Post on 06-Feb-2018
Introducción
1
Contenidos
Introducción 1
PART I1 Integrales inmediatas 71.1 Integrales polinómicas 71.2 Integrales de tipo potencial 81.3 Integrales de tipo logarítmicas 101.4 Integrales de tipo exponencial 121.5 Integrales tipo seno y coseno 141.6 Integrales tipo tangente,cotangente,secante y cosecante 15
1.7 Integrales del tipoZsin2n+1(x)dx o
Zcos2n+1(x)dx siendo n ∈ N
y además n ≥ 1 17
1.8 Integrales del tipoZsink(x) · cost(x)dx siendo al menos k o t impar 18
1.9 Integrales del tipoZsin2n(x)dx o
Zcos2n(x)dx siendo n ∈ N y
además n ≥ 1 191.10 Integrales del tipo
Zsin2n(x) · cos2k(x)dx siendo n ∈ N y además
n, k ≥ 1 19
1.11 Integrales del tipoZtann x dx ,
Zcotn x dx con n≥ 2 21
1.12 Integrales del tipoZsec2n x dx ,
Zcsc2n dx con n≥ 1 22
1.13 Integrales del tipoZsecn x tanm xdx ,
Zcscn x cotm xdx 22
1.14 Integrales del tipoZsinA cosB,
ZsinA sinB,
ZcosA cosB 22
1.15 Integrales del tipo arcseno,arco tangente y otras 23
1.16 Integrales del tipoZ
1
ax2 + bx+ cdx siendo b2 − 4ac < 0 25
1.17 Integrales del tipoZ
Mx+N
ax2 + bx+ cdx siendo b2 − 4ac < 0 26
1.18 Integrales del tipoZ
1√ax2 + bx+ c
dx a < 0, b2 − 4ac > 0 27
1.19 Integrales del tipoZ
Mx+N√ax2 + bx+ c
dx a < 0, b2 − 4ac > 0 28
1.20 Integrales del tipoZ
1√ax2 + bx+ c
dx a>0 y b2 − 4ac > 0 29
2
1.21 Integrales del tipoZ
Mx+N√ax2 + bx+ c
dx a > 0, b2 − 4ac > 0 31
1.22 Integrales del tipoZ
1√ax2 + bx+ c
dx a > 0, b2 − 4ac < 0 31
1.23 Integrales del tipoZ
Mx+N√ax2 + bx+ c
dx a > 0, b2 − 4ac < 0 32
1.24 Más integrales de los tipos anteriores 32
2 Integración por partes 342.1 Ejercicios de integracion por partes 36
3 Integrales racionales 383.1 Ejercicios de integrales racionales 41
4 Integrales por sustitución 444.1 Ejercicios de integración por cambio de variable 45
5 Integrales trigonométricas por sustitución 525.1 Ejercicios de integrales racionales trigonométricas 59
6 Integrales irracionales 616.1 Del tipo
RR(x, (ax+ b)
mr , ..., (ax+ b)
yz )dx 61
6.2 Del tipoZR(x,
µax+ b
cx+ e
¶mr
, ...,
µax+ b
cx+ e
¶ yz
)dx 62
6.3 Integrales del tipoZR(x,
√a± bx2)dx,
ZR(x,
√bx2 − a)dx 65
PART II7 Integral de Riemann y Regla de Barrow 717.1 Sumas de Riemann 717.2 Interpretacion geometrica de las Sumas de Riemann 717.3 Integral superior de f en [a, b] 737.4 Integral inferior de f en [a, b] 737.5 Definición de Funcion Integrable Riemann en [a, b] 747.6 ¿Que funciones acotadas en [a, b] son integrables Riemann? 757.7 Propiedades 767.8 TEOREMAS DE LA MEDIA 767.9 FUNCION INTEGRAL DEFINIDA O FUNCION DE AREAS 787.10 La Regla de Barrow 797.11 Ejercicios de integrales definidas 79
8 Cálculo de áreas y volúmnes 82
3
8.1 Interpretacion geométrica debZa
f(x)dx Cálculo de áreas 82
AppendicesA Tabla de integrales inmediatas 111
B Integrales tipoZ
1
(t2 + 1)pdt si p≥ 2 113
C Integrales tipoZ
1
(ax2 + bx+ c)p dx si p≥ 2 siendo ∇ = b2 − 4ac < 0 114
4
PART IIntegrales indefinidas
Definicion Primitiva de una función en ]a, b[Toda función F (x) que verifique la relación F 0(x) = f(x) ∀x ∈ ]a, b[se denomina
primitiva de la función f(x) en el intervalo ]a, b[Ejemplos:
Función Primitiva Intervalo
f(x) =1
xF (x) = lnx ]0, 1[
f(x) = x F (x) =x2
2]3, 4[
f(x) = ex F (x) = ex ]2, 3[
Nota :Si consideramos las funcionesf1(x) = x
2 + 1 f2(x) = x2 + 2 f3(x) = x
2 + 3 f4(x) = x2 + 4
Sus derivadas correspondientes ∀x ∈ < son:f 01(x) = 2x f 02(x) = 2x f 03(x) = 2x f 04(x) = 2xAsí pues: la función h(x) = 2x no tiene en < una única primitivaTeorema fundamental del cálculo integralf y g funciones continuas en [a, b]f y g funciones derivables en ]a, b[/ f 0(x) = g 0(x) ∀x ∈ ]a, b[
¾=⇒ f(x)−g(x) =
C ∀x ∈ ]a, b[Consideremos la función auxiliar H(x) = f(x) − g(x) en [a, b]. Por las hipótesis
iniciales podemos afirmar que H es continua en [a, b] y derivable en ]a, b[ por ser resta delas funciones f y gComo H verifica las hipótesis del valor medio en [x1, x2] donde x1 y x2 son valores
genéricos del intervalo [a, b]; entonces podemos afirmar que existe al menos un c ∈]a, b[ talque:
5
Chapter 1 Integrales inmediatas
H(x2)−H(x1)x2 − x1 = H 0(c) = f 0(c)− g 0(c) =10 =⇒ H(x2)−H(x1) = 0
Acabamos de demostrar que sean cuales sean x1, x2 ∈ [a, b] =⇒ H(x2) = H(x1)
Luego la funciónH(x) = H(a) = C ∀x ∈ [a, b]Este teorema nos permite afirmar que:
• Si f(x) posee una primitiva entonces posee infinitas• Si F (x) es una primitiva de f(x) en ]a, b[;entonces todas las primitivas de f en ]a, b[ sonde la forma F (x) + C
Al conjunto de todas las primitivas de f(x) en ]a, b[ (F (x) + C) se le llama integralindefinida de f y se le representa por:Z
f(x)dx = F (x) + C
EjemplosZx2dx =
x3
3+ C
Zexdx = ex + C
Zcosxdx = sinx+ C
Ejercicio: de todas las primitivas de la función f(x) = 3x2, determina la que pasa por elpunto (−2, 3)F (x) =
Z3x2dx = x3 + C. Como F ha de pasar por el punto (−2, 3) entonces:
3 = F (−2) = (−2)3 + C −→ C = 11
La solución es la función F (x) = x3 + 11
1 Por hipótesis sabemos que f 0(x) = g 0(x) ∀x ∈ ]a, b[;en particular f 0(c) = g 0(c)
6
Chapter 1Integrales inmediatas
1.1 Integrales polinómicas
Para calcular la integral de un polinomio, necesitarás conocer la siguientes reglas:
1.Zf 0(x)dx = f(x) + C 2.
Zdx = x+ C
3.Z(f(x) + g(x))dx =
Zf(x)dx+
Zg(x)dx 4.
Zk · f(x)dx = k
Zf(x)dx k ∈ <
5.Zxndx =
xn+1
n+ 1+ C si n 6= −1 6.
Zx−1dx =
Z1
xdx = ln |x|+ C
Ejemplos:
?
Z(x3 − 3x2 + 4x− 3 + 2
3x)dx
I =
Zx3dx− 3
Zx2dx+ 4
Zxdx− 3
Zdx+
2
3
Z1
xdx
I =x4
4− x3 + 2x2 − 3x+ 2
3ln |x|+ C
?
Zx3 − 3x2 + 4x− 3
3x2dx
J =1
3
Zx3
x2dx−
Zx2
x2dx+
4
3
Zx
x2dx− 3
3
Z1
x2dx
J =1
3
Zxdx−
Zdx+
4
3
Z1
xdx−
Z1
x2dx
J =1
3
x2
2− x+ 4
3ln |x|+ 1
x+ C
?
Z √3x3
2x2)dx
K =
√3
2
Z √x3
x2dx =
√3
2
Zx(3/2)
x2dx
K =
√3
2
Zx−
12 dx =
√3
2
x12
12
+ C =√3x+ C
1.Z(2x+ 3)dx = x2 + 3x+ C
2.Zx2(x+ 4)dx = 1
4x4 + 4
3x3 + C
3.Zt2 + 3t+ 2
tdt = 1
2 t2 + 3t+ 2 ln t+ C
7
Chapter 1 Integrales inmediatas
4.Z(s√s+ 1) ds = 2
5 (√s)5+ s+ C
5.Z(3x− 2)2x√x
dx = 23x2−12x−4√
x+ C
6.Z ³
32x3 − 3
5√x
´2dx = − 9
20x5 +18
25(√x)5
+ 925 lnx+ C
7.Z µ
6x3 +√2 +
2
x− 3
x3+5
x13
¶dx = 3
2x4 +√2x+ 2 lnx+ 3
2x2 +152 (
3√x)2+ C
8.Z ³
(3x)23 − 3
´dx = 3
5 (3√x)5 ¡ 3√3¢2 − 3x+ C
9.Z(2− 3x2)3dx = − 277 x7 + 54
5 x5 − 12x3 + 8x+ C
10.Z µ
x2
2− 2
x2
¶dx = 1
6x3 + 2
x + C
11.Z µ
1
x2− 1x
¶dx = − 1
x − lnx+ C
12.Zx(x− 1)(x− 2)dx = 1
4x4 − x3 + x2 + C
13.Z12x(x+ 2)(x− 2)dx = 3x4 − 24x2 + C
14.Z(2 + 7x3)2dx = 7x7 + 7x4 + 4x+ C
15.Z µ
3
x− 4
x23
¶dx = 3 lnx− 12 3
√x+ C
1.2 Integrales de tipo potencial
Tan sólo necesitas conocer queZf 0(x) · (f(x))ndx =2 (f(x))
n+1
n+ 1+ C siempre que
n 6= −1Ejemplo1
Zx(4 + 3x2)3dx =3
1
6
Z6 x(4 + 3x2)3dx =
1
6· (4 + 3x
2)4
4+ C
Ejemplo2Z
3
(x− 2)3 dx = 3Z(x− 2)−3dx = 3(x− 2)−2
−2 + C =−3
2(x− 2)2
2
Zf 0(x) · (f(x))ndx = 1
n+ 1
Z(n + 1)f 0(x) · (f(x))ndx = 1
n+ 1
Z £(f(x))n+1
¤0dx =
(f(x))n+1
n+ 1+C
3 Si f(x) = 4 + 3x2 entonces f 0(x) = 6x
8
Section 1.2 Integrales de tipo potencial
Ejemplo3Z
x√1 + x2
dx =
Zx¡1 + x2
¢−12 dx =4 12
Z2 · x ¡1 + x2¢−12 dx =
=1
2·¡1 + x2
¢12
1
2
+ C =√1 + x2 + C
Ejemplo4Zsinx · cos2 xdx =5 −
Z− sinx · cos2 xdx = −cos
3 x
3+ C
Ejemplo5Zcos 3x · sin2 3xdx =6 1
3
Z3 cos 3x · sin2 3xdx = sin3 3x
9+ C
1.Zx(4 + 3x2)3dx =
(4 + 3x2)4
24+ C
2.Z
3
(x− 2)3 dx = −3
2(x−2)2 + C
3.Z
32x
(1− 5 · 32x)3 dx =1
20(−1+5·9x)2 ln 3 + C
4.Z
x√1 + x2
dx =p(1 + x2) + C
5.Z
x2
(1 + 5x3)2dx = − 1
15(1+5x3) + C
6.Z
x+ 13√x2 + 2x
dx = 34
³3p(x2 + 2x)
´2+ C
7.Z(sin 4x)(1 + 5 cos 4x)4dx = − 1
100 (1 + 5 cos 4x)5+ C
8.Zsin 4x cos4 4xdx = − 1
20 cos5 4x+ C
9.Zsinx cos3 xdx = −14 cos4 x+ C
10.Zx3 4√1− x4dx = −15
³4p(1− x4)
´5+ C
11.Rx4(3 + 5x5)−3dx = − 1
50(3 + 5x5)2+ C
12.Z(2 + 5x)7dx = 1
40 (2 + 5x)8+ C
13.Z
1
(2− x)3 dx =1
2(2−x)2 + C
14.Zsin2 3x cos 3xdx = 1
9 sin3 3x+ C
4 Si f(x) = 1 + x2 entonces f 0(x) = 2x5 Si f(x) = cosx entonces f 0(x) = − sinx6 Si f(x) = sin 3x entonces f 0(x) = 3 cos 3x
9
Chapter 1 Integrales inmediatas
15.Ztan3 x sec2 xdx =
tan4 x
4+ C
16.Zcot4 5x csc2 5xdx = −cot
5 5x
25+ C
17.Zx ln(3x2 + 2)
3x2 + 2dx = 1
12 ln2¡3x2 + 2
¢+ C
18.Z(arctanx)3
1 + x2dx = 1
4 arctan4 x+ C
19.Z(arcsin x)3√1− x2 dx = 1
4 arcsin4 x+ C
20.Z
4√1− xdx = −8
p(1− x) + C
1.3 Integrales de tipo logarítmicas
Para resolver este tipo de integrales has de saber que:
Z1
xdx = ln |x|+ C
Zf 0(x)f(x)
dx = ln |f(x)|+ C
Ejemplo 1Z
1
x− 2dx = ln |x− 2|+ C
Ejemplo 2Z
1
2− 3xdx = −1
3
Z −32− 3xdx = −
1
3ln |2− 3x|+ C
Ejemplo 3Z
x
x2 − 3dx =1
2
Z2x
x2 − 3dx =1
2ln¯x2 − 3¯+ C
Ejemplo 4Z
e3x
3− 4 · e3x dx = −1
12
Z −12e3x3− 4 · e3x dx = −
1
12ln¯3− 4 · e3x¯+ C
Ejemplo 5Ztan 5xdx =
Zsin 5x
cos 5xdx = −1
5
Z −5 sin 5xcos 5x
dx = −15ln |cos 5x|+ C
Ejemplo 6Z
25x
5 · 25x + 3dx =1
25 · ln 2Z25x · 25 · ln 25 · 25x + 3 dx =
1
25 · ln 2 ln¯5 · 25x + 3¯+ C
Ejemplo 7Z
1
(64 + x2) arctanx
8
dx =1
8
Z 8
(64 + x2)
arctanx
8
dx =1
8ln¯arctan
x
8
¯+ C
Ejemplo 8Z
1
x lnxdx = ln |lnx|+ C
Nota Fíjate en estas dos integrales, que vienen a continuación, como se resuelven
10
Section 1.3 Integrales de tipo logarítmicas
•Zsecxdx =7
Zsecx(secx+ tanx)
secx+ tanxdx =
Zsec2 x+ secx · tanx
secx+ tanxdx
Observa que la derivada de secx+tanx es sec2 x+secx · tanx. Por lo tanto la integralanterior es de tipo logarítmicoZ
secxdx = ln |secx+ tanx|+ C
•Zcscxdx =8
Zcscx(cscx− cotx)cscx− cotx dx =
Zcsc2 x− cscx · cotx
cscx− cotx dx
Observa que la derivada de cscx− cotx es csc2 x− cscx · cotx. Por lo tanto la integralanterior es de tipo logarítmicoZ
secxdx = ln |cscx− cotx|+ C
1.Z
2
3xdx = 2
3 lnx+ C
2.Z
7
1− 3xdx = −73 ln (1− 3x) + C
3.Z
3x
1 + 5x2dx = 3
10 ln¡1 + 5x2
¢+ C
4.Ztan 5x dx = −15 ln (cos 5x) + C
5.Z
e−x
1 + e−xdx = − ln (1 + e−x) + C
6.Z
x3
1 + 4x4dx = 1
16 ln (1 + 4x4) + C
7.Z
x+ 1
x2 + 2xdx = 1
2 ln¡x2 + 2x
¢+ C
8.Z
x2 − e−xx3 + 3e−x
dx = 13 ln
¡x3 + 3e−x
¢+ C
9.Z
x3 + x
x4 + 2x2dx = 1
4 ln¡x4 + 2x2
¢+ C
10.Z
1
x lnxdx = ln (lnx) + C
11.Z
1√1− x2 arcsinxdx = ln (arcsinx) + C
12.Zsecx dx =
Zsecx(secx+ tanx)
(secx+ tanx)dx = ln(secx+ tanx) + C
7 Multiplicamos y dividimos por secx+ tanx8 Multiplicamos y dividimos por cscx− cotx
11
Chapter 1 Integrales inmediatas
13.Z
2x+ 2
3x2 + 6x+ 1dx = 1
3 ln¡3x2 + 6x+ 1
¢+ C
14.Zcscx dx =
Zcscx(cscx− cotx)(cscx− cotx) dx = ln(cscx− cotx) + C
15.Z
x− sinxx2 + 2cosx
dx = 12 ln
¡x2 + 2 cosx
¢+ C
16.Z
1
1 + e−xdx = ln (1 + e−x) + x+ C
17.Z
sin 8x
cos2 4xdx = −12 ln (cos 4x) + C
18.Z
sin 6x
sin2 3xdx = 2
3 ln (sin 3x) + C
19.Z
1 + 3x4
5x+ 3x5dx = 1
5 lnx+15 ln
¡5 + 3x4
¢+ C = ln 5
√x 5p(5 + 3x4) + C
20.Z1 + e−x
x− e−x dx = ln (x− e−x) + C
1.4 Integrales de tipo exponencial
Para resolver este tipo de integrales has de conocer que:Zaxdx =
ax
ln a+ C donde a ∈ <+ ∼ {1}
Zaf(x)f 0(x)dx =
af(x)
ln a+ C donde a ∈ <+ ∼ {1}
Zexdx = ex + C
Zef(x)f 0(x)dx = ef(x) + C
Ejemplo1Zx · 2x2dx = 1
2
Z2 · x · 2x2dx = 1
2
2x2
ln 2+ C
Ejemplo2Zcos(3x) · 5sin(3x)dx = 1
3
Z3 cos(3x) · 5sin(3x)dx = 5sin(3x)
3 ln 5+ C
Ejemplo3Ze1−xdx = −
Z(−1) · e1−xdx = −e1−x + C
Ejemplo4Z(x− 1)(ab)x2−2xdx = 1
2
Z2 · (x− 1)(ab)x2−2xdx = (ab)x
2−2x
2 ln(ab)+ C
Ejemplo5Zearctan 3x
1 + 9x2dx =
1
3
Z3
1 + 9x2· earctan 3xdx = 1
3· earctan 3x + C
Ejemplo6Z10ln(cosx) tanxdx =9−
Z(−1) tanx10ln(cosx)dx = −10
