ambos lados

[ ] dxdxdx ∫∫∫ += (x)x)g'(f (x)g(x)'f f(x)g(x) '

obtenemos:

dxdxxgxf ∫∫ += (x)x)g'(f (x)g(x)'f)()(

y despejando la segunda integral:

dxxgxfdx ∫∫ += x)g(x)(' f)()( (x)(x)g'f

obtenemos finalmente la FORMULA DE INTEGRACIÓN POR PARTES. A continuación veremos en algunos ejemplos como utilizar esta fórmula.

Ejemplo 1. Encuentre ∫ dx)xcos(x

Solución. Con el fin de utilizar la fórmula anterior, tomaremos f(x) = x y g'(x) = cos(x), es decir el integrando xcos(x) = f(x) g'(x) f(x) = x g '(x) = cos(x) f '(x) = 1 g(x) = sen(x)

fgh f fgh

cxxxsendxxsenxxsendxxx ++−=−= ∫∫ )cos()()()()cos(

Observe que también hubiéramos podido hacer la siguiente elección de f y g': f(x) = cos(x) g '(x) = x f '(x) = -sen(x) g(x) = x2/2 sólo que la función por integrar en el lado derecho tiene un mayor grado de dificultad para resolverse que la original.

∫∫ −−= dxxsenxxxdxxx )(2

)cos(2

)cos(22

NOTACIÓN. Con el fin de ser congruentes con la notación utilizada en la mayoría de los libros del mercado, le llamaremos u = f(x) y v = g(x) y en consecuencia du = f '(x)dx así como du = g '(x)dx. Con esta nueva notación resolveremos los siguientes ejercicios.

Ejemplo 2. Encuentre ∫ dxxex

Solución. Utilizaremos el siguiente cuadro u = x v = ex du = dx dv = ex dx obsérvese que con esta notación, en vez de tomar g' (x) = ex , tomamos su diferencial dv = ekdx y análogamente con f, permitiendo que una parte del integrando sea u y el resto sea dv.

cexedxexedxxe xxxxx +−=−= ∫∫

En estos primeros dos ejemplos, una adecuada elección de u y dv nos lleva en un solo paso a resolver nuestra integral reduciéndola a una integral más fácil de resolver. Existen otras situaciones, como se verá en los siguientes ejemplos, en que si bien la integral del lado derecho tiene un menor grado de dificultad, no es una integral inmediata, requiere de un nuevo proceso de integración por partes ó resolverla por cambio de variable, ó algún otro procedimiento.

Ejemplo 3. Encuentre ∫ dxex x2

Solución. Utilizaremos el siguiente cuadro u = x2 v = ex du = 2xdx dv = ex dx

∫∫ −= dxxeexdxex xxx 222

la integral del lado derecho se resuelve por partes (Ejemplo 2), obteniendo:

cexeexdxex xxxx +−−=∫ )(222

Observación: La elección u = ex, dv = x2dx nos lleva a una integral con un mayor grado de dificultad.

Ejemplo 4. Encuentre ∫ dxxarctan

Solución. Utilizaremos el siguiente cuadro u = arctanx v = x

du = 21 xdx+

dv = dx

∫∫ +−= dx

xxxxdxx 21

arctanarctan

En este caso, la integral del lado derecho se resuelve por un cambio de variable, obteniendo:

cxdxxxdx

xx ++=

+=

+ ∫∫ )1ln(21

12

21

12

22

y en consecuencia:

cxxxdxx ++−=∫ )1ln(21arctanarctan 2

Ejemplo 5. Encuentre ∫ dx)x(sen2

Solución. Utilizaremos el siguiente cuadro u = senx v = -cosx du =cos dx dv = senx dx

dxxxsenxdxxxsenxdxxsen )(coscos)(coscos)( 222 ∫∫∫ +−=−−−=

La integral del lado derecho, al parecer tiene el mismo grado de dificultad que la integral original, incluso es de la misma naturaleza que la original, lo que nos sugiere utilizar de nuevo el método de integración por partes u = cosx v = senx du =-sen dx dv = cos dx

dxxsenxsenxdxxsenxsenxdxx )(cos)(cos)(cos 222 ∫∫∫ +=−−−=

que al sustituirse nos da:

dxxsenxsenxxsenxdxxxsenxdxxsen )(coscos)(coscos)( 222 ∫∫∫ ++−=+−=

obteniendo la identidad

dxxsenxsenxxsenxdxxsen )(coscos)( 22 ∫∫ ++−=

en la que si dejamos en el lado izquierdo las integrales, obtenemos 0 = 0, que no nos ayuda a encontrar el valor de nuestra integral. La alternativa en este caso es utilizar la identidad trigonométrica sen2x + cos2x =1 inmediatamente después de la primera integración por partes.

∫∫∫ −+−=+−= dxxsenxsenxdxxxsenxdxxsen )1(cos)(coscos)( 222

∫∫ −+−= dxxsenxxsenxdxxsen )(cos)( 22 .

Si bien nos vuelve a aparecer la misma integral, esta vez aparece con distinto signo, lo que nos permite despejarla, es decir si dejamos del lado izquierdo las integrales, obtendremos:

xxsenxdxxsen +−=∫ cos)(2 2 .

O bien

cxsenxxdxxsen +−=∫ 2cos)(2 .

Ejemplo 6. Encuentre ∫ dxxsenex )(

Solución. Utilizaremos el siguiente cuadro u = ex v = -cosx du = ex dx dv = senx dx

∫∫ +−= xexedxxsene xxx coscos)(

De nuevo como en el ejemplo anterior, la integral del lado derecho es de la misma naturaleza y del mismo grado de dificultad, por lo que podríamos intentar utilizar de nuevo el método de integración por partes. u = ex v = senx du = ex dx dv = cosx dx

∫∫ −= dxsenxesenxedxxe xxx cos

Sustituyendo, obtenemos:

∫∫∫ −−=+−= senxexesenxexexedxsenxe xxxxxx coscoscos

∫∫ −−= senxexesenxedxsenxe xxxx cos

de donde podemos despeja a la integral

xesenxedxsenxe xxx cos2 −=∫

y en consecuencia

cxesenxedxsenxexx

x +−=∫ 2cos

A continuación abordaremos unos ejemplos en que, debido a la gran cantidad de posibilidades debe tenerse un criterio preciso para decidir sobre la elección de u y dv.

Ejemplo 7. Encuentre ∫ dxex x23

Solución. En este tipo de funciones a integrar, hay muchas maneras de expresar al integrando como un producto: u = x3, dv = dxex 2

; u = x2, dv = x dxex 2

; u = x, dv = x2 dxex 2

; u = 1, dv = x3 dxex 2

;

u = x3 dxex 2

, dv = dx, etc. ¿Cuál de estas opciones elegir? Lo primero que debemos hacer es asegurarnos que en nuestra elección, dv sea una función fácil de integrar. Si examinamos con detalle las opciones, sólo la opción u = x2, dv = x

2xe dx cumple con esto ya que dv es fácil integrar por un simple cambio de variable:

cedxxedxxev xxx +=== ∫∫222

212

21

Así pues el cuadro para la integración por partes será:

u = x2 v = 2

21 xe

du = 2x dx dv = dxxex 2

ceexdxexexdxex xxxxx +−=−= ∫∫22222

21

21

21 223

Ejemplo 8. Encuentre ∫ − dxxx 59 36

Solución. Con un criterio similar al del caso anterior, tomamos la siguiente elección:

u = x5 v = 23

5 )36(45

2 x−−

du = 5x4 dx dv = dxxx 54 36 −

donde 23

521

5454 )36(32

151)36(15

15136 xdxxxdxxxdvv −

−=−−−=−== ∫∫∫

dxxxxxdxxx 23

5423

55

59 )36(4510)36(

45236 −+−−=− ∫∫

= dxxxxx 23

5423

55

)36(1515

14510)36(

452 −−

−

+−−∫

= 25

523

55

)36(52

1352)36(

452 xxx −

−−− + c

Así pues:

cxxxdxxx +−

−−−=−∫5535

559 )36(

6754)36(

45236

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Integrales de funciones trigonométricas A continuación veremos algunas reglas para integrar cierto tipo de funciones trigonométricas, que posteriormente se utilizarán en el método de sustitución trigonométrica. I. Potencias de senos y cosenos dxxdxxsen nn ∫∫ cos

Para resolver este tipo de integrales, consideraremos dos casos:

a) Si n es impar, es decir n = 2k +1, factorizamos el integrando, por ejemplo

senn x dx = sen2k+1 x dx = (sen2 x)k senx dx

Utilizamos la identidad sen2x + cos2x =1 y tomamos el cambio de variable u =cosx. De manera análoga en el caso de las potencias del coseno, tomando el cambio de variable u= senx.

b) Si n es par, es decir n = 2k, factorizamos el integrando, por ejemplo

senn x = sen2k x = (sen2 x)k

ó en el caso del coseno

cosn x = cos2k x = (cos2 x)k

y utilizamos las identidades trigonométricas:

2)2cos(1cos

2)2cos(1 22 xxóxxsen +=−=

Ejemplo 1. Resolver dxxsen∫ 3

Solución:

dxsenx)xcos1(dxsenxxsendxxsen 223 ∫∫∫ −==

fgh f fgh

sea u = cosx, entonces du = -senx, y al sustituir en la integral obtenemos:

cxxcuuduudxsenxxdxxsen +−=+−=−−=−= ∫∫∫ cos3

cos3

)1()cos1(33

223

Ejemplo 2. Resolver dxx∫ 5cos

Solución:

dxxxsendxxxdxx cos)1(cos)(coscos2

22

25 ∫∫∫ −==

sea u = senx, entonces du = cosx, y al sustituir en la integral obtenemos:

cxsenxsensenxcuuuduuuduudxx ++−=++−=+−=−= ∫∫∫ 532

532)21()1(cos

535342

225

Ejemplo 3. Resolver ∫ dxxsen4

Solución:

∫∫∫∫ +−=−== dxxxdxxdxxsendxxsen ))2(cos)2cos(21(41)

2)2cos(1()( 2

2224

= ∫ ∫∫ +− dxxdxxdx )2(cos41)2cos(

21

41 2

II. Productos de potencias de senos y cosenos dxxxsen nm cos∫ .

a) Si m y n son pares, utilizaremos las identidades:

22cos1cos

22cos1 22 xxyxxsen +=−=

b) Si m ó n es impar, utilizaremos la identidad sen2x + cos2x = 1

II. Productos de potencias de tangentes y secantes dxxx nm sectan∫ .

a) Si n es par, utilizamos la identidad: sec2x = 1 + tan2x.

b) Si m es impar, utilizamos la identidad: tan2x = sec2x- 1.

c) Si n es impar y m par usamos algún otro método como por ejemplo integración

por partes.

Regresar al índice El Método de Sustitución Trigonométrica Este método, el cual es un caso especial de cambio de variable, nos permitirá integrar cierto tipo de funciones algebraicas cuyas integrales indefinidas son funciones trigonométricas, como por ejemplo nuestra conocida fórmula:

carcsenxdxx

+=−∫ 21

1

la cual "resolveremos" con el fin de motivar el uso del método. Observe que si tomamos el cambio de variable

x = senθ donde -π/2 < θ < π/2 pues -1 < x < 1

y en consecuencia dx = cosθ dθ y

θθθθ coscoscos11 222 ===−=− senx pues cosθ > 0 en el intervalo -π/2<θ<π/2 Sustituyendo x en términos de θ, obtenemos una integral en la variable θ, la cual resolvemos fácilmente y del cambio de variable la expresamos en términos de x.

carcsenxcdddxx

+=+===− ∫∫∫ θθθθ

θcos

cos1

11

2

Como podemos apreciar, al abordar este tipo de integrales siempre tendremos que resolver una integral trigonométrica, como las que se resolvieron en la sección anterior. Primer caso. Si en el integrando aparece un radical de la forma 22 xa − tomamos el cambio de variable

fgh f fgh

x = a senθ, con a > 0. Como se apreció anteriormente, la variación de x en el intervalo (-a, a) se corresponde con la variación de θ en el intervalo (-π/2 , π/2) En este primer caso la expresión del radical en términos de θ será:

θθθθθ coscoscos)1( 22222222 aaasenasenaaxa ===−=−=−

esta última igualdad pues cosθ > 0 en el intervalo (-π/2 , π/2) También del cambio de variable obtenemos el valor de

θ = arcsenx,

pues la función inversa de f(x) = senx se encuentra definida precisamente en el intervalo (-a,a) y con valores en (-π/2, π/2). Ejemplo 1. Encuentre el área del círculo de radio 2. Solución. La ecuación de la circunferencia de radio 2 y centro en le origen es:

x2 + y2 = 4 cuya gráfica es: Evidentemente esta gráfica no corresponde a una función, pero podemos restringirnos al intervalo [0, 2], calcular el área bajo la grafica y multiplicarla por 4 para obtener el área deseada.

2 -2

La función de la figura la obtenemos despejando a y en términos de x, en la ecuación de la circunferencia:

24 xy −=

Así pues el área buscada será:

dxxA ∫ −=2

0

244

Primeramente encontraremos dxx∫ − 24

En esta integral, tomamos el cambio de variable trigonométrico

x = 2senθ por lo cual dx = 2cosθ dθ y θcos24 2 =− x .

sustituyendo en la integral original, en términos de la nueva variable θ, e integrando, obtenemos:

csendddxx ++===− ∫∫∫ )cos(24cos4)cos2)(cos2(4 22 θθθθθθθθ

Del cambio de variable x = 2senθ obtenemos que senθ = x/2, es decir, θ = arcsen(x/2). Asimismo del cambio de variable, podemos construir el triángulo:

x θ

2

2

4 x−

En este caso particular senθ = x/2 y cosθ = 2

4 2x− .

Así pues la integral resuelta en términos de la variable θ, la expresamos en términos de la variable original, x.

cxxarcsencsendxx +−+=++=−∫ )4

4(2)cos(244

22 θθθθ

cxxarcsendxx +−+=−∫ 2424

22 θ

Calculemos ahora la integral definida

ππ ===−+−−+=−∫ )2/(2122

040)0(22

242)1(24222

0

2 arcsenarcsenarcsendxx

y finalmente el área será:

π4442

0

2 =−= ∫ dxxA

Ejemplo 2. Encuentre ∫ − 29 xxdx

Solución. Tomemos el cambio de variable trigonométrico:



cddsen

dsenxx

dx +−====− ∫∫∫∫ θθθθθ

θθ

θθθ cotcscln

31csc

311

31

)cos3)(3(cos3

9 2

Del cambio de variable x = 3senθ obtenemos que senθ = x/3, y , podemos construir el triángulo: θ

x 3

2x9 −

A partir del cual podemos encontrar cualquier función trigonométrica de θ.

En este caso particular cscθ = 3/x y cotθ = 3

x9 2− .

Así pues la integral resuelta en términos de la variable θ, la expresamos en términos de la variable original, x.

cx

xx

cxx

dx +−−=+−=−∫

2

2

93ln31cotcscln

31

9θθ

cx

xxxx

dx +−−=−∫

2

2

93ln31

9

Ejemplo 3. Encuentre ∫ − 216 xdxx

Solución. Tomemos el cambio de variable trigonométrico:



cdsendsenx

dxx +−===− ∫∫∫ θθθθ

θθθ cos44

)cos4()cos4)(4(

16 2

Del cambio de variable x = 4senθ obtenemos que senθ = x/4, y , podemos construir el triángulo:

θ

x 4

2

x16 −

Y a partir de él calcular cosθ = 4

16 2x− .

Así pues la integral resuelta en términos de la variable θ , la expresamos en términos de la variable original, x.

cxcxcx

dxx +−=+

−−=+−=−∫ 4

164

164cos416

22

2θ

Observación: Esta integral puede resolverse también con un sencillo cambio de variable algebraico u = 16 - x2. Compruebe este resultado como ejercicio.

