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Tema 3

Integral indefinida de funciones de una variable

3.1. Conceptos generales

Una primitiva de una función es otra función que la tiene como derivada y la operación que permite

obtener esta primitiva a partir de la función original recibe el nombre de integración. Se tiene que cumplir

que ambas funciones estén definida en un mismo intervalo [a, b] ⊆ R y que la primitiva sea continua en el

intervalo cerrado y derivable en el intervalo abierto (a, b). Supondremos que todas las funciones utilizadas

son integrables y que están definidas en un intervalo adecuado.

Definición 3.1 Sea f : [a, b] ⊆ R−→R.

Una primitiva de f es una función F : [a, b] ⊆ R−→R continua en [a, b] y derivable en (a, b) con

F′(x) = f (x) ∀ x ∈ (a, b).

El conjunto de primitivas de f recibe el nombre de integral indefinida de f y se representa por

∫f (x)dx

Observación Si F(x) es una primitiva de f entonces F(x) + C también lo es ∀C ∈ R con

∫f (x)dx = {F(x) + C/C ∈ R}

De esta forma, la integral indefinida de una función es una familia de funciones que tiene como parámetro

la constante de integración C. ♣

105

Bloque II. CÁLCULO INTEGRAL

Ejemplo 3.2 La derivada de x2 es 2x, por lo que la integral de 2x es x2 junto a todas las funciones que

tienen como derivada 2x ∫2xdx = x2 + C ♣

3.2. Descomposición en integrales inmediatas

Al cambiar el punto de vista de las derivadas de las funciones elementales, se obtienen las integrales

de algunas funciones que reciben el nombre de integrales inmediatas y entre ellas están las integrales que

aparecen en la tabla 3.1.

Tipo Integral Primitiva Integral Primitiva

Potencias (n , −1)∫

xndxxn+1

n + 1

∫(x − a)ndx

(x − a)n+1

n + 1

Logarítmicas∫

1x

dx ln |x|∫

1x − a

dx ln |x − a|

Exponenciales∫

exdx ex

∫axdx

ax

ln a

Trigonométricas∫

sen xdx − cos x∫

cos xdx sen x

∫(1 + tg2 x)dx tg x

∫1

cos2 xdx tg x

Inversas deTrigonométricas

∫1

√1 − x2

dxarc sen x− arc cos x

∫1

1 + x2 dxarc tg x

−arccotg x

Tabla 3.1: Integrales Inmediatas

Al aplicar la regla de la cadena a estas integrales inmediatas podemos resolver un gran número de

integrales, que por extensión también reciben el nombre de integrales inmediatas

∫Der( f (x)) f ′(x)dx = Fun( f (x))

PROYECTO MATECO 3.14 Página 106

http://personal.us.es/jmiguel/PROYECTOMATECO.html

TEMA 3. INTEGRAL INDEFINIDA DE FUNCIONES DE UNA VARIABLE

Entre ellas tenemos

∫(n + 1) f (x)n f ′(x)dx = f (x)n+1

∫f ′(x)f (x)

dx = ln | f (x)|∫

e f (x) f ′(x)dx = e f (x)

Otras integrales se pueden resolver sustituyendo la expresión de la función por otra equivalente que per-

mita descomponer el integrando en integrales inmediatas al aplicar la propiedad distributiva (bien sumando

y restando una cantidad o bien multiplicando y dividiendo por un mismo número)

∫ [α f (x) + βg(x)

]dx = α

∫f (x)dx + β

∫g(x)dx

Ejercicio 3.3 Calcular las siguientes integrales inmediatas:

(a)∫

(3x + 5)2dx (b)∫

x 3x2dx (c)

∫(x2 +

2x3 −

3√x2)dx (d)

∫1

5x + 3dx

(e)∫

ln3 x dxx

(f)∫

dxtg x cos2 x

(g)∫

x2 ln(x3 + 1) dxx3 + 1

(h)∫

ex dxe2x + 1

(i)∫

tg xdx (j)∫

sen4 x cos xdx (k)∫

earc tg x

1 + x2 dx (l)∫

sen (ln x)x

dx

Solución

(a)∫

(3x + 5)2dx =13

∫3(3x + 5)2dx =

13

(3x + 5)3

3=

(3x + 5)3

9+ C

(b)∫

x 3x2dx =

12

∫2x3x2

dx =12

3x2

ln 3=

3x2

2 ln 3+ C

(c)∫

(x2 +2x3 −

3√x2)dx =

∫x2dx + 2

∫x−3dx −

∫x

23 dx =

x3

3+ 2

x−2

−2−

x53

53

=x3

3−

1x2 −

33√

x5

5+ C

(d)∫

15x + 3

dx =15

∫5

5x + 3dx =

15

ln |5x + 3| + C

(e)∫

ln3 xx

dx =

∫(ln x)3dx

x=

14

∫4(ln x)3 1

xdx =

ln4 x4

+ C

(f)∫

dxtg x cos2 x

=

∫1

tg x1

cos2 xdx = ln | tg x| + C

(g)∫

x2 ln(x3 + 1) dxx3 + 1

=1

2 · 3

∫2 ln(x3 + 1)

1x3 + 1

3x2 dx =ln2(x3 + 1)

6+ C

(h)∫

ex

e2x + 1dx =

∫1

(ex)2 + 1ex dx = arc tg(ex) + C

(i)∫

sen4 x cos xdx =15

∫5 sen4 x cos xdx =

sen5 x5

+ C

Página 107 PROYECTO MATECO 3.14



(j)∫

tg xdx =

∫sen xcos x

dx = −

∫1

cos x(− sen x)dx = − ln | cos x| + C

(k)∫

earc tg x

1 + x2 dx =

∫earc tg x 1

1 + x2 dx = earc tg x + C

(l)∫

sen (ln x)x

dx =

∫sen (ln x)

1x

dx = − cos (ln x) + C ♣

3.3. Integración por partes

Al integrar la derivada del producto de dos funciones, u = u(x) y v = v(x), se obtiene

∫(uv)′dx =

∫uv′dx +

∫u′vdx =⇒

∫udv = uv −

∫vdu

Esta formula da lugar al método de integración por partes en el que seA divide la integral, derivando

una función, u = u(x) e integrando otra, dv = v′(x)dx. Se suele recordar la fórmula con la regla

∫udv = uv −

∫vdu “un día ví una vaca vestida de uniforme”.

Hay que elegir u y dv de manera que la segunda sea fácilmente integrable y para elegir u se utiliza

normalmente la regla de los ALPES:

� funciones Arco

� funciones Logarímicas

� funciones Potencias y Polinomios

� funciones Exponenciales

� funciones Seno y coseno

En algunos casos, hay que repetir el proceso de forma sucesiva hasta que aparece una integral inmediata.

También puede aparece la integral de partida al aplicarlo sucesivamente y en esta situación se determina una

ecuación de la que se despeja la integral para obtener una primitiva. Algunas funciones se pueden integrar

por partes tomando dv = dx y algunos cuadrados de funciones se pueden integrar por partes con la función

actuando como u y como dv.

Ejemplo 3.4 Calcular las siguientes integrales por el método de integración por partes.




(a)∫

x exdx (b)∫

x2 sen xdx (c)∫

ex cos xdx (d)∫

ln xdx (e)∫

cos2 xdx

Solución

(a)∫

x exdx=u = x du = dx

dv = exdx v = ex= x ex −

∫exdx = x ex − ex = (x − 1)ex + C

(b)∫

x2 sen xdx =u = x2 du = 2xdx

dv = sen xdx v = − cos x= −x2 cos x + 2

∫x cos xdx = (∗)

La integral resultante se resuelve por partes∫x cos xdx =

u = x du = dx

dv = cos xdx v = sen x= x sen x −

∫sen xdx

(∗)= = −x2 cos x + 2[x sen x −

∫sen xdx

]= −x2 cos x + 2x sen x + 2 cos x + C

(c)∫

ex cos xdx =u = ex du = exdx

dv = cos xdx v = sen x= ex sen x −

∫ex sen xdx

Al aplicar la integración por partes a la integral resultante obtenemos la integral de partida:∫ex sen xdx =

u = ex du = exdx

dv = sen xdx v = − cos x= −ex cos x +

∫ex cos xdx

Esto nos permite obtener una ecuación:∫ex cos xdx = ex sen x −

[−ex cos x +

∫ex cos xdx

]= ex sen x + ex cos x −

∫ex cos xdx

Si llamamos I a la integral original podemos despejar la integral buscada

I = ex sen x + ex cos x − I =⇒ 2I = ex sen x + ex cos x =⇒ I =ex sen x + ex cos x

2

Por tanto∫

ex cos xdx =ex sen x + ex cos x

2+ C

(d)∫

ln xdx =u = ln x du = 1

xdx

dv = dx v = x= x ln x −

∫dx = x ln x − x + C

(e)∫

cos2 xdx =u = cos x du = − sen xdx

dv = cos xdx v = sen x= cos x sen x +

∫sen2 xdx = (∗)

Al aplicar la fórmula fundamental de la trigonometría

(∗) = cos x sen x +

∫ (1 − cos2 x

)dx = cos x sen x + x −

∫cos2 xdx

Esto nos permite obtener una ecuación de la que podemos despejar la integral buscada∫cos2 xdx = cos x sen x + x −

∫cos2 xdx =⇒

∫cos2 xdx =

x + sen x cos x2

+ C ♣




Ejemplo 3.5 Calcular las siguientes integrales por el método de integración por partes.