ln(cosx)
ln 10+ C
9 [ln (cos(x))]0= − sinx
cosx= − tanx
12
Section 1.4 Integrales de tipo exponencial
Ej7Z(ex − e−x)2 dx =
Ze2xdx− 2
Zdx+
Ze−2xdx =
e2x
2− 2x− e
−2x
2+ C
1.Ze3xdx = 1
3e3x + C
2.Z5−2xdx = − 1
2 ln 525−x + C
3.Zxex
2+3dx = 12ex2+3 + C
4.Z3sin 3x cos 3xdx = 3−1+sin 3x
ln 3 + C
5.Z
e
1− x1 + x
(1 + x)2dx = − 12e−
−1+x1+x + C
6.Zetanx sec2 xdx = etanx + C
7.Z3arctan 3x
1 + 9x2dx = 3−1+arctan 3x
ln 3 + C
8.Z3ln(1+x)
1 + xdx = 1
ln 3 (1 + x)ln 3 + C
9.Z µ
5
3
¶xdx = −5x 3−x
− ln 5+ln 3 + C
10.Zx · (3 · e)x2+1dx = 1
2(ln 3+1)3x2+1ex
2+1 + C
11.Z(x2 + 1)ex
3+3x+2dx = 13ex3+3x+2 + C
12.Zsec 3x tan 3x · esec 3xdx = esec 3x
3+ C
13.Ze√1−x2x√1− x2 dx = −e
√(1−x2) + C
14.Ze−1
x
x2dx = e−
1x + C
15.Zx · e2x2+1dx = 1
4e2x2+1 + C
16.Z5
x2 − 1x2 + 1x
(x2 + 1)2dx = 1
4 ln 55−1+x2x2+1 + C
17.Zx · e−x
2
2 dx = −e− 12x
2
+ C
13
Chapter 1 Integrales inmediatas
18.Zx2 · 5−x
3+32 dx = − 10
3 ln 55− 12x
3+ 12 + C
19.Z5ln(1−4x)
4x− 1 dx =1
4 ln 5 (1− 4x)ln 5 + C
1.5 Integrales tipo seno y coseno
Para resolver algunas integrales trigonométricas, es conveniente que recuerdes algunasfórmulas trigonométricas10Z
cosxdx = sinx+ C
Zf 0(x) cos f(x)dx = sin f(x) + CZ
sinxdx = − cosx+ CZf 0(x) sin f(x)dx = − cos f(x) + C
Ejemplo1Zx · sin(x2)dx = 1
2
Z2 · x · sin(x2)dx = −1
2cos(x2) + C
Ejemplo2Zcos(5x)dx =
1
5
Z5 cos(5x)dx =
1
5sin(5x) + c
Ejemplo3Z
x
1 + x2cos(ln(1 + x2))dx =
1
2sin(ln(1 + x2)) + C
Ejemplo4Z
1√xsin√xdx = 2
Z1
2 ·√x sin√xdx = −2 cos√x+ C
Ejemplo5Zsin(arctan 3x)
1 + 9x2dx =
1
3
Z3
1 + 9x2· sin(arctan 3x)dx =
−13· cos(arctan 3x) + C
Ejemplo6Zex cos(ex + 3)dx = sin(ex + 3) + C
1.Zcos 3xdx = 1
3 sin 3x+ C
10
sin2A+ cos2A = 1 secA =1
cosA
cscA =1
sinAtanA =
sinA
cosA
cotA =cosA
sinA1 + tan2A = sec2A 1 + cot2A = csc2A
sin (2A) = 2 sinA · cosA cos(2A)=
cos2A− sin2A1− 2 sin2A−1 + 2 cos2A
sin2A =1− cos (2A)
2cos2A =
1 + cos (2A)
2
14
Section 1.6 Integrales tipo tangente,cotangente,secante y cosecante
2.Zsin 5xdx = −15 cos 5x+ C
3.Zx cos(x2 + 3)dx = 1
2 sin¡x2 + 3
¢+ C
4.Zx2 sin(3− 2x3)dx = 1
6 cos¡−3 + 2x3¢+ C
5.Z
x√1 + 3x2
cos√1 + 3x2dx = 1
3 sinp(1 + 3x2) + C
6.Z1
xsin(lnx)dx = − cos (lnx) + C
7.Ze3x cos(3e3x)dx = 1
9 sin¡3e3x
¢+ C
8.Z52x cos(52x)dx = 1
2sin 25x
ln 5 + C
9.Z
1
(1 + x)2cos
µ1− x1 + x
¶dx = 1
2 sin−1+x1+x + C
1.6 Integrales tipo tangente,cotangente,secante y cosecanteZsec2 xdxZ1
cos2 xdxZ
(1 + tan2 x)dx
= tanx+ C
Zf 0(x) sec2 f(x)dxZf 0(x)cos2 f(x)
dxZf 0(x)(1 + tan2 f(x))dx
= tan f(x) + C
Zcsc2 xdxZ1
sin2 xdxZ
(1 + cot2 x)dx
= − cotx+ C
Zf 0(x) csc2 f(x)dxZf 0(x)sin2 f(x)
dxZf 0(x)(1 + cot2 f(x))dx
= − cot f(x) + C
Zsecx · tanxdxZsinx
cos2 xdx
= secx+ C
Zf 0(x) sec f(x) · tan f(x)dxZf 0(x) sin f(x)cos2 f(x)
dx
= sec f(x) + C
Zcscx · cotxdxZcosx
sin2 xdx
= − cscx+ C
Zf 0(x) csc f(x) · cot f(x)dxZf 0(x) cos f(x)sin2 f(x)
dx
= − csc f(x) + C
Las integrales que aparecen en las dos últimas filas de la tabla anterior; son de tipopotencial
15
Chapter 1 Integrales inmediatas
1.Z
1
cos2(3x+ 2)dx = 1
3 tan(3x+ 2) + C
2.Z
x
sin2(3x2)dx = −16 cot(3x2) + C
3.Zcsc2 5xdx = −15 cot(5x) + C
4.Zx sec2(3x2 + 1)dx = 1
6 tan(1 + 3x2) + C
5.Zx csc2(3x2 + 1)dx = −16 cot(3x2 + 1) + C
6.Ztan2(3x− 1)dx =
Z £1 + tan2(3x− 1)¤ dx− Z 1dx =
1
3tan(3x− 1)− x+ C
7.Zx2 cot2(3x3 − 1)dx = −19 cot(3x3 − 1)−
x3
3+ C
8.Z
e3x
sin2(e3x + 1)dx = −13 cot(e3x + 1) + C
9.Z
1
x2 sin2(1
x)dx = cot(
1
x) + C
10.Zx3 sec2(3x4 + 1)dx = 1
12 tan(3x4 + 1) + C
11.Zsec 5x tan 5xdx = 1
5 cos 5x + C
12.Zcsc 5x cot 5xdx = − 1
5 sin 5x + C
13.Ze3x cos(e3x + 1)
sin2(e3x + 1)dx = − 1
3 sin(e3x+1) + C
14.Zx2 sin(x3 + 1)
cos2(x3 + 1)dx = 1
3 cos(x3+1) + C
15.Zsec√x tan
√x√
xdx = 2
cos√x+ C
16.Z5x sec 5x tan 5xdx = 1
ln 5 cos 5x + C
17.Z
x cos(ln(1 + x2))
(1 + x2) sin2(ln(1 + x2))dx = − 1
2 sin(ln(x2+1)) + C
18.Z
1√x cos2
√xdx = 2 tan
√x+ C
19.Zsin
x
3dx = −3 cos 13x+ C
20.Zx cos
x2
3dx = 3
2 sin13x
2 + C
16
Section 1.7 Integrales del tipoZsin2n+1(x)dx o
Zcos2n+1(x)dx siendon ∈ N y ademásn ≥ 1
21.Zcsc
5x
2cot
5x
2dx = − 2
5 sin 52x+ C
1.7 Integrales del tipoZsin2n+1(x)dx o
Zcos2n+1(x)dx siendo n ∈ N
y además n ≥ 1
Procedimiento para resolverZsin2n+1(x)dx
1oDesharemos la imparidad de la potencia que aparezca en el integrandoZsin2n+1(x)dx =
Zsin2n x · sinx dx =
Z ¡1− cos2 x¢n · sinx dx
2o Desarrollamos el integrando; obteniendo siempre integrales del siguiente tipo:Zcosk x · sinx dx = −
Z(cosx)k · (− sinx) dx = −(cosx)
k+1
k + 1+ C
(k ∈ N y par)Zsinx dx = − cosx+ C
Procedimiento para resolverZcos2n+1(x)dx
1oDesharemos la imparidad de la potencia que aparezca en el integrandoZcos2n+1(x)dx =
Zcos2n x · sinx dx =
Z ¡1− sin2 x¢n · sinx dx
2o Desarrollamos el integrando; obteniendo siempre integrales del siguiente tipo:Zsink x · cosx dx =
Z(sinx)k · cosx dx = (sinx)k+1
k + 1+ C (k ∈ N y par)Z
cosx dx = sinx+ C
Ejemplo 1Zsin3 3xdx =
Zsin2 3x · sin 3xdx =
Z(1− cos2 3x) · sin 3xdx
Esta integral se descompone en las dos siguientes:
=
Zsin 3xdx−
Zcos2 3x sin 3xdx =
1
3
Z3 sin 3xdx+
1
3
Z(−3) cos2 3x sin 3xdx =
El resultado final después de integrar es:Zsin3 3xdx = −cos 3x
3+cos3 3x
9+ C
Ejemplo 2Zcos3 3xdx =
Zcos2 3x · cos 3xdx =
Z(1− sin2 3x) · cos 3xdx
Esta integral se descompone en las dos siguientes:
=
Zcos 3xdx−
Zsin2 3x cos 3xdx =
1
3
Z3 cos 3xdx− 1
3
Z3 sin2 3x cos 3xdx =
17
Chapter 1 Integrales inmediatas
El resultado final después de integrar es:
Zcos3 3xdx =
sin 3x
3− sin
3 3x
9+ C
1.8 Integrales del tipoZsink(x) · cost(x)dx siendo al menos k o t
impar
La transformación es la misma que en los apartados anteriores para aquella potencia deseno o coseno cuyo exponente sea impar
Ejemplo 3Zcos3 3x · sin2 3xdx =
Zcos 3x · (1− sin2 3x) sin2 3xdx =
Desarrollando el integrando tendremos las siguientes integrales
=
Zcos 3x · sin2 3xdx−
Zcos 3x · sin4 3xdx =11
Con lo que la integral quedará
Zcos3 3x · sin2 3xdx = sin3 3x
9− sin
5 3x
15+ C
Ejemplo 4Zsin3 x · cos2 xdx =
Zsinx · (1− cos2 3x) cos2 xdx =
Desarrollando el integrando tendremos las siguientes integrales
=
Zsinx · cos2 xdx−
Zsinx · cos4 xdx =12
Con lo que la integral quedará
Zsin3 x · cos2xdx = −cos
3 3x
3+cos5 x
5+ C
Ejemplo 5 Resuelve la integralZsin3 2x · cos2 2xdx
Nota: La puedes resolver de dos formas distintas
11
Zcos 3x · sin2 3xdx = 1
3
Z3 cos 3x · sin2 3xdx = sin3 3x
9+CZ
cos 3x · sin4 3xdx = 1
3
Z3 cos 3x · sin4 3xdx = sin5 3x
15+C
12
Zsinx · cos2 xdx = −
Z− sinx · cos2 xdx = −cos
3 x
3+CZ
sinx · cos4 xdx = −Z− sinx · cos4 xdx = −cos
5 x
5+C
18
Section 1.9 Integrales del tipoZsin2n(x)dx o
Zcos2n(x)dx siendon ∈ N y ademásn ≥ 1
1.9 Integrales del tipoZsin2n(x)dx o
Zcos2n(x)dx siendo n ∈ N y
además n ≥ 11oUtilizaremos alguna de las siguientes fórmulas
sin2A =1− cos (2A)
2cos2A =
1 + cos (2A)
2
2oLas integrales a resolver son de tipos anteriores
Ejemplo 6Zsin2 2xdx =13
Z1− cos (4x)
2dx =
1
2
Zdx− 1
2
Rcos 4xdx
Estas dos integrales son inmediatasZsin2 2xdx =
1
2
Zdx− 1
2 · 4R4 cos 4xdx =
x
2− sin 4x
8+ C
Ejemplo 7Zcos2 8xdx =14
Z1 + cos (16x)
2dx =
1
2
Zdx+
1
2
Rcos 16xdx
Estas dos integrales son inmediatasZcos2 8xdx =
1
2
Zdx+
1
2 · 16R16 cos 4xdx =
x
2+sin 16x
32+ C
1.10 Integrales del tipoZsin2n(x) · cos2k(x)dx siendo n ∈ N y además
n, k ≥ 1Además de poder utilizar alguna de las dos fórmulas anteriores, también se puede utilizar lasiguiente:
2 sinA cosA = sin 2A→ sinA cosA =sin 2A
2
Ejemplo 8Zcos2 8x · sin2 8xdx =15
Zsin2 16x
4dx =
1
4
·Z1− cos (32x)
2dx
¸Estas dos integrales son inmediatasZcos2 8x · sin2 8xdx = 1
4
·1
2
Zdx− 1
2
Rcos 32xd
¸=1
4
·x
2− sin 32x
64
¸+ C
Ejemplo 9 Resuelve tú la integralZcos2 x · sin4 xdx
13 Como sin2A =1− cos (2A)
2; entonces sin2 (2x) =
1− cos (4x)2
14 Como cos2A =1 + cos (2A)
2; entonces cos2 (8x) =
1 + cos (16x)
215 Como sinA cosA =
sin 2A
2; entonces sin 8x cos 8x =
sin 16x
2
19
Chapter 1 Integrales inmediatas
1.Zsin3 xdx = − cosx+ 1
3 cos3 x+ C
2.Zcos3 xdx = sinx− sin
3 x
3+ C
3.Zsin5 2xdx = −12 cos 2x+ 1
3 cos3 2x− 1
10 cos5 2x+ C
4.Zcos5 4xdx = 1
4 sin 4x−1
6sin3 4x+ 1
4 sin5 4x+ C
5.Zsin3
3x
4dx = −43 cos 34x+ 4
9 cos3 34x+ C
6.Zcos3
x
3dx = 3 sin
x
3− sin3 x
3+ C
7.Zsin3(ln(x))
xdx = − cos (lnx) + 1
3 cos3 (lnx) + C
8.Zsin3√x√
xdx = 2
¡− cos√x+ 13 cos
3√x¢+ C
9.Zsin2 3x cos 3xdx =
1
9sin3 3x+ C
10.Zsin3 3x cos2 3xdx = −19 cos3 3x+ 1
15 cos5 3x+ C
11.Zsin2 x cos5 xdx =
Zsin2 x(1− sin2 x)2 cosxdx =16 sin
3 x
3− 2sin
5 x
5+sin7 x
7+C
12.Zsin4 2x cos3 2xdx =
Zsin4 2x(1− sin2 x) cos 2xdx =17 sin
5 2x
10− sin
7 2x
14+ C
13.Zsin3 4x cos3 4xdx
14.Zsin2 xdx = − 14 sin 2x+ 1
2x+ C
15.Zcos2 xdx = 1
4 sin 2x+12x+ C
16.Zsin4 2xdx = −18 sin 4x+ 3
8x+164 sin 8x+ C
17.Zcos4 4xdx = 1
128 sin 16x+116 sin 8x+
38x+ C
18.Zsin2
3x
4dx = −13 sin 32x+ 1
2x+ C
19.Zcos2
x
3dx = 3
4 sin23x+
12x+ C
16
Zsin2 x(1− sin2 x)2 cosxdx =
Zsin2 x cosxdx− 2
Zsin4 x cosxdx+
Rsin6 x cosxdx
17
Zsin4 2x(1− sin2 x) cos 2xdx =
Zsin4 2x cos 2xdx−
Zsin6 2x cos 2xdx
20
Section 1.11 Integrales del tipoZtann x dx ,
Zcotn x dx con n≥ 2
20.Zsin2(ln(x))
xdx = −14 sin (2 lnx) + 1
2 lnx+ C
21.Zsin2√x√
xdx = −12 sin 2
√x+√x+ C
22.Zsin2 x cos2 xdx =
Z ¡18 − 1
8 cos 4x¢dx = 1
8x− 132 sin 4x+ C
23.Zsin2 3x cos2 3xdx =
Z ¡18 − 1
8 cos 12x¢dx = 1
8x− 196 sin 12x+ C
24.Zsin2 x cos4 xdx
25.Zsin4 2x cos4 2xdx =
26.Zsin4 4x cos2 4xdx
1.11 Integrales del tipoZtann x dx ,
Zcotn x dx con n≥ 2
1.Ztan2 4xdx =
Z(1+ tan2 4x)dx−
Zdx=
Zsec2 4xdx−
Zdx =
tan 4x
4− x+C
2.Ztan3 2xdx =18 tan
2 2x4 +1
2 ln (cos 2x) + C
3.Ztan4 3xdx =
Ztan2 3x
¡sec2 3x− 1¢ dx = Z tan2 3x sec2 3xdx−
Ztan2 3xdx =
= 13
tan3 3x
3−µtan 3x
3− x
¶+ C
4.Ztan5 xdx =
Ztan3 x
¡sec2 x− 1¢ dx = Z tan3 x sec2 xdx−
Ztan3 xdx =
=tan4 x
4−Z(sec2 x− 1) tanxdx = tan4 x
4−Zsec2 x tanxdx+
Ztanxdx =
=tan4 x
4− tan
2 x
2− ln |cosx|+ C
5.Zcot2 4xdx
6.Zcot3 2xdx
7.Zcot4 3xdx
8.Zcot5 xdx
18
Ztan2 2x tan 2xdx =
Z(sec2 2x− 1) tan 2xdx =
Zsec2 2x tan 2xdx−
Ztan 2xdx
21
Chapter 1 Integrales inmediatas
1.12 Integrales del tipoZsec2n x dx ,
Zcsc2n dx con n≥ 1
1.Zsec2 4xdx = 1
4 tan 4x+ C
2.Zsec4 2xdx =
Zsec2 2x(1 + tan2 2x)dx =
Zsec2 2xdx+
Zsec2 2x tan2 2xdx =
= 12 tan 2x+
12
tan3 2x
3+ C
3.Zcsc2 5xdx = −15 cot 5x+ C
4.Zcsc4 3xdx
1.13 Integrales del tipoZsecn x tanm xdx ,
Zcscn x cotm xdx
1.Zsec4 x tan3 xdx
2.Zsec3 2x tan3 2xdx
3.Zsec3 3x tan 3xdx
4.Zcsc5 x cot3 xdx
5.Zsec3 x tan3 3xdx
1.14 Integrales del tipoZsinA cosB,
ZsinA sinB,
ZcosA cosB
Hemos de recordar las siguientes formulas
sinA cosB =1
2[sin(A+B) + sin(A−B)] cosA cosB =
1
2[cos(A+B) + cos(A−B)]
sinA sinB =1
2[cos(A−B)− cos(A+B)]
1.Zsin 5x cos 4xdx
2.Zcos 7x cos 2xdx
22
Section 1.15 Integrales del tipo arcseno,arco tangente y otras
3.Zsin 4x sinxdx
1.15 Integrales del tipo arcseno,arco tangente y otras
Z1
1 + x2dx = arctanx+ C
Zf ’(x)
1 + (f(x))2dx = arctan(f(x)) + CZ
1√1− x2 dx = arcsinx+ C
Zf ’(x)p1− (f(x))2 dx = arcsen(f(x)) + CZ
1√1 + x2
dx = ln¯x+√1 + x2
¯+ C
Zf ’(x)p1 + (f(x))2
dx = ln¯f(x) +
p1 + (f(x))2
¯+ CZ
1√x2 − 1dx = ln
¯x+√x2 − 1¯+ C Z
f ’(x)p(f(x))2 − 1dx = ln
¯f(x) +
p(f(x))2 − 1
¯+ C
1.Z
1
1 + x2dx = arctanx
2.Z
1√1− x2 dx = arcsinx
3.Z
1√x2 + 1
dx = ln¯x+√x2 + 1
¯4.
Z1√x2 − 1dx = ln
³x+
p(x2 − 1)
´5.