Ejemplo 4. Encuentre ∫ − 2

3

94 xdxx

Solución. Nótese que para verlo como una integral del primer caso, debemos hacer un cambio de variable ó sencillamente factorizar el 9 en el radical:

222 9/43)9/4(994 xxx −=−=− .

A continuación tomamos el cambio de variable:

θsenx32= por lo cual θθ ddx cos

32= y θcos

329/4 2 =− x .

sustituyendo en la integral original, obtenemos:

cdsendsen

xdxx +

−===− ∫∫∫ θθθθθ

θ

θθcoscos

31

818

818

)cos32(

)cos32()

32(

31

9433

3

2

3

Del cambio de variable θsenx32= , obtenemos que senθ =

23x , y podemos construir el

triángulo:

θ

3x 2

2x94 −

Y a partir de él, calcular cosθ = 294 2x− .

Finalmente:

cxxcx

dxx +

−−

−=+

−=−∫ 2

94818

294

2438coscos

31

818

94

23

23

2

3θθ

Segundo caso. Si en el integrando aparece un radical de la forma 22 xa + tomamos el cambio de variable

x = a tanθ, con a > 0. En este tipo de radicales la variación de x es en toda la recta real, razón por la cual se toma a la tangente, la cual varía tiene esta misma variación en el intervalo (-π/2 , π/2) En este segundo caso la expresión del radical en términos de θ será:

θθθθθ secsecsec)tan1( tan 22222222 aaaaaaxa ===+=+=+

y al igual que en el caso anterior como cosθ > 0 en el intervalo (-π/2 , π/2), también lo será secθ. También del cambio de variable obtenemos el valor de

θ = arctanx.

Pues la inversa de la función f(x) = tanx se encuentra definida en todos los reales y con valores en (-π/2 , π/2)

Ejemplo 5. Encuentre dxx∫ + 22

Solución. Tomamos el cambio de variable:

θtan2=x por lo cual θθ ddx 2sec2= y θsec22 2 =+ x . sustituyendo en la integral original, obtenemos:

cdddxx +++===+ ∫∫∫ θθθθθθθθθ tanseclntan(sec2sec2)sec2)(sec2(2 322

Del cambio de variable θtan2=x , obtenemos que tanθ = 2

x , y podemos construir el

triángulo:

Y a partir de él calcular secθ = 2

2 2x+

obtenemos:

dxx ++==+∫ seclntan(sec22 2 θθθ

En general el método de sustitución trigolas formas señaladas en los casos, lo cualpotencia 1). En el siguiente ejemplo calcelevado al cubo.

Ejemplo 6. Encuentre ∫ + 32 )1( xdx

Solución. Tomamos el cambio de variab

θtan=x por lo cual dx 2sec=sustituyendo en la integral original, obten

xdx =+ ∫∫ se

sec)1(

2

32

Del cambio de variable θtan=x , podem

θ

x

2

2x2 +

x1+

y 2

tan x=θ , que al sustituir en la integral

cxxxxc +

+++

+=+22ln2

222)tan

22θ

nométrica se utiliza cuando aparece un radical de no significa que debe aparecer solo (elevado a la ularemos una integral en la que el radical aparece

le:

θθ d y ( ) ( ) θ33232 sec11 =+=+ xx . emos:

csendd +== ∫ θθθθ

θθ cosc3

os construir el triángulo:

x 2

a partir del cual calculamos senθ = 21 x

x+

.

cx

xcsenx

dx ++

=+=+∫ 232 1)1(

θ

A continuación encontraremos la integral de una función en la que no aparece explícitamente el radical. Ejemplo 7. Encuentre ∫ −+ dxx 22 )1(

Solución. Obsérvese que el integrando lo podemos expresar como

( )422222

1

1)1(

1)1(xx

x+

=+

=+ −

Tomamos el cambio de variable:

θtan=x por lo cual θθ ddx 2sec= y ( ) θ442 sec1 =+ x .

sustituyendo en la integral original, obtenemos:

c)cossen(21dcos

secdsec

)x1(

dxdx)x1( 24

2

4222 +θθ+θ=θθ=

θθθ=

+=+ ∫∫∫∫ −

Del cambio de variable θtan=x , construimos el triángulo:

a partir del cual calculamos senθ

Obteniendo finalmente:

θ 1

x 2

= 21 x

x+

y cosθ = 21

1x+

.

θ

x1+

1

cx

xxcsendxx ++

+=++=+∫− )

1(arctan

21)cos(

21)1( 2

22 θθθ

Tercer caso. Si en el integrando aparece un radical de la forma 22 ax − tomamos el cambio de variable x = a secθ, con a > 0. En este tipo de radicales la variación de x es en (-∞, -a)∪ (a, ∞), razón por la cual se toma x = asecθ, la cual tiene esta misma variación en (0, π/2) ∪ ( π/2, π), justamente donde la función secante tiene inversa. En este tercer caso la expresión del radical en términos de θ será:

θθθθ tantan)1(sec sec 22222222 aaaaaax ==−=−=− solamente que en este dominio, la tangente toma valores positivos y negativos, por lo que no podemos quitar impunemente el valor absoluto. Para resolver este conflicto, asociaremos las variaciones de x y de θ, de la siguiente manera:

x > k ⇔ 0 < θ < π/2

x < -a ⇔ π < θ < 3π/2

siendo la función tangente, positiva en estos intervalos para poder tomar

θtan22 aax =−

tomaremos el valor de θ de la siguiente manera:

axsiaxarc >

= secθ

axsiaxarc −<

−= sec2πθ

Como ejercicio, encuentre ∫ − 92xdx .

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El Método de las Fracciones Parciales Este método nos permitirá integrar cierta clase de funciones racionales (cociente de polinomios) A manera de ilustración consideremos la siguiente integral:

. ∫ −++ .

232

dxx

xx

Obsérvese que difícilmente podríamos abordarla con alguno de los métodos que disponemos. Procederemos efectuando la división de los polinomios: Posteriormente aplicamos el algoritmo de la división y obtenemos:

x2 + x + 3 = (x - 2 ) ( x + 3 ) + 9

Para obtener en el lado izquierdo de la igualdad la función que queremos integrar, dividimos en ambos lados entre ( x - 2 ):

x - 2 x2 + x + 3

x + 3

-x2 + 2x 3x + 3

-3x + 6 9

fgh f fgh

29)3(

232

−++=

−++

xx

xxx

descomponiendo de esta manera nuestra fracción "complicada" en una suma de fracciones "sencillas" a las que llamaremos fracciones parciales, las cuales son fáciles de integrar.

cxxxdxx

dxxdxx

xx +−++=−

++=−

++∫ ∫∫ 2ln93

229)3(

23 22

En general si queremos integrar un cociente de polinomios )()(

xQxP en el que el grado de P(x)

es mayor o igual al grado de Q(x), procederemos como en el caso anterior, aplicando el algoritmo de la división Donde r(x) = 0 ó grad r(x) < grad Q(x)

P(x) = Q(x) q(x) + r(x)

Dividiendo entre Q(x), obtenemos:

)()()(

)()(

xQxrxq

xQxP +=

en donde la integral buscada,

)()()()()(

)()( xQgrxrgrcondx

xQxrdxxqdx

xQxP <+=∫ ∫ ∫

se reduce a calcular la integral de un polinomio q(x) y la integral de una función racional en la cual el numerados tiene grado menos que el denominador. A continuación describiremos varios casos de descomposición de fracciones racionales (en las cuales el polinomio del numerador tiene grado menor que el denominador) como una suma de fracciones parciales las cuales son fáciles de integrar. Primer caso.

P(x)Q(x)

q(x)

r(x)

[Q(x) tiene todas sus raíces reales y distintas] Cuando la factorización del polinomio Q(x) es en factores lineales y distintos, es decir:

Q(x) = (x - a1) (x - a2) (x - a3)... (x - an),

hacemos la siguiente descomposición:

n

n

axA

axA

axA

axA

xQxP

−++

−+

−+

−= ...

)()(

3

3

2

2

1

1

donde A1, A2, A3,... An son constantes reales. Nótese que una vez efectuada la descomposición, la integración es inmediata pues:

caxdxax

Ak

k

k +−=−∫ ln

y por lo tanto:

dxax

Adx

axA

dxax

Adxax

AdxxQxP

n

n∫∫∫∫∫ −++

−+

−+

−= ...

)()(

3

3

2

2

1

1

caxaxaxaxdxxQxP

n +−++−+−+−=∫ ln...lnlnln)()(

321

Ejemplo 1. Calcular ∫ −162xdx

Solución: En este ejemplo Q(x) = x2 -16 = (x-4) (x+4). La descomposición en fracciones parciales sería:

44161

2 −+

+=

− xB

xA

x,

en la que bastará determinar las dos constantes A y B para poder encontrar nuestra integral. Procederemos a la determinación de las constantes, efectuando la suma del lado derecho:

)4)(4()44()(

)4)(4(44

)4)(4()4()4(

161

2 −+−++=

−+++−=

−+++−=

− xxABBAx

xxBBxAAx

xxxBxA

x,

Observamos que la primera y la última fracción son iguales y tienen el mismo denominador, por lo que sus numeradores forzosamente son iguales, es decir:

1 = x(A+B) + (4B-4A)

o bien

0x +1 = x(A+B) + (4B-4A)

de donde obtenemos el siguiente sistema de dos ecuaciones lineales con dos incógnitas:

A+B = 0

4B -4A = 1 que resolviéndolo nos queda

4A+4B = 0

4B -4A = 1

8B = 1

por lo que B = 1/8, y sustituyendo en la primera ecuación, A = -B = -1/8. Una vez determinadas nuestras constantes A y B, las sustituimos en la descomposición inicial, obteniendo:

48/1

48/1

44161

2 −−

+=

−+

+=

− xxxB

xA

x,

quedando finalmente la integración:

cxxdxx

dxxx

dx +−−+=−

−+

=−∫ ∫∫ 4ln

814ln

81

48/1

48/1

162

o bien , utilizando las propiedades de los logaritmos:

cxx

xdx +

−+=

−∫ 44ln

81

162

Observación: Esta integral es un caso particular de la fórmula presentada sin demostración en el método de cambio de variable

cuaua

auadu +

+−=

−∫ ln21

22

la cual puede ahora probarse con el método de fracciones parciales como un ejercicio.

Ejemplo 2. Calcular dxxx

x∫ −−

+152

22

Solución: En este ejemplo, Q(x) = x2 -2x - 15 = (x-5) (x+3). La descomposición en fracciones parciales sería:

351522

2 ++

−=

−−+

xB

xA

xxx ,

y siguiendo el procedimiento del ejemplo anterior

)3)(5()53()(

)3)(5()5()3(

351522

2 +−−++=

+−−++=

++

−=

−−+

xxBABAx

xxxBxA

xB

xA

xxx ,

igualando coeficientes, obtenemos el sistema:

A + B = 1

3A -5B = 2

que al resolverlo nos da:

5A + 5B = 5

3A -5B = 2

8A = 7

obteniendo el valor de A = 7/8. Para encontrar B, la despejamos en la primera ecuación

B = 1 - A = 1 - 7/8 = 1/8

Así pues, la descomposición en fracciones parciales es:

38/1

58/7

1522

2 ++

−=

−−+

xxxxx ,

y nuestra integral:

cxxdxx

dxx

dxxx

x +++−=+

+−

=−−

+∫ ∫∫ 3ln

815ln

87

38/1

58/7

1522

2

Observación: En cada uno de los casos de este método se afirma que se puede dar una descomposición en fracciones parciales, lo cual es un resultado del álgebra y que por lo tanto debería probarse algebraicamente, ya que podría surgir la duda de que en una de estas descomposiciones se produjera un sistema de ecuaciones sin solución. No daremos aquí la demostración pero veremos que por lo menos en el primer caso siempre será posible encontrar las constantes, es decir los sistemas resultantes si tendrán solución. Otro método para determinar las constantes: Tratemos de "despejar" la constante A de la descomposición deseada: Multiplicamos en ambos lados de la ecuación por (x-5)

35)3)(5(2

++

−=

+−+

xB

xA

xxx

obteniendo:

3)5(

32

+−+=

++

xxBA

xx

despejamos a la constante A

3)5(

32

+−−

++=

xxB

xxA

evaluamos en x = 5 y obtenemos

A =7/8

Obsérvese que estos pasos para determinar A se pueden comprimir en uno solo: Determinando las constantes por otro método: De la expresión a descomponer en fracciones parciales, se elimina del denominador el factor lineal correspondiente a esta constante y finalmente se evalúa en el punto donde este factor eliminado se anula.

Es decir 32

++=

xxA evaluado en x = 5 , resultando A = 7/8.

Similarmente para obtener el valor de B, multiplicamos en ambos lados de la ecuación original por (x+3), despejamos B y evaluamos en x = -3, obteniendo:

52

−+=

xxB evaluado en x = -3

B = 1/8.

Ejemplo 3. Calcular dxxxx

xx∫ +−

+−86132

23

2

Solución: En este ejemplo, Q(x) = x3 -6x2 + 8x = x(x-4)(x-2). La descomposición en fracciones parciales sería:

24)2)(4(132 2

−+

−+=

−−+−

xC

xB

xA

xxxxx ,

siendo los valores de las constantes:

)2)(4(132 2

−−+−=

xxxxA evaluado en x = 0 ⇒ A = 1/8

)2(132 2

−+−=

xxxxB evaluado en x = 4 ⇒ B = 21/8

)4(132 2

−+−=

xxxxC evaluado en x = 2 ⇒ C = -3/4

Así pues

∫∫∫∫ −−

−+=

+−+−

243

4821

81

86132

23

2

xdx

xdx

xdxdx

xxxxx

es decir:

cxxxdxxxx

xx +−−−+=+−+−

∫ 2ln434ln

821ln

81

86132

23

2

Segundo caso.

[Q(x) tiene todas sus raíces reales pero puede haber repetidas] Cuando la factorización del polinomio Q(x) es en factores lineales no necesariamente distintos, es decir:

nmn

mmm axaxaxaxxQ )...()()()()( 321321 −−−−=

Por cada factor lineal aparecerán tantas fracciones parciales como multiplicidad tenga este factor, por ejemplo para el factor (x-ak)mk habrá mk fracciones parciales:

k

k

mk

m

kk ax

A

axA

axA

)(...

)()( 221

−++

−+

−

donde A1, A2, A3,... Amk son constantes reales. De nuevo como en el caso anterior la integración de las fracciones parciales es sencilla y se reduce a calcular integrales de la forma:

∫ − naxdx

)(

las cuales, para n > 1, se resuelven por un sencillo cambio de variable.


x∫ +−

+44

8323

Solución: En este ejemplo, Q(x) = x3 -4x2 + 4x = x(x - 2)2. La descomposición en fracciones parciales sería:

( )22 22)2(83

−+

−+=

−+

xC

xB

xA

xxx

Al desarrollar e igualar los polinomios del numerador, como en los ejemplos anteriores, obtendremos las constantes de resolver un sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas. Si observamos con detalle la igualdad anterior nos daremos cuenta que la constante B no puede determinarse por el método "corto", pero sí las otras dos, es decir del sistema de tres por tres ya habremos determinado dos de las incógnitas y de cualquiera de las ecuaciones en que aparezca B la despejamos.

2)2(83

−+=

xxA evaluado en x = 0 nos da A = 2

xxC 83 += evaluado en x = 2 nos da C = 7

Efectuando las operaciones y factorizando x2 y x, tenemos:

( ) 2

2

22 )2(4)24()(...