(a)∫

e2x+1 cos(2x − 2) dx (b)∫

x(ln x)2 dx

Solución

(a)∫

e2x+1 cos(2x − 2) dx =u = e2x+1 du = 2e2x+1dx

dv = cos(2x − 2)dx v =sen(2x − 2)

2

=

e2x+1 sen(2x − 2)2

−

∫sen(2x − 2)e2x+1dx =

u = e2x+1 du = 2e2x+1dx

dv = sen(2x − 2)dx v =− cos(2x − 2)

2

=

e2x+1 sen(2x − 2)2

−

(− cos(2x − 2)e2x+1

2+

∫e2x+1 cos(2x − 2)dx

)=

e2x+1 sen(2x − 2)2

+cos(2x − 2)e2x+1

2−

∫e2x+1 cos(2x − 2)dx

Como aparece la misma integral que teníamos es una integral cíclica, por tanto, escribimos lo obtenido

en forma de ecuación y despejamos la integral original

I =e2x+1 (sen(2x − 2) + cos(2x − 2))

2− I =⇒ I =

e2x+1 (sen(2x − 2) + cos(2x − 2))4

(b)∫

x(ln x)2 dx =u = (ln x)2 du =

2(ln x)dxx

dv = xdx v =x2

2

=x2(ln x)2

2−

∫x(ln x) dx =

u = ln x du =dxx

dv = xdx v =x2

2

=x2(ln x)2

2−

(x2(ln x)

2−

∫x2

dx)

=x2(ln x)2

2+

x2(ln x)2

+x2

4♣

3.4. Integración de funciones racionales

Ejemplo 3.6 Calcular las siguientes integrales inmediatas.

(a)∫

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

∫x3 + 1

x4 + 4x + 7dx (c)

∫2x

1 + x4 dx

Solución

(a)∫

2x + 1(x2 + x + 1)3 dx = −

12(x2 + x + 1)2 + C

(b)∫

x3 + 1x4 + 4x + 7

dx =14

∫4x3 + 4

x4 + 4x + 7dx =

14

ln |x4 + 4x + 7| + C

(c)∫

2x1 + x4 dx =

∫2x

1 + (x2)2 dx = arc tg x2 + C ♣




Una función racional es aquella definida como un cociente de polinomios y, aunque algunas funciones

racionales se pueden integrar comprobando si pertenecen a la forma compuesta de alguna integral inme-

diata, existe un método general para resolverlas. En el método de descomposición en fracciones simples

descomponemos los cocientes de polinomios como suma de fracciones cuya integración es inmediata (estas

integrales reciben el nombre de fracciones simples y se integran dependiendo de su forma).

� Cada descomposición es única y depende de cuáles son las raices del denominador:

I A cada raíz simple le corresponde un factor (x − α) que da lugar a una fracción que resulta en

logaritmo ∫A

x − αdx = A ln|x − α|

I A cada raíz múltiple de multiplicidad m le corresponde un factor (x−α)m que da lugar a m fracciones

la primera de las cuales resulta en un logaritmo y el resto en potencias

A1

x − α,

A2

(x − α)2 , . . .Am

(x − α)m

con∫

A(x − a)n dx =

∫(x − α)−ndx =

(x − α)−n+1

(−n + 1)=

−A(n − 1)(x − a)n−1 (n , 1)

I A cada par de raíces complejas conjugadas le corresponde un polinomio irreducible de segundo

grado ax2 + bx + c que da lugar a una fracción

Mx + Nax2 + bx + c

que es suma de un logaritmo y una arcotangenteMx + N

ax2 + bx + c= K

(ax2 + bx + c)′

ax2 + bx + c+

Aax2 + bx + c

I A cada par de raíces complejas conjugadas de multiplicidad m le corresponde una potencia de un

polinomio irreducible de segundo grado que da lugar a m fracciones (este caso no lo estudiaremos).

� El cociente de polinomios se escribe como una suma de fracciones simples, con coeficientes genéricos

que se determinan sumando las fracciones e identificando numeradores, para posteriormente integrar estas

fracciones.

I Es importante señalar que para poder descomponer un cociente de polinomios en fracciones simples

el grado del numerador tiene que ser menor que el grado del denominador. Si no es así, dividimos

numerador entre denominador e integramos el cociente como un polinomio aplicando el método de des-




composición al resto de la división

∫P(x)Q(x)

dx =

∫C(x)dx +

∫R(x)Q(x)

dx.

Ejemplo 3.7 Calcular las siguientes integrales de fracciones simples

(a)∫

2x + 1

dx (b)∫

2(x − 1)2 dx (c)

∫2x + 3

x2 + 3x + 7dx (d)

∫1

x2 + 6x + 15dx

Solución

(a) En este caso tenemos una potencia con n = 1:∫2

x + 1dx = 2 ln |x + 1| + C

(b) En este caso tenemos una potencia con n , 1:∫2

(x − 1)2 dx = 2∫

(x − 1)−2dx = 2(x − 1)−1

−1= −

2x − 1

+ C

(c) En este caso el numerador es la derivada del denominador y, por tanto, es de tipo logarítmico∫2x + 3

x2 + 3x + 7dx = ln |x2 + 3x + 7| + C

(d) En este caso el numerador es constante y el denominador no tiene raíces reales (polinomio irreducible)

y, por tanto, es de tipo arcotangente. El primer paso es reescribir la integral:

x2 + 6x + 15 = 0 =⇒ x =−6 ±

√36 − 60

2=⇒

∫1

x2 + 6x + 15dx =

∫1

(x + 3)2 + 6dx

∫1

(x + 3)2 + 6dx =

1√

6arc tg

(x + 3√

6

)+ C

(e) En este caso el numerador es de primer grado y el denominador no tiene raíces reales y, por tanto, es

de tipo neperiano-arcotangente

x2 + 2x + 5 = 0 =⇒ x =−2 ±

√4 − 20

2

Para descomponerla en suma de una integral de tipo logarítmico y otra de tipo arcotangente obtenene-

mos la derivada del término de grado dos multiplicando y dividiendo por 2:∫x + 3

x2 + 2x + 5dx =

12

∫2x + 6

x2 + 2x + 5dx = (∗)

A continuación restamos y sumamos 2 para obtener la derivada completa del denominador:

(∗) =12

∫2x + 2 − 2 + 6

x2 + 2x + 5dx =

12

∫2x + 2

x2 + 2x + 5dx +

12

∫4

x2 + 2x + 5dx




La primera integral es de tipo logarítmico y es inmediata:

12

∫2x + 2

x2 + 2x + 5dx =

12

ln |x2 + 2x + 5|

La segunda integral es de tipo arcotangente y escribimos x2 + 2x + 5 como (x + 1)2 + 4:

12

∫4

x2 + 2x + 5dx = 2

∫1

x2 + 2x + 5dx = 2

∫1

(x + 1)2 + 4dx = 2

14

∫1

(x+1)2+44

dx =

214

∫1

(x + 1)2

4+ 1

=12

∫1(

x + 12

)2

+ 1

dx = 212

∫12(

x + 12

)2

+ 1

dx = arc tg(

x + 12

)

En resumen ∫2x + 3

x2 + 2x + 5dx =

12

ln |x2 + 2x + 5| + arc tg(

x + 12

)+ C ♣

Ejemplo 3.8 Calcular las siguientes integrales racionales

(a)∫

2x5 + 2x2 − 4x − 12x2 − 1

dx (b)∫

9x3 − 6x2 + 9x − 4

dx (c)∫

3x + 5x3 − x2 − x + 1

dx

(d)∫ x2 − 3x − 5

x3 + 4x2 + 5xdx (e)

∫x

x2 − 2x − 3dx (f)

∫x

2x2 − 12x + 50dx

Solución

(a)∫

2x5 + 2x2 − 4x − 12x2 − 1

dx

� Al ser el grado del numerador mayor que el grado del denominador en primer lugar efectuamos la

división: ∫2x5 + 2x2 − 4x − 12

x2 − 1dx =

∫(2x3 + 2x + 2)dx +

∫−2x − 10

x2 − 1dx.

La primera integral es inmediata∫

(2x3 + 2x + 2)dx = x4

2 + x2 + 2x

La segunda integral se resuelve por el método de descomposición en el que descomponemos el deno-

minador en factores

x2 − 1 = 0⇔ x = ±1 =⇒ x2 − 1 = (x + 1)(x − 1)

la suma de fracciones simples correspondiente es

−2x − 10x2 − 1

=A

x + 1+

Bx − 1

=A(x − 1) + B(x + 1)

(x + 1)(x − 1)

� El valor de las constantes se determina identificando los numeradores, para lo que damos valores a las

variables:

−2x − 10 = A(x − 1) + B(x + 1) =⇒

x = 1 → −12 = 2B → B = −6

x = −1 → −8 = −2A → A = 4




I Al calcular la integral de cada fracción simple obtenemos la integral buscada:

∫4

x + 1−

6x − 1

dx = 4 log(x + 1) − 6 log(1 − x)

En resumen

∫2x5 + 2x2 − 4x − 12

x2 − 1dx =

x4

2+ x2 + 2x + 4 ln(x + 1) − 6 ln(1 − x) + C

(b)∫

9x3 − 6x2 + 9x − 4

dx

Descomponemos el denominador en factores, buscando entre los divisores del término independiente

una raíz entera por la regla de Rufini:

1 −6 9 −4

1 1 −5 4

1 −5 4 0

En el resto de la división, x2 − 5x + 4, buscamos las otras dos raíces:

λ =5 ±√

25 − 162

=

5+3

2 = 45−3

2 = 1

La raíz x = 1 aparece dos veces, por lo que tiene multiplicidad dos y la raíz x = 4 aparece una única vez,

por lo que tiene multiplicidad uno. Por tanto, las raíces son

x =

1 m = 2

4 m = 1

I Como la descomposición del denominador en factores es x3 − 6x2 + 9x− 4 = (x− 4)(x− 1)2, la suma

de fracciones simples correspondiente es

1x3 − 6x2 + 9x − 4

=A

x − 4+

Bx − 1

+C

(x − 1)2





variables:

9 = A(x − 1)2 + B(x − 4)(x − 1) + C(x − 4) =⇒

x = 1 → 9 = −3C

x = 4 → 9 = 9A

x = 0 → 9 = A + 4B − 4C

=⇒

A = 1

B = −1

C = −3

I Al calcular la integral de cada fracción simple obtenemos la integral buscada:∫9

x3 − x2 − x + 1dx =

∫1

x − 4dx +

∫−1

x − 1dx +

∫−3

(x − 1)2 dx

. La primera integral es inmediata

∫1

x − 4dx = ln |x − 4|

. La segunda integral es inmediata

∫−1

x − 1dx = − ln |x − 1|

. La tercera integral se escribe como potencia

∫−3

(x − 1)2 dx = −3∫

(x − 1)−2dx = −3(x − 1)−1

−1=

3(x − 1)

Por tanto

∫9

x3 − 6x2 + 9x − 4dx = ln |x − 4| − ln |x − 1| +

3x − 1

= ln∣∣∣∣∣ x − 4x − 1

∣∣∣∣∣ +3

x − 1+ C

(c)∫

3x + 5x3 − x2 − x + 1

dx

� En primer lugar descomponemos el denominador en factores, buscando entre los divisores del término

independiente una raíz entera por la regla de Rufini:

1 −1 −1 1

1 1 0 −1

1 0 −1 0




En el resto de la división, x2 − 1, buscamos las otras dos raíces, lo que en este caso es inmediato

(x2 = 1 =⇒ x = ±1) Como la raíz x = 1 aparece dos veces y la raíz x = −1 aparece una única vez, las raíces

son

x =

1 m = 2

4 m = 1

I Como la descomposición del denominador en factores es x3 − x2 − x + 1 = (x + 1)(x − 1)2, la suma

de fracciones simples correspondiente es

3x + 5x3 − x2 − x + 1

=A

x + 1+

B(x − 1)2 +

Cx − 1


variables:

3x + 5 = A(x − 1)2 + B(x + 1) + C(x + 1)(x − 1) =⇒

x = 1 → 8 = 2B

x = −1 → 2 = 4A

x = 0 → 5 = A + B −C

=⇒

A = 1

2

B = 4

C = −12

� Al calcular la integral de cada fracción simple obtenemos la integral buscada:

∫3x + 5

x3 − x2 − x + 1dx =

∫ 12

x + 1dx +

∫4

(x − 1)2 dx +

∫−1

2

x − 1dx

Por tanto ∫3x + 5

x3 − x2 − x + 1dx =

12

ln |x + 1| −4

x − 1−

12

ln |x − 1| + C

(d)∫ x2 − 3x − 5

x3 + 4x2 + 5xdx

� Para la descomposición del denominador en factores sacamos factor común x3 +4x2 +5x = x(x2 +4x+5)

y calculamos las raíces del polinomio de grado 2

x2 + 4x + 5 = 0 =⇒ x =−4 ±

√16 − 20

2=−4 ±

√−4

2

Como el polinomio no tiene raíces reales es irreducible y la suma de fracciones simples correspondiente

esx2 − 3x − 5

x3 + 4x2 + 5x=

Ax

+Mx + N

x2 + 4x + 5




I El valor de las constantes se determina identificando los numeradores:

x2 − 3x − 5 = A(x2 + 4x + 5) + (Mx + N)x =⇒

x = 0 → −5 = 5A

x = 1 → −7 = 10A + M + N

x = 2 → −7 = 17A + 4M + 2N

=⇒

A = −1

M = 2

N = 1

� La descomposición de la integral es:

∫x2 − 3x − 5

x3 + 4x2 + 5xdx =

∫−1x

dx +

∫2x + 1

x2 + 4x + 5dx

I La primera integral es una fracción simple cuyo denominador es una raíz simple:

∫−1x

dx = − ln |x|

I La segunda integral es una fracción simple que se descompone en suma de una integral de tipo

logarítmico y otra de tipo arcotangente.

Como el numerador es 2x + 1 y la derivada del denominador es 2x + 4 sumamos y restamos 4:

∫2x + 1

x2 + 4x + 5dx =

∫2x + 4 − 4 + 1

x2 + 4x + 5dx =

∫2x + 4

x2 + 4x + 5dx +

∫−3

x2 + 4x + 5dx

. La integral de tipo logarítmico es inmediata:

∫2x + 4

x2 + 4x + 5dx = ln |x2 + 4x + 5|

. La integral de tipo arcotangente es inmediata cuando escribimos x2 + 4x + 5 como (x + 2)2 + 1:

∫−3

x2 + 4x + 5dx = −3

∫1

(x + 2)2 + 1dx = −3 arc tg(x + 2)

. Por tanto tenemos

∫2x + 1

x2 + 4x + 5dx = ln |x2 + 4x + 5| − 3 arc tg(x + 2)




En resumen, la integral buscada es

∫x2 − 3x − 5

x3 + 4x2 + 5xdx = − ln |x| + ln |x2 + 4x + 5| − 3 arc tg(x + 2) + C

(e)∫

xx2 − 2x − 3

dx

Descomponemos el denominador x2 − 2x − 3 = 0 cuyas raíces son

x =2 ±√

4 + 122

=

2+4

2 = 32−4

2 = −1

Por tanto, la suma de fracciones simples correspondiente es

xx2 − 2x − 3

=A

x − 3+

Bx + 1


x2 − 2x − 3 = A(x + 1) + B(x − 3) =⇒

x = −1 =⇒ − 1 = −4B

x = 3 =⇒ 3 = 4A

=⇒

A = 34

B = 14

� La descomposición de la integral es:

∫x

x2 − 2x − 3dx =

∫ 34

x − 3+

14

x + 1dx

I Ambas integrales son fracciones simples cuyo denominador es una raíz simple y son inmediatas

∫x

x2 − 2x − 3dx =

∫ 34

x − 3+

14

x + 1dx =

34

ln |x − 3| +14

ln |x + 1| + C

(f)∫

x2x2 − 12x + 50

dx

Al intentar descomponer el denominador observamos que el polinomio no tiene raíces reales

2x2 − 12x + 50 = 0 =⇒ x =−12 ±

√144 − 4004

=−12 ±

√−356

4




Por tanto, esta integral se descompone en suma de una integral de tipo logarítmico y otra de tipo arcotan-

gente. Para ello, transformamos la integral multiplicando y dividiendo por 4 para obtener la derivada de 2x2

y a continuación restamos y sumamos 12 para obtener la derivada de 2x2 − 12x + 50:∫x

2x2 − 12x + 50dx =

14

∫4x

2x2 − 12x + 50dx =

14

∫4x − 12 + 12

2x2 − 12x + 50dx

Descomponemos la integral en suma de una integral de tipo logarítmico y otra de tipo arcotangente:

14

∫4x − 12 + 12

2x2 − 12x + 50dx =

14

∫4x − 12

2x2 − 12x + 50dx +

∫3

2x2 − 12x + 50dx

La integral de tipo logarítmico es inmediata:

14

∫4x − 12

2x2 − 12x + 50dx =

14

ln |2x2 − 12x + 50|

La integral de tipo arcotangente es inmediata si escribimos 2x2 − 12x + 50 como 2[(x − 3)2 + 16]:∫3

2[(x − 3)2 + 16]dx =

32

∫1

(x − 3)2 + 16dx =

38

arc tg(

x − 34

)En resumen:∫

x2x2 − 12x + 50

dx =14

ln |2x2 − 12x + 50| +38

arc tg(

x − 34

)+ C ♣

Las integrales racionales pueden aparecer en integrales que no son racionales.

Ejemplo 3.9 Calcular∫

ln(x2 + 2x + 5) dx

Solución∫ln(x2 + 2x + 5) dx =

u = ln(x2 + 2x + 5) du =(2x+2)dxx2+2x+5

dv = dx v = x= x ln(x2 + 2x + 5) −

∫(2x2 + 2x)dxx2 + 2x + 5

=

x ln(x2 + 2x + 5) −∫ (

2 −2x + 10

x2 + 2x + 5

)dx = x ln(x2 + 2x + 5) − 2x +

∫2x + 10

x2 + 2x + 5dx = (∗)

(∗)∫

2x + 10x2 + 2x + 5

dx =

∫ (2x + 2

x2 + 2x + 5+

8x2 + 2x + 5

)dx = ln(x2 + 2x + 5) + 8

∫dx

x2 + 2x + 5= (∗∗)

(∗∗)∫

dxx2 + 2x + 5

=

∫dx

(x + 1)2 + 4=

14

∫dx

( x+12 )2 + 1

=24

∫ dx2

( x+12 )2 + 1

=12

arc tg(

x + 12

)Por (∗) y (∗∗)∫

ln(x2 + 2x + 5) dx = x ln(x2 + 2x + 5) − 2x + ln(x2 + 2x + 5) + 4 arc tg(

x + 12

)+ C ♣




3.5. Integración por cambio de variable

Se trata de sustituir la variable x por otra variable t relacionadas mediante una función biyectiva y

derivable que transforme el integrando en otro más sencillo. Se termina el proceso al hallar la integral en

t y deshacer el cambio de variable. Se aplica de forma directa o indirecta y, en particular, se puede aplicar

directamente a las integrales inmediatas para mayor claridad en los ajustes.

Ejemplo 3.10 Calcular las siguientes integrales inmediatas mediante cambio de variable:

(a)∫

x(x2 + 5)25dx (b)∫

e3xdxcos2 e3x (c)

∫ln3 x dx

x(d)

∫dx

tg x cos2 x(e)

∫x2 ln(x3 + 1) dx

x3 + 1

Solución

(a)∫

x(x2 + 5)25dx =t = (x2 + 5)

dt = 2x dx=

∫t25 dt

2=

12

∫t25dt =

12

t26

26=

t26

52=

(x2 + 5)26

52+ C

(b)∫

e3xdxcos2 e3x =

t = e3x

dt = 3e3x dx

∫ dt3

cos2 t=

13

∫dt

cos2 t=

13

tg t =13

tg e3x + C

(c)∫

ln3 xx

dx =t = ln x

dt = dxx

=

∫t3dt =

t4

4=

ln4 x4

+ C

(d)∫

dxtg x cos2 x

=t = tg x

dt =dx

cos2 x

=

∫dtt

= ln |t| = ln | tg x| + C

(e)∫

x2 ln(x3 + 1) dxx3 + 1

podemos hacerla de dos formas:

(I) =t = x3 + 1

dt = 3x2dx=

∫ln t dt

3t=

u = ln t

du = dtt

=

∫u du

3=

u2

6=

ln2 t6

=ln2(x3 + 1)

6+ C

(II) =u = ln(x3 + 1)

du = 3x2dxx3+1

=

∫u du

3=

u2

6=

ln2(x3 + 1)6

+ C ♣

Algunas integralesse pueden abordar algunas integrales mediante un cambio de variable que las trans-

forma en integrales más sencillas, En particular, integrales donde aparece la función exponencial.