Z1
1 + 9x2dx
6.Z
1√1− 9x2 dx
7.Z
1√9x2 + 1
dx
8.Z
1√9x2 − 1dx
9.Z
1
4 + 9x2dx
10.Z
1√4− 9x2 dx
11.Z
1√9x2 + 4
dx
12.Z
1
3 + 5x2dx
13.Z
x
1 + x4dx
23
Chapter 1 Integrales inmediatas
14.Z
x√1− x4 dx
15.Z
x√x4 − 1dx
16.Z
x√x4 + 1
dx
17.Z
x2
1 + x6dx
18.Z
x2√4− 9x6 dx
19.Z
x2√x6 − 4dx
20.Z
x2√3x6 + 1
dx
21.Z
ex
1 + e2xdx
22.Z
ex√1− e2x dx
23.Z
ex√1 + e2x
dx
24.Z
ex√e2x − 1dx
25.Z
sinx
1 + cos2 xdx
26.Z
cos 3x
1 + sen23xdx
27.Z
cotx
1 + [ln(senx)]2dx
28.Z
5x
1 + 52xdx
29.Z
sen10x√1− cos4 5xdx
30.Z
sen6x
1 + cos4 3xdx
31.Z
5x√1− 52x dx
32.Z
sen6x√1 + cos4 3x
dx
33.Z
sin 10x√1 + cos4 5x
dx
24
Section 1.16 Integrales del tipoZ
1
ax2 + bx+ cdx siendo b2 − 4ac < 0
1.16 Integrales del tipoZ
1
ax2 + bx+ cdx siendo b2 − 4ac < 0
1. Multiplicamos y dividimos por 4aZ1
ax2 + bx+ cdx = 4a
Z1
4a2x2 + 4abx+ 4acdx
2. Sumamos y restamos en el denominador b2
4a
Z1
4a2x2 + 4abx+ b2 − b2 + 4acdx .Observa que los tres primeros términos deldenominador son un cuadrado perfecto
4a
Z1
(2ax+ b)2 − b2 + 4acdx .Fíjate que −b2 + 4ac > 0 .Si llamamos H=−b2 + 4ac
la integral quedaría:
4a
Z1
H + (2ax+ b)2dx
3. Sacamos factor común en el denominador H4a
Z1
H
·1 +
(2ax+ b)2
H
¸dx = 4aZ 1
H
"1 +
µ2ax+ b√
H
¶2#dx = 4a
H
Z1"
1 +
µ2ax+ b√
H
¶2#dx4. Esta integral será tipo arco tangente si multiplicamos, dentro de la integral por,
2a√Hy
fuera por√H
2a(para que no varíe)
4a√H
2aH
Z 2a√H"
1 +
µ2ax+ b√
H
¶2#dx = 2√H
Harctag
µ2ax+ b√
H
¶+ C
Ejemplos
1.Z
dx
2x2 − 3x+ 2 = 8Z
dx
16x2 − 24x+ 16 = 8Z
dx
16x2 − 24x+ 9− 9 + 16 =
= 8
Zdx
(4x− 3)2 + 7 =8
7
Zdx
(4x− 3)27
+ 1
=8
7
Zdxµ
4x− 3√7
¶2+ 1
=
=8√7
7 · 4Z 4√
7µ4x− 3√
7
¶2+ 1
dx =2√7
7arctag
µ4x− 3√
7
¶+ C
2.Z
dx
x2 + 3x+ 3= 4
Zdx
4x2 + 12x+ 12= 4
Zdx
4x2 + 12x+ 9− 9 + 12 =
= 4
Zdx
(2x+ 3)2 + 3=4
3
Zdx
(2x+ 3)2
3+ 1
=4
3
Zdxµ
2x+ 3√3
¶2+ 1
=
25
Chapter 1 Integrales inmediatas
=4√3
3 · 2Z 2√
3µ2x+ 3√
3
¶2+ 1
dx =2√3
3arctag
µ2x+ 3√
3
¶+ C
1.17 Integrales del tipoZ
Mx+N
ax2 + bx+ cdx siendo b2 − 4ac < 0
ZMx+N
ax2 + bx+ cdx =M
Zx
ax2 + bx+ cdx+N
Z1
ax2 + bx+ cdx =
=M
2a
Z2ax
ax2 + bx+ cdx+N
Z1
ax2 + bx+ cdx =
=M
2a
Z2ax+ b− bax2 + bx+ c
dx+N
Z1
ax2 + bx+ cdx =
=M
2a
Z2ax+ b
ax2 + bx+ cdx− bM
2a
Z1
ax2 + bx+ cdx+N
Z1
ax2 + bx+ cdx =
=M
2a
Z2ax+ b
ax2 + bx+ cdx+
µN − bM
2a
¶Z1
ax2 + bx+ cdx =
La segunda integral es del tipo anterior y la primera es de tipo logarítmico
=M
2aln¯ax2 + bx+ c
¯+
µN − bM
2a
¶2√H
Harctag
µ2ax+ b√
H
¶+ C
Ejemplos
1.Z
3x− 42x2 − 3x+ 2dx = 3
Zx
2x2 − 3x+ 2dx− 4Z
1
2x2 − 3x+ 2dx =
=3
4
Z4x
2x2 − 3x+ 2dx− 4Z
1
2x2 − 3x+ 2dx =
=3
4
Z4x− 3 + 32x2 − 3x+ 2dx− 4
Z1
2x2 − 3x+ 2dx =
=3
4
Z4x− 3
2x2 − 3x+ 2dx+9
4
Z1
2x2 − 3x+ 2dx− 4Z
1
2x2 − 3x+ 2dx =
=3
4ln¯2x2 − 3x+ 2¯+µ9
4− 4¶Z
1
2x2 − 3x+ 2dxLa última integral está resuelta en la página anterior
=3
2ln¯2x2 − 3x+ 2¯− 7
4· 2√7
7arctag
µ4x− 3√
7
¶+ C =
=3
2ln¯2x2 − 3x+ 2¯− √7
2arctag
µ4x− 3√
7
¶+ C
2. Demuestra queZ
x− 5x2 + 3x+ 3
dx =1
2ln¯x2 + 3x+ 3
¯+
µ−32− 5¶2√3
3arctag
µ2x+ 3√
3
¶+
C =
=1
2ln¯x2 + 3x+ 3
¯− 13√33
arctag
µ2x+ 3√
3
¶+ C
26
Section 1.18 Integrales del tipoZ
1√ax2 + bx+ c
dx a < 0, b2 − 4ac > 0
1.18 Integrales del tipoZ
1√ax2 + bx+ c
dx a < 0, b2 − 4ac > 0
1. Multiplicamos y dividimos por√−4aZ
1√ax2 + bx+ c
dx =√−4a
Z1√−4a2x2 − 4abx− 4acdx
2. Restamos y sumamos en el denominador b2√−4a
Z1√−4a2x2 − 4abx− b2 + b2 − 4acdx
Observa detenidamente el siguiente paso√−4a
Z1p
b2 − 4ac− (2ax+ b)2 dx .Fíjate que b2 − 4ac > 0 . ∆=b2 − 4ac la integral
quedaría:√−4a
Z1p
∆− (−2ax− b)2 dx3. Sacamos factor común dentro de la raíz del denominador∆√-4a
Z1s
∆
·1− (−2ax− b)
2
∆
¸dx = √-4aZ 1vuut∆"1−µ−2ax− b√∆
¶2#dx =√-4a√∆
Z1vuut"1−µ−2ax− b√∆
¶2#dx
4. Esta integral será tipo arco seno si multiplicamos, dentro de la integral ,por−2a√∆y
fuera por√∆
−2a (para que no varíe)√−4a√∆−2a√∆
Z −2a√∆vuut"1−µ−2ax− b√∆
¶2#dx =√−a−a arcsin
µ−2ax− b√∆
¶+ C
1.Z
dx√−2x2 − 3x+ 2 =√8
Zdx√−16x2 − 24x+ 16 =
√8
Zdx√−16x2 − 24x− 9 + 9 + 16 =
=√8
Zdxp
25− (4x+ 3)2 =√8√25
Zdxr
1− (4x+ 3)2
25
=
√8
5
Zdxs
1−µ4x+ 3
5
¶2 =
27
Chapter 1 Integrales inmediatas
=√8 · 55 · 4
Z 4
5s1−
µ4x+ 3
5
¶2 dx =√2
2arcsin
µ4x+ 3
5
¶+ C
2.Z
dx√−x2 + 3x+ 3 =√4
Zdx√−4x2 + 12x+ 12 =
√4
Zdx√−4x2 + 12x− 9 + 9 + 12 =
=√4
Zdxp
21− (2x− 3)2 =√4√21
Zdxr
1− (2x− 3)2
21
=
√4√21
Zdxs
1−µ2x− 3√21
¶2 =
=√4√21√
21 · 2Z 2√
21s1−
µ2x− 3√21
¶2 dx = arcsinµ2x− 3√21
¶+ C
1.19 Integrales del tipoZ
Mx+N√ax2 + bx+ c
dx a < 0, b2 − 4ac > 0Z
Mx+N√ax2 + bx+ c
dx =M
Zx√
ax2 + bx+ cdx+N
Z1√
ax2 + bx+ cdx =
=M
2a
Z2ax√
ax2 + bx+ cdx+N
Z1√
ax2 + bx+ cdx =
=M
2a
Z2ax+ b− b√ax2 + bx+ c
dx+N
Z1√
ax2 + bx+ cdx =
=M
2a
Z2ax+ b√ax2 + bx+ c
dx− bM2a
Z1√
ax2 + bx+ cdx+N
Z1√
ax2 + bx+ cdx =
=M
2a
Z(2ax+ b)(ax2 + bx+ c)
−12 dx+
µN − bM
2a
¶Z1√
ax2 + bx+ cdx =
La segunda integral es del tipo anterior y la primera es de tipo potencial
=M
a
√ax2 + bx+ c+
µN − bM
2a
¶ √−a−a arcsin
µ−2ax− b√∆
¶+ C
Ejemplos
1.Z
3x− 4√−2x2 − 3x+ 2dx = 3Z
x√−2x2 − 3x+ 2dx− 4Z
1√−2x2 − 3x+ 2dx =
=−34
Z −4x√−2x2 − 3x+ 2dx− 4Z
1√−2x2 − 3x+ 2dx =
=−34
Z −4x− 3 + 3√−2x2 − 3x+ 2dx− 4Z
1√−2x2 − 3x+ 2dx =
=−34
Z −4x− 3√−2x2 − 3x+ 2dx−9
4
Z1√−2x2 − 3x+ 2dx−4
Z1√−2x2 − 3x+ 2dx =
28
Section 1.20 Integrales del tipoZ
1√ax2 + bx+ c
dx a>0 y b2 − 4ac > 0
= −32
√−2x2 − 3x+ 2 +µ−94− 4¶Z
1√−2x2 − 3x+ 2dxLa última integral está resuelta en la página anterior
= −32
√−2x2 − 3x+ 2− 254·√2
2arcsin
µ4x+ 3
5
¶+ C
2. DemuestraZ
x− 5√−x2 + 3x+ 3dx=−√−x2 + 3x+ 3+
µ−32− 5¶arcsin
µ2x− 3√21
¶+
C
1.20 Integrales del tipoZ
1√ax2 + bx+ c
dx a>0 y b2 − 4ac > 0
1. Multiplicamos y dividimos por√4aZ
1√ax2 + bx+ c
dx =√4a
Z1√
4a2x2 + 4abx+ 4acdx
2. Sumamos y restamos en el denominador b2√4a
Z1√
4a2x2 + 4abx+ b2 − b2 + 4acdxObserva detenidamente el siguiente paso√4a
Z1p
(2ax+ b)2 − b2 + 4acdxFíjate que b2 − 4ac > 0 . −b2 + 4ac = −∆ la integral quedaría:√4a
Z1p
(2ax+ b)2 −∆dx3. Sacamos factor común dentro de la raíz del denominador∆√4a
Z1s
∆
·(2ax+ b)2
∆− 1¸dx = √4aZ 1vuut∆"µ2ax+ b√
∆
¶2− 1#dx =
√4a√∆
Z1vuut"µ2ax+ b√∆
¶2− 1#dx
4. Esta integral será inmediata si multiplicamos, dentro de la integral ,por2a√∆y fuera
por√∆
2a(para que no varíe)
√4a√∆
2a√∆
Z 2a√∆vuut"µ2ax+ b√∆
¶2− 1#dx = √aa ln
¯¯2ax+ b√
∆+
vuut"µ2ax+ b√∆
¶2− 1#¯¯+
29
Chapter 1 Integrales inmediatas
C
1.Z
dx√2x2 − 3x+ 1 =
√8
Zdx√
16x2 − 24x+ 8 =√8
Zdx√
16x2 − 24x+ 9− 9 + 8 =
=√8
Zdxp
(4x− 3)2 − 1 =√8
4
Z4dxp
(4x− 3)2 − 1 =
=
√2
2ln¯4x− 3 +p(4x− 3)2 − 1¯+ C
2.Z
dx√x2 + 3x− 1 =
√4
Zdx√
4x2 + 12x− 4 =√4
Zdx√
4x2 + 12x+ 9− 9− 4 =
=√4
Zdxp
(2x+ 3)2 − 13 =√4√13
Zdxr
(2x+ 3)2
13− 1
=
√4√13
Zdxsµ
2x+ 3√13
¶2− 1
=
=√4√13√
13 · 2Z 2√
13sµ2x+ 3√13
¶2− 1
dx = ln
¯¯2x+ 3√
13+
sµ2x+ 3√13
¶2− 1¯¯+ C
= ln¯2x+ 3 +
p(2x+ 3)2 − 13
¯− ln√13+C = ln ¯2x+ 3 +√4x2 + 12x− 4¯+C 0
30
Section 1.21 Integrales del tipoZ
Mx+N√ax2 + bx+ c
dx a > 0, b2 − 4ac > 0
1.21 Integrales del tipoZ
Mx+N√ax2 + bx+ c
dx a > 0, b2 − 4ac > 0Z
Mx+N√ax2 + bx+ c
dx =M
Zx√
ax2 + bx+ cdx+N
Z1√
ax2 + bx+ cdx =
=M
2a
Z2ax√
ax2 + bx+ cdx+N
Z1√
ax2 + bx+ cdx =
=M
2a
Z2ax+ b− b√ax2 + bx+ c
dx+N
Z1√
ax2 + bx+ cdx =
=M
2a
Z2ax+ b√ax2 + bx+ c
dx− bM2a
Z1√
ax2 + bx+ cdx+N
Z1√
ax2 + bx+ cdx =
=M
2a
Z(2ax+ b)(ax2 + bx+ c)
−12 dx+
µN − bM
2a
¶Z1√
ax2 + bx+ cdx =
La segunda integral es del tipo anterior y la primera es de tipo potencial
=M
a
√ax2 + bx+ c+
µN − bM
2a
¶ √a
aln
¯¯2ax+ b√
∆+
vuut"µ2ax+ b√∆
¶2− 1#¯¯+ C
Ejemplos
1.Z
3x− 4√2x2 − 3x+ 1dx = 3
Zx√
2x2 − 3x+ 1dx− 4Z
1√2x2 − 3x+ 1dx =
=3
4
Z4x√
2x2 − 3x+ 1dx− 4Z
1√2x2 − 3x+ 1dx =
=3
4
Z4x− 3 + 3√2x2 − 3x+ 1dx− 4
Z1√
2x2 − 3x+ 1dx =
=3
4
Z4x− 3√
2x2 − 3x+ 1dx+9
4
Z1√
2x2 − 3x+ 1dx− 4Z
1√2x2 − 3x+ 1dx =
=3
2
√2x2 − 3x+ 1 +
µ9
4− 4¶Z
1√2x2 − 3x+ 1dx
La última integral está resuelta en la página anterior
=3
2
√2x2 − 3x+ 1− 7
4·√2
2ln¯4x− 3 +p(4x− 3)2 − 1¯+ C =
2. DemuestraZ
x− 5√x2 + 3x− 1dx =
√x2 + 3x− 1−13
2ln¯2x+ 3 +
√4x2 + 12x− 4¯+
C
1.22 Integrales del tipoZ
1√ax2 + bx+ c
dx a > 0, b2 − 4ac < 0
Demuestra como ejercicio que:
31
Chapter 1 Integrales inmediatas
Z1√
ax2 + bx+ cdx =
√a
aln
¯¯2ax+ b√
H+
vuut"µ2ax+ b√H
¶2+ 1
#¯¯ dondeH = −∆
Calcula las siguientes integrales:Z1√
x2 + 3x+ 3dxZ
1√x2 + 2x+ 4
dx
1.23 Integrales del tipoZ
Mx+N√ax2 + bx+ c
dx a > 0, b2 − 4ac < 0
Demuestra como ejercicio que:ZMx+N√ax2 + bx+ c
dx =M
a
√ax2 + bx+ c+
µN − bM
2a
¶ √a
aln
¯¯2ax+ b√
H+
vuut"µ2ax+ b√H
¶2+ 1
#¯¯
dondeH = −∆Z −3x+ 4√x2 + 3x+ 3
dxZ −2x+ 1√x2 + 2x+ 4
dx
1.24 Más integrales de los tipos anteriores
En esta sección, vamos a repasar los tipos anterioresZ1
ax2 + bx+ cdx siendo a > 0 y∆ < 0Z
Mx+N
ax2 + bx+ cdx siendo a > 0 y∆ < 0Z
1√ax2 + bx+ c
dx (excepto si a < 0 y∆ < 0)ZMx+N√ax2 + bx+ c
dx (excepto si a < 0 y∆ < 0)
1.Z
1
x2 + x+ 1dx
2.Z
3x− 2x2 + x+ 1
dx
3.Z
1
3x2 + 2x+ 1dx
4.Z
x− 33x2 + 2x+ 1
dx
5.Z
1
x2 + 2x+ 2dx
32
6.Z
x+ 3
x2 + 2x+ 2dx
7.Z
1
x2 + 3x+ 3dx
8.Z
x+ 3
x2 + 3x+ 3dx = 1
2 ln¡x2 + 3x+ 3
¢+√3 arctan
µ2x+ 3√
3
¶+ C
9.Z
1√−x2 + 2x+ 2dx
10.Z
x− 3√−x2 + 2x+ 2dx
11.Z
1√−3x2 + 2x+ 1dx
12.Z
x− 4√−3x2 + 2x+ 1dx = −13
p(−3x2 + 2x+ 1)− 11
9
√3 arcsin
¡32x− 1
2
¢+ C
13.Z
1√−x2 + 2x+ 1dx
14.Z
3x− 1√−x2 + 2x+ 1dx
15.Z
1√−2x2 + 2x+ 1dx
16.Z
3x− 2√−2x2 + 2x+ 1dx
17.Z
1√x2 + 2x+ 2
dx =
18.Z
x+ 2√x2 + 2x+ 2
dx =
19.Z
1√x2 + 2x− 2dx = ln
³x+ 1 +
p(x2 + 2x− 2)
´+ C
20.Z
3x− 2√x2 + 2x− 2dx = 3
p(x2 + 2x− 2)− 5 ln
³x+ 1 +
p(x2 + 2x− 2)
´+ C
33
Chapter 2Integración por partesEste método de integración se debe a la aplicación de la derivada de un producto de derivadas
[f(x)g(x)]0= f
0(x)g(x) + f (x)g
0(x)
Puesto que la integración es la operación inversa de la derivación; entonces
Z[f(x)g(x)]
0dx = f(x)g(x)
Como la integral de una suma es la suma de integrales se obtiene:
f(x)g(x) =
Z[f(x)g(x)]
0dx =
Zf0(x)g(x)dx+
Zf(x)g
0(x)dx
DespejandoZf(x)g
0(x)dx obtendremos la regla de integración por partes:
Zf(x)g
0(x)dx = f(x)g(x)−
Zf0(x)g(x)dx
Nota 1: La elección de f(x) y g ’(x) es fundamental. Siempre es conveniente elegir g’(x)de manera que se pueda integrar facilmenteNota 2: La segunda integral ha de ser más sencilla de resolver que la primeraNota 3: En muchas ocasiones tendrás que repetir este método varias vecesEjemplos:
1.Zlnxdx
f(x) = lnx ; f 0(x) =1
x
g0(x) = 1 ; g(x) =Z1dx = x
Zlnxdx = x lnx−
Zx1
xdx = x lnx−
Z1dx = x lnx− x+ C
2.Zx2 sinxdx
f(x) = x2 ; f 0(x) = 2x
g0(x) = sinx ; g(x) =Zsinxdx = − cosx
34
Zx2 sinxdx = −x2 cosx+ 2
Zx cosxdx@
Volvemos a integrar por partes para calcularZx cosxdx
f(x) = x ; f 0(x) = 1
g0(x) = cosx ; g(x) =Zcosxdx = sinxZ
x cosxdx = x sinx−Zsinxdx = x sinx+ cosx+ C @@
Sustituyendo @@ en @ tendremos:Zx2 sinxdx = −x2 cosx+ 2
Zx cosxdx = −x2 cosx+ 2(x sinx+ cosx+ C)Z
x2 sinxdx = −x2 cosx+ 2x sinx+ 2cosx+ C 0
3.Z
x2√1− x2 dx =
Zx
x√1− x2 dx
f(x) = x ; f 0(x) = 1
g0(x) =x√1− x2 ; g(x) =
Zx√1− x2 dx = −
√1− x2Z
x2√1− x2 dx = −x
√1− x2 +
Z √1− x2dx@Z √
1− x2dx =Z
1− x2√1− x2 dx =
Z1√1− x2 dx−
Zx2√1− x2 dx =
arcsinx−Z
x2√1− x2 dx@@
Sustituyendo @@ en @ tendremos:Zx2√1− x2 dx = −x
√1− x2 + arcsinx−
Zx2√1− x2 dx+ 2C
Observa que la integral inicial I aparece a ambos lados de la igualdad.I = −x√1− x2 + arcsinx− I + 2C
Despejando I como si de una ecuación se tratase tendríamos
I =−x√1− x2 + arcsinx
2+ C (Integral cíclica)
Este procedimiento es muy útil para calcular integrales del siguiente tipo:Zlnxdx (f(x) = lnx, g
0(x) = 1)Z
P (x) lnxdx siendo P (x) un polinomio en x (f(x) = lnx, g0(x) = P (x))Z
P (x)exdx siendo P (x) un polinomio en x (f(x) = P (x), g0(x) = ex)
35
Chapter 2 Integración por partes
ZP (x) sinxdx siendo P (x) un polinomio en x (f(x) = P (x), g
0(x) = sinx)Z
P (x) cosxdx siendo P (x) un polinomio en x (f(x) = P (x), g0(x) = cosx)Z
ex sinxdx (f(x) = sinx, g0(x) = ex) (Cíclica o de retorno)Z
sec2p+1 xdx =
Zsec2p−1 x sec2 xdx (f(x) = sec2p−1 x, g
0(x) = sec2 x) (Cíclica)Z
csc2p+1 xdx =
Zcsc2p−1 x csc2 xdx (f(x) = csc2p−1 x, g
0(x) = csc2 x) (Cíclica)Z
arctanxdx (f(x) = arctanx, g0(x) = 1)Z
arcsinxdx (f(x) = arcsinx, g0(x) = 1)Z
P (x) arctanxdx (f(x) = arctanx, g0(x) = P (x))Z
sin2 xdx (f(x) = sinx, g0(x) = sinx) (Cíclica o de retorno).etc, etc, etc ....