22)2(83

−++−−++==

−+

−+=

−+

xxACBAxBAx

xC

xB

xA

xxx

igualando los coeficientes de los numeradores, obtenemos el siguiente sistema de ecuaciones:

A+B = 0

-4A -2 B + C = 3

4A = 8

Como sólo falta determinar la constante B, la despejamos de la primera ecuación, obteniendo B = -2. Sustituyendo e integrando:

( )dx

xdx

xdx

xdx

xxx

∫∫∫∫ −+

−−+=

−+

22 27

222

)2(83

cx

xxdxxxx +

−−−−=

−+

∫ 272ln2ln2

)2(83

2


x∫ +−

+246 2

8

Solución: En este ejemplo, Q(x) = x6 -2x4 + x2 = x2(x4 -2x2 + 1) = x2(x2 -1)2 Q(x) = x2(x +1)2(x +1)2 La descomposición en fracciones parciales sería:

( ) ( )222222 1111)1()1(8

−+

−+

++

+++=

−++

xF

xE

xD

xC

xB

xA

xxxx

Por el método corto podemos fácilmente encontrar que B = 8, D = 7/4 y F = 9/4.

Para determinar el resto de las constantes tenemos que plantear el sistema de ecuaciones:

+−

+−−++−++−=−

+222

23452435

222 )1()()12()2(

)1(8

xxxxxxCxxBxxxA

xxx

222

2342345234

)1()2()()2(

−+++−−+++++

xxxxxFxxxxExxxD

conduciéndonos al siguiente sistema de 6 ecuaciones con 6 incógnitas

A + C + E = 0

B - C + D + E + F = 0 -2A - C + 2D - E + 2F = 0 -2B + C + D - E + F = 0

A = 1

B = 8

Como ya tenemos los valores A = 1, B = 8, D = 7/4 y F = 9/4, sustituyéndolos en las primeras dos ecuaciones, encontraremos los valores de C y E resolviendo el sistema: C + E = -1 -C + E = -12 cuya solución es C = 11/2 y E = -13/2. El valor de la integral, entonces será:

cx

xxx

xdxxxx

x +−

−−−++−=+−

+∫ )1(4

91ln2

131ln2

118ln2

8246

Tercer caso. [Q(x) tiene raíces complejas distintas] Cuando en la factorización del polinomio Q(x) aparecen factores cuadráticos de la forma

ax2 + bx + c con b2 - 4ac < 0

a cada uno de estos factores le corresponderá una fracción parcial de la forma

cbxaxBAx++

+2

donde A y B son constantes reales.


x∫ ++

+52

1323

Solución: En este ejemplo, Q(x) = x3 +2x2 + 5x = x(x2 +2x + 5)

Con b2 - 4ac = 4-20 = -16 < 0 La descomposición en fracciones parciales sería:

)52()()52(

52)52(13

2

2

22 ++++++=

++++=

+++

xxxCBxxxxA

xxCBx

xA

xxxx

el sistema a resolver:

A + B = 0

2A + C = 3 5A = 1 y la solución: A = 1/5, B = -1/5 y C = 13/5

dxxx

x

xdxdx

xxx

xdxdx

xxxx

∫∫∫∫∫ ++

−−+−=

++−−=

+++

52

113)22(21

51

51

5213

51

51

5213

2223 =

∫∫ +++

+++−=

52514

52)22(

101ln

51

22 xxdxdx

xxxx =

= =++

+++− ∫ 4)1(51452ln

101ln

51

22

xdxxxx

= cxxxx +

++++−2

1arctan21

51452ln

101ln

51 2

Cuarto caso. [Q(x) tiene raíces complejas repetidas] Cuando en la factorización del polinomio Q(x) aparecen factores cuadráticos repetidos de la forma

(ax2 + bx + c)n con b2 - 4ac < 0 a cada uno de estos factores le corresponderán n fracciones parciales de la forma

nnn

cbxaxBxA

cbxaxBxA

cbxaxBxA

)(...

)( 22222

211

+++

++++

++

+++

donde Ak y Bk son constantes reales para k = 1,2 ... n.

Ejemplo 7. Calcular dxxx

x∫ ++ 12 24

2

Solución: En este ejemplo, Q(x) = x4 +2x2 + 1 = (x2 +1)2

Con b2 - 4ac < 0 La descomposición en fracciones parciales sería:

22

23

22222

2

)1()1(1)1( ++++++=

+++

++=

+ xDCxBAxBxAx

xDCx

xBAx

xx

planteándose el sistema de ecuaciones:

A = 0

B = 1

A + C = 0

B + D = 0 Con solución A = 0, B = 1, C = 0 y D = -1 Así pues la integral

∫∫∫ +−

+=

++ 22224

2

)1(112 xdx

xdxdx

xxx

donde la primera integral es la inversa de la tangente y la segunda se resuelve mediante el segundo caso de sustitución trigonométrica.

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Metodos de Integracion

Contenido

1 Introduccion 1

2 Integrales Simples 3

3 Dos Metodos Fundamentales 53.1 Sustitucion o Cambio de Variable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53.2 Integracion por Partes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

4 Integracion de Funciones Trigonometricas 11

4.1 Integrales de la forma∫

sen nx dx y∫

cosn x dx. . . . . . . . . . . . . . . 11


sen mx cosn x dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13


tann x dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14


secn x dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15


tanm x secn x dx. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16


sen nx cos mx dx con n �= m. . . . . . . . . . . . 17

4.7 Integrales de la forma∫sen nx sen mx dx o

∫cos nx cos mx dx con n �= m. . . . . . . . . . . . 18

5 Integracion por Sustituciones Trigonometricas 19

6 Integracion de Funciones Racionales 25

7 Funciones Hiperbolicas y Sustituciones Hiperbolicas 33

8 Integrandos Racionalizables 378.1 Funciones racionales de potencias fraccionarias . . . . . . . . . . . . . . . . 378.2 Funciones racionales de senos y cosenos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 388.3 Funciones racionales del tipo R(x,

√1 − x2) . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

8.4 Funciones racionales del tipo R(x,√

x2 − 1) . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

v

vi Contenido


x2 + 1) . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

9 103 Integrales 43

10 Respuestas 47

1. Introduccion

La definicion de la integral de una funcion continua f en un intervalo [a, b] como el lımitede las sumas parciales de particiones rectangulares, en sımbolos∫ b

af(x) dx = lim

n→∞

n∑i=1

f(αi)∆xi ,

no nos provee de un conjunto de reglas operativas para resolver integrales de manera tanprecisa como lo son el conjunto de reglas para resolver derivadas. Es el Teorema Funda-

mental del Calculo que nos da una mejor heurıstica para calcular el valor de∫ b

af(x) dx,

la cual es el punto de partida de los metodos expuestos aqui: hallese una funcion g tal que

g′(x) = f(x); luego∫ b

af(x) dx = g(b)−g(a). La funcion g es unica salvo constante aditiva

y esta definida para todos los valores de x donde f(x) esta definida. Por todo esto y porser nuestro objetivo en estas notas elaborar metodos para hallar g, obviaremos los lımites

de integracion a y b (por lo que tampoco nos interesara calcular el valor de∫ b

af(x) dx) y,

en general, trabajaremos con la integral indefinida∫f(x) dx

cuya solucion tiene la forma g(x) + C, donde g es una funcion que satisface

g′(x) = f(x)

(y es esta ultima condicion la que utilizamos para verificar que, en efecto, g es una solucionde la integral.)

El proceso de hallar una solucion para una integral es lo que se denomina integrar

una funcion o simplemente integracion. En la expresion∫

f(x) dx = g(x) + C, la funcion

f(x) se llama integrando, la funcion g(x) se llama primitiva o antiderivada de f y C esla constante de integracion, la cual olvidaremos escribir en general (y muchas veces porrazones de espacio). Sin embargo, se debe tener siempre presente que son infinitas lassoluciones de una integral indefinida y cualquier par de ellas difieren en una constante.

El sımbolo∫ b

af(x) dx se atribuye a la inventiva de Leibniz (1646–1716), quien quiso

representar con este una suma infinita de rectangulos, cada uno de altura dada por el

1

2 Introduccion

valor de la funcion f y base infinitamente pequena o de valor infinitesimal dx. El usoque Leibniz dio a estos dx fue mas que notacional: el considero dx como una variablea valores infinitesimales positivos (en el sentido de ser un numero positivo menor quecualquier numero finito positivo) y opero con este de igual manera que con cualquier otracantidad numerica para obtener muchas de las formulas del calculo diferencial e integralque conocemos hoy1. Este uso de dx como cantidad infinitesimal, si bien como recursonotacional resulta ser tremendamente clarificador de muchas formulas del Calculo, fue con-troversial por que en su epoca, y hasta mediados del siglo XX, carecio de fundamentacionmatematica. Es en el ano 1965 cuando se logra reconciliar la consideracion de dx comocantidad infinitesimal con el rigor de las matematicas: el matematico Abraham Robinson(1918–1974) demostro formalmente la posibilidad de extender el conjunto de los numerosreales a un conjunto que incluya las cantidades infinitas e infinitesimales2.

En vista de estos resultados podemos tranquilamente considerar dx a la manera deLeibniz, y es ası como lo haremos aqui. Esto es, consideramos dx como una variable quetoma valores infinitesimales positivos, y su uso en la deduccion de formulas para integrarqueda matematicamente justificado (por ejemplo, en la seccion 3.1 cuando escribimosdu = g′(x) dx, o los du y dv en las integrales por partes en la seccion 3.2). Como bonoextra, esperamos que del conocimiento de este avance de la matematica moderna, el lectorpueda librarse del trauma que le resulta al intentar responder la pregunta: ¿Por quedx

dx= 1?3. Respuesta: ¡Muy simple! porque se esta dividiendo una cantidad infinitesimal

no nula por sı misma.Otro punto que merece ser aclarado es el siguiente. Cuando hablamos de “resolver

la integral para una funcion f”, lo que se esta pidiendo en realidad es hallar una primi-tiva g para f que se exprese en terminos de funciones elementales (e.g. composicionesfinitas de funciones aritmeticas, trigonometricas, logarıtmicas, exponenciales, radicales yotras de igual estilo). El que esto sea posible no esta garantizado por ningun teoremapara funciones continuas y, mas aun, se ha demostrado que existen funciones continuaselementales que no admiten primitivas en terminos elementales; por ejemplo, la funcionf(x) = e−x2

. Estas razones establecen la filosofıa directriz de los metodos de integracion:se clasifican las funciones conocidas que admiten primitivas elementales en clases segunun patron general que sabemos resolver mediante una operacion especıfica; cualquier otrafuncion que no presente las caracterısticas de los elementos de alguna de las clases es-tablecidas, se intenta transformar en un elemento de alguna de estas mediante un numerofinito de manipulaciones. Pero, por lo antes dicho, el exito de este procedimiento no estagarantizado y depende en gran medida de la destreza que solo se adquiere con la practica.En este sentido integrar es un arte.

1Vease la obra de C. Boyer, The History of the Calculus and its Conceptual Development, Dover 1959,para un excelente recuento de esta parte de la historia de la matematica.

2Ver A. Robinson, Non-standard Analysis, North–Holland, Amsterdam, 1966.3Esta es una pregunta que consuetudinariamente me hacen los estudiantes de calculo.

2. Integrales Simples

Comenzamos con una lista de las funciones que admiten una primitiva simple; estas sonlas que podemos obtener como una aplicacion inmediata del Teorema Fundamental delCalculo y nada mas. (Esto es una verdad a medias: las integrales 12 a 15 no entran dentrode este patron; pero las incluimos aqui para completar la lista de integrales cuyo integrandoes una funcion simple. En la seccion 3.1, ejemplo 3.1.6, daremos una justificacion de ellas.)

1.∫

k dx = kx + C, para todo numero real k.

2.∫

xα dx = xα+1

α+1 + C, para todo numero real α �= −1.

3.∫

1x dx = ln |x| + C

4.∫

ekx dx = ekx

k + C, para todo numero k �= 0.

5.∫

akx dx = akx

k ln a + C, para a �= 1 y k �= 0.

6.∫

sen x dx = − cos x + C.

7.∫

cos x dx = sen x + C

8.∫

sec2 x dx = tanx + C

9.∫

csc2 x dx = − cot x + C

10.∫

(sec x)(tanx) dx = sec x + C

11.∫

(csc x)(cot x) dx = − csc x + C

12.∫

tanx dx = ln | sec x| + C = − ln | cos x| + C

13.∫

cot x dx = − ln | csc x| + C = ln | sen x| + C

14.∫

sec x dx = ln | sec x + tanx| + C

15.∫

csc x dx = − ln | csc x + cot x| + C

16.∫

1√1−x2

dx = arcsen x + C = − arccos x + C, para |x| < 1

17.∫

11+x2 dx = arctanx + C = − arccot x + C

3

4 Simples

18.∫

1x√

x2−1dx = arcsec |x| + C = − arccsc |x| + C, para |x| > 1

19.∫

senh x dx = cosh x + C

20.∫

cosh x dx = senh x + C

21.∫

sech 2x dx = tanhx + C

22.∫

csch 2x dx = − coth x + C

23.∫

1√1+x2

dx = arcsenh + C = ln(x +√

1 + x2 ) + C

24.∫

1±√

x2−1dx = arccosh x + C = ln(x ±

√x2 − 1 ) + C, para |x| > 1.

25.∫

11−x2 dx =

arctanhx = 12 ln 1+x

1−x , si |x| < 1

arccoth x = 12 ln x+1

x−1 , si |x| > 1

Anexo a esta tabla de integrales se tienen las siguientes propiedades de la integral quedeben saber manejarse tambien.

Propiedad 1: ∫[f(x) ± g(x)] dx =

∫f(x) dx ±

∫g(x) dx

Ejemplo 2.1 ∫[e2x + x3] dx =

∫e2x dx +

∫x3 dx =

e2x

2+

x4

4+ C

Propiedad 2: ∫kf(x) dx = k

∫f(x) dx, para todo k ∈ R.

Ejemplo 2.2 ∫3

1 + x2dx = 3

∫1

1 + x2dx = 3arctanx + C

3. Dos Metodos Fundamentales

Los metodos de sustitucion e integracion por partes son la base de todos los demas metodos.Aquellos son, en esencia, una combinacion de uno de estos dos, o ambos, mas algun trucoalgebraico.

3.1 Sustitucion o Cambio de Variable

Si una integral tiene la forma ∫f(g(x))g′(x) dx

el metodo de sustitucion o cambio de variable consiste en tomar

u = g(x)

de dondedu = g′(x) dx.

Se resuelve∫

f(u) du y luego de hallada la solucion (llamemosla F (u) + C) se vuelve a

poner todo en terminos de x sustituyendo u por g(x); es decir,∫f(g(x))g′(x) dx = F (g(x)) + C. (3.1)

La justificacion de este metodo se basa en la regla de la cadena para la derivada defunciones compuestas: Si f y g son derivables y la composicion de f con g esta biendefinida, entonces, si F es una primitiva de f , se tiene

(F (g(x)))′ = F ′(g(x))g′(x) = f(g(x))g′(x),

por lo tanto, F (g(x)) es una primitiva de f(g(x))g′(x), de donde se obtiene (3.1).

Ejemplo 3.1.1∫

3√

1 + 3 sen x cos x dx. Hacemos la sustitucion: u = 1 + 3 sen x, y ası

du = 3 cos x dx. La integral nos queda:

13

∫u

13 du =

14u

43 + C

5

6 Metodos Fundamentales

y, por lo tanto, ∫3√

1 + 3 sen x cos x dx =(1 + 3 sen x)

43

4+ C.

Ejemplo 3.1.2∫

x3

5√

x4 + 6dx. Hacemos la sustitucion u = x4 + 6 y du = 4x3 dx. Ası

∫x3

5√

x4 + 6dx =

14

∫15√

udu =

14

∫u

− 15 du =

516

u45 + C =

516

(x4 + 6)45 + C.