Ejemplo 3.11 Calcular∫

ex

e2x − 1dx

Solución (La descomposición en fracciones simples se deja como ejercicio)∫ex

e2x − 1dx =

t = ex

dt = exdx=

∫dt

t2 − 1=

∫−1

2

t + 1dt +

∫ 12

t − 1dt =

− ln |t + 1|2

+ln |t − 1|

2=− ln |ex + 1|

2+

ln |ex − 1|2




que se puede escribir como ln√∣∣∣∣∣ex − 1

ex + 1

∣∣∣∣∣ + C ♣

3.6. Integración de funciones irracionales

Una función irracional es aquella en la cual aparecen funciones en las que la variable está dentro del

signo radical. Para resolver estas integrales se efectúan cambios de variable. El cambio de variable que hay

que realizar depende de la función que aparece dentro del radical y su objetivo es transformar la integral en

una integral racional a la que aplicar el método de descomposición en fracciones simples. La mayoría de

estos cambios son indirectos y, una vez determinado el caso a considerar, se despeja la variable original, se

calcula su diferencial y tras resolver la integral resultante se deshace el cambio.

Ejemplo 3.12 Calcular las siguientes integrales de raíces de potencias y fracciones

(a)∫ √

xx( 3√

x −√

x)dx (b)

∫ √x + 1x

dx (c)∫

x dx√

x + 1 +3√x + 1

(d)∫ √

1 − x1 + x

dxx

Solución En este tipo de integrales realizamos los siguientes cambios:

Tipo Raíces Cambio de variable

Raíces de potencias q1√

xp1 , . . . ,qn√

xpn x = tq con q = m.c.m(q1, . . . , qn)

Raíces de fracciones q1

√( ax+b

cx+d )p1 , . . . , qn

√( ax+b

cx+d )pn ax+bcx+d = tq con q = m.c.m(q1, . . . , qn)

(a)∫ √

xx( 3√

x −√

x)dx

Como aparecen raíces de potencias de la variable el cambio a realizar es x = t6 ya que q = 6 es el

mínimo común múltiplo de los índices de las raíces:∫ √x

x( 3√

x −√

x)dx =

x = t6

dx = 6t5dt=

∫ √t6 6t5dt

t6(3√t6 −√

t6)=

∫t3 6t5dt

t6(t2 − t3)=

∫6 dt1 − t

= −6 ln |1 − t|

A continuación deshacemos el cambio de variable (x = t6 ⇒ t = 6√

x), y, por tanto,

∫ √x

x( 3√

x −√

x)dx = −6 ln |1 − 6√x| + C

(b)∫ √

x + 1x

dx

Como aparece sólo la cuadrada raíz de x + 1 el cambio a realizar es x + 1 = t2:∫ √x + 1dx

x=

t2 = x + 1⇔ t =√

x + 1⇔ x = t2 − 1

dx = 2tdt=

∫2t2dtt2 − 1

=




∫2dt +

∫−dtt + 1

+

∫dt

t − 1= 2t − ln |t + 1| + ln |t − 1| = 2

√x + 1 − ln |

√x + 1 + 1| + ln |

√x + 1 − 1| + C

que se puede escribir como 2√

x + 1 + ln

∣∣∣∣∣∣√

x + 1 − 1√

x + 1 + 1

∣∣∣∣∣∣ + C

(c)∫

x dx√

x + 1 +3√x + 1

Como aparecen raíces de x + 1 el cambio a realizar es x + 1 = t6, ya que q = 6 es el mínimo común múl-

tiplo de los índices de las raíces. Este cambio es indirecto y tenemos que calcular la variable x y determinar

su diferencial:

x + 1 = t6 =⇒ x = t6 − 1 =⇒ dx = 6t5 dt

Por tanto:∫

x dx√

x + 1 +3√x + 1

=

∫(t6 − 1)6t5

√t6 +

3√t6

dt = 6∫

t9 − t3

t + 1dt = · · ·

Una vez resuelta esta integral, para deshacer el cambio se despeja t en el cambio de variable y, por tanto,

se toma t =6√x + 1 (la continuación se deja como ejercicio).

(d)∫ √

1 − x1 + x

dxx

Como aparece una raíz cuadrada el cambio a realizar es indirecto, 1−x1+x = t2, y tenemos que calcular la

variable x y determinar su diferencial:

1 − x1 + x

= t2 =⇒ x =1 − t2

1 + t2 =⇒ dx =−4t dt

(1 + t2)2

Por tanto:∫ √

1 − x1 + x

dxx

=

∫√

t2

−4t(1 + t2)2

1 − t2

1 + t2

dt = −4∫

t2

(1 − t2)(1 + t2)dt = · · ·

Una vez resuelta esta integral, para deshacer el cambio se despeja t en el cambio de variable y, por tanto,

se toma t =

√1 − x1 + x

(la continuación se deja como ejercicio). ♣

Ejemplo 3.13 Calcular las siguientes integrales de raíces de polinomios de segundo grado

(a)∫

dx

x√

x2 + x + 1(b)

∫dx

√−x2 + x + 4

(c)∫

dx√−x2 + 3x − 2

Solución En este tipo de integrales realizamos los siguientes cambios que no son excluyentes, por lo que

a veces es posible realizar más de uno:

Raíces de polinomios√

ax2 + bx + c con a > 0√

ax2 + bx + c =√

a x + t

de segundo grado√

ax2 + bx + c con c > 0√

ax2 + bx + c = tx +√

c√

ax2 + bx + c con

α raíz real de ax2 + bx + c

√ax2 + bx + c = t(x − α)




(a)∫

dx

x√

x2 + x + 1Como a, c > 0t tenemos dos posibles cambios indirectos a realiza. Por ejemplo

√x2 + x + 1 = x + t, en

el que tenemos que calcular la variable x y determinar su diferencial:

√x2 + x + 1 = x + t =⇒ x =

t2 − 11 − 2t

=⇒ dx =−2t2 + 2t − 2

(1 − 2t)2 dt

Por tanto:∫

dx

x√

x2 + x + 1=

∫ −2t2 + 2t − 2(1 − 2t)2 dt

t2 − 11 − 2t

(t2 − 11 − 2t

+ t) = 2

∫1

t2 − 1dt = · · ·

Para deshacer el cambio se despeja t en el cambio de variable y se toma t =√

x2 + x + 1 − x (la

continuación se deja como ejercicio).

(b)∫

dx√−x2 + x + 4

Como c > 0 consideramos el cambio indirecto√−x2 + x + 4 = tx + 2 en el que tenemos que calcular la

variable x y determinar su diferencial:

√−x2 + x + 4 = tx + 2 =⇒ x =

1 − 4tt2 + 1

=⇒ dx =4t2 − 2t − 4

(t2 + 1)2 dt

Por tanto:∫

dx√−x2 + x + 4

=

∫ 4t2 − 2t − 4(t2 + 1)2 dt

t(1 − 4tt2 + 1

)+ 2

= −2∫

1t2 + 1

dt = · · ·

Para deshacer el cambio se despeja t en el cambio de variable y se toma t =

√−x2 + x + 4 − 2

x(la

continuación se deja como ejercicio).

(c)∫

dx√−x2 + 3x − 2

Como a, c < 0 tenemos dos posibles cambios indirectos a realizar (las raíces son x = 1 y x = 2). Por

ejemplo tomamos√−x2 + 3x − 2 = t(x − 1) y calculamos la variable x y su diferencial:

√−x2 + 3x − 2 = t(x − 1) =⇒ x =

t2 + 2t2 + 1

=⇒ dx =−2t

(t2 + 1)2 dt

Por tanto:∫

dx√−x2 + 3x − 2

=

∫ −2t(t2 + 1)2

t(t2 + 2t2 + 1

− 1) = −2

∫1

t2 + 1dt = · · ·




Para deshacer el cambio se despeja t en el cambio de variable y se toma t =

√−x2 + 3x − 2

x − 1(la conti-

nuación se deja como ejercicio). ♣

3.7. Integración de funciones trigonométricas

Una integral trigonométrica es aquella en la cual aparecen las funciones trigonométricas seno y coseno,

así como las funciones relacionadas con ellas. Para resolverlas se efectúan cambios de variable que depen-

den de las funciones que aparece dentro de la integral. Su objetivo es transformar la integral en una integral

racional a la que aplicar el método de descomposición en fracciones simples.

Los casos que vamos a tratar aparecen en la tabla 3.2 y no son excluyentes, por lo que a veces es posible

realizar más de uno. Para determinar este cambio tendremos en cuenta que una función trigonométrica es

impar en seno si al sustituir sen x por − sen x la función cambia de signo. Será impar en coseno si al sustituir

cos x por − cos x la función cambia de signo y será par en seno y coseno si al sustituir simultúneamente sen x

por − sen x y cos x por − cos x la función no cambia.