2.1 Ejercicios de integracion por partes
1.Zx2 lnxdx =19 13 (lnx)x
3 − R 13x
2 dx = 13x
3 lnx− 19x
3 + C
2.Zx2 sinxdx =20−x2 cosx+ 2 cosx+ 2x sinx
3.Zx2 cosxdx =21x2 sinx−2 R x sinxdx = x2 sinx−2 ¡−x cosx− R (− cosx) dx¢ =
x2 sinx− 2 sinx+ 2x cosx+ C4.
Zxexdx =22xex − R ex dx = xex − ex + C
5.Zx2exdx =23x2ex − 2 R xex dx = x2ex − 2(xex − R ex dx) = ex ¡x2 − 2x+ 2¢+C
19
f(x) = lnx f 0(x) =
1
x
g 0(x) = x2 g(x) =x3
320
½f(x) = x2 f 0(x) = 2xg 0(x) = sinx g(x) = − cosx
21
½f(x) = x2 f 0(x) = 2xg 0(x) = cosx g(x) = sinx
22
½f(x) = x f 0(x) = 1g 0(x) = ex g(x) = ex
23
½f(x) = x2 f 0(x) = 2xg 0(x) = ex g(x) = ex
36
6.Zex cosxdx =24ex cosx+
Rsinxex dx = ex cosx+ ex sinx− R ex cosxdx Cíclica:
Si DespejasRex cosxdx tendrásZ
ex cosxdx =ex cosx+ ex sinx
2+ C
7.Ze3x sin 4xdx
8.Zsinx cos 4xdx
9.Zcos 2x cos 4xdx =
10.Rsin2 xdx =
11.Zcos2 xdx =
Zcosx cosxdx
12.Zx2 cosxdx
13.Zx sin(3x− 2)dx
14.Zarctan xdx
15.Zx arctan xdx
16.Zarcsinxdx
17.Zx arcsinxdx
18.Zsec3 xdx = secx tanx −
Zsecx tan2 xdx = secx tanx −Z
secx¡sec2 x− 1¢ dx =Z
sec3 xdx = secx tanx +
Zsecxdx −
Zsec3 xdx = secx tanx +
ln |secx+ tanx|−Zsec3 xdx =
DespejandoZsec3 xdx tendremosZ
sec3 xdx =secx tanx+ ln |secx+ tanx|
2+ C
19.Zcsc3 xdx
24
½f(x) = cosx f 0(x) = − sinxg 0(x) = ex g(x) = ex
37
Chapter 3Integrales racionalesSon del tipo
ZP (x)
Q(x)dx donde P(x) y Q(x) son dos polinomios en x
Casos:A) Si grado P (x) ≥ Q(x) . Efectuamos la división entre ambos polinomios y:Z
P (x)
Q(x)dx =
ZC(x)dx+
ZR(x)
Q(x)dx
siendo C(x) y R(x) el cociente y resto de la división efectuadaB) Si grado R(x) < Q(x)Para resolver este tipo de integrales, tendremos que utilizar el siguiente teorema de
Álgebra:Si Q(x) = (x− α)t(x− β)(ax2 + bx+ c)(dx2 + ex+ f)p
(con b2 − 4ac < 0 y e2 − 4df < 0) y gradoR(x) <grado Q(x) entonces:R(x)
Q(x)=
A1(x− α)t
+A2
(x− α)t−1+ ....... +
At−1(x− α)2
+At
(x− α)+
B
(x− β)+
Mx+N
ax2 + bx+ c+
B1x+ C1dx2 + ex+ f
+B2x+ C2
(dx2 + ex+ f)2+ ...............+
BPx+ CP
(dx2 + ex+ f)P
Nota: todas las integrales racionales, después de determinar los coeficientes adecuados,quedarán reducidas a la resolución de las siguientes integrales
1.Z
B
(x− β)dx = B ln |x− β|+ C
2.Z
B
(x− α)tdx = B
Z(x−α)−tdx = B(x− α)−t+1
−t+ 1 +C =−B
(t− 1)(x− α)t−1+C
3.Z
Mx+N
ax2 + bx+ cdx =
M
2aln¯ax2 + bx+ c
¯+
µN − bM
2a
¶2√H
Harctan
µ2axb√H
¶+
C
4.Z
Mx+N
(ax2 + bx+ c)p dx→Se resuelve por Partes (Facultad)
Ejemplos
a)Zx3 + 2
x2 + 4dx =
Zx dx+
Z −4x+ 2x2 + 4
dx =x2
2+ I
I =
Z −4x+ 2x2 + 4
dx = −4Z
x
x2 + 4dx + 2
Z1
x2 + 4dx = −2
Z2x
x2 + 4dx +
2
Z1
4(x2
4+ 1)
dx
I = −2 ln ¯x2 + 4¯+ 12
Z1³x
2
´2+ 1
dx = −2 ln ¯x2 + 4¯+ arctan x2+ C
38
Por lo tantoZx3 + 2
x2 + 4dx =
x2
2− 2 ln ¯x2 + 4¯+ arctan x
2+ C
b)Z3x2 + 4x+ 1
x2 − 4x+ 4 dx =Z3dx+
Z16x− 11x2 − 4x+ 4dx = 3x+ J
Para resolver J tendremos que descomponer la fracción16x− 11x2 − 4x+ 4 =
16x− 11(x− 2)2
Por el teorema anterior16x− 11(x− 2)2 =
A
(x− 2)2 +B
x− 2 =⇒ 16x− 11 = A+B(x− 2)Si le damos a x el valor 2 tendremos 21 = ASi le damos a x el valor 0 tendremos −11 = 21− 2B → B = 16Z
16x− 11x2 − 4x+ 4dx = 21
Z1
(x− 2)2 dx+ 16Z
1
x− 2dx =−21x− 2 + 16 ln |x− 2|+ CZ
3x2 + 4x+ 1
x2 − 4x+ 4 dx = 3x−21
x− 2 + 16 ln |x− 2|+ C
c)Z
3x− 1x2 + x− 2dx. Como x
2+x−2 = (x+2)(x−1) entonces por el teorema anterior3x− 1
(x+ 2)(x− 1) =A
(x+ 2)+
B
(x− 1) =⇒ 3x− 1 = A(x− 1) +B(x+ 2)
Si le damos a x el valor −2 tendremos −7 = −3A→ A =7
3
Si le damos a x el valor 1 tendremos 2 = 3B → B =2
3Z3x− 1
x2 + x− 2dx =7
3
Z1
x+ 2dx+
2
3
Z1
x− 1dx =7
3ln |x+ 2|+ 2
3ln |x− 1|+ C
d)Z
3x2 − 3x− 1x3 − 3x2 + 3x− 1dx . Como x
3 − 3x2 + 3x− 1 = (x− 1)3 entonces3x2 − 3x− 1(x− 1)3 =
A
(x− 1)3 +B
(x− 1)2 +C
x− 1 → 3x2 − 3x− 1 = A+ B(x− 1) +C(x− 1)2Si x = 1→ −1 = ASi x = 0→ −1 = −1−B + C → B = CSi x = 2→ 5 = −1 + 2C → C = 3 ; B = 3Z3x2 − 3x− 1(x− 1)3 dx = −
Z1
(x− 1)3 dx+ 3Z
1
(x− 1)2 dx+ 3Z
1
x− 1dx =
=1
2(x− 1)2 −3
x− 1 + 3 ln |x− 1|+ C
e)Z
3x2 − 4x3 − 5x2 + 8x− 4dx . Como x
3 − 5x2 + 8x− 4 = (x− 1)(x− 2)23x2 − 4
(x− 1)(x− 2)2 =A
(x− 2)2 +B
x− 2 +C
x− 13x2 − 4 = A(x− 1) +B(x− 2)(x− 1) + C(x− 2)2Si x = 1→ −1 = C
39
Chapter 3 Integrales racionales
Si x = 2→ 8 = ASi x = 0→ −4 = −8 + 2B − 4→ B = 4Z
3x2 − 4(x− 1)(x− 2)2 dx = 8
Z1
(x− 2)2 dx+ 4Z
1
x− 2dx−Z
1
x− 1dx =
=− 8
x− 2 + 4 ln |x− 2|− ln |x− 1|+ C
f)Z
x2 − x+ 1x3 + 2x2 − x− 2dx Como x
3 + 2x2 − x− 2 = (x− 1)(x+ 1)(x+ 2)x2 − x+ 1
(x− 1)(x+ 1)(x+ 2) =A
x− 1 +B
x+ 1+
C
x+ 2x2 − x+ 1 = A(x+ 1)(x+ 2) +B(x− 1)(x+ 2) + C(x− 1)(x+ 1)Si x = 1→ 1 = 6A→ A =
1
6
Si x = −1→ 3 = −2B → B = −32
Si x = −2→ 7 = 3C → C =7
3Zx2 − x+ 1
(x− 1)(x+ 1)(x+ 2) =1
6
Z1
x− 1dx−3
2
Z1
x+ 1dx+
7
3
Z1
x+ 2dx =
=1
6ln |x− 1|− 3
2ln |x+ 1|+ 7
3ln |x+ 2|+ C
g)Z
x+ 3
x3 + x2 + 2x− 4dx :47 ln (x− 1)−27 ln
¡x2 + 2x+ 4
¢− 121
√3 arctan 16 (2x+ 2)
√3
Como x3 + x2 + 2x− 4 = (x− 1)(x2 + 2x+ 4)x+ 3
(x− 1)(x2 + 2x+ 4) =A
x− 1 +Mx+N
x2 + 2x+ 4x+ 3 = A(x2 + 2x+ 4) + (Mx+N)(x− 1)Si x = 1→ 4 = 7A→ A =
4
7
Si x = 0→ 3 =16
7−N → N = −5
7
Si x = −1→ 2 =12
7+ (−M − 5
7)(−2)→M = −4
7Zx+ 3
(x− 1)(x2 + 2x+ 4)dx =4
7
Z1
x− 1dx+Z −4
7x− 5
7x2 + 2x+ 4
dx =4
7ln |x− 1|− 1
7J
siendo J =Z
4x+ 5
x2 + 2x+ 4dx Resuélvela tú (integral de tipo ln + arctag ).Comprueba
que:
J = 2 ln¯x2 + 2x+ 4
¯+
√3
3arctan
x+ 1√3+ C
40
Section 3.1 Ejercicios de integrales racionales
Por lo queZ
x+ 3
(x− 1)(x2 + 2x+ 4)dx =4
7ln |x− 1|−1
7
Ã2 ln
¯x2 + 2x+ 4
¯+
√3
3arctan
x+ 1√3
!+
C
h)Zx2 − x+ 1x3 − 1 dx Como x3 − 1 = (x− 1)(x2 + x+ 1)entonces
x2 − x+ 1(x− 1)(x2 + x+ 1) =
A
x− 1 +Mx+N
x2 + x+ 1x2 − x+ 1 = A(x2 + x+ 1) + (Mx+N)(x− 1)Si x = 1→ 1 = 3A→ A =
1
3
Si x = 0→ 1 =1
3−N → N = −2
3
Si x = 2→ 3 =7
3+ 2M − 2
3→M =
2
3Zx2 − x+ 1x3 − 1 dx =
1
3
Z1
x− 1dx+Z 2
3x− 2
3x2 + x+ 1
dx =1
3ln |x− 1|+ 2
3J
siendo J =
Zx− 1
x2 + x+ 1dx =
1
2ln¯x2 + x+ 1
¯ − √3 arctan 2x+ 1√3
+
C(Compruébalo)Zx2 − x+ 1x3 − 1 dx =
1
3ln |x− 1|+ 2
3
µ1
2ln¯x2 + x+ 1
¯−√3 arctan 2x+ 1√3
¶+ C
3.1 Ejercicios de integrales racionales
1.Z
x+ 1
x3 + x2 − 6xdx =25−1
6lnx− 2
15ln (x+ 3) +
3
10ln(x− 2) + C
2.Z
x+ 3
x3 + x2dx =26− 3
x− 2 lnx+ 2 ln(x+ 1) + C
3.Zx2 + 3x− 4x2 − 2x− 8dx =
27= x+ ln(x+ 2) + 4 ln(x− 4) + C
4.Z
x2 − 3x− 1x3 + x2 − 2xdx =
28 1
2lnx+
3
2ln(x+ 2)− ln(x− 1) + C
5.Z
x2 + 4
6x3 − 5x2 − 6xdx = −23 lnx+
2039 ln (3x+ 2) +
2578 ln (2x− 3)
25
Zx+ 1
x3 + x2 − 6xdx =Z ³
− 16x− 2
15(x+3)+ 3
10(x−2)´dx
26
Zx+ 3
x3 + x2dx =
Z ³3x2− 2
x+ 2
x+1
´27
Zx2 + 3x− 4x2 − 2x− 8dx=
Z ³1 + 1
x+2+ 4
x−4´dx
28
Zx2 − 3x− 1x3 + x2 − 2xdx =
Z12xdx+
Z3
2(x+2)dx−
Z1
x−1dx
41
Chapter 3 Integrales racionales
6.Z
4x2 − 5x+ 2(4x2 − 1)(5x− 2)dx =
29 14 ln (2x− 1) + 11
36 ln (2x+ 1)− 1645 ln (5x− 2) + C
7.Z
3x+ 5
(x+ 1)(x− 1)2 dx =30 12 ln (x+ 1)−
4
x− 1 −12 ln (x− 1) + C
8.Z
x
(x− 2)2 dx =Z
2(x−2)2 dx+
Z1
x−2dx = − 2x−2 + ln (x− 2) + C
9.Z
x4
(x− 1)3 dx =31 1
2x2 + 3x− 1
2(−1+x)2 − 4−1+x + 6 ln (−1 + x) + C
10.Zx4 − x3 − x+ 1
x3 − x2 dx =
Z ¡x− 1
x2
¢dx = 1
2x3+2x + C
11.Z
1
x(x+ 1)2dx =32lnx+
1
1 + x− ln(1 + x) + C
12.Zx4 − 6x3 + 12x2 + 6x3 − 6x2 + 12x− 8 dx =
33 12x4−4x3+4x2+10−16x
(x−2)2 + C
13.Z
x2 − 5x+ 9(x− 3)2(x+ 1)2 dx =
34
14.Zx3 + x2 + x+ 3
x3 − 2x2 + 3x dx =35x+ lnx+ ln
¡x2 − 2x+ 3¢+√2 arctan 12 (x− 1)√2 +C
15.Z
x2 + 4
(x2 + 1)(x2 + 3)dx =36 32 arctanx− 1
6
√3 arctan 13x
√3 +C
16.Z
x2 + 1
(x− 3)(x2 + x+ 3)dx =37 23 ln (x− 3) + 1
6 ln¡x2 + x+ 3
¢+
133
√11 arctan 1
11 (2x+ 1)√11 + C
17.Z
x+ 1
3x2 − 2x− 5dx =Z
13x−5dx =
13 ln (3x− 5) + C
29
Z4x2 − 5x+ 2
(4x2 − 1)(5x− 2)dx =Z ³
12(2x−1) +
1118(2x+1)
− 169(5x−2)
´30
Z3x+ 5
(x+ 1)(x− 1)2 dx =Z ³
12(1+x)
+ 4(−1+x)2 −
12(−1+x)
´dx
31
Zx4
(x− 1)3 dx =Z ³
x+ 3 + 1(x−1)3 +
4(x−1)2 +
6x−1
´32
Z1
x(x+ 1)2dx=
Z ³1x− 1
(1+x)2− 1
1+x
´dx
33
Zx4 − 6x3 + 12x2 + 6x3 − 6x2 + 12x− 8 dx =
Z ³x+ 22
(x−2)3 +8
(x−2)2´dx
34
Zx2 − 5x+ 9
(x− 3)2(x+ 1)2 dx =Z ³
316(x−3)2 −
132(x−3) +
1516(x+1)2
+ 132(x+1)
´dx
35
Zx3 + x2 + x+ 3
x3 − 2x2 + 3x dx=Z ³
1 + 1x+ 2 x
x2−2x+3´dx
36
Zx2 + 4
(x2 + 1)(x2 + 3)dx =
Z µ3
2(x2+1)− 1
2(x2+3)
¶dx
37
Zx2 + 1
(x− 3)(x2 + x+ 3)dx=Z ³
23(x−3) +
13
x+1x2+x+3
´dx
42
18.Z
2x+ 4
x3 − x2 − x+ 1dx =38 1
2 ln (x+ 1)− 12 ln (x+ 1)− 3
x−1 + C
19.Z
x− 3x3 − 5x2 + 4xdx =
39−34 lnx+ 23 ln (x− 1) + 1
12 ln (x− 4) +C
20.Z
x3 − x− 1x3 − 3x− 2dx =
40x+ 59 ln (x− 2)− 1
3(x+1) − 59 ln (x+ 1) + C
21.Z
x2 − 2x3 − 2x2 − x− 6dx =
41 12 ln (x− 3) + 1
4 ln¡x2 + x+ 2
¢+
314
√7 arctan 17 (2x+ 1)
√7 + C
22.Z
2x− 3x2 − 4x+ 3dx =
42 12 ln (x− 1) + 3
2 ln (x− 3) + C
23.Z
x+ 1
x3 + x2 − 6xdx =43−16 lnx− 2
15 ln (x+ 3) +310 ln (x− 2) + C
24.Zx3 + x2 + 2x− 5x3 + x2 + x− 3 dx =
44x−16 ln(x−1)+16
¡12 ln
¡x2 + 2x+ 3
¢+ 4√2 arctan 12 (x+ 1)
√2¢+
C
25.Z3x− 2x4 − 1dx =
45 14 ln (−1 + x) + 5
4 ln (1 + x)− 34 ln
¡x2 + 1
¢+ arctanx+ C
26.Z
x4 + x2
(x− 2)(x+ 1)2 dx ==46x
2
2+ 20
9 ln (x− 2) + 23(x+1) +
169 ln (x+ 1) + C
27.Zx3 − 2x+ 16x2 − x− 1dx =
47 112x
2 + 136x− 44
135 ln (3x+ 1) +140 ln (2x− 1) + C
38
Z2x+ 4
x3 − x2 − x+ 1dx ==Z ³
12(x+1)
+ 3(x−1)2 −
12(x−1)
´dx
39
Zx− 3
x3 − 5x2 + 4xdx =Z ³
− 34x+ 2
3(x−1) +1
12(x−4)´dx
40
Zx3 − x− 1x3 − 3x− 2dx =
Z ³1 + 5
9(x−2) +1
3(x+1)2− 5
9(x+1)
´dx
41
Zx2 − 2
x3 − 2x2 − x− 6dx =Z ³
12(x−3) +
12
x+2x2+x+2
´dx
42
Z2x− 3
x2 − 4x+ 3dx =Z ³
12(x−1) +
32(x−3)
´dx
43
Zx+ 1
x3 + x2 − 6xdx=Z ³
− 16x− 2
15(x+3)+ 3
10(x−2)´dx
44
Zx3 + x2 + 2x− 5x3 + x2 + x− 3 dx =
Z µ1− 1
6(x−1) +16
Z9+x
x2+2x+3dx
¶dx =
45
Z3x− 2x4 − 1dx =
Z ³1
4(x−1) +5
4(x+1)− 1
23x−2x2+1
´dx
46
Zx4 + x2
(x− 2)(x+ 1)2 dx =Z ³
x+ 209(x−2) − 2
3(x+1)2+ 16
9(x+1)
´dx
47
Zx3 − 2x+ 16x2 − x− 1dx =
Z ³16x+ 1
36− 44
45(3x+1)+ 1
20(2x−1)´dx
43
Chapter 4Integrales por sustituciónEste método de integración se basa en lo siguiente:
Dada la integralZf(x)dx
Hacemos el cambio de variable x = ϕ(t) ; dx = ϕ0(t)dtsiendo ϕ(t)una función que admite derivada continua no nula y cuya función inversa es
t = ψ(x)EntoncesZf(x)dx =
Zf(ϕ(t))ϕ0(t)dt =48φ(t) + C = φ(ψ(x)) + C
Tenemos que demostrar que [φ(ψ(x))]0 = f(x)Demostración:[φ(ψ(x))]
0=49φ0(ψ(x))ψ0(x)50= φ0(t)
1
ϕ0(t)= f(ϕ(t))ϕ0(t) · 1
ϕ0(t)= f(ϕ(t)) = f(x)
Ejemplos:
1)Z
ex
e2x + 1dx Hacemos ex = t ; x = ln t ; dx =
1
tdt Con lo que la integral quedaría:Z
1
t2 + 1dt = arctan t+ C
Deshaciendo el cambio de variable:Zex
e2x + 1dx = arctan ex + C
2)Z
x√3x2 − 3dx Hacemos 3x
2 − 3 = t ; 6xdx = dt ; xdx = 1
6dt Con lo que
1
6
Z1√tdt =
1
6
Zt−12 dt =
1
6
t12
12
+ C =
√t
3+ C. Deshaciendo el cambioZ
x√3x2 − 3dx =
√3x2 − 33
+ C
3)Z √
4− x2dx. Hacemos el cambio de variable x = 2 sin t ; dx = 2 cos tdtCon lo la integral quedaría:Z p
4− 4 sin2 t2 cos tdt = 4Zcos2 tdt = 4
Z1 + cos 2t
2dt = 2t+ sin 2t+ C =
48 Este cambio de variable es adecuado siempre que esta integral sea más sencilla49 Por la regla de la cadena50 Al ser ϕ y ψ funciones inversas, por la derivada de una función inversa ψ0(x) =
1
ϕ0(t)
44
Section 4.1 Ejercicios de integración por cambio de variable
= 2t+ 2 sin t cos t+ C
Deshaciendo el cambio de variable ( t = arcsinx
2; sin t =
x
2; cos t =
√4− x22
)Z √4− x2dxdx = 2arcsin x
2+x√4− x22
+ C
4)Zcos√xdx51 Realiza el cambio de variable siguiente x = t2 ; dx = 2tdt
Tendrás que resolver por partes la siguiente integral 2Zt cos tdt y después volver a
deshacer el cambio de variable
4.1 Ejercicios de integración por cambio de variable
– I1 =Z
1
2x + 2−xdx
Realizamos el siguiente cambio de variable2x = t→ x ln 2 = ln t;x =
1
ln 2· ln t→ dx =
1
ln 2· 1tdt
Con lo que la integral quedará de la siguiente manera:
I1 =52Z
1
t+1
t
1
ln 2· 1tdt =
Z1
(t2 + 1) ln 2dt =
arctan t
ln 2+ C
Deshaciendo el cambio de variable tendremosZ1
2x + 2−xdx =
1
ln 2arctan 2x + C
Nota:Esta integral; también se puede resolver con las siguientes transformacionesZ1
2x + 2−xdx =
Z1
2x +1
2x
dx =
Z2x
22x + 1dx =
Z2x
1 + (2x)2dx =
1
ln 2
Z2x · ln 21 + (2x)
2dx =
1
ln 2arctan 2x + C
2) I2 =Ze2x + ex
ex − 1 dx
51 Otra forma de resolverla:→Zcos√xdx =