Ejemplo 3.1.3∫

x√

x − 5 dx. Hacemos la sustitucion: u =√

x − 5, de donde x = u2 +5

y dx = 2u du. La integral nos queda:∫(u2 + 5)u2u du = 2

∫(u4 + 5u2) du =

25u5 +

103

u3 + C.

Retornando a la variable x se concluye que∫x√

x − 5 dx =25(x − 5)

52 +

103

(x − 5)32 + C.

A continuacion tenemos tres formulas generales de integracion que son consecuenciainmediata del metodo de sustitucion o cambio de variable. (En todos los casos considereu = f(x).)

Formula general 1:

∫fn(x)f ′(x) dx =

fn+1(x)n + 1

+ C, para n �= −1

Ejemplo 3.1.4 (a)∫

sen 3x cos x dx =sen 4x

4+ C

(b)∫

arcsen x√1 − x2

dx =∫

arcsen x1√

1 − x2dx =

( arcsen x)2

2+ C

(c)∫

1(ln3 x)x

dx =∫

(ln−3 x)1x

dx =ln−2 x

−2+ C

Formula general 2: ∫ef(x)f ′(x) dx = ef(x) + C


ex2x dx =

12

∫ex2

2x dx =12ex2

+ C

Sustitucion 7

(b)∫

e√

x

√x

dx = 2∫

e√

x 12√

xdx = 2e

√x + C

Formula general 3: ∫f ′(x)f(x)

dx = ln |f(x)| + C


e−x

e−x + 1dx = (−1)

∫ −e−x

e−x + 1dx = − ln |e−x + 1| + C

(b)∫

1 + lnx

3 + x lnxdx =

∫x 1

x + (1) lnx

3 + x lnxdx = ln |3 + x lnx| + C

(c)∫

tanx dx =∫

sen x

cos xdx = (−1)

∫ − sen x

cos xdx = − ln | cos x| + C

(De manera analoga se resuelve la integral de cot x.)

(d) ∫sec x dx =

∫sec x

sec x + tanx

sec x + tanxdx =

∫sec x tanx + sec2 x

sec x + tanxdx

= ln | sec x + tanx| + C

La solucion anterior es la que se ensena con mas frecuencia en los cursos de calculo para laintegral de sec x, y es la que mas rapidamente se olvida. A mi parecer esto es ası porque eltruco de multiplicar y dividir el integrando por secx+tanx es muy poco natural. Por esodare a continuacion otra solucion mas natural de esta integral, aunque tal vez al lector nole resulte en este momento ası puesto que se utiliza la siguiente separacion de una fraccionde polinomios en otras mas simples:

1(1 + a)(1 − a)

=12

(1

1 + a+

11 − a

)

Sin embargo, luego de leer el capıtulo 6, el lector podra juzgar mejor sobre la naturalidadde esta solucion.

Ejemplo 3.1.7∫sec x dx =

∫1

cos xdx =

∫cos x

cos2 xdx =

∫cos x

1 − sen 2xdx

=∫

cos x

(1 + sen x)(1 − sen x)dx =

12

∫ (cos x

1 + sen x+

cos x

1 − sen x

)dx

=12(ln |1 + sen x| − ln |1 − sen x|) + C =

12

ln∣∣∣∣1 + sen x

1 − sen x

∣∣∣∣ + C

=12

ln∣∣∣∣1 + sen x

1 − sen x· 1 + sen x

1 + sen x

∣∣∣∣ + C =12

ln∣∣∣∣(1 + sen x)2

1 − sen 2x

∣∣∣∣ + C


=12

ln∣∣∣∣(1 + sen x)2

cos2 x

∣∣∣∣ + C = ln∣∣∣∣1 + sen x

cos x

∣∣∣∣ + C

= ln | sec x + tanx| + C.

Una nota historica: Esta ultima solucion de la integral de la secante aparecio publicadapor primera vez en la obra Geometrical Lectures de Isaac Barrow (1630–1677). El interessuscitado en la epoca de Barrow por resolver esta integral se debio a su utilidad en eltrazado de mapas geograficos, descubierta por Edward Wright (1561–1615), quien deter-mino que para trazar con exactitud en un mapa el paralelo de latitud θ, se debe tomarcomo distancia de este al ecuador la integral de la secante de θ. 1

Ejercicio 3.1.1 Halle las primitivas de cosecante y cotangente.

3.2 Integracion por Partes

La formula de derivacion para el producto de dos funciones nos proporciona de una formulautil para resolver integrales cuyo integrando es el producto de dos funciones de naturalezadistintas. Sean f y g funciones sobre la misma variable x y derivables. Entonces

(f(x)g(x))′ = f ′(x)g(x) + f(x)g′(x),

por lo que fg es una primitiva de f ′g + fg′; es decir,

f(x)g(x) =∫

(f(x)g(x))′ dx =∫

f ′(x)g(x) dx +∫

f(x)g′(x) dx,

de donde se obtiene la siguiente formula, que es lo que se conoce como la regla de inte-gracion por partes, ∫

f(x)g′(x) dx = f(x)g(x) −∫

f ′(x)g(x) dx.

Esta formula nos dice que la integral de un producto de dos funciones, una f(x) y la otra laderivada de una g(x), no es mas que el producto de f por g menos la integral del productode la derivada de f por la funcion g. Una manera de desglosar los calculos y recordar esta

regla de integracion consiste en lo siguiente: dado el problema de resolver∫

f(x)g′(x) dx,

hacemos

u = f(x) y dv = g′(x) dx, por lo quedu = f ′(x) dx y v = g(x)

Luego ∫f(x)g′(x) dx =

∫u dv = u · v −

∫v · du

= f(x) · g(x) −∫

g(x)f ′(x) dx

1Ver V. F. Rickey, P. M. Tuchinsky, An application of geography to mathematics: history of the integralof the secant, Math. Magazine, 53 3 (162–166) 1980

Por Partes 9

Ejemplo 3.2.1∫

x2e2x dx. Hacemos

u = x2 ⇒ du = 2x dx

dv = e2x dx ⇒ v =∫

e2x dx =12e2x

Ası ∫x2e2x dx = u · v −

∫v · du =

12x2e2x −

∫xe2x dx

Volvemos a integrar por partes∫

xe2x dx tomando u = x y dv = e2x dx (en consecuencia

du = dx y v = 12e2x). Tenemos∫

xe2x dx =12xe2x −

∫12e2x dx =

12xe2x − 1

4e2x

Finalmente, ∫x2e2x dx =

12x2e2x −

∫xe2x dx

= e2x

(12x2 − 1

2x +

14

)+ C

Ejemplo 3.2.2∫

ex cos x dx. Tomemos

u = cos x ⇒ du = − sen x dx

dv = ex dx ⇒ v =∫

ex dx = ex

Entonces ∫ex cos x dx = ex cos x +

∫ex sen x dx

Volvemos a integrar por partes∫

ex sen x dx tomando

u = sen x ⇒ du = cos x dx

dv = ex dx ⇒ v = ex

para luego obtener∫ex cos x dx = ex cos x +

∫ex sen x dx

= ex cos x + ex sen x −∫

ex cos x dx

Hemos obtenido, en el lado derecho de la igualdad, la misma integral que deseabamos

calcular pero con signo opuesto. Sumando∫

ex cos x dx a ambos lados de la igualdad y

dividiendo entre 2 obtenemos∫ex cos x dx =

12ex(cos x + sen x) + C


Ejemplo 3.2.3∫

cos(ln x) dx. Sea

u = cos(ln x) ⇒ du = −1x

sen (lnx) dx

dv = dx ⇒ v = x

Luego ∫cos(ln x) dx = x cos(ln x) +

∫sen (lnx) dx

Integrando nuevamente por partes con u = sen (lnx) y dv = dx se obtiene∫cos(ln x) dx = x cos(ln x) + x sen (lnx) −

∫cos(ln x) dx

Otra vez se presenta el fenomeno que observamos en el ejemplo anterior: aparece en ellado derecho de la igualdad la integral que comenzamos a integrar . . . y ya sabemos quehacer. Ası, ∫

cos(ln x) dx =12(x cos(ln x) + x sen (lnx)) + C.

En este momento podrıamos preguntarnos si importa como se eligen u y dv, cuando seintenta resolver una integral por la formula de integracion por partes. Si nos tomasemosla molestia de integrar en el ejemplo 3.2.2 tomando u = ex y dv = cos x dx, entoncesobtendrıamos la misma solucion. Intente ahora integrar en el ejemplo 3.2.1 tomandou = ex y dv = x2 dx; se vera entonces que el proceso de integracion ¡no tiene fin! Paraauxiliar al lector en la correcta eleccion de quien debe ser u y quien dv existen diversosrecursos mnemotecnicos en forma de poemas o rezos, para ninguno de los cuales conozcouna demostracion matematica de su infalibilidad y, por eso, me limitare a recomendar queuse su ingenio y practique el metodo de integracion por partes lo suficiente como paradesarrollar su propio criterio de eleccion.

Un tipo de funciones que invitan a ser integradas por partes son las inversas de fun-ciones trigonometricas y las logarıtmicas, ya que sus derivadas son funciones algebraicas.

Ejemplo 3.2.4 En estos ejemplos u es todo el integrando y dv = dx.

(a)∫

arctanx dx = x arctanx −∫

x

1 + x2dx (sustitucion w = 1 + x2)

= x arctanx − 12

ln(1 + x2) + C

(b)∫

arcsen x dx = x arcsen x −∫

x√1 − x2

dx (sustitucion w = 1 − x2)

= x arcsen x +√

1 − x2 + C

(c)∫

lnx dx = x lnx −∫

x1x

dx = x lnx − x + C

4. Integracion de FuncionesTrigonometricas

En este capıtulo estudiaremos metodos para resolver integrales de productos y potenciasde funciones trigonometricas. Todos consisten, esencialmente, en el metodo de sustitucionjunto con algunas identidades trigonometricas. Las identidades trigonometricas funda-mentales que debemos recordar son

sen 2x + cos2 x = 1 (4.1)sen (−x) = − sen x (seno es una funcion impar) (4.2)cos(−x) = cos x (coseno es una funcion par) (4.3)

y las identidades de la suma de dos angulos

sen (x + y) = sen x · cos y + sen y · cos x (4.4)cos(x + y) = cos x · cos y − sen x · sen y (4.5)

Cualquier otra identidad que sea necesaria se deduce a partir de estas, y asi lo veremosen la medida que se necesite. El lector debe esforzarse por aprender la manera de obtenerlas nuevas identidades a partir de (4.1)–(4.5) en vez de memorizarlas. Por ejemplo (y amanera de calentamiento), las formulas para la resta de dos angulos se pueden deducir asi:

sen (x − y) = sen (x + (−y)) = sen x · cos(−y) + sen (−y) · cos x (por (4.4))= sen x · cos y − sen y · cos x (por (4.2) y (4.3))

ycos(x − y) = cos(x + (−y)) = cos x · cos(−y) − sen x · sen (−y) (por (4.5))

= cos x · cos y + sen x · sen y (por (4.2) y (4.3))

4.1 Integrales de la forma

∫sen nx dx y

∫cosn x dx.

Caso 4.1.1 n es par. Usamos las identidades

sen 2x =1 − cos 2x

2y cos2 x =

1 + cos 2x

2(4.6)

11

12 Funciones Trigonometricas

las cuales se deducen combinando las identidades:

cos 2x = cos2 x − sen 2x (tome x = y en (4.5)) y sen 2x + cos2 x = 1

de la siguiente manera

cos 2x = cos2 x − sen 2x = (1 − sen 2x) − sen 2x = 1 − 2 sen 2x

ycos 2x = cos2 x − sen 2x = cos2 x − (1 − cos2 x) = 2 cos2 x − 1.

Luego de realizada la sustitucion trigonometrica adecuada, se desarrolla el polinomio desenos o cosenos y se resuelven cada uno de los sumandos: los de potencia par por estemetodo y los de potencia impar por el metodo que se explica en el caso 4.1.2.

Ejemplo 4.1.1∫sen 4x dx =

∫( sen 2x)2 dx =

∫ (1 − cos 2x

2

)2

dx

=14

∫(1 − 2 cos 2x + cos2 2x) dx

=14

∫dx − 1

2

∫cos 2x dx +

14

∫cos2 2x dx

=14x − 1

4sen 2x +

14

∫1 + cos 4x

2dx

=14x − 1

4sen 2x +

18x +

132

sen 4x + C

Ejemplo 4.1.2 ∫cos2 x dx =

∫1 + cos 2x

2dx =

12x +

14

sen 2x + C

Caso 4.1.2 n es impar. Descomponemos la funcion trigonometrica en dos factores: unode potencia n−1 y el otro de potencia 1. Luego empleamos la identidad sen 2x+cos2 x = 1y el metodo de cambio de variable.

Ejemplo 4.1.3∫sen 3x dx =

∫sen 2x sen x dx =

∫(1 − cos2 x) sen x dx

= − cos x −∫

cos2 x sen x dx

La ultima integral la resolvemos con el cambio de variable u = cos x y du = − sen x dx:

−∫

cos2 x sen x dx =∫

u2 du =u3

3=

cos3 x

3+ C

Ası ∫sen 3x dx = − cos x +

cos3 x

3+ C

Funciones Trigonometricas 13

Ejemplo 4.1.4∫cos5 x dx =

∫cos4 x cos x dx =

∫(1 − sen 2x)2 cos x dx

=∫

(1 − 2 sen 2x + sen 4x) cos x dx

= sen x − 2∫

sen 2x cos x dx +∫

sen 4x cos x dx

tomando u = sen x y du = cos x dx concluimos∫cos5 x dx = sen x − 2

∫u2 du +

∫u4 du

= sen x − 23u3 +

15u5 + C

= sen x − 23

sen 3x +15

sen 5x + C


∫sen mx cosn x dx.

Caso 4.2.1 n y m son pares. Utilizamos simultaneamente las dos identidades (4.6)deducidas en 4.1.1 para obtener integrales solo de cosenos y proceder con cada una con elmetodo que convenga de la seccion 4.1.

Ejemplo 4.2.1∫sen 2x cos2 x dx =

∫ (1 − cos 2x

2

) (1 + cos 2x

2

)dx

=14

∫(1 − cos2 2x) dx =

14

∫dx − 1

8

∫(1 + cos 4x) dx

=18x − 1

32sen 4x + C


∫ (1 − cos 2x

2

) (1 + cos 2x

2

)2

dx

=18

∫(1 − cos 2x)(1 + 2 cos 2x + cos2 2x) dx

=18

(∫dx +

∫cos 2x dx −

∫cos2 2x dx −

∫cos3 2x dx

)

=18

(x +

12

sen 2x −∫

1 + cos 4x

2dx −

∫(1 − sen 22x) cos 2x dx

)

=116

x − 164

sen 4x +148

sen 32x + C.


Observacion 4.2.1 Alternativamente estas integrales pueden resolverse expresando seno enterminos de coseno (o coseno en terminos de seno) mediante la identidad sen 2x + cos2 x = 1,se transforma ası a una suma de integrales de una sola de las funciones trigonometricas que seconsideran y se resuelven segun los casos de la seccion 4.1. En la practica esto resulta ser masineficiente que la sustitucion simultanea explicada antes, puesto que aumenta las potencias en vezde disminuirlas.

Caso 4.2.2 n o m impar. Se realizan las operaciones expuestas en el caso 4.1.2 para lafuncion de potencia impar.

Ejemplo 4.2.3∫cos3 x sen 5x dx =

∫cos2 x cos x sen 5x dx

=∫

(1 − sen 2x) cos x sen 5x dx =sen 6x

6− sen 8x

8+ C

(complete usted los pasos intermedios).