Tipo Cambio de variable Diferencial de t Diferencial de xImpar en seno t = cos x dt = − sen xdx No se utiliza

Impar en coseno t = sen x dt = cos xdx No se utiliza

Par en seno y coseno t = tg x dt = (1 + tg2 x)dx dx =dt

1 + t2

Caso general t = tg(

x2

)dt = 1

2 (1 + tg2 (x/2))dx dx =2dt

1 + t2

Tabla 3.2: Integrales trigonométricas

Ejemplo 3.14 Calcular las siguientes integrales trigonométricas mediante cambios de variable

(a)∫

cos3 xdxsen2 x

(b)∫

cos2 xdxsen3 x

(c)∫

sen2xdxcos6x

(d)∫

sen xdx1 + cos x + sen x

Solución En todos los casos utilizamos la fórmula fundamental de la trigonometría

sen2 x + cos2 x = 1

(a)∫

cos3 xdxsen2 x

Como esta integral es impar en coseno hacemos el cambio t = sen x que permite que un coseno se utilice

para la diferencial y que el resto se transformen en polinomios sin más que tomar

cos2 x = 1 − sen2 x = 1 − t2.




∫cos3 xdx

sen2 x=

∫cos2 x cos xdx

sen2 x=

t = sen x

dt = cos xdx=

∫(1 − t2)

t2 dt =

∫1t2 dt −

∫dt= −

1t− t

Deshaciendo el cambio se tiene∫

cos3 xdxsen2 x

= −1

sen x− sen x + C ♣

(b)∫

cos2 xdxsen3 x

Como esta integral es impar en seno hacemos el cambio t = cos x, lo que permite que un seno se utilice

para la diferencial y que el resto de los senos se transformen en polinomios cuando tomamos

sen2 x = 1 − cos2 x = 1 − t2.

En este caso, multiplicamos previamente numerador y denominador por − sen x:

∫cos2 xdx

sen3 x=

∫cos2 x(− sen x)dx− sen4 x

=t = cos x

dt = − sen xdx= −

∫t2

(1 − t2)2 dt = · · · .

La continuación se deja como ejercicio.

(c)∫

sen2xdxcos6x

Como esta integral es par en seno y coseno hacemos el cambio t = tg x.

En este cambio además de la fórmula fundamental utilizamos dos fórmulas derivadas de ellasen2 x =

tg2 x1 + tg2 x

=t2

1 + t2

cos2 x =1

1 + tg2 x=

11 + t2

∫sen2xdxcos6x

=t = tg x⇔ x = arc tg t

dt = (1 + tg2 x)dx⇔ dx =dt

1 + t2

=

∫ t2

1 + t2

1(1 + t2)3

dt1 + t2 =

∫(t2 + t4)dt = · · · .

La continuación se deja como ejercicio.

(d)∫

sen xdx1 + cos x + sen x

Como esta integral no es ni par ni impar en seno o coseno hacemos el cambio general t = tg(

x2

).

En este cambio se utilizan las fórmulas del ángulo doble

sen x =

2 tg(

x2

)1 + tg2

(x2

) =2t

1 + t2

cos x =1 − tg2

(x2

)1 + tg2

(x2

) =1 − t2

1 + t2




∫sen xdx

1 + cos x + sen x=

t = tg(

x2

)⇔ x = arc tg 2t

dt =1+tg2

( x2)

2 dx⇔ dx = 2dt1+t2

=

∫ 2t1+t2

1 + 1−t21+t2 + 2t

1+t2

2dt1 + t2 = · · · .

La continuación se deja como ejercicio. ♣

Ejemplo 3.15 Calcular las siguientes integrales trigonométricas mediante fórmulas

(a)∫

sen2x cos2xdx (b)∫

cos (7x) cos (2x)dx

Solución

(a)∫

sen2x cos2xdx

En este caso utilizamos las fórmulas del ángulo doble:

sen2 x =

1 − cos 2x2

cos2 x =1 + cos 2x

2∫sen2x cos2xdx =

∫1 − cos 2x

21 + cos 2x

2dx =

14

∫(1 − cos22x)dx =

14

∫sen22xdx =

14

∫1 − cos 4x

2dx =

18

∫(1 − cos 4x)dx =

18

(x −

sen 4x4

)+ C

(b)∫

cos (7x) cos (2x)dx

En este caso utilizamos las fórmulas del producto

sen(mx) sen(nx) =cos(mx − nx) − cos(mx + nx)

2

sen(mx) cos(nx) =sen(mx − nx) + sen(mx + nx)

2

cos(mx) cos(nx) =cos(mx − nx) + cos(mx + nx)

2∫cos (7x) cos (2x)dx =

∫cos 5x + cos 9x

2dx =

12

∫cos 5xdx +

12

∫cos 9xdx =

sen 5x10

+sen 9x

18♣

Ejercicio 3.16 Calcular las siguientes integrales:

(a)∫

cos(x)sen2(x)

dx (b)∫

sen2(x) + 1cos(x)

dx (c)∫

sen(x)cos2(x) + 1

dx

Solución

(a)∫

cos(x)sen2(x)

dx =t = sen x

dt = cos xdx=

∫dtt2 =

∫t−2dt =

t−1

−1dt = −

1t

= −1

sen x+ C




(b)∫

sen2(x) + 1cos(x)

dx =t = sen x

dt = cos xdx=

∫ (sen2(x) + 1

)cos(x)

cos2(x)dx =

∫(t2 + 1)dt

1 − t2 =∫ (−1 +

1t + 1

−1

t − 1

)dt = −t + ln |t + 1| − ln |t − 1| = − sen(x) + ln | sen(x) + 1| − ln | sen(x) − 1|

que podemos escribir como ln∣∣∣∣∣sen(x) + 1sen(x) − 1

∣∣∣∣∣ − sen(x) + C

(c)∫

sen(x)cos2(x) + 1

dx =t = cos x

dt = − sen xdx=

∫−dt

t2 + 1dx = − arc tg(t) = − arc tg(cos x) + C

Ejercicio 3.17 Calcular∫√

9 − 4x2 dx

Solución En las integrales irracionales de la forma√

a2 − b2x2 se realiza el cambio de variable x = ab cos t

obteniéndose una integral trigonométrica∫√

9 − 4x2 dx=x = 3

2 cos t

dx = −32 sen tdt

=

∫ √9 − 49

4 cos2 t(−3

2 sen t)dt = −9

2

∫√

1 − cos2 t sen tdt=∫

sen2 tdt =

∫1 − cos 2t

2dt =

∫12

dt −∫

cos 2t2

dt =t2−

sen 2t4

= (∗)

Deshacemos el cambio de variable sustituyendo t = arc cos(

2x3

)en (∗):∫

√9 − 4x2 dx = (∗) = 1

2 arc cos(

2x3

)− 1

4 sen[2 arc cos

(2x3

)]+ C ♣




Ejercicios del tema

Ejercicio 3.18 Calcular las siguientes integrales inmediatas:

(1)∫

e3x+2 dx (2)∫

2x−1

4 dx (3)∫

4

√2x + 1

3dx (4)

∫sen

(3πx + π

5

)(5)

∫tan(x) dx (6)

∫1 + x1 + x2 dx (7)

∫3

4 + x2 dx (8)∫

x√

1 − 9x2 dx

(9)∫

ex/2

1 + ex/2 dx (10)∫

1√

4 − x2dx (11)

∫sen4(3x) cos(3x) dx

Solución

(a)∫

e3x+2 dx =13

∫3e3x+2 dx =

e3x+2

3+ C

(b)∫

2x−1

4 dx =4

ln 2

∫2

x−14 ln 2 1

4 dx =4 · 2

x−14

ln 2+ C

(c)∫

4

√2x + 1

3dx =

∫ (2x + 1

3

) 14

dx =3 · 42 · 5

∫54

(2x + 1

3

) 14 2

3dx =

65

(2x + 1

3

) 54

+ C

(d)∫

sen(3πx + π

5

)dx = −

53π

∫−

3π5

sen(3πx + π

5

)dx = −

53π

cos(3πx + π

5

)+ C

(e)∫

tan(x) dx =

∫sen(x)cos(x)

dx =

∫−− sen(x)cos(x)

dx = − ln | cos(x)| + C

(f)∫

1 + x1 + x2 dx =

∫ (1

1 + x2 +x

1 + x2

)dx =

∫dx

1 + x2 +12

∫2x dx1 + x2 = arctan x +

ln(1 + x2)2

+ C

(g)∫

34 + x2 dx =

34

∫1

4+x2

4

dx =34

∫1

1 +(

x2

)2 dx =34

2∫ 1

2

1 +(

x2

)2 dx =32

arctan( x2

)+ C

(h)∫

x√

1 − 9x2dx =

∫x(1 − 9x2)

12 dx = −1

18

∫(1 − 9x2)

12 (−18x)dx =

(1 − 9x2)32

32

=2

√(1 − 9x2)3

3+ C

(i)∫

ex/2

1 + ex/2 dx = 2∫ 1

2ex/2

1 + ex/2 dx = ln(1 + ex/2

)+ C

(j)∫

dx√

4 − x2= 2

∫dx

√4 − x2

2

= 2

∫dx√4 − x2

4

= 2 · 2

∫dx2√

1 −(

x2

)2= 4 arc cos

( x2

)+ C

(k)∫

sen4(3x) cos(3x) dx =1

5 · 3

∫5 sen4(3x) cos(3x) 3 dx =

sen5(3x)15

+ C ♣

Ejercicio 3.19 Calcular las siguientes integrales mediante integración por partes:




(1)∫

x e3x dx (2)∫

arctan(x) dx (3)∫

x2 cos(2x) dx (4)∫

e5x sen(5x) dx (5)∫

ln(x) dx

(6)∫

x2 ln(x) dx (7)∫

ln2(x) dx (8)∫

x(2x + 1)4dx (9)∫

x√

x + 1 dx

Solución

(a)∫

x e3xdx=u = x du = dx

dv = e3xdx v =e3x

3

=x e3x

3−

∫e3x

3dx =

x e3x

3−

e3x

9=

3x e3x − e3x

9+ C

(b)∫

arctan xdx =u = arctan x du =

dx1 + x2


∫x

1 + x2 dx =

x arctan x − 12

∫2x

1 + x2 dx = x arctan x −ln(x2 + 1)

2+ C

(c)∫

x2 cos(2x)dx =u = x2 du = 2xdx

dv = cos(2x)dx v =sen(2x)