Z √xcos√x√
xdx
Intégrala por partes considerando f(x) =√x y g0(x) =
cos√x√
x52 2−x =
1
2x
45
Chapter 4 Integrales por sustitución
Realizamos el siguiente cambio de variable
ex = t→ x ln e = ln t;x = ln t→ dx =1
tdt
Con lo que la integral quedará de la siguiente manera:Ze2x + ex
ex − 1 dx =Zt2 + t
t− 1 ·1
tdt =
Zt2 + t
t2 − tdt =Zt+ 1
t− 1dt
Comot+ 1
t− 1 = 1 +2
t− 1 ; entoncesZt+ 1
t− 1dt =Z µ
1 +2
t− 1¶dt = t+ 2 ln |t− 1|+ C
Deshaciendo el cambio de variableZe2x + ex
ex − 1 dx = ex + 2 ln |ex − 1|+ C
Nota:Esta integral; también se puede resolver con la siguiente idea feliz:Ze2x + ex
ex − 1 dx =Z(ex)
2+ ex
ex − 1 dx =53Z µ
ex +2 · exex − 1
¶dx = ex + 2 ln |ex − 1|+ C
3) I3=Z
ex + 1
ex + 2 + e−xdx
Realizamos el siguiente cambio de variable
ex = t→ x ln e = ln t;x = ln t→ dx =1
tdt
Con lo que la integral quedará de la siguiente manera:
I3 =
Zt+ 1
t+ 2 +1
t
· 1tdt =
Zt+ 1
t2 + 2t+ 1dt =
Zt+ 1
(t+ 1)2dt =
Z1
t+ 1dt =
ln |t+ 1|+ CDeshaciendo el cambio de variableZ
ex + 1
ex + 2 + e−xdx = ln |ex + 1|+ C
Nota:Otra forma de resolverla; seríaZex + 1
ex + 2 + e−xdx =
Zex + 1
ex + 2 +1
ex
dx =
Ze2x + ex
e2x + 2ex + 1dx =
53(ex)2 + ex
ex − 1 = ex +2 · exex − 1
46
Section 4.1 Ejercicios de integración por cambio de variable
Zex (ex + 1)
(ex + 1)2dx =
Zex
ex + 1dx = ln |ex + 1|+ C
4) I4=Z
1
x(1 + lnx)dx
Realizamos el siguiente cambio de variable
lnx = t→ x = et;→ dx = etdt
Con lo que la integral quedará de la siguiente manera:
I4 =
Z1
et(1 + t)· etdt =
Z1
t+ 1dt = ln |t+ 1|+ C
Deshaciendo el cambio de variableZ1
x(1 + lnx)dx = ln |1 + lnx|+ C
Nota:Otra forma de resolverla; seríaZ1
x(1 + lnx)dx =
Z 1
x
(1 + lnx)dx = ln |1 + lnx|+ C
5) I5=Z
1 + lnx
x(1− lnx)dx
Realizamos el siguiente cambio de variable
lnx = t→ x = et;→ dx = etdt
Con lo que la integral quedará de la siguiente manera:
I5 =
Z1 + t
et(1− t) · etdt =
Zt+ 1
1− tdt =Z µ−1− 2
t− 1¶dt = −t− 2 ln |t− 1|+ C
Deshaciendo el cambio de variableZ1 + lnx
x(1− lnx)dx = − ln |x|− 2 ln |1− lnx|+ C
6)Z
2 + 6√x− 1
3p(x− 1)2 −√x− 1
dx
Realizamos el siguiente cambio de variablex− 1 = t6 (fíjate que 6=m.cm(2,3,6))→ x = t6 + 1→ dx = 6t5dtCon lo queZ
2 +6√t6
3√t12 −
√t6· 6t5dt =
Z6t3 + 12t2
t− 1 dt =
Z µ6t2 + 18t+ 18 +
18
t− 1¶dt = 2t3 + 9t2 + 18t+ 18 ln |t− 1|+ C
47
Chapter 4 Integrales por sustitución
Deshaciendo el cambio de variableZ2 + 6√x− 1
3p(x− 1)2 −√x− 1
dx = 2√x− 1+9 3
√x− 1+18 6
√x− 1+18 ln ¯ 6√x− 1− 1¯+C
7)Z
1√x− 4√x3dx
Realizamos el siguiente cambio de variablex = t4 (fíjate que 4 = m.c.m(2, 4))→ dx = 4t3dtZ
1√x− 4√x3dx =
Z1√
t4 − 4√t12
· 4t3dt =
4
Zt
1− tdt = 4Z µ−1 + 1
1− t¶dt = 4 (−t− ln |1− t|) + C
Deshaciendo el cambio de variableZ1
√x− 4√x3dx = 4 (− 4
√x− ln |1− 4
√x|) + C
8)Zx−√x− 1x+√x− 1
dx
Realizamos el siguiente cambio de variablex− 1 = t2 → x = t2 + 1→ dx = 2tdtCon lo queZx−√x− 1x+√x− 1
dx =
Zt2 + 1− tt2 + 1 + t
· 2tdt = 2Zt3 − t2 + tt2 + t+ 1
dt
Esta integral es racional; sigue resolviéndola tú
El resultado deZ ¡
t3 − t2 + t¢t2 + t+ 1
dt ha de ser: 12 t2 − 2t + ln ¡t2 + t+ 1¢ +
23
√3 arctan 2t+1√
3+ C
48
Section 4.1 Ejercicios de integración por cambio de variable
9)Z
dx
(2− x)√1− xRealizamos el siguiente cambio de variable1− x = t2 → x = 1− t2 → dx = −2tdtCon lo queZ
dx
(2− x)√1− x=
Z −2tdt(2− 1 + t2)t = −2
Zdt
1 + t2= −2 arctan t+ C
Deshaciendo el cambio de variableZdx
(2− x)√1− x= −2 arctan√1− x+ C
10)Z
dx
x√x+ 2
Realizamos el siguiente cambio de variablex+ 2 = t2 → x = t2 − 2→ dx = 2tdtCon lo queZ
2tdt
(t2 − 2) t = 2Z
dt
(t2 − 2) =54 1√
2
ÃZdt
t−√2−Z
dt
t+√2
!=
=1√2
¡ln¯t−√2¯− ln ¯t+√2¯¢+ C
Deshaciendo el cambio de variableZdx
x√x+ 2
=1√2
¡ln¯√x+ 2−√2¯− ln ¯√x+ 2 +√2¯¢+ C
11) I11 =Z
x
1 +√xdx
Realizamos el siguiente cambio de variablex = t2 →→ dx = 2tdtCon lo queZ
t2
1 +√t2· 2tdt = 2
Zt3
t+ 1dt = 2
Z µt2 − t+ 1− 1
t+ 1
¶dt =
= 2
µt3
3− t
2
2+ t− ln |t+ 1|
¶+ C
Deshaciendo el cambio de variable
I11 = 2
Ã√x3
3− x2+√x− ln |√x+ 1|
!+ C
12)Z
1
(x− 3)2√x2 − 2x+ 5dx
54 1³t−√2
´ ³t+
√2´ = 1
2√2
Ã1
t−√2− 1
t+√2
!
49
Chapter 4 Integrales por sustitución
Realizamos el siguiente cambio de variable x− 3 = 1
t
x = 3 +1
t; dx =
−1t2dt Con lo que la integral quedará así:Z
1
(x− 3)2√x2 − 2x+ 5dx =Z
1
1
t2
sµ3 +
1
t
¶2− 2
µ3 +
1
t
¶+ 5
−1t2dt
= −Z
t√8t2 + 4t+ 1
dt = − 116
Z16t+ 4− 4√8t2 + 4t+ 1
dt
Esta integral se descompone como suma de dos integrales
= − 116
Z16t+ 4√8t2 + 4t+ 1
dt+4
16
Z1√
8t2 + 4t+ 1dt =
= − 216
√8t2 + 4t+ 1 +
1
4J
Calculemos pues J por el método de los cuatro pasos
J =
Z1√
8t2 + 4t+ 1dt
Multiplicamos y dividimos por√4a(√32)
J =√32
Z1√
256t2 + 128t+ 32dt =
Sumemos y restemos en el denominador b2(16)
=√32
Z1√
256t2 + 128t+ 16− 16 + 32dt
Fíjate en esta transformación
=√32
Z1q
(16t+ 4)2 + 16
dt :
Sacamos en el radicando del denominador factor común 16=√32
Z1vuut16Ã(16t+ 4)216
+ 1
!dt = √2Z
1sµ16t+ 4
4
¶2+ 1
dt =
=√2
Z1q
(4t+ 1)2+ 1
dt
Multiplicamos dentro de la integral por 4 y fuera de la integral dividimos por 4 para queno varíe
=
√2
4
Z4q
(4t+ 1)2 + 1
dt =
√2
4ln
¯4t+ 1 +
q(4t+ 1)2 + 1
¯+ C
Con lo que la integral K = −Z
t√8t2 + 4t+ 1
dt dará
50
K = − 216
√8t2 + 4t+ 1+
√2
16ln
¯4t+ 1 +
q(4t+ 1)
2+ 1
¯Deshaciendo el cambio de variable inicial y teniendo presente que t =
1
x− 3 tendremosque
I12 = −18
s8
(x− 3)2+
4
x− 3 + 1+ ln¯¯ 4
x− 3 + 1 +sµ
4
x− 3 + 1¶2+ 1
¯¯+ C =
I12 =−√x2 − 2x+ 5
8+
√2
16ln
¯¯1 + x+
√2p(5− 2x+ x2)
x− 3
¯¯+ C
13)Z
1
(x− 2)2√x2 − 4x+ 1dx ; x− 2 =1
t
14)Z
1
ypy2 + y + 1
dy;; y =1
t
14)Z
1
x2√x2 − 4dx
x =1
t→ dx =
−1t2dt
Z1
x2√x2 − 4dx =
Z −1t2
1
t2
r1
t2− 4
dt =
Z −t√1− 4t2 dt =
14
p(1− 4t2) + C
Deshaciendo el cambio de variable; tendremosZ1
x2√x2 − 4dx =
14
sµ1− 4
x2
¶+ C =
p(x2 − 4)4x
+ C
Nota:Todas las integrales inmediatas también se pueden resolver por cambio devariable
51
Chapter 5Integrales trigonométricas por sustituciónLas integrales del tipo
ZR(sinx, cosx)dx donde R(sinx, cosx) es una función racional en
sinx y en cosx (Es decir sinx y cosx están relacionadas únicamente por medio de sumas,restas, multiplicaciones y divisiones) se resuelven mediante el cambio de variable siguiente:tan
x
2= t→ x = 2arctan t ; dx =
2
1 + t2dt
sinx = 2 sinx
2cos
x
2=2 sin
x
2
cos2x
2
cos2x
2=2 tan
x
2
sec2x
2
=2 tan
x
2
1 + tan2x
2
=2t
1 + t2
cosx = cos2x
2− sin2 x
2= cos2
x
2
1− sin2 x2cos2
x
2
= 1− tan2 x2
sec2x
2
=1− tan2 x
2
1 + tan2x
2
=
1− t21 + t2Ejemplos
1)Z
1
1− cosxdx Utilizando el cambio anterior tendremos:Z1
1− 1− t2
1 + t2
2
1 + t2dt =
Z1
2t2
1 + t2
2
1 + t2dt =
Z1
t2dt = −1
t+ C
Deshaciendo el cambio de variableZ1
1− cosxdx = −1
tanx
2
+ C = − cot x2+ C
Nota 1: Otra manera de resolver esta integral sería:Z1
1− cosxdx =Z
1 + cosx
(1− cosx)(1 + cosx)dx =Z
1 + cosx
1− cos2 xdx =Z1 + cosx
sin2 xdx
Esta integral se descompone como suma de otras dos:Z1
sin2 xdx+
Zcosx
sin2 xdx =
Z1
sin2 xdx+
Zcotxcosecxdx = − cotx− cscx+C :Z
1
1− cosxdx =sinx
−1+cosx + C =2 sin
µ x2
¶cos
µ x2
¶−2 sin2
µ x2
¶ + C = −− cot x2+ C
Nota 1: Otra manera de resolver esta integral sería:Z1
1− cosxdx =Z
1
2 sin2x
2
dx =
Z 1
2
sin2x
2
dx = − cot x2+ C
52
2)Z
1
1− sinxdx Utilizando el cambio anterior tendremos:Z1
1− 2t
1 + t2
2
1 + t2dt =
Z1
t2 − 2t+ 11 + t2
2
1 + t2dt = 2
Z1
(t− 1)2 dt = −2
t− 1 + C
Deshaciendo el cambio de variableZ1
1− sinxdx =2
1− tan x2
+ C
Nota 1: Otra manera de resolver esta integral sería:Z1
1− sinxdx =Z
1 + sinx
(1− sinx)(1 + sinx)dx =Z
1 + sinx
1− sin2 xdx =Z1 + sinx
cos2 xdx
Esta integral se descompone como suma de otras dos:Z1
cos2 xdx+
Zsinx
cos2 xdx =
Z1
cos2 xdx+
Ztanxsecxdx = tanx+ secx+ C :
Nota 2: Otra manera de resolver esta integral sería:Z1
1− sinxdx =Z
1
1− cos(x− π
2)dx
Z1
2 sin2³x2− π
4
´dx = Z 1
2
sin2³x2− π
4
´dx =Z
1
1− sinxdx = − cot³x2− π
4
´+ C
3)Z1 + sinx
1 + cosxdx Utilizando el cambio anterior tendremos:
Z 1 +2t
1 + t2
1 +1− t21 + t2
2
1 + t2dt =
Zt2 + 2t+ 1
t2 + 1dt =
Z µ1 +
2t
t2 + 1
¶dt = t+ ln
¯t2 + 1
¯+
CDeshaciendo el cambio de variableZ
1 + sinx
1 + cosxdx = tan
x
2+ ln
¯1 + tan2
x
2
¯+ C
Nota) Otra manera de hacerlaZ1 + sinx
1 + cosxdx =
Z(1 + sinx)(1− cosx)(1 + cosx)(1− cosx)dx =
Z1− cosx+ sinx− sinx cosx
sin2 xdx =Z
1
sin2 xdx−
Zcosx
sin2 xdx+
Z1
sinxdx−
Zcosx
sinxdxZ
1 + sinx
1 + cosxdx = − cotx+cosecx+ ln |cosecx− cotx|− ln |sinx|+ C
53
Chapter 5 Integrales trigonométricas por sustitución
4)Z
1
1 + sinx− cosxdx . Utilizando el cambio anterior tendremos:Z1
1 +2t
1 + t2− 1− t
2
1 + t2
2
1 + t2dt = 2
Z1
2t2 + 2tdt =
Z1
t2 + tdt
Como t2 + t = t(t+ 1) entonces1
t(t+ 1)=A
t+
B
t+ 1→ 1 = A(t+ 1) +Bt
Si t = 0→ 1 = ASi t = −1→ 1 = −B → B = −1 Por lo tanto
Z1
t(t+ 1)dt =
Z1
tdt−
Z1
t+ 1dt = ln |t|− ln |t+ 1|+ C
Deshaciendo el cambio de variable
Z1
1 + sinx− cosxdx = ln¯tan
x
2
¯− ln
¯1 + tan
x
2
¯+ C
5)Z
1
4− 2 cosxdxtan
x
2= t
dx =2
1 + t2dt
sinx =2t
1 + t2
cosx =1− t21 + t2
Z
1
4− 2¡1− t2¢1 + t2
· 2
1 + t2dt =
Z1
1 + 3t2dt
Z1
1 + 3t2dt =
1√3
Z √3
1 +¡√3t¢2 dt = 1√
3arctan
√3t+ C
Deshaciendo el caambio de variableZ1
4− 2 cosxdx =1√3arctan
³√3 tan
x
2
´+ C
Nota: Otra manera de resolver esta integralZ1
4− 2 cosxdx =1
2
Z1
2− cosxdx =1
2
Z1
2−³cos2
x
2− sin2 x
2
´dx ==1
2
Z1
2 sin2x
2+ 2 cos2
x
2−³cos2
x
2− sin2 x
2
´dx ==1
2
Z1
3 sin2x
2+ cos2
x
2
dx
Multiplicamos y dividimos el divisor del integrando por cos2x
2
54
1
2
Z1
cos2x
2
3 sin2x
2
cos2x
2
+ 1
dx =
1
2
Z sec2x
2
3 tan2x
2+ 1
dx =
=1
2
Z sec2x
2³√3 tan
x
2
´2+ 1
dx =1
2· 2√3
Z √3
2sec2
x
2³√3 tan
x
2
´2+ 1
dx =
=1√3arctan
³√3 tan
x
2
´+ C
¡Qué virguería!Resuelve las siguientes integrales
a)Z
1
1 + cosxdx b)
Z1 + sinx
1− cosxdx
c)Z
1
1 + sinxdx d)
Z1 + cosx
1− cosxdx
e)Z
1
1 + 2 cosx− sinxdx f)Z
1
3 + 2 cosxdx
g)Z
1
4− 3 cosxdx h)Z
5
1 + 3 cosxdx h)
Z1
1 + 2 sinxdx
Nota: En ocasiones, no conviene utilizar el cambio de variable anterior, porque la integralracional que obtenemos es excesivamente compleja. Veamos estos casos:A) Cuando la función integrando sea impar en sinx (Esto es R(− sinx, cosx)
=−R(sinx, cosx))Se utilizará el cambio de variable cosx = t ; x = arccos t; dx =
−1√1− t2 dt
sinx =√1− cos2 x = √1− t2 ; tanx = sinx
cosx=
√1− t2t
Recuerda esta figura
Ejemplo:
1)Z
1
sin3 xdx . Como R(sinx, cosx) =
1
sin3 xy R(− sinx, cosx) = 1
(− sinx)3 =
55
Chapter 5 Integrales trigonométricas por sustitución
− 1
sin3 xLa función que aparece en el integrando es impar en seno R(− sinx, cosx)
=−R(sinx, cosx)Tendremos que utilizar el cambio de variable cosx = t ; x = arccos t; dx =
−1√1− t2 dt
sinx =√1− cos2 x = √1− t2 Con lo que la integral quedará así:Z1¡√
1− t2¢3 −1√1− t2 dt =
Z −1(1− t2)2 dt =
Z −1(t2 − 1)2 dt = J
Como (t2 − 1)2 = (t− 1)2(t+ 1)2 entonces−1
(t2 − 1)2 =A
(t− 1)2 +B
t− 1 +C
(t+ 1)2+
D
t+ 1−1 = A(t+ 1)2 +B(t− 1)(t+ 1)2 + C(t− 1)2 +D(t+ 1)(t− 1)2Si x = 1→ −1 = 4A→ A = −1
4
Si x = −1→ −1 = 4C → C = −14
Si x = 0→ −1 = −14−B − 1
4+D→ −B +D = −1
2
Si x = 2→ −1 = −94+ 9B − 1
4+ 3D→ 9B + 3D =
3
2→ 3B +D =
1
2
Resolviendo el sistema obtendremos B =1
4y D = −1
4
Con lo que J = −14
Z1
(t− 1)2 dt+1
4
Z1
t− 1dt−1
4
Z1
(t+ 1)2dt− 1
4
Z1
t+ 1dt =
=1
4
1
t− 1 +1
4ln |t− 1|+ 1
4
1
t+ 1− 14ln |t+ 1|+ C
Deshaciendo el cambio de variableJ =
1
4
1
cosx− 1 +1
4ln |cosx− 1|+ 1
4
1
cosx+ 1− 14ln |cosx+ 1|+ C =
=1
4
µ1
cosx− 1 +1
cosx+ 1
¶+1
4(ln |cosx− 1|− ln |cosx+ 1|) + C =
=− cosx2 sin2 x
+1
4ln
¯cosx− 1cosx+ 1
¯+ C
Vamos ahora a resolverla por partesZ1
sin3 xdx =
Zcscx · csc2 xdx = 55Z
1
sin3 xdx = − cscx cotx−
Zcscx cot2 xdx
I =
Z1
sin3 xdx = − cscx cotx−
Zcscx(csc2 x− 1)dx
I = − cscx cotx− I +Zcscxdx = − cscx cotx− I+ ln (cscx− cotx) + 2C
55 f(x) = cscx→ f 0(x) = − cscx cotxg0(x) = csc2 x→ g(x) = − cotx
56
I =− cscx cotx+ ln (cscx− cotx)
2+ C
Prueba a resolver esta integral utilizando el cambio de variable general tanx
2= t
Ejercicios:
a)Z