∫sen 2x sen x cos2 x dx

=∫

(1 − cos2 x) sen x cos2 x dx =cos5 x

5− cos3 x

3+ C.


∫tann x dx.

Para todo n ≥ 2, realizamos la descomposicion

tann x = tan2 x tann−2 x,

sustituimos tan2 x por sec2 x − 1 y resolvemos por el metodo de cambio de variable. (Re-cuerde que tan2 x + 1 = sec2 x, la cual se obtiene dividiendo (4.1) por cos2 x.)

Ejemplo 4.3.1∫tan3 x dx =

∫tan2 x tanx dx =

∫(sec2 x − 1) tanx dx

=tan2 x

2+ ln | cos x| + C.

Ejemplo 4.3.2∫tan4 x dx =

∫tan2 x tan2 x dx =

∫(sec2 x − 1) tan2 x dx

=∫

tan2 x sec2 x dx −∫

(sec2 x − 1) dx =tan3 x

3− tanx + x + C.



∫secn x dx.

Caso 4.4.1 n es par. Se realiza la descomposicion

secn x = sec2 x secn−2 x,

se utiliza la identidad sec2 x = tan2 x + 1 y el metodo de cambio de variable.

Ejemplo 4.4.1∫sec4 x dx =

∫sec2 x sec2 x dx =

∫(1 + tan2 x) sec2 x dx

=∫

sec2 x dx +∫

tan2 x sec2 x dx = tanx +tan3 x

3+ C.

Caso 4.4.2 n es impar. Se realiza la descomposicion

secn x = sec2 x secn−2 x

y se integra por partes.

Ejemplo 4.4.2 (La siguiente es una de las integrales mas populares en cualquier cursode Calculo.) ∫

sec3 x dx =∫

sec x sec2 x dx.

Sean

u = sec x ⇒ du = sec x tanx dx

dv = sec2 x dx ⇒ v = tanx

entonces ∫sec3 x dx = sec x tanx −

∫tan2 x sec x dx

= sec x tanx −∫

(sec2 x − 1) sec x dx

= sec x tanx −∫

sec3 x dx +∫

sec x dx

sumando∫

sec3 x dx a ambos lados de la igualdad y dividiendo entre 2 concluimos:

∫sec3 x dx =

12

(sec x tanx + ln | sec x + tanx|) + C.


Las integrales de la forma ∫cotn x dx y

∫cscn x dx

se resuelven de manera analoga a los casos 4.3 y 4.4, empleando por supuesto las identi-dades trigonometricas apropiadas y recordando que

(cot x)′ = − csc2 x y (csc x)′ = − csc x cot x.

Por ejemplo, resuelvase∫

cot4 3x dx y∫

csc6 x dx.

Nota: En el capıtulo 7 se deduce una formula general para∫

secn x dx utilizando otros metodos.


∫tanm x secn x dx.

Caso 4.5.1 n es par. Hacemos la siguiente descomposicion

secn x = secn−2 x sec2 x = (sec2 x)n−2

2 sec2 x

= (tan2 x + 1)n−2

2 sec2 x

y luego realizamos un cambio de variable

z = tanx

de manera que la integral original se transforma en una integral polinomica sencilla.

Ejemplo 4.5.1 ∫tan2 x sec4 x dx =

∫tan2 x sec2 x sec2 x dx

=∫

tan2 x(tan2 x + 1) sec2 x dx.

Sea z = tanx, por lo tanto, dz = sec2 x dx. Entonces,∫tan2 x sec4 x dx =

∫z2(z2 + 1) dz =

z5

5+

z3

3+ C

=tan5 x

5+

tan3 x

3+ C.

Caso 4.5.2 m es impar. Hacemos la siguiente descomposicion

tanm x secn x = tanm−1 x secn−1 x tanx sec x

= (tan2 x)m−1

2 secn−1 x tanx sec x

= (sec2 x − 1)m−1

2 secn−1 x tanx sec x


y luego realizamos un cambio de variable

u = sec x

de manera que la integral original se transforma en una integral polinomica sencilla.

Ejemplo 4.5.2∫tan3 x sec3 x dx =

∫tan2 x sec2 x tanx sec x dx

=∫

(sec2 x − 1) sec2 x tanx sec x dx.

Sea u = sec x; por lo tanto du = sec x tanx dx. Luego∫tan3 x sec3 x dx =

∫(u2 − 1)u2du =

u5

5− u3

3+ C

=sec5

5− sec3 x

3+ C.

Caso 4.5.3 n es impar y m es par. Expresamos la integral original en terminos desec x solamente por medio de la transformacion

tanm x = (tan2 x)m2 = (sec2 x − 1)

m2

para luego resolver por el metodo de integracion por partes como se hizo en 4.4.2.

Ejemplo 4.5.3∫tan2 x sec x dx =

∫(sec2 x − 1) sec x dx =

∫sec3 x dx −

∫sec x dx

=12(sec x tanx + ln | sec x + tanx|) − ln | sec x + tanx| + C

=12(sec x tanx − ln | sec x + tanx|) + C.

Ejercicio 4.5.1 Resolver∫

tan4 x sec3 x dx.


∫sen nx cos mx dx con n �= m.

Utilizamos la identidad

sen nx cos mx =12( sen (n + m)x + sen (n − m)x)

la cual se obtiene al sumar las identidades

sen (n + m)x = sen nx cos mx + sen mx cos nx

sen (n − m)x = sen nx cos mx − sen mx cos nx.


Ejemplo 4.6.1 ∫sen 4x cos 5x dx =

∫12( sen 9x + sen (−1)x) dx

=12

(cos x − cos 9x

9

)+ C.

4.7 Integrales de la forma∫sen nx sen mx dx o

∫cos nx cos mx dx con n �= m.

Utilizamos las identidades

sen nx sen mx =12(cos(n − m)x − cos(n + m)x) (4.7)

cos nx cos mx =12(cos(n − m)x + cos(n + m)x). (4.8)

las cuales se obtienen de las identidades basicas

cos(n + m)x = cos nx cos mx − sen mx sen nx (4.9)cos(n − m)x = cos nx cos mx + sen mx sen nx. (4.10)

Sumando (4.9) + (4.10) obtenemos (4.8), restando (4.10) − (4.9) obtenemos (4.7).

Ejemplo 4.7.1 ∫sen 10x sen 2x dx =

∫12(cos 8x − cos 12x) dx

=12

(sen 8x

8− sen 12x

12

)+ C.

Ejemplo 4.7.2 ∫cos(−5)x cos 3x dx =

∫12(cos(−2)x + cos 8x) dx

=12

(sen 2x

2+

sen 8x

8

)+ C.

5. Integracion por SustitucionesTrigonometricas

Si un integrando contiene una expresion de la forma√a2 − b2x2 ,

√a2 + b2x2 o

√b2x2 − a2

donde a > 0 y b > 0, una sustitucion trigonometrica adecuada transforma la integraloriginal en una que contiene funciones trigonometricas, mas facil de resolver en general.Las sustituciones adecuadas son:Si se tiene

(i)√

a2 − b2x2 hacemos x = ab sen t;

(ii)√

a2 + b2x2 hacemos x = ab tan t;

(iii)√

b2x2 − a2 hacemos x = ab sec t.

Para devolver el cambio hacemos uso de la definicion geometrica de las funciones trigo-nometricas: en un triangulo rectangulo si t es la medida del angulo de uno de los catetosa la hipotenusa, entonces sen t = cateto opuesto

hipotenusa , cos t = cateto adyacentehipotenusa , y las demas

funciones trigonometricas se definen combinando adecuadamente estas dos (e.g. tan t =sen t

cos t=

cateto opuestocateto adyacente

). Los detalles se ilustran en los siguientes ejemplos.

Ejemplo 5.1 ∫ √9 − x2

xdx.

Sea x = 3 sen t; en consecuencia, dx = 3 cos t dt. Luego,∫ √9 − x2

xdx =

∫ √9 − 9 sen 2t

3 sen t3 cos t dt

= 3∫ √

1 − sen 2t

sen tcos t dt = 3

∫cos2 t

sen tdt

= 3∫

1 − sen 2t

sen tdt = 3

∫(csc t − sen t) dt

= 3(cos t − ln | csc t + cot t|) + C.

19

20 Sustituciones Trigonometricas

Ahora retornamos a la variable original de la siguiente manera: Si x = 3 sen t entoncesx3 = sen t; por lo tanto, en un triangulo rectangulo con uno de sus angulos de medida tel cateto opuesto al angulo t tiene longitud x y la hipotenusa longitud 3. El otro cateto,de acuerdo con el Teorema de Pitagoras, es entonces

√9 − x2. Ası se tiene la siguiente

figura:

��

��

��

��

��

��

t

x

√9 − x2

3

Este es el triangulo corrrespondiente a la ecuacion x = 3 sen t. A partir de este se deducenlas siguientes igualdades: cos t =

√9−x2

3 , csc t = 3x y cot t =

√9−x2

x . Concluimos entoncesque

∫ √9 − x2

xdx = 3

(√9 − x2

3− ln

∣∣∣∣∣3x +√

9 − x2

x

∣∣∣∣∣)

+ C.

Ejemplo 5.2 ∫dx

x√

4 + x2.

Sea x = 2 tan t; en consecuencia, dx = 2 sec2 tdt. Luego,

∫dx

x√

4 + x2=

12

∫sec2 tdt

tan t√

1 + tan2 t

=12

∫sec t

tan tdt =

12

∫csc tdt

= −12

ln | csc t + cot t| + C.

Retornamos a la variable original: si x = 2 tan t entonces x2 = tan t. El triangulo corres-

pondiente a esta ecuacion es

Sustituciones Trigonometricas 21

��

��

��

��

��

��

t

x

2

√4 + x2

por lo tanto csc t =√

4+x2

x y cot t = 2x . Finalmente,

∫dx

x√

4 + x2= −1

2ln

∣∣∣∣∣√

4 + x2

x+

2x

∣∣∣∣∣ + C.

Ejemplo 5.3 ∫dx√

x2 − 25.

Sea x = 5 sec t , entonces dx = 5 sec t tan t dt. Ası∫dx√

x2 − 25=

∫5 sec t tan t√25 sec2 t − 25

dt

=∫

sec t dt = ln | sec t + tan t| + C.

Volvemos a la variable original: si x = 5 sec t entonces x5 = sec t. Por otra parte, tan2 t =

sec2 t − 1 = x2

25 − 1. Por lo tanto,

∫dx√

x2 − 25= ln

∣∣∣∣∣x5 +√

x2 − 255

∣∣∣∣∣ + C.

(Observe que no fue necesario dibujar el triangulo rectangulo correspondiente a la ecuacionx = 5 sec t para expresar la solucion final en terminos de la variable x ; simplementeutilizamos una conocida identidad que relaciona la tangente con la secante. Debe entoncesquedar claro que dibujar el triangulo, correspondiente a la sustitucion trigonometricarealizada, es un artificio eficaz pero no unico y, a veces, no es el mejor auxilio para devolverlos cambios.)

Si la expresion en el radical es un polinomio de segundo grado, ax2 + bx + c, lo trans-formamos en una resta de cuadrados mediante la completacion de cuadrados:

ax2 + bx + c =(

x +b

2a

)2

−(

b2 − 4ac

4a2

).


Ejemplo 5.4 ∫ √3 − 2x − x2 dx.

Completamos cuadrados:

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

Por lo tanto, ∫ √3 − 2x − x2 dx =

∫ √4 − (x + 1)2 dx

y esta ultima tiene la forma de las integrales estudiadas previamente. Hacemos la susti-tucion

x + 1 = 2 sen θ ⇒ dx = 2 cos θ dθ.

Luego,∫ √4 − (x + 1)2 dx =

∫ √4 − 4 sen 2θ2 cos θ dθ

= 4∫

cos2 θ dθ = 2∫

(1 + cos 2θ)dθ = 2θ + sen 2θ + C.

Regresamos a la variable original. Tenemos sen θ = x+12 , por lo que θ = arcsen

(x+1

2

).

Por otra parte, sen 2θ = 2 sen θ cos θ y

cos θ =√

1 − sen 2θ =

√4 − (x + 1)2

2

(a esta identidad se pudo tambien haber llegado utilizando el triangulo rectangulo corres-pondiente a la ecuacion x + 1 = 2 sen θ ). En consecuencia,∫ √

3 − 2x − x2 dx = 2arcsen(

x + 12

)+

12(x + 1)

√4 − (x + 1)2 + C.

Ejemplo 5.5 ∫dx√

(5 + 2x + x2)3

Completamos cuadrados: x2 + 2x + 5 = (x + 1)2 + 4 y trabajamos con la integral∫dx√

((x + 1)2 + 4)3

Sea x + 1 = 2 tan θ, por lo tanto, dx = 2 sec2 θdθ. Entonces∫dx√

((x + 1)2 + 4)3=

∫2 sec2 θ√

(4 tan2 θ + 4)3dθ =

14

∫dθ

sec θ

=14

∫cos θ dθ =

14

sen θ + C.

Volvemos a la variable original. El triangulo rectangulo correspondiente a la ecuaciontan θ = x+1

2 es

Sustituciones Trigonometricas 23

��

��

��

��

��

��

θ

x + 1

2

√(x + 1)2 + 4

del cual se deduce que sen θ =x + 1√

(x + 1)2 + 4. Finalmente

∫dx√

(5 + 2x + x2)3=

14

(x + 1√

(x + 1)2 + 4

)+ C.

6. Integracion de FuncionesRacionales

Nos ocuparemos ahora de la integral de funciones de la formap(x)q(x)

, donde

p(x) = xm + βm−1xm−1 + · · · + β0 y

q(x) = xn + αn−1xn−1 + · · · + α0 (con αi, βj ∈ R);

es decir, p(x) es un polinomio de grado m y q(x) es un polinomio de grado n. Observeque, en ambos polinomios, se asume el coeficiente del termino de mayor grado es 1; estosiempre puede tenerse mediante una simple factorizacion. Ademas el caso interesante sepresenta cuando m < n; porque si m ≥ n, efectuamos la division de polinomios paraexpresar p(x)/q(x) como s(x) + r(x)/t(x), donde r(x) es un polinomio de menor gradoque t(x).

Para dividir polinomios utilice el metodo que mas le convenga (siempre que sea ma-tematicamente valido); uno que a mı me agrada consiste en factorizar el denominadory, sucesivamente, construir en el numerador los factores del denominador, uno a uno,haciendo las cancelaciones necesarias, hasta obtener un numerador de menor grado que eldenominador. Los siguientes ejemplos sencillos ilustran esta situacion.

Ejemplo 6.1∫

x

x + 1dx. Observamos que

x

x + 1=

x + 1 − 1x + 1

= 1 − 1x + 1

Por lo tanto, ∫x

x + 1dx =

∫dx −

∫dx

x + 1= x − ln |x + 1| + C

Ejemplo 6.2∫

x3 + 1x − 2

dx. Resolvemos ası

x3 + 1x − 2

=x2(x − 2) + 2x2 + 1

x − 2= x2 +

2x(x − 2) + 4x + 1x − 2

= x2 + 2x +4(x − 2) + 8 + 1

x − 2= x2 + 2x + 4 +

9x − 2

25

26 Funciones Racionales

Luego ∫x3 + 1x − 2

dx =x3

3+ x2 + 4x + 9 ln |x − 2| + C.