2

=x2 sen(2x)

2−

∫x sen(2x)dx = (∗)

La integral resultante se resuelve por partes∫x sen(2x)dx =

u = x du = dx

dv = sen(2x)dx v = −cos(2x)

2

= −x cos(2x)

2+

∫cos(2x)

2dx = −

x cos(2x)2

+sen(2x)

4

(∗) =x2 sen(2x)

2−

[−

x cos(2x)2

+sen(2x)

4

]=

x2 sen(2x)2

+x cos(2x)

2−

sen(2x)4

+ C

(d)∫

e5x sen(5x)dx =u = e5x du = 5e5xdx

dv = sen(5x)dx v = −cos(5x)

5

= −e5x cos(5x)

5 +

∫e5x cos(5x)dx = (∗)

Aplicamos integración por partes a la integral resultante∫e5x cos(5x)dx =

u = e5x du = 5e5xdx

dv = cos(5x)dx v =sen(5x)

5

=e5x sen(5x)

5−

∫e5x sen(5x)dx

Como aparece la integral de partida podemos obtener una ecuación de la que podemos despejar la

integral buscada. Si llamamos I a la integral original

I =

∫e5x sen(5x)dx = −

e5x cos(5x)5

+

[e5x sen(5x)

5−

∫e5x sen(5x)dx

]=

−e5x cos(5x)

5+

e5x sen(5x)5

− I =⇒ I =−e5x cos(5x) + e5x sen(5x)

10+ C

(e)∫

ln x dx =

∫ln dx = x ln x −

∫x

1x

dx = xLnx −∫

dx = xLnx − x + C

(f)∫

x2 ln x dx =u = ln x du = 1

xdx

dv = x2dx v = x3

3

=x3 ln x

3−

∫x2

3dx =

x3 ln x3−

x3

9=

3x3 ln x − x3

9+ C




(g)∫

ln2 x dx =u = ln2 x du = 2 ln x

x dx

dv = dx v = x= x ln2 x −

∫2 ln xdx = (∗)

Aplicamos integración por partes a la integral resultante∫ln x dx =

u = ln x du = 1xdx


∫dx = x ln x − x

Por tanto,∫ln2 x dx = (∗) = x ln2 x − 2 [x ln x − x] = x ln2 x − 2x ln x + 2x + C

(h)∫

x(2x + 1)4dx =u = x du = dx

dv = (2x + 1)4dx v =(2x + 1)5

5

= x(2x + 1)5

5−

∫(2x + 1)5

5dx =

x(2x + 1)5

5−

(2x + 1)6

30=

6x(2x + 1)5 − (2x + 1)6

30+ C

(i)∫

x√

x + 1dx =

u = x du = dx

dv =√

x + 1 = (x + 1)12 dx v =

(x + 1)32

32

=

x2(x + 1)

32

3−

∫2(x + 1)

32

3dx =

2x(x + 1)32

3−

2(x + 1)52

352

=2x 3√x + 1

3−

4 5√x + 115

+ C ♣

Ejercicio 3.20 Calcular las siguientes integrales racionales:

(1)∫

x − 1x2 − 5x + 6

dx (2)∫

2x + 1x2 − 4x + 4

dx (3)∫

3x + 6x2 + 2x + 5

dx

(4)∫

dxx3 + x

dx (5)∫

4x4 + 5x3 − 37x2 − 21x − 21x3 − 13x + 12

dx (6)∫

x5 − 3x4 + 9x2 − 9x + 4x3 − 3x2 + 3x − 1

dx

(7)∫

5x − 12x2 + x − 1

dx (8)∫

3x9x2 − 12x + 4

dx (9)∫

x + 19x2 + 1

dx

(10)∫

2x + 3x2 + 2x + 2

dx (11)∫

3xx3 − 2x2 + x − 2

dx (12)∫

xx3 − 5x2 + 8x − 4

dx

Solución

(a)∫

x − 1x2 − 5x + 6

dx

Descomponemos el denominador y determinamos la suma de fracciones simples correspondiente (dos

fracciones con raíz simple)

x2 − 5x + 6 = 0 =⇒ x =5 ±√

25 − 242

=

5+1

2 = 35−1

2 = 2=⇒

xx2 − 5x + 6

=A

x − 3+

Bx − 2





x − 1 = A(x − 2) + B(x − 3) =⇒

x = 2 =⇒ 1 = −B

x = 3 =⇒ 2 = A

=⇒

A = 2

B = −1

Integramos la descomposición de la integral en las correspondientes fracciones∫x − 1

x2 − 5x + 6dx =

∫ (2

x − 3−

1x − 2

)dx = 2 ln |x − 3| − ln |x − 2| + C

(b)∫

2x + 1x2 − 4x + 4

dx


fracciones una con raíz simple y otra doble)

x2 − 4x + 4 = 0 =⇒ x =4 ±√

16 − 162

= 2 con m = 2 =⇒2x + 1

x2 − 4x + 4=

Ax − 2

+B

(x − 2)2


2x + 1 = A(x − 2) + B =⇒

x = 2 =⇒ 5 = B

x = 0 =⇒ 1 = −2A + B

=⇒

A = 2

B = 5

Integramos la descomposición de la integral en las correspondientes fracciones∫2x + 1

x2 − 4x + 4dx =

∫2x + 1

x2 − 4x + 4=

∫ (2

x − 2+

5(x − 2)2

)dx = 2 log(x − 2) −

5x − 2

(c)∫

3x + 6x2 + 2x + 5

dx


x2 + 2x + 5 = 0 =⇒ x =−2 ±

√4 − 20

2=−2 ±

√−16

2

Por tanto, esta integral es una fracción simple, que va a corresponder a la suma de una integral de tipo


Para obtener la fracción correspondiente al logaritmo necesitamos la derivada de x2 y multiplicamos el

integrando por 2 y lo dividimos por 3, compensando estas operaciones fuera de la integral.∫3x + 6

x2 + 2x + 5dx =

32

∫ 2(3x+6)3

x2 + 2x + 5dx =

32

∫2x + 4

x2 + 2x + 5dx

A continuación para obtener la derivada del polinomio completo restamos y sumamos el coeficiente

correspondiente a x, que en este caso es 2:




32

∫2x + 4

x2 + 2x + 5dx =

32

∫2x + 2 − 2 + 4

x2 + 2x + 5dx =

32

∫2x + 2

x2 + 2x + 5dx +

32

∫2

x2 + 2x + 5dx

La primera integral es un logaritmo, que haremos luego directamente. La segunda es una arcotangente

y es necesario escribirla de la forma adecuada (sacamos fuera el numerador)∫dx

x2 + 2x + 5=

∫1

(x + 1)2 + 4dx = (∗) =

12

arc tg(

x + 12

)(*) Para determinar la arcotangente realizamos transformaciones en la integral:

14

∫1

(x + 1)2 + 44

=14

∫1

(x + 1)2

4+ 1

=14

∫1(

x + 12

)2

+ 1

dx = 214

∫12(

x + 12

)2

+ 1

dx

En resumen∫3x + 6

x2 + 2x + 5dx =

32

ln |x2 + 2x + 5| +3 · 22 · 2

arc tg(

x + 12

)=

32

ln |x2 + 2x + 5| +32

arc tg(

x + 12

)+ C

(d)∫

dxx3 + x

Descomponemos el denominador y determinamos la suma de fracciones simples correspondiente (una

fracción para la raíz simple y una de tipo logaritmo-neperiano para el polinomio irreducible)

x3 + x = 0 =⇒ x = 0 y x2 + 1 = 0 irreducible =⇒1

x3 + x=

Ax

+Mx + Nx2 + 1


1 = A(x2 + 1) + (Mx + N)x =⇒

x = 0 =⇒ 1 = A

x = 1 =⇒ 1 = 2A + M + N

x = −1 =⇒ 1 = 2A + M − N

=⇒

A = 1

M = −1

N = 0

Integramos la descomposición de la integral en las correspondientes fracciones∫ (1x−

xx2 + 1

)dx = log(x) −

12

log(x2 + 1

)+ C

(e)∫

4x4 + 5x3 − 37x2 − 21x − 21x3 − 13x + 12

dx =

� Al ser el grado del numerador mayor que el grado del denominador efectuamos la división:∫4x4 + 5x3 − 37x2 − 21x − 21

x3 − 13x + 12dx =

∫ (x2 + 4x + 5

)dx +

∫ (15x2 − 4x − 81x3 − 13x + 12

)dx

La primera integral es inmediata y la segunda se resuelve por el método de descomposición en fracciones

simples, en el que la descomposición se deja como ejercicio y corresponde a tres raíces simples. Por tanto




∫4x4 + 5x3 − 37x2 − 21x − 21

x3 − 13x + 12dx =

∫ (4x + 5 +

3x − 3

+7

x − 1+

5x + 4

)dx =

2x2 + 5x + 3 log(x − 3) + 7 log(x − 1) + 5 log(x + 4)

(f)∫

x5 − 3x4 + 9x2 − 9x + 4x3 − 3x2 + 3x − 1

dx

� Al ser el grado del numerador mayor que el grado del denominador efectuamos la división:∫x5 − 3x4 + 9x2 − 9x + 4

x3 − 3x2 + 3x − 1dx =

∫ (x2 − 3

)dx +

∫ (x2 + 1

x3 − 3x2 + 3x − 1

)dx

La primera integral es inmediata y la segunda se resuelve por el método de descomposición en fracciones

simples, en el que la descomposición se deja como ejercicio y corresponde a una raíz triple, ya que x3 −

3x2 + 3x − 1 = (x − 1)3;∫x5 − 3x4 + 9x2 − 9x + 4

x3 − 3x2 + 3x − 1dx =

∫ (x2 − 3 +

1x − 1

+2

(x − 1)2 +2

(x − 1)3

)dx =

x3

3− 3x + log(x − 1) −

2x − 1

−1

(x − 1)2 + C

(g)∫

5x − 12x2 + x − 1

dx



2x2 + x − 1 = 0 =⇒ x =−1 ±

√1 + 8

4=

−1 + 3

4=

12

−1 − 34

= −1

5x − 12x2 + x − 1

=A

2(x − 12 )