sin3 x
1 + cos2 xdx b)
Zsin5 x cosxdx c)
Zsinx
cos2 xdx
B) Cuando la función integrando sea impar en cosx (Esto es R(sinx,− cosx)=−R(sinx, cosx))Se utilizará el cambio de variable sinx = t ; x = arcsin t; dx =
1√1− t2 dt
cosx =p1− sin2 x = √1− t2 ; tanx = sinx
cosx=
t√1− t2
Recuerda esta figura
1)Zcos3 x
sin2 xdx Como R(sinx, cosx) =
cos3 x
sin2 xy R(sinx,− cosx) = (− cos3 x)
sin2 x=
−cos3 x
sin2 xLa función integrando es impar en cosx. Realizamos el cambio de variable sinx = tx = arcsin t; dx =
1√1− t2 dt ; cosx =
p1− sin2 x = √1− t2Z
cos3 x
sin2 xdx =
Z ¡√1− t2¢3t2
1√1− t2 dt =
Z1− t2t2
dt =
Z1
t2dt−
Zdt =
−1t−t+C
Deshaciendo el cambio de variableZcos3 x
sin2 xdx =
−1sinx
− sinx+ CEjercicios:Resuelve las siguientes integrales
a)Zsin2 x
cos3 xdx ; b)
Z1
cosxdx ; c)
Zcosx
1 + sin2 xdx
C) Cuando la función integrando sea par en sinx y cosx a la vez(Esto es R(− sinx,− cosx) =R(sinx, cosx))
57
Chapter 5 Integrales trigonométricas por sustitución
Se utilizará el cambio de variable tanx = t ; x = arctan t; dx =1
1 + t2dt
cosx =1
secx=
1√1 + tan2 x
=1√1 + t2
; sinx = tanx · cosx = t√1 + t2
Recuerda esta figura
Ejemplos:
1)Ztan4 xdx =
Zsin4 x
cos4 xdx. R(− sinx,− cosx) = (− sinx)
4
(− cosx)4 =sin4 x
cos4 x=
R(sinx, cosx)La función que aparece en el integrando es par en sinx y cosx a la vez; entonces
utilizaremos el siguiente cambio de variable:tanx = t ; x = arctan t; dx =
1
1 + t2dt
cosx =1
secx=
1√1 + tan2 x
=1√1 + t2
; sinx = tanx · cosx = t√1 + t2
Con lo que la integral quedaría así:Ztan4 xdx =
Zt4
1 + t2dt =
Z µt2 − 1 + 1
1 + t2
¶dt =
t3
3− t+ arctan t+ C
Deshaciendo el cambio de variableZtan4 xdx =
tan3 x
3− tanx+ arctan(tanx) + C = tan3 x
3− tanx+ x+ C
2)Ztan3 xdx =
Zsin3 x
cos3 xdx. R(− sinx,− cosx) = (− sinx)
3
(− cosx)3 =sin3 x
cos3 x=
R(sinx, cosx)La función que aparece en el integrando es par en sinx y cosx a la vez; entonces
utilizaremos el siguiente cambio de variable:tanx = t ; x = arctan t; dx =
1
1 + t2dt
cosx =1
secx=
1√1 + tan2 x
=1√1 + t2
; sinx = tanx · cosx = t√1 + t2
Con lo que la integral quedaría así:Ztan3 xdx =
Zt3
1 + t2dt =
Z µt− t
1 + t2
¶dt =
t2
2− 12ln¯1 + t2
¯+ C
58
Section 5.1 Ejercicios de integrales racionales trigonométricas
Deshaciendo el cambio de variableZtan3 xdx =
tan2 x
2− 12ln¯1 + tan2 x
¯+ C =
tan2 x
2+ ln |cosx|+ C
Ejercicios
a)Zcot3 xdx b)
Zcot4 xdx c)
Zsec4 xdx d)
Zcosec4xdx
e)Ztan3 x sec4 xdx f)
Z1
1 + cos2 xdx g)
Z1
1 + sin2 xdx
5.1 Ejercicios de integrales racionales trigonométricas
1.Z
1
1 + sinx− cosxdx =
2.Z
1
3− 2 cosxdx =
3.Z
1
cos3 xdx =
4.Z
1
2 + cosxdx
5.Z
1
5 + 4 sinxdx
6.Z
1
2 + sinxdx
7.Z
1
1− 2 sinxdx
8.Z
1
1 + cosx− sinxdx
9.Z
1
3 + 5 sinxdx
10.Z
1
1 + sinx+ cosxdx
11.Z
1
2− cosxdx
12.Z1− cosx1 + sinx
dx
13.Z1 + cosx
1− sinx dx
14.Z1− sinx1 + cosx
dx
15.Z1 + sinx
1− cosxdx
59
Chapter 6 Integrales irracionales
16.Z1− cos2 x1 + sin2 x
dx
17.Z
1
1 + sin2 xdx
18.Z1− sin2 x1 + cos2 x
dx
19.Z
cosx
1 + sin2 xdx
20.Z
sinx
1 + cos2 xdx
21.Zsinx cosx
1− sinx dx
22.Z
1
sinxdx
23.Z
1
cosxdx
24.Zcos5 x
sin2 xdx
25.Zsin5 x
cos2 xdx
60
Chapter 6Integrales irracionales
6.1 Del tipoRR(x, (ax+ b)
mr , ..., (ax+ b)
yz )dx
Se resuelven mediante el siguiente cambio de variable
ax+ b = tn donde n = m.c.m(r, , ..., z)
Diferenciando tendremos adx = ntn−1dt→ dx =ntn−1
adt
Convirtiéndose la integral en una polinómica o racional en tEjemplos:
1)Z
1√x(√x+ 1)
dx
x = t2 → dx = 2tdtZ1√
x(√x+ 1)
dx =
Z2t
t(t+ 1)dt =
Z1
(t+ 1)dt = ln |t+ 1|+ C
Deshaciendo el cambio de variable (Si x = t2; entonces t =√x). Con lo que:Z
1√x(√x+ 1)
dx = ln |√x+ 1|+ C
2)Z
x23
x12 + x
13
dx
x = t6 (ya que 6 = mcm(2, 3))→ dx = 6t5dtZx23
x12 + x
13
dx =
Zt4
t3 + t46t5dt =
Z6t6
1 + tdt = 6
Z(t5 − t4 + t3 − t2 + t− 1 +
1
1 + t)dt =
= 6(t6
6− t
5
5+t4
4− t
3
3+t2
2− t+ ln |1 + t|+ C
Deshaciendo el cambio de variable (Si x = t6; entonces t = x16 ). Con lo que:Z
x23
x12 + x
13
dx = 6
x6− x
56
5+x23
4− x
12
3+x13
2− x16 + ln
¯1 + x
16
¯+ C61
Chapter 6 Integrales irracionales
6.2 Del tipoZR(x,
µax+ b
cx+ e
¶mr
, ...,
µax+ b
cx+ e
¶yz
)dx
Se resuelven mediante el siguiente cambio de variable
ax+ b
cx+ e= tn donde n = m.c.m(r, , ..., z)
Despejando x tendremos: ax+ b = (cx+ e) tn → x =e · tn − ba− c · tn
Diferenciando dx =¡e · n · tn−1(a− c · tn) + c · n · tn−1(e · tn − b)¢
(a− ctn)2 dt
Convirtiéndose la integral en una polinómica o racional en t
Ejemplos:
1)Z
1√x+ 2 + 1
dx
x+ 2 = t2 → x = t2 − 2→ dx = 2tdtZ1√
x+ 2 + 1dx =
Z2t
t+ 1dt = 2
Z µ1− 1
t+ 1
¶dt = 2(t− ln |1 + t|) + C
Deshaciendo el cambio de variableZ1√
x+ 2 + 1dx = 2(
√x+ 2− ln ¯1 +√x+ 2¯) + C
2)Zx+ 3
√2x+ 1√
2x+ 1dx
2x+ 1 = t6 → x =t6 − 12→ dx = 3t5dt
Zx+ 3√2x+ 1√
2x+ 1dx =
Z t6 − 12
+ 3√t6
√t6
3t5dt =1
2
Zt6 − 1t3
3t5dt+
Zt2
t33t5dt =
=3
2
Z(t6 − 1)t2dt+ 3
Zt4dt =
3
2
µt9
9− t
3
3
¶+ 3
t5
5+ C
Deshaciendo el cambio de variableZx+ 3
√2x+ 1√
2x+ 1dx =
(2x+ 1)√2x+ 1
6−√2x+ 1
2+3
56
q(2x+ 1)5 + C
3)Z r
1 +1
xdx
62
Section 6.2 Del tipoZR(x,
µax+ b
cx+ e
¶mr
, ...,
µax+ b
cx+ e
¶ yz
)dx
1 +1
x= t2 → x =
1
t2 − 1 → dx =−2t
(t2 − 1)2dtZ r
1 +1
xdx =
Zt · −2t(t2 − 1)2
dt = −Zt · 2t
(t2 − 1)2dt
Esta integral se puede resolver por partesu = t du = dt
dv =2t
(t2 − 1)2dt v =
Z2t
(t2 − 1)2dt = − 1
(t− 1) (t+ 1) = −1
t2 − 1:
= −Zt · 2t
(t2 − 1)2dt =
t
t2 − 1 −Z
1
t2 − 1dt =56
=t
t2 − 1 −Z
1
2 (t− 1)dt+Z
1
2 (t+ 1)dt =
t
t2 − 1 +1
2ln
¯t+ 1
t− 1
¯+ C
Deshaciendo el cambio de variable y teniendo presente que t =√x+ 1√x
Z r1 +
1
xdx =
√x+ 1√x
x+ 1
x− 1
+1
2ln
¯¯¯
√x+ 1√x
+ 1
√x+ 1√x− 1
¯¯¯+ C =
=√x2 + x+
1
2ln
¯√(x+1)+
√x√
(x+1)−√x
¯+ C =
=57√x2 + x+
1
2ln³p
(x+ 1) +√x´2+C =
√x2 + x+
1
2ln¯2x+ 1 + 2
√x2 + x
¯+C
Con lo queZ r1 +
1
xdx =
px2 + x+
1
2ln¯2x+ 1 + 2
px2 + x
¯+ C
Nota:También se puede resolver de la siguientemanera Z r
1 +1
xdx =
Z √x+ 1√x
dx =
Zx+ 1√x2 + x
dx =
=
Zx√x2 + x
dx+
Z1√x2 + x
dx =
56 Como1
(t− 1) (t+ 1) =1
2 (t− 1) −1
2 (t+ 1)57 Si racionalizamos√(x+1)+
√x√
(x+1)−√x =³p
(x+ 1) +√x´2
63
Chapter 6 Integrales irracionales
=1
2
Z2x+ 1− 1√x2 + x
dx+
Z1√x2 + x
dx =
=1
2
Z2x+ 1√x2 + x
dx+
µ1− 1
2
¶Z1√x2 + x
dx =√x2 + x+
1
2J
Resolvamos pues J
J =
Z1√x2 + x
dx =
Z2√
4x2 + 4xdx =
Z2√
4x2 + 4x+ 1− 1dx =
=
Z2p
(2x+ 1)2 − 1dx = ln¯2x+ 1 +
p(2x+ 1)2 − 1
¯+ C
Con lo queZ r1 +
1
xdx =
px2 + x+
1
2ln¯2x+ 1 + 2
p(x2 + x)
¯+ C 0
64
Section 6.3 Integrales del tipoZR(x,
√a± bx2)dx,
ZR(x,
√bx2 − a)dx
6.3 Integrales del tipoZR(x,
√a± bx2)dx,
ZR(x,
√bx2 − a)dx
Para resolver estas integralesZR(x,
√a± bx2)dx,
ZR(x,
√bx2 − a)dx donde a, b son
números reales positivos
Integrales Cambio de variableZR(x,
√a− bx2)dx x =
√a√bsin tZ
R(x,√a+ bx2)dx x =
√a√btan tZ
R(x,√bx2 − a)dx x =
√a√bsec t
1)Z
1
x2√4 + x2
dx ;
x = 2 tan t→ dx = 2 sec2 t dt
Con lo queZ
1
x2√4 + x2
dx =
Z1
4 tan2 t√4 + 4 tan2 t
2 sec2 t dt
Teniendo presente que 1 + tan2 t = sec2 t; tendremos
=
Z1
8 tan2 t√sec2 t
2 sec2 t dt =1
4
Zsec t
tan2 tdt =
=1
4
Z 1
cos tsin2 t
cos2 t
dt =1
4
Z 1
cos tsin2 t
cos2 t
dt =1
4
Zcos t
sin2 tdt =
=1
4
Zcos t sin−2 t dt =
−14sin−1 t+ C =
−14csc t+ C
Teniendo presente que x = 2 tan t y que csc t =√1 + cot2 t =
r1 +
1
tan2 t=r
1 +4
x2= 1
x
√x2 + 4 entonces
Z1
x2√4 + x2
dx =−√x2 + 4
4x+ C
2)Z √
1− x2dxx = sin t→ dx = cos t dtZ √
1− x2dx =Z p
1− sin2 t cos t dt =Zcos2 t dt
Como cos2 t =1
2(1 + cos 2t) entoncesZ
cos2 t dt =1
2
Z(1 + cos 2t) dt =
1
2
¡t+ 1
2 sin 2t¢+ C
65
Chapter 6 Integrales irracionales
Si utilizas que sin 2t = 2 sin t cos t entoncesZcos2 t dt =
1
2(t+ sin t cos t) + C
Deshaciendo el cambio de variable x = sin t y teniendo en cuenta que cos t =√1− x2
t = arcsinxZ √1− x2dx = 1
2
¡arcsinx+ x
√1− x2¢+ C
Nota: Esta integral también se puede resolver porpartes.FíjateI =
Z √1− x2dx
u =√1− x2 du =
−x√1− x2
dv = dx v = xZ √1− x2dx = x√1− x2 −
Z −x2√1− x2
dx
Observa detenidamente las transformaciones a realizarZ √1− x2dx = x√1− x2 −
Z1− x2 − 1√1− x2
dx =
= x√1− x2 −
Z1− x2√1− x2
dx+
Z1√1− x2
dx
= x√1− x2 −
Z1− x2√1− x2
dx+ arcsinx+ 2C
ComoA√A=√A;entonces
1− x2√1− x2
=√1− x2 y de esta forma tenemos una integral
cíclica o de retorno
I = x√1− x2 − I + arcsinx+ 2C
Despejando I; obtendremos que
I =
Z p1− x2dx = 1
2
³arcsinx+ x
p1− x2
´+ C
3)Z
x2
(x2 − 4) 32 dxx = 2 sec t→ dx = 2 sec t · tan t dtZ
x2
(x2 − 4) 32 dx =Z
4 sec2 t
(4 sec2 t− 4) 32 2 sec t · tan t dt =
Como sec2 t− 1 = tan2 t entonces
66
Section 6.3 Integrales del tipoZR(x,
√a± bx2)dx,
ZR(x,
√bx2 − a)dx
Z4 sec2 t
(4 sec2 t− 4) 32 2 sec t · tan t dt =Z
4 sec2 t
(4 tan2 t)32
2 sec t · tan t dt =
=
Zsec3 t
tan2 tdt =
Z 1
cos3 tsin2 t
cos2 t
dt =
Z1
cos t sin2 tdt
Esta integral es impar en cos t→Realizamos el cambiosin t = u cos t =
√1− u2
t = arcsinu dt =du√1− u2
Con lo queZ1
cos t · sin2 tdt =
Zdu
(1− u2) · u2 =58
Zdu
(1− u2) · u2 = −Z
1
2 (u− 1)du+Z
1
2 (u+ 1)du+
Z1u2 du =
= −12 ln (u− 1) + 12 ln (u+ 1)− 1
u + C =12 ln
(u+1)(u−1) − 1
u + C =
Si deshacemos el último cambio de variable efectuado (u = sin t); tendremos
= 12 ln
(1+sin t)(−1+sin t) − 1
sin t + C
Si deshacemos el primer cambio x = 2 sec t y teniendo presente que
sin t =√1− cos2 t =
r1− 1
sec2 t=
r1− 4
x2=
p(x2 − 4)x
Entonces la integral quedará así
Zx2
(x2 − 4) 32 dx =1
2ln
¯¯ 1 +
p(x2 − 4)x
−1 +p(x2 − 4)x
¯¯− xp
(x2 − 4) + C
Simplificando al máximo tendremos
58 Como1
(1− u2) · u2= − 1
2(u−1) +1
2(u+1)+ 1
u2(Compruébalo)
67
Chapter 6 Integrales irracionales
12 ln
¯−x+√(x2−4)
x−√(x2−4)
¯− x√
(x2−4) + C =59ln
¯x+
p(x2 − 4)
¯− x√
(x2−4) −ln 4
2+ C
Zx2
(x2 − 4) 32 dx = ln¯x+
p(x2 − 4)
¯− xp
(x2 − 4) + C0
Nota: Esta integral también se puede resolver porpartes.Fíjate que es mucho más sencillaZ
x2
(x2 − 4) 32 dx =Zx · x
(x2 − 4) 32 dxu = x du = dx
dv =x
(x2 − 4) 32 dx v =
Zx
(x2 − 4) 32 dx = −1√
(x2−4):Z
x · x
(x2 − 4) 52 dx = −x√
(x2−4) +Z
1√(x2−4)dx = −
x√(x2−4) + J
J =
Z1p
(x2 − 4)dx =1
2
Z1rx2
4− 1
dx =
=1
2
Z1r³x2
´2− 1
dx = ln
¯¯x2 +
r³x2
´2− 1¯¯+ C = ln ¯x+p(x2 − 4)¯− ln 2 + C
Con lo que Zx2
(x2 − 4) 32 dx = ln¯x+
p(x2 − 4)
¯− xp
(x2 − 4) + C0
4)Z
1
x2√1− x2 dx ; x = sin t
5)Z
1
x2√4− x2 dx ; x = 2 sin t
6)Z
1q(4− x2)3
dx ; x = 2 sin t
7)Z
1
(9− x2)√9− x2 dx ; x = 3 sin t
8)Z
x2q(1 + x2)
3dx ; x = tan t
59 ln
¯¯−x+
q(x2−4)
x−q(x2−4)
¯¯ = ln
¯¯ x+
q(x2−4)
x−q(x2−4)
¯¯ =
ln
¯¯µx+
q(x2−4)
¶24
¯¯ = 2 ln ¯x+p(x2 − 4)¯ − ln 4
68
Section 6.3 Integrales del tipoZR(x,
√a± bx2)dx,
ZR(x,
√bx2 − a)dx
9)Z
x2
(4− x2)√4− x2 dx ; x = 2 sin t
10)Z √
1− x2x4
dx ; x = sin t
11)Z
1
(1 + x2)52
dx ; x = tan t
12)Z
1
(4 + x2)√4 + x2
dx ; x = 2 tan t
13)Z
1q(9 + x2)
3dx ; x = 3 tan t
14)Z
1
x2√9− x2 dx ; x = 3 sin t
15)Z
1
x√x2 − 4dx ; x = 2 sec t
16)Z
1
x2√4− x2 dx ; x = 2 sin t
17)Z
1
x2√4 + x2
dx ; x = 2 tan t
18)Z
1
x2√x2 − 4dx ; x = 2 sec t
19)Z √
4− x2x
dx ; x = 2 sin t
20)Z
1
x√9 + 4x2
dx ; x =3
2tan t
21)Z
1p(4− x2)3 dx ; x = 2 sin t
22)Z
1
(9 + x2)2dx ; x = 3 tan t
23)Z √
a2 + x2
xdx ; x = a tan t
24)Z
1
(a2 + x2)32
dx ; x = a tan t
69
PART IIIntegral definida
70
Chapter 7Integral de Riemann y Regla de Barrow
7.1 Sumas de Riemann
Sea P={a = xo, x1, x2, x3, .......xn−1, xn = b} una partición del intervalo [a, b] y f(x) unafunción acotada en dicho intervalo . 60Suma inferior de Riemann de f(x) respecto a la partición P es el número real
sp =nXi=1
mi(xi − xi−1)
dondemi = inf {f(x)/x ∈ [xi−1, xi]}Suma superior de Riemann de f(x) respecto a la partición P es el número real
Sp =nXi=1
Mi(xi − xi−1)
dondeMi = sup {f(x)/x ∈ [xi−1, xi]}
7.2 Interpretacion geometrica de las Sumas de Riemann
a) Si f(x) ≥ 0 ∀x ∈ [a, b] , geométricamente las sumas de Riemann representanspes el área de los rectángulos sombreados de la figura 1 y Sp es el área determinada por
los rectángulos sombreados y los no sombreadosObserva también que Sp − sp es el área de los rectángulos sin sombrear.