Ahora, si m < n, descomponemosp(x)q(x)

en una suma de fracciones simples, esto es

p(x)q(x)

=A1,1

(x − a1)l1+ · · · + A1,l1

(x − a1)+ · · · + Ak,1

(x − ak)lk+ · · · + Ak,lk

(x − a1)

+B1,1x + C1,1

(x2 + 2b1x + c1)r1+ · · · + B1,r1x + C1,r1

(x2 + 2b1x + c1)+ · · ·

+Bs,1x + Cs,1

(x2 + 2bsx + cs)rs+ · · · + Bs,rsx + Cs,rs

(x2 + 2bsx + cs)

donde los denominadores de cada fraccion son los factores lineales o cuadraticos (y poten-cias de estos) que resultan de la factorizacion de q(x) (siendo li y rj las multiplicidadesrespectivas de estos factores en q(x)). Que tal descomposicion es posible siempre es unimportante teorema del algebra cuya demostracion dejamos para el final de este capıtulo,y que utiliza, a su vez, el no menos importante teorema fundamental del algebra (que nodemostraremos aqui1) segun el cual todo polinomio, con coeficientes reales, puede fac-torizarse en un producto de polinomios de grado 1 o 2, irreducibles y con coeficientesreales.

De acuerdo con lo antes escrito, estamos asumiendo entonces que nuestro polinomioq(x) viene dado en la forma

q(x) = (x − a1)l1 · · · (x − ak)lk(x2 + 2b1x + c1)r1 · · · (x2 + 2bsx + cs)rs

donde los factores de grado 2 son irreducibles en R.

Observacion 6.1 La irreducibilidad en R de x2 + 2bx + c se deduce verificando la desigualdadc − b2 > 0.

Se tienen cuatro casos.

Caso 6.1 Los factores de q(x) son todos lineales y ninguno se repite. Es decir,

q(x) = (x − a1)(x − a2) · · · (x − an), con ai �= aj , siempre que i �= j.

En ese caso escribimos

p(x)q(x)

=A1

x − a1+

A2

x − a2+ · · · + An

x − an(6.1)

=A1(x − a2) · · · (x − an) + · · · + An(x − a1) · · · (x − an−1)

(x − a1)(x − a2) · · · (x − an)

donde A1, A2, . . . , An son numeros reales que se determinan igualando numeradores yresolviendo las ecuaciones que se obtienen, para distintos valores arbitrarios de x, comose ilustra en el siguiente ejemplo.

1Ver M. Spivak, Calculus, editorial Reverte S.A., 1978, para una demostracion de ese resultado

Funciones Racionales 27

Ejemplo 6.3∫

x + 1x2 − 4

dx. Factorizamos el denominador:

q(x) = x2 − 4 = (x − 2)(x + 2) (factores lineales distintos)

De acuerdo con lo explicado escribimos

x + 1x2 − 4

=A

x − 2+

B

x + 2=

A(x + 2) + B(x − 2)(x − 2)(x + 2)

Como los denominadores son iguales, igualamos numeradores

x + 1 = A(x + 2) + B(x − 2)

y asignando valores arbitrarios a x (preferiblemente que anulen algun factor) obtenemos

para x = −2 ⇒ B =14

para x = 2 ⇒ A =34

por lo tanto∫x + 1x2 − 4

dx =∫

A

x − 2dx +

∫B

x + 2dx =

34

∫dx

x − 2+

14

∫dx

x + 2

=34

ln |x − 2| + 14

ln |x + 2| + C

Observacion 6.2 Otra manera de calcular los coeficientes A1, . . . , An se basa en la siguienteobservacion sobre la derivada de q(x). Puesto que

q(x) = (x − a1)(x − a2) · · · (x − an)

donde ninguno de los factores se repite, su derivada tiene la forma

q′(x) = (x − a2) · · · (x − an) + (x − a1) · · · (x − an) + · · · + (x − a1) · · · (x − an−1)

=n∑

i=1

∏j �=i

(x − aj)

Por otra parte, si

A1

x − a1+

A2

x − a2+ · · · + An

x − an=

p(x)q(x)

entonces, multiplicando ambos lados por q(x), tenemos

A1

∏j �=1

(x − aj) + A2

∏j �=2

(x − aj) + · · · + An

∏j �=n

(x − aj) = p(x)


Observando que, para cada i = 1, . . . , n, el producto de factores lineales que acompana a Ai esexactamente el i–esimo sumando de q′(x), concluimos que, para cada i = 1, . . . , n,

Ai =p(ai)∏

j �=i

(ai − aj)=

p(ai)q′(ai)

(6.2)

es decir, el valor de Ai es igual al cociente de p sobre q′, ambos evaluados en ai, la i–esima raız delpolinomio q. Esta formula para calcular los coeficientes Ai puede ser mas ventajosa que resolversistemas de ecuaciones lineales, en particular si q(x) es un polinomio de grado muy grande. Comoejemplo calculemos los coeficientes A y B del ejemplo anterior utilizando esta formula. Tenemosque q′(x) = 2x y, por lo tanto, A = p(2)/q′(2) = 3/4 y B = p(−2)/q′(−2) = 1/4. Finalmente,tengase en cuenta que en la deduccion de la formula (6.2) se utilizo el que q(x) es un producto defactores lineales todos distintos y, por lo tanto, esta formula no sirve para calcular los Ai de loscasos que siguen a continuacion.

Caso 6.2 Los factores de q(x) son todos lineales y algunos se repiten. Supongamos que(x − a) es un factor que se repite k veces. Entonces, correspondiente a ese factor habra,en la descomposicion (6.1), la suma de las k fracciones simples

A1

(x − a)k+

A2

(x − a)k−1+ · · · + Ak−1

(x − a)2+

Ak

(x − a)

donde A1, . . . , Ak son numeros reales. Luego se procede como en el caso anterior.

Ejemplo 6.4∫

x3 + 1(x + 2)(x − 1)3

dx. Escribimos

x3 + 1(x + 2)(x − 1)3

=A

x + 2+

B

x − 1+

C

(x − 1)2+

D

(x − 1)3

=A(x − 1)3 + B(x + 2)(x − 1)2 + C(x + 2)(x − 1) + D(x + 2)

(x + 2)(x − 1)3

igualamos numeradores

x3 + 1 = A(x − 1)3 + B(x + 2)(x − 1)2 + C(x + 2)(x − 1) + D(x + 2)

y observamos que facilmente se obtienen A = 7/27 y D = 2/3 si evaluamos la ecuacionanterior en x = −2 y x = 1 respectivamente. Para obtener los otros dos coeficientesevaluamos x en 0 y en 1 (y damos los valores hallados a A y D), lo cual da las ecuaciones

B − C = − 227

2B − C =1927

de estas ultimas se obtiene B = 7/9 y C = 23/27. Por lo tanto,∫x3 + 1

(x + 2)(x − 1)3dx =

727

∫dx

x + 2+

79

∫dx

x − 1+

2327

∫dx

(x − 1)2+

23

∫dx

(x − 1)3

=727

ln |x + 2| + 79

ln |x − 1| − 2327

(1

x − 1

)− 1

3

(1

x − 1

)2

+ C


Observacion 6.3 En este caso tambien los coeficientes A1, . . . , Ak, que acompanan a las frac-ciones simples correspondientes a cada potencia del factor (x − a) que se repite k veces, puedencalcularse por una formula que envuelve la derivada de una funcion. Veamos como. Si q(x) sedescompone en (x − a)kh(x), con h(a) �= 0, entonces

p(x)q(x)

=p(x)

(x − a)kh(x)=

A1

(x − a)k+

A2

(x − a)k−1+ · · · + Ak

(x − a)+

r(x)h(x)

.

Multiplicando por (x − a)k obtenemos:

p(x)h(x)

= A1 + A2(x − a) + · · · + Ak(x − a)k−1 + (x − a)k r(x)h(x)

.

De aqui se deduce que A1 =p(a)h(a)

, A2 =d

dx

(p(a)h(a)

), . . . , Ak =

1(k − 1)!

dk−1

dxk−1

(p(a)h(a)

).

Caso 6.3 La factorizacion de q(x) contiene factores cuadraticos irreducibles que no serepiten. En este caso al descomponer p(x)/q(x) en una suma de fracciones simples, porcada factor cuadratico irreducible de q(x), digamos x2 +2bx+ c, corresponde una fraccioncuyo denominador es el factor cuadratico y numerador un polinomio de grado 1 con coe-ficientes indeterminados; es decir, una fraccion de la forma:

Ax + B

x2 + 2bx + c

Luego se procede a igualar numeradores y resolver las ecuaciones correspondientes paradeterminar los coeficientes reales, como en el caso anterior.

Ejemplo 6.5∫

x3 + x + 1x4 − 81

dx. Descomponemos el integrando en fracciones simples

x3 + x + 1x4 − 81

=x3 + x + 1

(x − 3)(x + 3)(x2 + 9)=

A

x − 3+

B

x + 3+

Cx + D

x2 + 9

y obtenemos

x3 + x + 1 = A(x + 3)(x2 + 9) + B(x − 3)(x2 + 9) + (Cx + D)(x2 − 9)

Para x = 3, x = −3, x = 0 y x = 1 se tiene, respectivamente, A = 31/108, B = 29/108,D = (27A − 27B − 1)/9 = −1/18 y C = (40A − 20B − 8D − 3)/8 = 4/9. Por lo tanto∫

x3 + x + 1x4 − 81

dx =31108

∫dx

x − 3+

29108

∫dx

x + 3+

49

∫x dx

x2 + 9− 1

18

∫dx

x2 + 9

=31108

ln |x − 3| + 29108

ln |x + 3| + 29

ln |x2 + 9| − 154

arctanx

3+ C

(Para la integracion de xx2+9

hagase la sustitucion u = x2 + 9; y para la de 1x2+9

utiliceel metodo de sustitucion trigonometrica o vea la tabla de integrales simples en el capıtulo2.)


Caso 6.4 La factorizacion de q(x) contiene factores cuadraticos irreducibles que se repiten.Supongamos que x2 + 2bx + c es un factor de q(x) que se repite k veces, entonces en ladescomposicion de p(x)/q(x) en suma de fracciones simples debe tenerse, correspondienteal factor (x2 + 2bx + c)k, la suma de las siguientes k fracciones:

A1x + B1

(x2 + 2bx + c)k+

A2x + B2

(x2 + 2bx + c)k−1+ · · · + Akx + Bk

x2 + 2bx + c

donde A1, B1, . . . , Ak, Bk son numeros reales a ser determinados como en los casosanteriores.

Ejemplo 6.6∫

x − 1x(x2 + 2x + 3)2

dx. Reducimos a fracciones simples

x − 1x(x2 + 2x + 3)2

=A

x+

Bx + C

(x2 + 2x + 3)2+

Dx + E

x2 + 2x + 3

igualando numeradores se sigue que

x − 1 = A(x2 + 2x + 3)2 + (Bx + C)x + (Dx + E)x(x2 + 2x + 3)= x4(A + D) + x3(4A + 2D + E) + x2(10A + B + 3D + 2E)

+ x(12A + C + 3E) + 9A

igualando coeficientes y resolviendo simultaneamente obtenemos A = −1/9, B = 1/3,C = 1/3, D = 1/9 y E = 2/9. Por lo tanto,∫

x − 1x(x2 + 2x + 3)2

dx = −19

∫dx

x+

13

∫x + 1

(x2 + 2x + 3)2dx +

19

∫x + 2

x2 + 2x + 3dx

Para resolver∫

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

dx, multiplicamos numerador y denominador por 2 y hace-

mos la sustitucion u = x2 + 2x + 3 (por lo tanto du = (2x + 2) dx). Ası∫x + 1

(x2 + 2x + 3)2dx =

12

∫2x + 2

(x2 + 2x + 3)2dx =

12

∫du

u2

= − 12u

= − 12(x2 + 2x + 3)

y para resolver ∫x + 2

x2 + 2x + 3dx =

∫x + 2

(x + 1)2 + 2dx

utilizamos el metodo de sustitucion trigonometrico, tomando x + 1 =√

2 tan θ y dx =√2 sec2 θ dθ, lo cual nos da el resultado final

√2

2arctan

(x + 1√

2

)− ln

∣∣∣∣∣√

2(x + 1)2 + 2

∣∣∣∣∣


Finalmente∫x − 1

x(x2 + 2x + 3)2dx = −1

9ln |x| − 1

6

(1

x2 + 2x + 3

)

+√

218

arctan(

x + 1√2

)− 1

9ln

∣∣∣∣∣√

2(x + 1)2 + 2

∣∣∣∣∣ + C

Nota adicional Veamos una demostracion del teorema que fundamenta los metodos de estecapıtulo; a saber

Teorema de Descomposicion en Fracciones Simples: Seap(x)q(x)

una funcion racional, donde

p(x) y q(x) son polinomios con coeficientes reales, grado de p(x) < grado de q(x) y q(x) tiene lasiguiente factorizacion en factores lineales y cuadraticos irreducibles con multiplicidades respectivaslj (1 ≤ j ≤ k) y rj (1 ≤ j ≤ s):

q(x) = (x − a1)l1 · · · (x − ak)lk(x2 + 2b1x + c1)r1 · · · (x2 + 2bsx + cs)rs (6.3)

Entoncesp(x)q(x)

se puede expresar como la suma de todas las expresiones obtenidas de la siguiente

manera: por cada factor (x − a)l de q(x) se tiene una expresion de la forma

A1

(x − a)l+

A2

(x − a)l−1+ · · · + Al

(x − a)(6.4)

con A1,. . . , Al, numeros reales; y por cada factor (x2 +2bx+c)r se tiene una expresion de la forma

B1x + C1

(x2 + 2bx + c)r+

B2x + C2

(x2 + 2bx + c)r−1+ · · · + Brx + Cr

(x2 + 2bx + c)(6.5)

(Los dos tipos de fracciones que constituyen las expresiones generales anteriores se llaman simples.)

Demostracion: Lo primero que haremos es extender la descomposicion (6.3) de q(x) al conjuntode los numeros complejos2. En ese caso cada factor cuadratico irreducible x2 + 2bx + c tiene porraıces un numero complejo α + iβ y su conjugado α − iβ y, en consecuencia, q(x) se descomponeen factores lineales asi:

q(x) = (x − a1)l1 · · · (x − ak)lk(x − (α1 + iβ1))r1(x − (α1 − iβ1))r1 · · · (6.6)· · · (x − (αs + iβs))rs(x − (αs − iβs))rs

Veamos ahora que, para cada uno de los factores de q(x) en (6.6), se tiene una expresion de la forma(6.4). Sea (x−ξ) uno de estos factores lineales y m su multiplicidad. Entonces q(x) = (x−ξ)mh(x)con h(ξ) �= 0 y escribimos

p(x)q(x)

=p(ξ)

(x − ξ)mh(ξ)+

p(x)h(ξ) − p(ξ)h(x)h(ξ)(x − ξ)mh(x)

2Asumire que el lector conoce los numeros complejos y sus propiedades; pero, en caso de duda, puedehallar en M. Spivak, op. cit., todo lo necesario para demostrar las afirmaciones que hare sobre estosnumeros aqui.


Claramente ξ es una raız del polinomio p(x)h(ξ)− p(ξ)h(x) = h(ξ)(

p(x) − h(x)h(ξ)

)y, por lo tanto,

p(x)h(ξ)− p(ξ)h(x) = h(ξ)(x− ξ)p1(x), donde p1(x) es un polinomio de grado menor que el gradode q(x) menos 1 (ya que

p1(x) =1

(x − ξ)

(p(x) − h(x)

h(ξ)

)(6.7)

y el polinomio de la derecha es de grado menor que el grado de q(x)/(x − ξ)).Luego

p(x)q(x)

=p(ξ)/h(ξ)(x − ξ)m

+p1(x)

(x − ξ)m−1h(x)

Sea A1 = p(ξ)/h(ξ) y asi tenemos la primera fraccion simple de la expresion correspondiente alfactor (x − ξ)m. Repetimos el procedimiento anterior con los polinomios p1(x) y (x − ξ)m−1h(x)para obtener la siguiente fraccion simple, y asi sucesivamente hasta obtenerlas todas.