+B

x + 1=

A2x − 1

+B

x + 1


5x − 1 = A(x + 1) + B(2x − 1) =⇒

x = −1 =⇒ − 6 = −3B

x = 1/2 =⇒ 3/2 = 3A/2

=⇒

A = 1

B = 2

Integramos la descomposición de la integral en las correspondientes fracciones∫5x − 1 dx

2x2 + x − 1=

∫dx

2x − 1+

2 dxx + 1

=ln |2x − 1|

2+ 2 ln |x + 1| + C

(h)∫

3x9x2 − 12x + 4

dx



9x2 − 12x + 4 = 0 =⇒ x =12 ±

√144 − 14418

=23




3x9x2 − 12x + 4

=A

3(x − 23 )

+B

9(x − 23 )2

=A

3x − 2+

B(3x − 2)2


3x = A(3x − 2) + B =⇒

x = 2/3 =⇒ 2 = B

x = 0 =⇒ 0 = −2A + B

=⇒

A = 1

B = 2

Integramos la descomposición de la integral en las correspondientes fracciones∫3x dx

9x2 − 12x + 4=

∫dx

3x − 2+

2 dx(3x − 2)2 =

ln |3x − 2|3

−2

3(3x − 2)+ C

(i)∫

x + 19x2 + 1

dx


9x2 + 1 = 0 =⇒ x = ±

√−19

Por tanto, esta integral es una fracción simple, que va a corresponder a la suma de una integral de tipo


Para obtener la fracción correspondiente al logaritmo necesitamos la derivada de 9x2 y multiplicamos

el integrando por 18 y compensando la operación fuera de la integral∫x + 1

9x2 + 1dx =

118

∫18x + 189x2 + 1

dx =1

18

∫18x

9x2 + 1dx +

118

∫18

9x2 + 1dx

La primera integral es un logaritmo y la segunda una arcotangente que es necesario escribir de la forma

adecuada realizando transformaciones en la integral:

•1

18

∫18x

9x2 + 1dx =

ln(9x2 + 1)18

•1818

∫1

9x2 + 1=

∫1

(3x)2 + 1=

arctan(3x)3

En resumen∫x + 1

9x2 + 1dx =

ln(9x2 + 1)18

+arctan(3x)

3=

ln(9x2 + 1) + 6 arctan(3x)18

+ C

(j)∫

2x + 3x2 + 2x + 2

dx

x2 + 2x + 2 = 0 =⇒ x = −1 ± i (comple ja) =⇒ x2 + 2x + 2 = (x + 1)2 + 1

∫2x + 2 + 1dxx2 + 2x + 2

=

∫2x + 2

x2 + 2x + 2dx +

∫1

x2 + 2x + 2dx =

∫2x + 2

x2 + 2x + 2dx +

∫dx

(x + 1)2 + 1=

ln∣∣∣x2 + 2x + 2

∣∣∣ + arctan (x + 1) + C




(k)∫

3xx3 − 2x2 + x − 2

dx

Descomponemos el denominador en fracciones simples (aplicando Ruffini):

x3 − 2x2 + x − 2 = 0 =⇒ x = 2, x = ±i

3xx3 − 2x2 + x − 2

=A

x − 2+

Mx + Nx2 + 1

=A

(x2 + 1

)+ (x − 2) (Mx + N)

(x − 2)(x2 + 1)con A =

65,M = −

65,N =

610∫

3xx3 − 2x2 + x − 2

dx =

∫6/5

x − 2dx +

∫−6/5x + 6/10

x2 + 1dx =

65

Ln |x − 2| −65

∫x

x2 + 1dx +

610

∫dx

x2 + 1dx =

65

Ln |x − 2| −65•

12

∫2x

x2 + 1dx +

610

arctag (x) =

65

Ln |x − 2| −35

Ln(x2 + 1

)+

35

arctag (x) + C

(l)∫

xx3 − 5x2 + 8x − 4

dx

Descomponemos el denominador en fracciones simples (aplicando Ruffini):

x3 − 5x2 + 8x − 4 = 0 =⇒ x = 2, x = 2, x = 1

xx3 − 5x2 + 8x − 4

=A

(x − 2)2 +B

x − 2+

Cx − 1

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

(x − 2)2(x − 1)

x = A (x − 1) + B (x − 2) (x − 1) + C(x − 2)2S i x = 2 =⇒ 2 = A =⇒ A = 2

S i x = 1 =⇒ 1 = C =⇒ C = 3

S i x = 0 =⇒ 0 = −A + 2B + 4C =⇒ 0 = −2 + 2B + 4 =⇒ 2B = −2 =⇒ B = −1∫x

x3 − 5x2 + 8x − 4dx =

∫2

(x − 2)2 dx +

∫−1

x − 2dx +

∫1

x − 1dx =

−2

x − 2− Ln |x − 2| + Ln |x − 1| + C ♣

Ejercicio 3.21 Calcular las siguientes integrales por cambio de variable:

(1)∫

dxsen(x)

(2)∫

dxsen(x) cos2(x)

(3)∫

cos(x) dx1 − sen2(x)

(4)∫

sen2(x)cos4(x)

dx (5)∫√

4 − x2 dx

(6)∫

dx1 + ex (7)

∫e2x√

1 − ex dx (8)∫

ex − 3e2x

1 + ex dx (9)∫ √

x dxx( 3√

x +√

x)(10)

∫ln√

x√

xdx

Solución

(a)∫

1sen x

dx




Es impar en seno, hacemos el cambio: cos x = t → −sen x dx = dt sen2x = 1 − cos2 x = 1 − t2

∫dx

sen x=

∫sen x dx

sen x sen x=

∫− dt

1 − t2 =

∫dt

t2 − 1

Descomponemos en fracciones simples:

1(t2 − 1)

=A

t − 1+

Bt + 1

→1

(t2 − 1)=

A(t + 1) + B(t − 1)(t − 1)(t + 1)

→ 1 = A(t + 1) + B(t − 1)

t = 1 → 1 = 2 A →∣∣∣∣A = 1/2

∣∣∣∣t = −1 → 1 = −2 B →

∣∣∣∣B = −1/2∣∣∣∣ → 1

(t2 − 1)=

1/2t − 1

−

1/2t + 1

∫dx

sen x=

12

∫dt

t − 1−

12

∫dt

t + 1=

12

Ln | t − 1 | −12

Ln | t + 1 | + C =12

Ln∣∣∣∣∣ t − 1

t + 1

∣∣∣∣∣ + C

=

∣∣∣∣∣∣∣12 Ln∣∣∣∣∣ cos (x) − 1

cos (x) + 1

∣∣∣∣∣ + C

∣∣∣∣∣∣∣(b)

∫dx

sen x cos2xEs impar en seno, hacemos el cambio: cos x = t → −sen x dx = dt sen2x = 1 − cos2 x = 1 − t2

∫dx

sen x cos2x=

∫sen x dx

sen2 x cos2x=

∫−dt

(1 − t)2 t2 =

∫dt

(t2 − 1) t2

La hemos transformado en una integral racional a la que aplicamos el método de descomposición en

fracciones simples:1

t2(t2 − 1)=

At

+Bt2 +

Ct − 1

+D

t + 1

1t2(t2 − 1)

=At(t − 1)(t + 1) + B(t − 1)(t + 1) + Ct2(t + 1) + Dt2(t − 1)

t2(t − 1)(t + 1)

1 = A t(t − 1)(t + 1) + B (t − 1)(t + 1) + C t2(t + 1) + Dt2 (t − 1)

t = 0 → 1 = −B→∣∣∣B = −1

∣∣∣t = 1 → 1 = 2 C →

∣∣∣∣C = 1/2∣∣∣∣

t = −1 → 1 = −2 D →

∣∣∣∣D = −1/2∣∣∣∣

t = 2 → 1 = 6 A + 3 B + 12 C + 4 D→∣∣∣A = 0

∣∣∣PROYECTO MATECO 3.14 Página 136



1t2(1 − t2)

= −1t2 +

1/2t − 1

−

1/2t + 1

Volviendo a la integral:∫dx

sen x cos2x=

∫dt

t2(t2 − 1)=

∫ (−

1t2 +

1/2t − 1

−1/2t + 1

)dt =

1t

+12

Ln | t − 1 | −12

Ln | t + 1 | =

1cos x

+12

Ln |cos (x) − 1| −12

Ln |cos (x) + 1| + K =

∣∣∣∣∣∣∣ 1cos x

+12

Ln∣∣∣∣∣cos (x) − 1cos (x) + 1

∣∣∣∣∣ + K

∣∣∣∣∣∣∣(c)

∫cos x

1 − sen2xdx

Es impar en coseno, hacemos el cambio: sen x = t → cos x dx = dt

∫cos x

1 − sen2xdx =

∫dt

1 − t2

Descomponemos en fracciones simples:

11 − t2 =

A1 − t

+B

1 + t=

A(1 + t) + B(1 − t)(1 + t)(1 − t)

1 = A(1 + t) + B(1 − t) →

A = 1/2

B = 1/2Con lo que :

11 − t2 =

1/21 − t

+1/21 + t∫

cos x1 − sen2x

dx =12

∫dt

1 − t+

12

∫dt

1 + t= −

12

∫(−1)dt1 − t

+12

∫dt

1 + t= −

12

Ln | 1 − t |+12

Ln | 1 + t | =

=12

Ln∣∣∣∣∣ (1 + t)

(1 − t)

∣∣∣∣∣ + C =

∣∣∣∣∣∣12 Ln∣∣∣∣∣ 1 + sen x

1 − sen x

∣∣∣∣∣ + C

∣∣∣∣∣∣(d)