b) Si f(x) ≤ 0 ∀x ∈ [a, b] , geométricamente las sumas de Riemann representan60 El supremo y el infímo de f(x) en [xi−1, xi] siempre existen al ser f acotada en [a, b]
71
Chapter 7 Integral de Riemann y Regla de Barrow
sp es el área cambiada de signo de los rectángulos sombreados y no sombreados de lafigura 2 y Sp es el área cambiada de signo determinada por los rectángulos sombreadosObserva también que Sp − sp es el área cambiada de signo de los rectángulos sin
sombrear.
c) Si f(x) > 0 ∀x ∈ [a, c[ ; f(c) = 0 y f(x) > 0 ∀x ∈]c, b]. Dibuja tú e interpretageométricamente que representan sp y Sp
Theorem 1 Si f es una función acotada en [a, b] . Pk es una partición cualquiera de [a, b],entonces:
sk ≤ SkLa suma inferior asociada a una partición es siempre menor o igual que la suma
superior asociada a la misma partición
Theorem 2 Si f es una función acotada en [a, b] . P1y P2 son particiones de [a, b] de formaque P1 ⊂ P2 y s1 y s2 son las sumas inferiores de Riemann correspondientes a P1y P2respectivamente, entonces:
s1 ≤ s2La suma inferior asociada a una partición P1es siempre menor o igual que la suma
inferior asociada a otra partición P2que contiene más puntos que la primera
Theorem 3 Si f es una función acotada en [a, b] . P1y P2 son particiones de [a, b] de formaque P1 ⊂ P2 y S1 y S2 son las sumas superiores de Riemann correspondientes a P1y P2
respectivamente, entonces:
72
Section 7.3 Integral superior de f en [a, b]
S1 ≥ S2La suma superior asociada a una partición P1es siempre mayor o igual que la suma
superior asociada a otra partición P2 que contiene más puntos que la primera
Theorem 4 Si f es una función acotada en [a, b] . P1y P2 son particiones cualesquiera de[a, b] , entonces:
sP ≤ SP 0
La suma inferior asociada a una partición es siempre menor o igual que la sumasuperior asociada a cualquier otra partición
Theorem 5 La sucesión {sn/n ∈ N∗} es una sucesión monótona creciente y acotada su-periormente por S1y además lim
n→∞ sn = sup {sn/n ∈ N∗}
Theorem 6 La sucesión {Sn/n ∈ N∗} es una sucesión monótona decreciente y acotadainferiormente por s1y además lim
n→∞ Sn = inf {Sn/n ∈ N∗}
Nota: Si f es una función acotada en [a, b] , limn→∞sn=sup {sn/n ∈ N
∗} no siemprecoincide con lim
n→∞Sn=inf {Sn/n ∈ N∗}
7.3 Integral superior de f en [a, b]
Si f es una función acotada en [a, b] . Llamaremos integral superior de f en [a, b] , y lo
representaremos porbZa
f(x)dx , al número real limn→∞ Sn = inf {Sn/n ∈ N
∗}
bZa
f(x)dx = limn→∞ Sn = inf {Sn/n ∈ N
∗}
7.4 Integral inferior de f en [a, b]
Si f es una función acotada en [a, b] ∀x ∈ [a, b]. Llamaremos integral inferior de f en [a, b] ,
y lo representaremos porbZa
f(x)dx , al número real limn→∞ sn = sup {sn/n ∈ N
∗}
73
Chapter 7 Integral de Riemann y Regla de Barrow
bZa
f(x)dx = limn→∞ sn = sup {sn/n ∈ N
∗}
7.5 Definición de Funcion Integrable Riemann en [a, b]
Diremos que dada una función f acotada en [a, b] es integrable Riemann cuando se verifiqueque:
bZa
f(x)dx =
bZa
f(x)dx
A dicho valor se le denominabZa
f(x)dx
7.5.1 Ejemplos: Determina de la funcion f(x) = x2 + 1 61lassiguientes sumas de Riemann en [0, 1]
a) s1 , S1 asociadas a la partición P1 = {0, 1}s1 = m1(1− 0) = f(0) = 1S1 =M1(1− 0) = f(1) = 2b) s2 , S2 asociadas a la partición P2 =
½0,1
2, 1
¾s2 = m1
1
2+m2
1
2=1
2(f(0) + f(
1
2)) =
1
2(1 +
5
4) =
9
8
S2 =M11
2+M2
1
2=1
2(f(1
2) + f(1)) =
1
2(5
4+ 2) =
13
8
c) s3 , S3 asociadas a la partición P3 =½0,1
3,2
3, 1
¾s3 = m1
1
3+m2
1
3+m3
1
3=1
3(f(0) + f(
1
3) + f(
2
3)) =
1
3(1 +
10
9+13
9) =
32
27
S3 =M11
3+M2
1
3+M3
1
3=1
3(f(1
3) + f(
2
3) + f(1)) =
1
3(10
9+13
9+ 2) =
41
27............c) s10 , S10 asociadas a la partición P10 =
½0,1
10,2
10,3
10,4
10, .....
9
10, 1
¾s10 = m1
1
10+m2
1
10+ .......+m10
1
10=1
10
9Xj=0
f(j
10) =
1
10
9Xj=0
"µj
10
¶2+ 1
#
61 Esta función es estrictamente creciente en [0, 1] .Por lo que sup {f(x)/x ∈ [xi−1, xi]} = f(xi) yinf {f(x)/x ∈ [xi−1, xi]} = f(xi−1)
74
Section 7.6 ¿Que funciones acotadas en [a, b] son integrables Riemann?
S10 =M11
10+M2
1
10+ .......+M10
1
10=1
10
10Xj=1
f(j
10) =
1
10
10Xj=1
"µj
10
¶2+ 1
#Calcúlalasd) sn , Sn asociadas a la partición Pn =
½i
n/ i varía de 0 a n
¾sn = m1
1
n+m2
1
n+ .......+mn
1
n=1
n
n−1Xj=0
f(j
n) =
1
n
n−1Xj=0
"µj
n
¶2+ 1
#
Sn =M11
n+M2
1
n+ .......+Mn
1
n=1
n
nXj=1
f(j
n) =
1
n
nXj=1
"µj
n
¶2+ 1
#Ejercicios:a) Demuestra que la sucesión sn es estrictamente creciente y que está acotada
superiormente (por S1) . Por lo tanto, tiene límite (sup {sn/ n ∈ N})b) Demuestra que la sucesión Sn es estrictamente decreciente y que está acotada
inferiormente (por s1) .Por lo tanto, tiene límite ( inf {Sn/ n ∈ N} )Nota: Por ser la función continua ambos límites coinciden1Z0
(x2 + 1)dx = limn→∞
1
n
n−1Xj=0
"µj
n
¶2+ 1
#=621+ lim
n→∞
(2n− 1) (n− 1)n6n3
=4
3
1Z0
(x2 + 1)dx = limn→∞
1
n
nXj=1
"µj
n
¶2+ 1
#=631+ lim
n→∞
(2n+ 1)n(n+ 1)
6n3
=4
3
Dicho valor coincide con el área del trapecio mixtilíneo determinado por la funcióny = x2 + 1, las rectas x = 0 , x = 1 , y el eje OX64
7.6 ¿Que funciones acotadas en [a, b] son integrables Riemann?
1. Las funciones continuas en [a, b]2. Las funciones monótonas crecientes o decrecientes (no necesariamente continuas)3. Las funciones continuas en [a, b] salvo para un número finito de puntos
62 12 + 22 + 32 + .......+ (n− 1)2 = (2n− 1) (n− 1)n6
63 12 + 22 + 32 + .......+ (n− 1)2 + n2 = (2n+ 1)n(n+ 1)
6
64
Z 1
0
(x2 + 1)dx =4
3
75
Chapter 7 Integral de Riemann y Regla de Barrow
7.7 Propiedades
•aZa
f(x)dx = 0
•bZa
f(x)dx+
cZb
f(x)dx =
cZa
f(x)dx (Relación de Chasles)
•bZa
f(x)dx = −aZb
f(x)dx
•bZa
f(x)dx +
cZb
f(x)dx +
aZc
f(x)dx = 0
• Si f(x) ≥ g(x) ∀x ∈ [a, b] =⇒bZa
f(x)dx ≥bZa
g(x)dx (ley de monotonía)
•bZa
(αf(x) + βg(x)) dx = α
bZa
f(x)dx+ β
bZa
g(x)dx
•¯¯bZa
f(x)dx
¯¯ ≤
bZa
|f(x)| dx
7.8 TEOREMAS DE LAMEDIA
Theorem 7 Teoremas de la media o del valor medio del cálculo integral
1o Si f(x) es integrable Riemann en [a, b] =⇒ ∃ µ ∈ [M,m] /bZa
f(x)dx = µ(b − a)
siendoM = sup {f(x) / x ∈ [a, b]} ym = inf {f(x) / x ∈ [a, b]}
2o Si f(x) es continua en [a, b] =⇒ ∃ c ∈ [a, b] /bZa
f(x)dx = f(c)(b− a)
Interpretación geométrica :Si f(x) es es continua en [a, b] y además f(x) ≥ 0 ∀x ∈ [a, b]entonces el área del trapecio mixtilíneo determinado por la función y = f(x), las rectasverticales x = a , x = b y el eje OX coincide con el área del rectángulo de base b− a yde altura f(c) (a este valor se le denomina valor medio de f en [a, b])
76
Section 7.9 FUNCION INTEGRAL DEFINIDA O FUNCION DE AREAS
Demostración:1o Por ser I.R en [a, b] y dadosm = inf {f(x) / x ∈ [a, b]} yM = sup {f(x) / x ∈ [a, b]}
siempre se verifica quem(b− a) ≤bZa
f(x)dx ≤M(b− a)
dividiendo por b-a, tendremosm ≤
bZa
f(x)dx
b− a ≤My tomando µ como dicho valor intermedio queda demostrado el teorema, puesto que
bZa
f(x)dx = µ(b− a)
2o Si f es continua en [a, b]→f es I:R: en [a, b] y aplicando el teorema anterior
∃ µ ∈ [M,m] /bZa
f(x)dx = µ(b− a)
Por el teorema de los valores intermedios de Darboux al ser f continua en [a, b], podemosafirmar que ∃ c ∈ [a, b] / f(c) = µ. Así pues:
bZa
f(x)dx = f(c)(b− a)
Ejemplo: (Leer después de la Regla de Barrow)a) Dada la función f(x) = x2 + 1. Determina el valor medio de f en [2, 3]
Por ser f continua en [2, 3]→ ∃ c ∈ [2, 3] /3Z2
(x2 + 1)dx = f(c)(3− 2) = f(c)
3Z2
(x2 + 1)dx =
·x3
3+ x
¸32
=
µ33
3+ 3
¶−µ23
3+ 2
¶= 1 +
19
3=22
3
Como f(c) = c2 + 1 entonces
c2 + 1 =22
3=⇒ c2 =
19
3; c = ±19
3.Observa que c =
r19
3∈ [2, 3]
Por lo tanto el valor medio de f en [2, 3] es f(r19
3) =
22
3Ejercicioa) Dada la función f(x) = x2 + 1. Determina el valor medio de f en [2, 4]
77
Chapter 7 Integral de Riemann y Regla de Barrow
7.9 FUNCION INTEGRAL DEFINIDA O FUNCION DE AREAS
Si f es una función Integrable Riemann en [a, b] ,a la función que a todo número real t ∈
[a, b] le asociatZa
f(x)dxse le denomina función de áreas asociada a f en [a, b], siendo la
función f y el límite inferior fijos
A(t) =
tZa
f(x)dx
Interpretación geométrica :Si f(x) es es continua en [a, b] y además f(x) ≥ 0 ∀x ∈ [a, b]entonces el área del trapecio mixtilíneo determinado por la función y = f(x), las rectas
verticales x = a , x = t con t ∈ [a, b]y el eje OX coincide con A(t) =tZa
f(x)dx
Theorem 8 PROPIEDADES DE LA FUNCIÓN DE ÁREAS
1o Si f(x) es I.R. en [a, b] =⇒ A(t) es continua en [a, b] (aunque f no sea continua)2o Si f(x) es continua en [a, b] =⇒ A(t) es derivable en ]a, b[ y A0(t) = f(t)Nota: El segundo teorema nos indica que la función de áreas A(t)es una primitiva de f en]a, b[Demostración1o Tenemos que demostrar que ∀t ∈ ]a, b[ lim
h→0(A(t+ h)−A(t)) = 0
limh→0
(A(t+ h)−A(t)) =65 limh→0
t+hZa
f(x)dx−tZa
f(x)dx
=66 limh→0
t+hZt
f(x)dx =67
=limh→0
f(c)h =680 · f(t) = 0Demuestra tú
limh→0+
A(a+ h)−A(a) = 0 y que limh→0−
A(b+ h)−A(b) = 0
2o Tenemos que demostrar que ∀t ∈ ]a, b[ limh→0
A(t+ h)−A(t)h
= f(t)
65 Por la definición de la función de áreas
66
t+hZa
f(x)dx−tZa
f(x)dx =
tZa
f(x)dx+
t+hZt
f(x)dx−tZa
f(x)dx =
t+hZt
f(x)dx
67 Por ser f continua en [t, t+ h] (Si h>0) o en [t+ h, t](Si h<0) se verifica el 2 teorema del valor medio. Por
lo que ∃c ∈ [t, t+ h] (o [t+ h, t] según el signo de h)/t+hZt
f(x)dx = f(c)h
68 siendo c ∈ [t+ h, t]si h<0 o c ∈ [t, t+ h] si h>0; en cualquier caso si h→ o entonces f(c)→ f(t)
78
Section 7.10 La Regla de Barrow
limh→0
A(t+ h)−A(t)h
=limh→0
t+hZt
f(x)dx
h=limh→0
f(c)h
h=limh→0
f(c) = f(t)
Así pues:
A0(t) = f(t) ∀t ∈ ]a, b[La función de áreas asociada a f en [a, b] es una primitiva de ésta en ]a, b[
7.10 La Regla de Barrow
Theorem 9 LA REGLA DE BARROW
Si f es continua en [a, b] y F es una primitiva de f en ]a, b[ , siendo además F continua en
[a, b] =⇒bZa
f(x)dx = F (b)− F (a)
Demostración
Por ser f continua en [a, b] por el teorema anterior la función de áreas A(t) =tZa
f(x)dx
asociada a f es una función continua en [a, b]y además es una primitiva de f en ]a, b[(A0(t) = f(t) ∀t ∈ ]a, b[)Como por hipótesis tenemos otra función F que es primitiva de f y además es continua en[a, b] . Entonces, en virtud del teorema fundamental del cálculo integral podemos afirmarque ambas se diferencian en una constante; esto es:
A(x) = F (x) + C ∀x ∈ [a, b]Hallemos la constante C dándole a x el valor a y b
A(a) =
aZa
f(x)dx = 0 = F (a) + C → C = −F (a)
A(b) =
bZa
f(x)dx = F (b) + C = F (b)− F (a)
7.11 Ejercicios de integrales definidas
Ejercicios de integrales definidas
1.Z 3
2
x2dx =
·x3
3
¸32
=33
3− 2
3
3= 19
3
79
Chapter 7 Integral de Riemann y Regla de Barrow
2.Z 3
1
lnxdx =69[x lnx− x]31 = 3 ln 3− 3− (1 ln 1− 1) = 3 ln 3− 2
3.Z 2
−3(x2 − x)dx =
·x3
3− x
2
2
¸2−3=23
3− 2
2
2−µ(−3)33− (−3)
2
2
¶= 85
6
4.Z0
π sin 3xdx =
·−13cos 3x
¸0
π = −13cos 3π −
µ−13cos 0
¶=1
3+1
3=2
3
5.Z π
6
0
1
cos2 5xdx =
·1
5tan 5x
¸π6
0
=1
5tan
³5π
6
´− 15tan 0 = − 1
15
√3
6.Z 1
0
1
1 + x2dx = [arctanx]10 = arctan 1− arctan 0 = 1
4π
7.Z 1
−1
1
1 + x2dx = [arctanx]1−1 = arctan 1− arctan (−1) = 1
4π − (−14π) = 12π
8.Z 1
0
1√1− x2 dx = [arcsinx]
10 = arcsin 1− arcsin 0 = 1
2π
9.Z 1
−1
1√1− x2 dx = [arcsinx]
1−1 = arcsin 1− arcsin(−1) = 1
2π −¡−12π¢ = π
10.Z π
4
0
tanxdx = [− ln(cosx)]π40 = − ln(cos π4 )− (− ln(cos 0)) = 12 ln 2
11.Z 3
−5xexdx = [xex − ex]3−5 = 3e3 − e3 −
£(−5)e−5 − e−5¤ = 2e3 + 6
e5≈ 40. 212
12.1Z0
√4− x2dx :
Para resolver esta integral tenemos que realizar el siguiente cambio de variablex = 2 sin tdx = 2 cos t dt
¾Al mismo tiempo que realizamos el cambio de variable; hemos de cambiar los límites deintegraciónObserva que:Si x = 0→ 0 = 2 sin t→ t = 0
Si x = 1→ 1 = 2 sin t→ sin t =1
2→ t =
π
61Z0
√4− x2dx =
π6Z0
p4− 4 sin2 t 2 cos t dt = 4
π6Z0
cos2 t dt =70
69
Zlnxdx = x lnx− R 1 dx = x (lnx− 1) +C
70 Recuerda que cos2 t =1− cos 2t
2
80
Section 7.11 Ejercicios de integrales definidas
4
π6Z0
cos2 t dt = 4
π6Z0
1 + cos 2t
2dt = 2
·t+
1
2sin 2t
¸π6
0
=
= 2
µπ6 +
1
2sin¡2π6
¢¶= : 13π +
12
√3
13)2Z0
1√4 + x2
dx
Para resolver esta integral tenemos que realizar el siguiente cambio de variablex = 2 tan tdx = 2 sec2 t dt
¾Al mismo tiempo que realizamos el cambio de variable; hemos de cambiar los límites deintegraciónObserva que:Si x = 0→ 0 = 2 tan t→ t = 0
Si x = 2→ 2 = 2 tan t→ tan t = 1→ t =π
42Z0
1√4 + x2
dx =
π4Z0
1√4 + 4 tan2 t
2 sec2 t dt =
π4Z0
sec t dt =
= [ln(sec t+ tan t)]π40 = ln(sec
π4+ tan π
4)− ln(sec 0 + tan 0) = ln ¡√2 + 1¢ .