El proximo paso es analizar la descomposicion en fracciones simples, obtenida anteriormente,correspondiente a las raıces complejas de q(x). Sea α + iβ una raız compleja de q(x) con mul-tiplicidad r. Vimos que el conjugado de α + iβ, el numero α − iβ, es tambien raız de q(x) conigual multiplicidad r y (x − (α + iβ))(x − (α − iβ)) = x2 + 2bx + c, con b = −α y c = α2 + β2,es el correspondiente factor cuadratico, con coeficientes reales, cuyas raıces son α + iβ y α − iβ.Pongamos ξ = α + iβ y ξ = α − iβ. Entonces, segun lo hecho anteriormente, el factor (x − ξ)r daorigen a la expresion

A1

(x − ξ)r+

A2

(x − ξ)r−1+ · · · + Ar

(x − ξ)

y el factor (x − ξ)r da origen a la expresion

B1

(x − ξ)r+

B2

(x − ξ)r−1+ · · · + Br

(x − ξ)

Afirmamos que, para cada j = 1, . . . , r, el numero Bj es el conjugado de Aj , en notacion Bj = Aj .Esto es asi puesto que, para cada j, Aj y Bj se obtienen al evaluar el mismo cociente de polinomiospj−1(x)

h(x)en ξ y ξ, respectivamente (y donde p0 = p, p1 se obtiene como en (6.7), etc.). Luego

Aj

(x − ξ)j+

Aj

(x − ξ)j=

gj(x)(x2 + 2bx + c)j

donde gj(x) es de grado ≤ j y con coeficientes reales. En consecuencia gj(x) = (x2+2bx+c)gj1(x)+s(x), donde s(x) es un polinomio de grado 1 con coeficientes reales. Sea entonces s(x) = Djx+Ej ,con Dj y Ej reales; en consecuencia,

Aj

(x − ξ)j+

Aj

(x − ξ)j=

Djx + Ej

(x2 + 2bx + c)j+

gj1(x)(x2 + 2bx + c)j−1

Si repetimos las cuentas esta vez con la fraccion gj1/(x2 + 2bx + c)j−1 (y esto para cada j) ob-tenemos la descomposicion asociada a los factores cuadraticos de q(x) deseada. Esto concluye lademostracion del teorema. �

7. Funciones Hiperbolicas ySustituciones Hiperbolicas

Las funciones seno y coseno hiperbolicos se definen por

senh x =ex − e−x

2y cosh x =

ex + e−x

2(7.1)

Por analogıa con las funciones trigonometricas se definen la tangente, la cotangente, lasecante y la cosecante, respectivamente, como

tanhx =ex − e−x

ex + e−x, cothx =

ex + e−x

ex − e−x, (7.2)

sech x =2

ex + e−xy csch x =

2ex − e−x

(7.3)

A partir de estas definiciones se pueden verificar las siguientes formulas de diferenciacion:

d senh x

dx= cosh x ,

d cosh x

dx= senh x ,

d tanhx

dx= sech 2x y

d cothx

dx= − csch 2x

De estas ecuaciones se obtienen las integrales inmediatas∫cosh x dx = senh x ,

∫senh x dx = cosh x ,∫

sech 2x dx = tanhx y∫

csch 2x dx = − coth x

Tambien utilizando las formulas (7.1) se verifican identidades fundamentales como

cosh2 x − senh 2x = 1 (7.4)cosh(x + y) = cosh x cosh y + senh x senh y (7.5)senh (x + y) = senh x cosh y + senh y cosh x (7.6)

Estas identidades se pueden combinar de igual manera que se hizo con sus analogastrigonometricas para obtener otras identidades como

cosh2 x =cosh 2x + 1

2y senh 2x =

cosh 2x − 12

33

34 Funciones y Sustituciones Hiperbolicas

y utilizar estas ultimas para resolver integrales de la forma∫coshn x dx y

∫senh nx dx

o∫coshn x senh mx dx

Podemos proseguir ası y desarrollar metodos paralelos a los desarrollados en las secciones(4.1) a la (4.7) del capıtulo 4 para resolver todo tipo de integrales de funciones hiperbolicas.No lo haremos aqui y sugerimos al lector que desarrolle esos metodos como ejercicio.Tengase en cuenta, sin embargo, que muchas veces es mas efectivo sustituir las funcioneshiperbolicas que aparecen en una integral por sus definiciones en terminos de ex, obte-niendose asi integrales de polinomios en ex que resultan faciles de resolver.

Ejemplo 7.1 ∫1 + senh x

1 + cosh xdx =

∫1 + ex−e−x

2

1 + ex+e−x

2

dx =∫

(2 + ex − e−x)ex

(2 + ex + e−x)exdx

=∫

(2 + ex − e−x)ex

2ex + e2x + 1dx (sustitucion u = ex)

=∫

2u + u2 − 1u(u + 1)2

du

y esta ultima es una integral que podemos resolver usando los metodos expuestos en elcapıtulo 6.

La analogıa de las funciones hiperbolicas con las trigonometricas resulta de mejorutilidad no para calcular integrales de funciones hiperbolicas (por todo lo antes dicho)sino, mas bien, para calcular integrales de otras funciones (e.g. radicales) cuyas formas su-gieren alguna identidad de funciones hiperbolicas y la consecuente sustitucion hiperbolicaadecuada.

Para ilustrar lo que queremos decir considere, por ejemplo, integrar√

b2x2 − a2. Laexpresion b2x2 −a2 sugiere utilizar la sustitucion x = a

b cosh u junto con la identidad (7.4)para eliminar la raız y obtener∫ √

b2x2 − a2 dx =∫

a

bsenh u

√a2 cosh2 u − a2 du =

a2

b

∫senh 2u du

=a2

b

(senh 2u

4− u

2

)=

a2

2b( senh u cosh u − u)

=a2

2b

(x√

x2 − 1 − arccosh x)

+ C

recordando que arccoshx = ln(x +√

x2 − 1) podemos expresar la solucion anterior como∫ √b2x2 − a2 dx =

a2

2b

(x√

x2 − 1 − ln(x +√

x2 − 1))

+ C

Funciones y Sustituciones Hiperbolicas 35

Analogamente, para integrar√

b2x2 + a2 considere el cambio x = ab senh u, y para

integrar√

a2 − b2x2 considere x = ab tanhu (para esta ultima se usa 1−tanh2 u = sech 2u).

Los detalles los puede desarrollar el lector guiandose con lo realizado en el capıtulo 5.

(Recuerde tambien que arcsenh x = ln(x +√

x2 + 1); arctanhx =12

ln1 + x

1 − x, si −1 <

x < 1; arccothx =12

ln1 + x

1 − x, si −1 < x < 1. Todas estas formulas se deducen facilmente

de las definiciones de las funciones hiperbolicas en terminos de la funcion exponencial.)Ilustraremos la utilidad de las sustituciones hiperbolicas hallando una formula para

integrales del tipo∫

secn x dx, para cualquier entero n ≥ 1.

Ejemplo 7.2 Comencemos con n = 1, es decir∫

sec x dx. Tomamos u = sec x, por lo

que du = sec x tanx dx = u√

u2 − 1 dx y se tiene∫sec x dx

u=sec x=∫

du√u2 − 1

u=cosh v=∫

senh v dv√cosh2 v − 1

=∫

dv = v = arccosh u = ln(u +√

u2 − 1) = ln(sec x + tanx)

Generalizamos a continuacion para cualquier entero n.

Ejemplo 7.3 Al igual que en el ejemplo anterior, hacemos sec x = u seguida de la susti-tucion hiperbolica u = cosh v para obtener∫

secn x dxsec x=u=

∫un−1

√u2 − 1

duu=cosh v=

∫coshn−1 vdv

=∫

12n−1

(ev + e−v)n−1dv =1

2n−1

∫ n−1∑k=0

(n − 1

k

)ekve−(n−1−k)vdv

=1

2n−1

n−1∑k=0

(n − 1

k

) ∫ev(2k−n+1)dv (7.7)

Sea α = 2k−n + 1. Si n es par, entonces 2k �= n− 1 y, por lo tanto, α �= 0 cualquiera seak. Esto significa que (7.7) es, en efecto, una suma de integrales de la funcion exponencialy en ese caso resulta ser igual a

12n−1

n−1∑k=0

(n − 1

k

)eαv

α=

12n−1

n−1∑k=0

(n − 1

k

)eαarccoshu

α

pero arccosh u = ln(u +√

u2 − 1) = ln(sec x + tanx) y, por lo tanto, la ultima ecuacionnos queda igual a

12n−1

n−1∑k=0

(n − 1

k

)(sec x + tanx)2k−n+1

2k − n + 1(7.8)

36 Funciones y Sustituciones Hiperbolicas

Si n es impar, entonces k = (n − 1)/2 es un entero para el cual α es 0. En este caso(7.7) nos queda

12n−1

(n − 1

(n − 1)/2

)v +

n−1∑k=0

2k �=n−1

(n − 1

k

)eαv

α

(7.9)

=1

2n−1

(n − 1

(n − 1)/2

)ln(sec x + tanx) +

n−1∑k=0

2k �=n−1

(n − 1

k

)(sec x + tanx)2k−n+1

2k − n + 1

Tenemos asi una formula general para∫

secn x dx deducida con auxilio de las funciones

hiperbolicas: si n es par,∫

secn x dx se calcula mediante la ecuacion (7.8); y, si n es

impar, utilizamos la ecuacion en (7.9). Observe que tambien se tiene entre las lıneas de

la demostracion anterior una formula para∫

un

√u2 − 1

du que el lector podrıa intentar

escribir explıcitamente.

Ejercicio 7.1 Halle una formula para∫

cscn x dx analoga a la formula anterior para

potencias enteras de la secante

Las sustituciones hiperbolicas se veran otra vez en el capıtulo 8.

8. Integrandos Racionalizables

En este capıtulo estudiamos algunas integrales de funciones que, mediante un cierto cambiode variable, pueden reducirse a integrales de funciones racionales que resolvemos luegoutilizando los metodos expuestos en el capıtulo 6.

Recordemos que una funcion racional es un cociente de polinomiosp(x)q(x)

. Si denota-

mos esta funcion por R(x) y si f(x) es cualquier otra funcion, entonces R(f(x)) es unafuncion racional de la funcion f ; esto es, un cociente de polinomias en la variable f(x).Analogamente, R(f(x), g(x)) denota una funcion racional en las dos variables f(x) y g(x);es decir, un cociente de dos polinomios que toman por variables las funciones f y g, y, engeneral, R(f1(x), . . . , fn(x)) denota una funcion racional de las funciones f1, . . . , fn. Elproblema que nos interesa resolver es el siguiente: dada una funcion racional de una o masfunciones, R(f1(x), . . . , fn(x)), transformarla mediante alguna sustitucion en una funcionracional R(u), es decir, un cociente de polinomios.

8.1 Funciones racionales de potencias fraccionarias

Si se tiene una funcion racional de la forma R(x1/n1 , x1/n2 , . . . , x1/nk), un cociente depotencias fraccionarias de la variable x, entonces la sustitucion

x = zm

donde m es el mınimo comun multiplo (m.c.m.) de los denominadores de los exponentes,transforma la funcion en un cociente de polinomios en z. Este hecho es facil de verificar(¡verifıquelo!).

Ejemplo 8.1.1∫x

3 +√

xdx =

∫x1/1

3 + x1/2dx (m.c.m. de los denominadores = 2)

Sea x = z2, por lo tanto, dx = 2z dz. Luego∫x

3 +√

xdx =

∫2z3

3 + zdz = 2

∫ (z2 − 3z + 9 − 27

3 + z

)dz

= 2(

z3

3− 3

2z2 + 9z − 27 ln |3 + z|

)+ C (retornamos z = x1/2)

37

38 Integrandos Racionalizables

= 2

(x3/2

3− 3

2x + 9x1/2 − 27 ln |3 + x1/2|

)+ C

8.2 Funciones racionales de senos y cosenos

Si se tiene una funcion racional de la forma R( sen x, cos x), se lleva a una funcion racionalmediante la sustitucion

z = tanx

2Esto resulta asi ya que se tendra

x = 2 arctan z y, en consecuencia, dx =2

1 + z2dz

Utilizando la identidad cos 2y = 2 cos2 y − 1 y tomando y = x/2 tenemos

cos x = 2 cos2x

2− 1 =

2sec2(x/2)

− 1 =2

1 + tan2(x/2)− 1

=2

1 + z2− 1 =

1 − z2

1 + z2

Analogamente, a partir de la identidad sen 2y = 2 sen y cos y y tomando y = x/2 tenemos

sen x = 2 sen (x/2) cos(x/2) =2 sen (x/2) cos2(x/2)

cos(x/2)= 2 tan(x/2)

1sec2(x/2)

=2 tan(x/2)

1 + tan2(x/2)=

2z

1 + z2

En resumen, si se tiene una funcion racional de la forma R( sen x, cos x), entonces conla sustitucion z = tan(x/2) se obtiene lo siguiente:∫

R( sen x, cos x) dx =∫

R

(2z

1 + z2,

1 − z2

1 + z2

)2

1 + z2dz

Ejemplo 8.2.1∫dx

5 + 4 cos x=

∫ 2 dz1+z2

5 + 4(

1−z2

1+z2

) =∫

2 dz

9 − z2=

∫2 dz

(3 − z)(3 + z)

=13

∫dz

3 − z+

13

∫dz

3 + z

(complete los pasos de la descom-posicion en fracciones simples)

= −13

ln |3 − z| + 13

ln |3 + z| + C =13

ln∣∣∣∣3 + z

3 − z

∣∣∣∣ + C

devolviendo el cambio se concluye∫dx

5 + 4 cos x=

13

ln∣∣∣∣3 + tan(x/2)3 − tan(x/2)

∣∣∣∣ + C

Integrandos Racionalizables 39

Ejemplo 8.2.2 Volvemos a integrar una de nuestras funciones favoritas:

∫sec x dx =

∫dx

cos x=

∫(1 + z2)2 dz

(1 − z2)(1 + z2)=

∫2 dz

1 − z2

=∫ (

11 + z

+1

1 − z

)dz = ln

∣∣∣∣1 + z

1 − z

∣∣∣∣ + C

= ln∣∣∣∣1 + tan(x/2)1 − tan(x/2)

∣∣∣∣ + C

Pero

1 + tan(x/2)1 − tan(x/2)

=cos(x/2) + sen (x/2)cos(x/2) − sen (x/2)

=(cos(x/2) + sen (x/2))(cos(x/2) + sen (x/2))(cos(x/2) − sen (x/2))(cos(x/2) + sen (x/2))

=1 + 2 cos(x/2) sen (x/2)cos2(x/2) − sen 2(x/2)

=1 + sen x

cos x= sec x + tanx

por lo tanto ∫sec x dx = ln | sec x + tanx| + C.


1 − x2)

Una funcion racional de la forma R(x,√

1 − x2) se puede llevar a una funcion racional dedos maneras:

(a) Mediante la sustitucion trigonometrica

x = cos z,√

1 − x2 = sen z, dx = − sen z dz;

lo cual nos da ∫R(x,

√1 − x2) dx = −

∫R(cos z, sen z) sen z dz

una integral de funcion racional de senos y cosenos que resolvemos por el metodoexplicado en 8.2.

(b) Si escribimos√

1 − x2 = (1 + x)

√1 − x

1 + x, esto sugiere la sustitucion:

z =

√1 − x

1 + x, de donde x =

1 − z2

1 + z2, 1 + x =

21 + z2

y dx =−4z

(1 + z2)2dz.