∫sen2xcos4x

dx

Es par en seno y coseno, hacemos el cambio tg x = t con

cos2x =1

1 + t2 sen2x =t2

1 + t2 dx =1

1 + t2 dt

∫sen2xcos4x

dx =

∫t2

1 + t2 (1 + t2)2 dt1 + t2 =

∫t2 dt =

t3

3+ C =

∣∣∣∣∣∣∣tg3 x3

+ C

∣∣∣∣∣∣∣Página 137 PROYECTO MATECO 3.14



(e)∫√

4 − x2dx

∫√

4 − x2dx =

∫ √4(1 −

x2

4

)dx = 2

∫ √1 −

( x2

)2dx =

x2 = sen t → dx = 2cos t dt

t = arc sen(

x2

) =

2∫ √

1 − (sen t)2 2cos t dt = 4∫

cos2 t dt =

=

{cos2 t =

1 + cos(2t)2

}= 4

∫1 + cos(2t)

2dt = 2

∫1 dt + 2

∫cos(2t) dt =

2t + sen(2t) + C =

∣∣∣∣∣∣2arc sen( x2

)+ sen

(2 arc sen

( x2

))+ C

∣∣∣∣∣∣(f)

∫dx

1 + ex ∫dx

1 + ex =

ex = t → x = Ln t

dx = 1t dt

=

∫1

(1 + t) tdt

1(1 + t) t

=At

+B

t + 1→

1(1 + t) t

=A(1 + t) + Bt

(1 + t) t→ 1 = A(1 + t) + Bt → A = 1 B = −1∫

dx1 + ex =

∫1

(1 + t) tdt =

∫ (1t−

1t + 1

)dt = Ln |t| − Ln |t + 1|C =

∣∣∣∣Ln ex − Ln (ex + 1) + C∣∣∣∣

(g)∫

e2x√

1 − ex dx

∫e2x√

1 − ex dx =

√

1 − ex = t → 1 − ex = t2 → ex = 1 − t2 → x = Ln(1 − t2

)dx = −2t

1−t2 dt

=

=∫ (

1 − t2)2

t(−2t1−t2

)dt = −2

∫ (1 − t2

)t2 dt = −2

(∫t2 dt −

∫t4 dt

)= −2

(t33 −

t55

)+ C =

=

∣∣∣∣∣∣−23

(√1 − ex

)3+ 2

5

(√1 − ex

)5+ C

∣∣∣∣∣∣(h)

∫ex − 3e2x

1 + ex dx

∫ex − 3e2x

1 + ex dx =

t = ex → x = Ln t

dx = 1t dt

=

∫t − 3t2

1 + t1t

dt =

∫t (1 − 3t)

1 + t1t

dt =

∫(1 − 3t)1 + t

dt =




=

∫(1 − 3t)1 + t

dt =

D = d c + r → Dd = c + r

d

−3t+1t+1 = −3 + 4

t+1

=

∫ (−3 +

4t + 1

)dt = −3

∫dt +4

∫1

1 + tdt

= −3t + 4Ln |1 + t| + C = −3ex + 4Ln |1 + ex| + C =∣∣∣∣−3ex + Ln (1 + ex)4 + C

∣∣∣∣(i)

∫ √x

x(

3√

x +√

x) dx

∫ √x

x(

3√

x +√

x) dx =

∫x1/2

x4/3 + x3/2 dx =

m.c.m.(2, 3) = 6

x = t6 → dx = 6t5dt

=

∫(t6)1/2

(t6)4/3 + (t6)3/2 6t5dt =

=

∫t3

t8 + t9 6t5dt = 6∫

t8

t8 + t9 dt = 6∫

11 + t

dt = 6Ln |1 + t| + C =∣∣∣∣6Ln

∣∣∣1 +6√x

∣∣∣ + C∣∣∣∣

(j)∫

Ln(√

x)√

xdx

∫Ln(√

x)√

xdx =

√

x = t → x = t2

dx = 2t dt

=

∫Ln t

t2 t dt = 2

∫Ln t dt︸︷︷︸

por partes

=

u = Ln t → du = 1t dt

dv = dt → v = t

=

= 2(t Ln t −

∫t

1t

dt)

= 2 t Ln t − 2∫

1 dt = 2t Ln t − 2t + C =∣∣∣∣2√x Ln

√x − 2

√x + C

∣∣∣∣Ejercicio 3.22 Calcular las siguientes integrales:

(1)∫

ex(1 + x ln x)x

dx (2)∫

sen(x) ln (cos(x))dx (3)∫

e3x sen(2x) dx

(4)∫

xe−2x dx (5)∫

x2 ln x dx (6)∫

sen2(x) + 2 cos2(x)sen(x) cos(x)

dx

Solución

(a)∫

ex(1 + x Ln x)x

dx

∫ex(1 + x Ln x)

xdx =

∫ex

xdx︸︷︷︸

I1

+

∫ex Ln x dx︸︷︷︸

I2

= (exLn x − I2) + I2 =∣∣∣exLn x + C

∣∣∣

I1 =

u = ex → du = ex dx

dv = 1xdx→ v = Ln |x|

= exLn |x| −∫

exLn x dx︸︷︷︸I2

= exLn x − I2




(b)∫

senx Ln(cosx) dx

Por partes tenemos:

−cosx Ln (cosx) −∫

(−cosx)−senxcosx

dx = −cosx Ln (cosx) −∫

senx dx = −cosx Ln (cosx) + cosx + C

(c)∫

e3x sen(2x) dx

∫e3x sen(2x) dx =

u = sen(2x) → du = 2 cos(2x) dx

dv = e3xdx → v = (1/3)e3x

= sen(2x)(1/3)e3x−2/3

∫e3xcos(2x) dx︸︷︷︸

por partes

=

=

u = cos(2x) → du = −2sen(2x) dx

dv = e3xdx → v = (1/3)e3x

=

sen(2x)(1/3)e3x − 2/3

(cos(2x)(1/3)e3x + 2

∫(1/3)e3x sen(2x) dx

)Si llamamos I a la integral original, tenemos:

I = 1/3sen(2x)e3x − 2/9 cos(2x)e3x − 4/9 I

13/9I = 1/3sen(2x)e3x − 2/9 cos(2x)e3x →

∣∣∣∣∣∣I =9

13e3x

(1/3sen(2x) − 2/9 cos(2x)

)+ C

∣∣∣∣∣∣(d)

∫x e−2x dx

∫x e−2x dx =

u = x→ du = dx

dv = e−2x dx→ v =(−1/2

)e−2x

= x(−1/2

)e−2x −

(−1/2

) ∫e−2xdx =

= −12 xe−2x + 1

2

∫e−2xdx = −1

2 xe−2x + 12

(−1/2

)e−2x + C =

∣∣∣∣−12 xe−2x − 1

4e−2x + C∣∣∣∣

(e)∫

x2Ln x dx

∫x2Ln x dx =

u = Ln x→ du = 1xdx

dv = x2 dx→ v = x3

3

= Ln xx3

3−

13

∫x3 1

xdx =

∣∣∣∣∣∣∣x3

3Ln x −

19

x3 + C

∣∣∣∣∣∣∣PROYECTO MATECO 3.14 Página 140



(f)∫

sen2x + 2cos2xsen x cos x

dx

∫sen2x + 2cos2x

sen x cos xdx =

{sen2x + 2cos2x

sen x cos x=

sen2xsen x cos x

+2cos2x

sen x cos x=

sen xcos x

+2cos xsen x

}=

=

∫sen xcos x

dx + 2∫

cos xsen x

dx = −

∫−sen xcos x

dx + 2∫

cos xsen x

dx∣∣∣∣= −Ln |cos x| + 2Ln |sen x| + C

∣∣∣∣




Matemáticas con CAS (Mathematica)

Práctica 5 Práctica con Mathematica sin comentar y/o desarrollar.

f [x_] =2x5 + 2x∧2 − 4x − 12

1 − x4f [x_] =

2x5 + 2x∧2 − 4x − 121 − x4f [x_] =

2x5 + 2x∧2 − 4x − 121 − x4

−12 − 4x + 2x2 + 2x5

1 − x4

(* Integral directa *)(* Integral directa *)(* Integral directa *)

Integrate[ f [x], x]//FullSimplifyIntegrate[ f [x], x]//FullSimplifyIntegrate[ f [x], x]//FullSimplify

−x2 − 7ArcTan[x] + 3Log[1 − x] − 2Log[1 + x] −12

Log[1 + x2

](* Método de descomposición en fracciones simples *)(* Método de descomposición en fracciones simples *)(* Método de descomposición en fracciones simples *)

fun = f [x]fun = f [x]fun = f [x]

PolynomialQuotient[fun[[2]], fun[[1, 1]], x]PolynomialQuotient[fun[[2]], fun[[1, 1]], x]PolynomialQuotient[fun[[2]], fun[[1, 1]], x]

PolynomialRemainder[fun[[2]], fun[[1, 1]], x]PolynomialRemainder[fun[[2]], fun[[1, 1]], x]PolynomialRemainder[fun[[2]], fun[[1, 1]], x]

−12 − 4x + 2x2 + 2x5

1 − x4

−2x

−12 − 2x + 2x2

fun = Apart[ f [x]]fun = Apart[ f [x]]fun = Apart[ f [x]]

Table[Integrate[fun[[i]], x], {i, 1,Length[fun]}]Table[Integrate[fun[[i]], x], {i, 1,Length[fun]}]Table[Integrate[fun[[i]], x], {i, 1,Length[fun]}]

Plus@@ %Plus@@ %Plus@@ %

3−1 + x

− 2x −2

1 + x+−7 − x1 + x2{

3Log[−1 + x],−x2,−2Log[1 + x],−7ArcTan[x] −12

Log[1 + x2

]}−x2 − 7ArcTan[x] + 3Log[−1 + x] − 2Log[1 + x] −

12

Log[1 + x2

]



tema 3 integral indeﬁnida de funciones de una …tema 3 integral indeﬁnida de funciones de una...

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