Luego ∫R(x,

√1 − x2) dx =

∫R

(x, (1 + x)

√1 − x

1 + x

)dx

=∫

R

(1 − z2

1 + z2,

2z

1 + z2

) −4z

(1 + z2)2dz

una funcion racional.

Ejemplo 8.3.1 La forma de la siguiente integral inmediatamente sugiere utilizar elmetodo (b)∫ √

1 − x2

x(1 + x)dx =

∫(1 + x)x(1 + x)

√1 − x

1 + xdx =

∫1x

√1 − x

1 + xdx

(sea z =

√1 − x

1 + x

)

=∫

1 + z2

1 − z2

−4z2

(1 + z2)2dz = −4

∫z2

1 − z4dz

(un integrando racional que resol-vemos por los metodos del cap. 6)


x2 − 1)


x2 − 1) se puede llevar a una funcion racional detres maneras:

(a) Mediante la sustitucion hiperbolica

x = cosh z,√

x2 − 1 = senh z, dx = senh z dz;

obteniendose asi,∫R(x,

√x2 − 1) dx =

∫R(cosh z, senh z) senh z dz

Esta ultima integral se resuelve colocando las definiciones de senh z y cosh z enterminos de ez y haciendo la sustitucion y = ez (recordemos lo visto en el capıtulo7).

(b) Si escribimos√

x2 − 1 = (x + 1)

√x − 1x + 1

, esto sugiere la sustitucion:

z =

√x − 1x + 1

, de donde x =1 + z2

1 − z2, 1 + x =

21 − z2

y dx =4z

(1 − z2)2dz.

Luego ∫R(x,

√x2 − 1) dx =

∫R

(x, (x + 1)

√x − 1x + 1

)dx

=∫

R

(1 + z2

1 − z2,

2z

1 − z2

)4z

(1 − z2)2dz

una funcion racional.

Integrandos Racionalizables 41

(c) Mediante la sustitucion trigonometrica

x = sec z, por lo que√

x2 − 1 = tan z y dx = tan z sec z dz.

Asi, ∫R(x,

√x2 − 1) dx =

∫R(sec z, tan z) tan z sec z dz

la cual es una integral de funcion racional de senos y cosenos que se resuelve por elmetodo explicado en 8.2.

Ejemplo 8.4.1 Resolvemos la siguiente integral por el metodo (c)∫dx

x2√

x2 − 1 − (x2 − 1)3/2=

∫tan z sec z

sec2 z tan z − tan3 zdz =

∫sec z dz

sec2 z − tan2 z

=∫

sec z dz = ln | sec z + tan z| + C

= ln |x +√

x2 − 1| + C

(Para obtener la ultima igualdad utilice el triangulo trigonometrico correspondiente ax = sec z - ver capıtulo 5 - o utilice la identidad tan2 z + 1 = sec2 z.)


x2 + 1)


x2 + 1) se puede llevar a una funcion racional dedos maneras:

(a) Mediante la sustitucion trigonometrica

x = tan z, por lo que√

x2 + 1 = sec z, dx = sec2 z dz

para luego obtener∫R(x,

√x2 + 1) dx =

∫R(tan z, sec z) sec2 z dz

una integral del tipo 8.2.

(b) Mediante la sustitucion hiperbolica

x = senh z,√

x2 + 1 = cosh z, dx = cosh z dz;

obteniendose asi,∫R(x,

√x2 + 1) dx =

∫R( senh z, cosh z) cosh z dz,

que se resuelve como se explica en 8.4 (a).


Ejemplo 8.5.1∫x2

√x2 + 1

dx =∫

senh 2z

cosh zcosh z dz =

∫senh 2z dz

=∫

cosh 2z − 12

dz =12

(senh 2z

2− z

)+ C

=12(x

√x2 + 1 − arcsenh x) + C

=12(x

√x2 + 1 − ln(x +

√x2 + 1)) + C

9. 103 Integrales

Resolver

1.

∫sen xesec x

cos2 xdx 2.

∫cos 2x

1 + sen 2xdx 3.

∫cos x√

1 + sen xdx

4.

∫arcsen x√

1 − x2dx 5.

∫tanx

cos2 xdx 6.

∫dx√

x2 + 2x + 2

7.

∫x7 + x3

x4 − 1dx 8.

∫1 − 4x + 8x2 − 8x3

x4(2x2 − 2x + 1)2dx 9.

∫(3x − 7) dx

x3 − 6x2 + 11x − 6

10.

∫cos x

1 + sen 2xdx 11.

∫cot θ

ln( sen θ)dθ 12.

∫x2/3(x5/3 + 1)2/3 dx

13.

∫1 + ex

1 − exdx 14.

∫cos

√x dx 15.

∫dx

sen x cos x

16.

∫ √1 − sen x dx 17.

∫dx

(a2 − x2)3/218.

∫sen x dx

cos2 x − 5 cos x + 4

19.

∫e2x

3√

1 + exdx 20.

∫dx

x6 − 121.

∫dy

y(2y3 + 1)2

22.

∫x2/3 − 2x1/3 + 1

x + 1dx 23.

∫dx

x(x2 + 1)224.

∫ln

√x − 1 dx

25.

∫dθ

1 − tan2 θ26.

∫(x + 1)x3 − x2

dx 27.

∫x

x2 + 4x + 3dx

28.

∫du

(eu − e−u)229.

∫4 dx

x3 + 4x30.

∫dx

5x2 + 8x + 5

43

44 103 Integrales

31.

∫ √x2 − a2

xdx 32.

∫ex cos 2x dx 33.

∫dx

x(3√

x + 1)

34.

∫dx

x(1 + 3√

x)35.

∫cot θ

1 + sen 2θdθ 36.

∫z5dz√1 + z2

37.

∫e4t

(1 + e2t)2/3dt 38.

∫dx

x1/5√

1 + x4/539.

∫x sec2 x dx

40.

∫x arcsen x dx 41.

∫(x3 + x2) dx

x2 + x − 242.

∫x3 + 1x3 − 1

dx

43.

∫x dx

(x − 1)244.

∫(2e2x − ex) dx√3e2x − 6ex − 1

45.

∫(x + 1) dx

(x2 + 2x − 3)2/3

46.

∫dy

(2y + 1)√

y2 + y47.

∫dx

x2√

a2 − x248.

∫(1 − x2)3/2 dx

49.

∫ln(x +

√1 + x2) dx 50.

∫x tan2 x dx 51.

∫arctanx

x2dx

52.

∫x +

√x + 1

x + 2dx 53.

∫x cos2 x dx 54.

∫ √4 + 3x

4 − 3xdx

55.

∫du

e4u + 4e2u + 356.

∫x ln

√x + 2 dx 57.

∫(x + 1)2ex dx

58.

∫arcsec x dx 59.

∫8 dx

x4 + 2x360.

∫x dx

x4 − 16

61.

∫dx

1 + cos2 x62.

∫x3ex2

dx 63.

∫cos x dx√4 − cos2 x

64.

∫x2 sen (1 − x) dx 65.

∫x3

(x2 + 1)2dx 66.

∫x√

2x + 1 dx

67.

∫ln(x +

√x2 − 1) dx 68.

∫dt

t −√

1 − t269.

∫arcsen

√x dx

70.

∫ln(x +

√x) dx 71.

∫x

1 − x4dx 72.

∫t2√

1 + t6dt

103 Integrales 45

73.

∫ex

√e2x − 1

dx 74.

∫ √arccosh x

x2 − 1dx 75.

∫ √1 − x2 arcsen x dx

76.

∫x sen 2(2x) dx 77.

∫tanx dx

tanx + sec x78.

∫dt√

e2t + 1

79.

∫1

(1 + x)23

√1 − x

1 + xdx 80.

∫dx

sen x − cos x81.

∫sec x dx

(cos2 x + 4 sen x − 5)

82.

∫x3 dx√1 − x2

83.

∫dx

x(2 + lnx)84.

∫cos 2x − 1cos 2x + 1

dx

85.

∫dx

x3 + 186.

∫e2x dx4√

ex + 187.

∫2 cos x − 5 sen x

3 cos x + 4 sen xdx

88.

∫e√

t dt 89.

∫sen

√x + 1 dx 90.

∫sen 43x cos2 3x dx

91.

∫2t3 + 11t + 8t3 + 4t2 + 4t

dt 92.

∫dr√

3 − 4r − r293.

∫(2y2 + 1) dy

y3 − 6y2 + 12y − 8

94.

∫dx

x4 − x95.

∫cot2 3x

sen 43xdx 96.

∫cot 3t dt√

sen 23t − 1/4

97.

∫arcsen

√2θ dθ√

1 − 2θ98.

∫ √tanx dx 99.

∫xn lnx dx, n ∈ R

100.

∫(2x2 − x + 2) dx

x5 + 2x3 + x101.

∫dx

9 cos2 x − 16 sen 2x102.

∫dx

cosh x + senh x

103.

∫2 + 2 cosh x − senh x

2 + cosh x + senh xdx

46 103 Integrales

10. Respuestas

(Todas las respuestas deben estar seguidas del termino + C; este se omite para ahorrarespacio.)

1. esec x 2.12

ln |1 + sen 2x| 3. 2√

1 + sen x

4.12( arcsen x)2 5.

12

tan2 x 6. ln |x + 1 +√

x2 + 2x + 2|

7.x4

4+

12

ln |x4 − 1| 8.− 1

3x3 − 4x−22x2−2x+1

−4 arctan(2x − 1)9. ln

∣∣∣∣(x − 2)(x − 3)(x − 1)2

∣∣∣∣10. arctan( sen x) 11. ln | ln sen θ| 12.

925

(x5/3 + 1)5/3

13. −2 ln(1 − ex) + x 14. 2√

x sen√

x + 2 cos√

x 15. ln | tanx|

16.2 cos x√1 − sen x

17.x

a2√

a2 − x218.

13

ln(

1 − cos x

4 − cos x

)

19.3(1 + ex)2/3

10(2ex − 3)−120.

112 ln (x−1)2(x2−x+1)

(x+1)2(x2+x+1)−

√3

6 arctan(

x√

31−x2

) 21.13 ln

∣∣∣ 2y3

2y3+1

∣∣∣ +(6y3 + 3)−1

22.

3(x2/3−4x1/3)2 +

ln (x1/3+1)4√x2/3−x1/3+1

+3√3arctan( 2√

3(x1/3 − 1

2))

23.12(ln

x2

1 + x2− x2

1 + x2) 24. (x − 1) ln

√x − 1 − x

2

25.14

ln∣∣∣∣1 + tan θ

1 − tan θ

∣∣∣∣ +12θ 26.

1x

+ 2 ln∣∣∣∣1 − 1

x

∣∣∣∣ 27.12

ln∣∣∣∣(x + 3)3

x + 1

∣∣∣∣28. −1

2

(1

e2u − 1

)29. ln

∣∣∣∣ x√x2 + 4

∣∣∣∣ 30.13

arctan(

5x + 43

)

47

48 Respuestas

31.

√x2 − a2 −

a(arctan

√x2−a2

a

) 32.ex

5(cos 2x + 2 sen 2x) 33. ln

|x|(1 + 3

√x)2

34. ln∣∣∣∣ x

(1 + 3√

x)3

∣∣∣∣ 35. ln| sen θ|√

1 + sen 2θ36.

8 − 4z2 + 3z4

15(1 + z2)−1/2

37.3 3√

1 + e2t

8(e2t − 3)−138.

52(1 + x4/5)1/2 39. x tanx + ln | cos x|

40.14( x

√1 − x2 +

(2x2 − 1) arcsen x )41.

x2

2+ ln((x + 2)4/3(x − 1)2/3) 42. x + ln

∣∣∣∣x − 1x

∣∣∣∣43. ln |x − 1| − 1

x − 144.

1√3ln |ex − 1 +

√e2x − 2ex − 1

3 | +23

√3e2x − 6ex − 1

45.32(x2 + 2x − 3)1/3

46. arctan(2√

y2 + y) 47. −√

a2 − x2

a2x48.

18(5x − 2x3)

√1 − x2 +

38 arcsen x

49.x ln(x +

√1 + x2) −√

1 + x250. x tanx − x2

2+ ln | cos x| 51. ln

|x|√1 + x2

− arctanx

x

52.x + 1 + 2

√x + 1

− 2 ln |x + 1|− 2 arctan

√x + 1

53.x2

4+

x sen 2x

4+

cos 2x

854.

83 arctan

√4+3x4−3x −

4−3x3

√4+3x4−3x

55.112

(ln3 + e2u

(1 + e2u)3+ 4u) 56.

14(x2 − 4) ln(x + 2) −

x2

8 + x2

57. (x2 + 1)ex

58.x arcsec x| −

ln(|x| +√

x2 − 1)59.

2(x−1 − x−2)ln |x/(x + 2)| 60.

116

ln∣∣∣∣x2 − 4x2 + 4

∣∣∣∣61.

1√2

arctan(

tanx√2

)62.

12(x2 − 1)ex2

63.ln | sen x| +√3 + sen 2x|

64.(x2 − 2) cos(1 − x) +

2x sen (1 − x)65.

12

(ln(x2 + 1) +

1x2 + 1

)66.

115

(3x − 1)(2x + 1)3/2

67.x ln(x +

√x2 − 1) −√

x2 − 168.

12 ln |t −

√1 − t2| −

12 arcsen t

69.12

√x − x2 −

12(1 − 2x) arcsen

√x

70. ln(

(x +√

x)x)1 +

√x

)− x +

√x 71.

12

arctanhx2 72.13

arcsenh t3

Respuestas 49

73. arccosh ex 74.23( arccosh x)3/2 75.

14 arcsen 2x − x2

4 +12x

√1 − x2 arcsen x

76.14x2 − 1

8 sen 4x −132 cos 4x

77. sec x − tanx + x 78. ln(√

e2t + 1 − 1) − t

79. −38

(1 − x

1 + x

)4/3

80.1√2ln | csc(x − π

4 ) −cot(x − π

4 )| 81.

ln[(1 − sen x)1/2(1 +sen x)−1/10(2 −

sen x)−4/9]+ 1/(6 − 3 sen x)

82. −13(1 − x2)1/2(2 + x2) 83. ln |2 + lnx| 84. x − tanx

85.ln

3√x+16√x2−x+1

+1√3arctan 2x−1√

3

86.421

(ex + 1)3/4(3ex − 4) 87.35 ln |3 cos x + 4 sen x|

− (2/5)x

88. 2e√

t(√

t − 1) 89.2 sen

√x + 1 −

2√

x + 1 cos√

x + 190.

x16 − sen 12x

192− ( sen 36x)/144

91.2t2+4t−15

t+2 +ln t2

(t+2)1092. arcsen

r + 2√7

93.2 ln |y − 2| − 8

y−2

− 9/2(y − 2)2

94.13

ln∣∣∣∣1 − 1

x3

∣∣∣∣ 95.− 1

15(cot 3x)5

− 19(cot 3x)3

96.23

arcsec |2 sen 3t|

97.−√

1 − 2θ arcsen√

2θ

+√

2θ98.

√2

4 ln∣∣∣ tan x−

√2 tan x+1

tan x+√

2 tan x+1

∣∣∣ +√2/2 tan(

√2 tanx − 1) +√

2/2 tan(√

2 tanx + 1)

99.xn+1 ln x

n+1 − xn+1

(n+1)2

si n �= 1o

12 ln2 x

si n = 1100.

ln(

x2

x2+1

)− x

2(x2+1)

− 1/2 arctanx

101.124

ln∣∣∣∣4 + 3 tanx

4 − 3 tanx

∣∣∣∣ 102.−2

1 + tanh(x/2)103.

27 [8 ln |3 − tanh x

2 |− 3 ln |1 − tanh x

2 |+ 5 ln |1 + tanh x

2 |− 4/(1 + tanh x

2 )]

50 Respuestas

metodos de integracion

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