81
Chapter 8Cálculo de áreas y volúmnes
8.1 Interpretacion geométrica debZa
f(x)dx Cálculo de áreas
• Si f(x) ≥ 0 ∀x ∈ [a, b]bZa
f(x)dx coincide con el área del trapecio mixtilíneo
determinado por la gráfica de la función y = f(x), las rectas verticales x = a, x = by el eje OX
x 32.521.510.50
2
1.5
1
0.5
0
A =
3Z1
f(x)dx
• Si f(x) ≤ 0 ∀x ∈ [a, b]bZa
f(x)dx = −A siendo A el área del trapecio mixtilíneo
determinado por la gráfica de la función y = f(x), las rectas verticales x = a, x = by el eje OX
82
Section 8.1 Interpretacion geométrica debZa
f(x)dx Cálculo de áreas
A =
¯¯3Z0
f(x)dx
¯¯
• Si f(x) ≥ 0 ∀x ∈ [a, c] y f(x) ≤ 0 ∀x ∈ [c, b] ( c ∈ ]a, b[ )bZa
f(x)dx = A1 − A2
siendo A1 el área del trapecio mixtilíneo determinado por la gráfica de la funcióny = f(x), las rectas verticales x = a, x = c y el eje OX, y A2el área del trapeciomixtilíneo determinado por la gráfica de la función y = f(x), las rectas verticalesx = b, x = c y el eje OX
A =
¯¯2Z0
f(x)dx
¯¯+
3Z2
f(x)dx
Remark 1 Consejos a la hora de calcular :el área del trapecio mixtilíneo determinado porla gráfica de la función y = f(x), las rectas verticales x = a, x = c y el eje OX
1o Dada la función y = f(x) tendremos que determinar si existen o no puntos de corte de lafunción y = f(x) con el eje OX
– Posibilidades∗ Si los puntos de corte de la gráfica con el eje de las X no pertenecen alintervalo [a, b];tendremos que estudiar el signo de f(x) en [a, b].Se pueden
83
Chapter 8 Cálculo de áreas y volúmnes
presentar los dos casos siguientes
Si f(x) ≥ 0 ∀x ∈ [a, b] → A =
bZa
f(x)dx
Si f(x) ≤ 0 ∀x ∈ [a, b] → A =
¯¯bZa
f(x)dx
¯¯
∗ Si existen puntos de corte de la gráfica con el eje de las X pertenecientes alintervalo [a, b]; por ejemplo c, tendremos que estudiar el signo de f(x) en[a, c], y en [c, b] . Entonces A = A1 +A2
1)
Si f(x) ≥ 0 ∀x ∈ [a, c]→ A1 =
cZa
f(x)dx
Si f(x) ≥ 0 ∀x ∈ [c, b]→ A2 =
bZc
f(x)dx
2)
Si f(x) ≤ 0 ∀x ∈ [a, c]→ A1 =
¯¯cZa
f(x)dx
¯¯
Si f(x) ≥ 0 ∀x ∈ [c, b]→ A2 =
bZc
f(x)dx
3)
Si f(x) ≥ 0 ∀x ∈ [a, c]→ A1 =
cZa
f(x)dx
Si f(x) ≤ 0 ∀x ∈ [c, b]→ A2 =
¯¯bZc
f(x)dx
¯¯
4)
Si f(x) ≤ 0 ∀x ∈ [a, c]→ A1 =
¯¯cZa
f(x)dx
¯¯
Si f(x) ≤ 0 ∀x ∈ [c, b]→ A2 =
¯¯bZc
f(x)dx
¯¯
Siempre es recomendable dibujar la gráfica en [a, b]Aunque todos estos casos(si no dibujamos la función) se puedan resumir así
A = A1 +A2 =
¯¯cZa
f(x)dx
¯¯+
¯¯bZc
f(x)dx
¯¯
84
Section 8.1 Interpretacion geométrica debZa
f(x)dx Cálculo de áreas
Estas posibilidades explicadas aquí, se pueden hacer extensibles en el caso de que tengamosmás de dos puntos de corte de la gráfica con el eje de lasXEjemplo 1) Determina el área comprendida entre la recta y = x− 3,el eje X y lasrectas x = 4 y x = 5
Determinamos en primer lugar , si existen ptos de corte de la función f(x) = x − 3con el eje de las X dentro del intervalo [4, 5] :Para ello resolvemos el siguiente sistemay = x− 3y = 0
¾→, El único punto de corte es el (3, 0)
Observa que 3 /∈ [4, 5]A la vista de la gráfica; podemos observar que f(x) = x− 3 > 0 ∀x ∈ [4, 5]..Por lo tanto
A =
5Z4
(x− 3)dx ="(x− 3)2
2
#54
=(5− 3)22
− (4− 3)2
2= 3
2 u2
Ejemplo 2) Determina el área comprendida entre la recta y = x− 3,el eje X y lasrectas x = 2 y x = 3
85
Chapter 8 Cálculo de áreas y volúmnes
Determinamos en primer lugar , si existen ptos de corte de la función f(x) = x − 3con el eje de las X dentro del intervalo [2, 3] :Para ello resolvemos el siguiente sistemay = x− 3y = 0
¾→, El único punto de corte es el (3, 0)
Observa que 3 ∈ [2, 3]A la vista de la gráfica; podemos observar que y = x− 3 ≤ 0 ∀x ∈ [2, 3]..Por lo tanto
A =
¯¯3Z2
(x− 3)dx¯¯ =
¯¯"(x− 3)2
2
#32
¯¯ =
¯¯(3− 3)22
− (2− 3)2
2
¯¯ = 1
2 u2
Ejemplo 3) Determina el área comprendida entre la recta y = x− 3,el eje X y lasrectas x = 2 y x = 5
Determinamos en primer lugar , si existen ptos de corte de la función y = x− 3 con el eje delasX dentro del intervalo [2, 5] :Para ello resolvemos el siguiente sistema y = x− 3
y = 0
¾→,
86
Section 8.1 Interpretacion geométrica debZa
f(x)dx Cálculo de áreas
El único punto de corte es el (3, 0)Observa que 3 ∈ [2, 5]A la vista de la gráfica; podemos observar que y = x− 3 ≤ 0 ∀x ∈ [2, 3]
y = x− 3 ≥ 0 ∀x ∈ [3, 5] ..Por lo tanto
A = A1 +A2 =
¯¯3Z2
(x− 3)dx¯¯+
5Z3
(x− 3)dx
Como A1 =
¯¯3Z2
(x− 3)dx¯¯ =
¯¯"(x− 3)2
2
#32
¯¯ =
¯¯ (3− 3)22
− (2− 3)2
2
¯¯ = 1
2 u2
y
A2 =
5Z3
(x− 3)dx ="(x− 3)2
2
#53
= 2 u2
Entonces
A =1
2u2 + 2 u2 =
5
2u2
Ejemplo 4) Determina el área comprendida entre la parábola y = x2 − 4,el ejeX y lasrectas x = 3 y x = 4
Determinamos en primer lugar , si existen ptos de corte de la función y = x2 − 4 conel eje de las X dentro del intervalo [3, 4] :Para ello resolvemos el siguiente sistemay = x2 − 4y = 0
¾→, Los únicos puntos de corte son el (2, 0) y el (−2, 0)
87
Chapter 8 Cálculo de áreas y volúmnes
Observa que 2 y −2 /∈ [3, 4]A la vista de la gráfica; podemos observar que y = x2 − 4 ≥ 0 ∀x ∈ [3, 4] : Por lo tanto
A =
4Z3
(x2 − 4)dx =·x3
3− 4x
¸43
=43
3− 16−
µ33
3− 12
¶= : 253 u
2
Ejemplo 5) Determina el área comprendida entre la parábola y = x2 − 4,el ejeX y lasrectas x = 1 y x = 3
Determinamos en primer lugar , si existen ptos de corte de la función y = x2 − 4 conel eje de las X dentro del intervalo [1, 3] :Para ello resolvemos el siguiente sistemay = x2 − 4y = 0
¾→, Los únicos puntos de corte son el (2, 0) y el (−2, 0)
Observa que 2 ∈ [1, 3] y−2 /∈ [1, 3]A la vista de la gráfica; podemos observar que y = x2 − 4 ≤ 0 ∀x ∈ [1, 2]
y = x2 − 4 ≥ 0 ∀x ∈ [2, 3]¾: Por lo tanto
A = A1 +A2 =
¯¯2Z1
(x2 − 4)dx¯¯+
3Z2
(x2 − 4)dx
Donde
A1 =
¯¯2Z1
(x2 − 4)dx¯¯ =
¯¯·x3
3− 4x
¸21
¯¯ =
¯23
3− 8−
µ13
3− 4¶¯= 5
3 u2
y
88
Section 8.1 Interpretacion geométrica debZa
f(x)dx Cálculo de áreas
A2 =
3Z2
(x2 − 4)dx =·x3
3− 4x
¸32
=33
3− 12−
µ23
3− 8¶= 7
3 u2
A = A1 +A2 =5
3u2 +
7
3u2 = 4 u2
Ejemplo 6) Determina el área comprendida entre la parábola y = −x2 + 6x− 8,el ejeX y las rectas x = 1 y x = 5
Determinamos en primer lugar , si existen ptos de corte de la función y = −x2 + 6x− 8conel eje de las X dentro del intervalo [1, 5] :Para ello resolvemos el siguiente sistemay = −x2 + 6x− 8y = 0
¾→, Los únicos puntos de corte son el (2, 0) y el (4, 0)
Observa que 2 ∈ [1, 5] y 4 ∈ [1, 5]
A la vista de la gráfica; podemos observar quey = −x2 + 6x− 8 ≤ 0 ∀x ∈ [1, 2]y = −x2 + 6x− 8 ≥ 0 ∀x ∈ [2, 4]y = −x2 + 6x− 8 ≤ 0 ∀x ∈ [4, 5]
: Por
lo tantoA = A1 +A2 +A3 donde
A1 =
¯¯2Z1
¡−x2 + 6x− 8¢ dx¯¯ =
¯¯·−x33+ 3x2 − 8x
¸21
¯¯ = 22
3 u2
A2 =
4Z2
¡−x2 + 6x− 8¢ dx = 43 u
2
89
Chapter 8 Cálculo de áreas y volúmnes
A3 =
¯¯5Z4
¡−x2 + 6x− 8¢ dx¯¯ = 4
3 u2
A = A1 +A2 +A3 = 10 u2
Ejemplo 7) Determina el área comprendida entre la gráfica de la función y = sinx,eleje X y las rectas x = 0 y x =
5π
6(' 2. 618)
x 420-2-4
1
0.5
0
-0.5
-1
Determinamos en primer lugar , si existen ptos de corte de la función y = sinx conel eje de las X dentro del intervalo [0,
5π
6] :Para ello resolvemos el siguiente sistema
y = sinxy = 0
¾→, Los infinitos puntos de corte son (2kπ, 0) y el (π + 2kπ, 0) con k ∈ Z
(enteros)Como el 0 ∈ [0, 5π
6] y a la vista de la gráfica y = sinx ≥ 0 ∀x ∈ [0, 5π
6] ; entonces
A =
5π6Z0
sinxdx = [− cosx]5π60 = − cos 5π6 + cos 0 = 1
2
√3 + 1 u2
Ejemplo 8) Determina el área comprendida entre la gráfica de la función y = cosx,eleje X y las rectas x = 0 y x =
5π
6(' 2. 618)
90
Section 8.1 Interpretacion geométrica debZa
f(x)dx Cálculo de áreas
Determinamos en primer lugar , si existen ptos de corte de la función y = sinx conel eje de las X dentro del intervalo [0,
5π
6] :Para ello resolvemos el siguiente sistema
y = cosxy = 0
¾→, Los infinitos puntos de corte son (π
2+ 2kπ, 0) y el (
3π
2+ 2kπ, 0) con
k ∈ Z (enteros)
Como elπ
2∈ [0, 5π
6] y a la vista de la gráfica
y = cosx ≥ 0 ∀x ∈ [0, π2]
y = cosx ≤ 0 ∀x ∈ [π2,5π
6]
; entonces
A =
π2Z0
cosxdx+
¯¯5π6Zπ2
cosxdx
¯¯ = [sinx]π20 + ¯[sinx]5π6π
2
¯= 1u2 + 1
2u2 = 3
2u2
Ejemplo 9) Determina el área comprendida entre la gráfica de la función y = lnx,eleje X y las rectas x = 0.5 y x = 2
91
Chapter 8 Cálculo de áreas y volúmnes
El único punto de corte de esta gráfica con el eje de lasX es el punto (1, 0)
Como 1 ∈ [0.5 , 2] y además¯lnx ≤ 0 ∀x ∈ [0.5, 1]lnx ≥ 0 ∀x ∈ [1, 2]
¾entonces
A = A1 +A2 =
¯¯1Z0.5
lnxdx
¯¯+
2Z1
lnxdx = . 53972
Si resuelvesZlnxdx por partes obtendrásZ
lnxdx = x (lnx− 1) + CPor lo tanto; si calculas despacito cada integral tendrás
A1 =
¯¯1Z0.5
lnxdx
¯¯ = [x (lnx− 1)]10.5 = ¯−1− 0.5µlnµ12
¶− 1¶¯= 1
2 − 12 ln 2 u
2
A2 =
2Z1
lnxdx = [x (lnx− 1)]21 = 2(ln 2− 1) + 1 = 2 ln 2− 1 u2
A =1
2− 12ln 2 + 2 ln 2− 1 = −1
2+3
2ln 2 u2
Ejemplo 10) Determina el área comprendida entre la gráfica de la funcióny = (x− 2)2(x− 1),el ejeX y las rectas x = 1 y x = 3
92
Section 8.1 Interpretacion geométrica debZa
f(x)dx Cálculo de áreas
La función corta al eje de las X precisamente en x = 1 y x = 2. Si te fijas en la gráficapodemos afirmar que la superifice pedida es:
A =
3Z1
(x− 2)2(x− 1)dx =·x4
4− 5x
3
3+ 4x− 4x
¸31
= 23 u
2
Si no hubieses dibujado la gráfica , también puedes considerar que A = A1 +A2
A1 =
¯¯2Z1
(x− 2)2(x− 1)dx¯¯ =
¯¯2Z1
¡x3 − 5x2 + 8x− 4¢ dx
¯¯ =
=
¯¯·x4
4− 5x
3
3+ 4x− 4x
¸21
¯¯ = 1
12
A2 =
¯¯3Z2
(x− 2)2(x− 1)dx¯¯ =
¯¯·x4
4− 5x
3
3+ 4x− 4x
¸32
¯¯ = 7
12
A = A1 +A2 =112 +
712 =
23 u
2
Ejemplo 11) Determina el área comprendida entre la gráfica de la funcióny = (x− 2)2(x− 1),el ejeX y las rectas x = 0 y x = 3
Ejemplo 12) Determina el área comprendida entre la gráfica de la funcióny = (x+ 1)(x− 2)(x+ 4) y el eje de lasX
93
Chapter 8 Cálculo de áreas y volúmnes
x 420-2-4
160
140
120
100
80
60
40
20
0-20
Es fácil ver que la gráfica corta al eje de las X en los puntos (−1, 0), (−4, 0) y (2, 0) . Porlo tanto
A = A1 +A2 =
−1Z−4(x+ 1)(x− 2)(x+ 4)dx+
¯¯2Z−1(x+ 1)(x− 2)(x+ 4)dx
¯¯
A1 =
−1Z−4(x+1)(x−2)(x+4)dx =
−1Z−4
¡x3 + 3x2 − 6x− 8¢ dx = £14x4 + x3 − 3x2 − 8x¤−1−4 =
814 u
2
A2 =
¯¯2Z−1(x+ 1)(x− 2)(x+ 4)dx
¯¯ = 81
4 u2
A = 814 u
2 + 814 u
2 = 812 u
2
Área comprendida entre la gráfica de las funciones y = f(x) e y = g(x)En primer lugar determinaremos los puntos de corte entre ambas funciones resolviendo el
sistema formado por ambas expresiones y = f(x)y = g(x)
¾Supongamos que las abcisas de los puntos de corte son c, d, e siendo (c < d < e). Acontinuación estudiamos en los intervalos [c, d], [d, e] cuál de las dos ordenadas f(x) o g(x)es mayor; pudiendo darse las siguientes situaciones
1. Si f(x) ≥ g(x) ∀x ∈ [c, d]Si f(x) ≥ g(x) ∀x ∈ [d, e]
¾→ A =
eZc
(f(x)− g(x))dx
2. Si f(x) ≤ g(x) ∀x ∈ [c, d]Si f(x) ≥ g(x) ∀x ∈ [d, e]
¾→ A =
dZc
(g(x)− f(x))dx+eZd
(f(x)− g(x))dx
94
Section 8.1 Interpretacion geométrica debZa
f(x)dx Cálculo de áreas
También puedes considerar A =
¯¯dZc
(f(x)− g(x))dx¯¯+
eZd
(f(x)− g(x))dx
3. Si f(x) ≥ g(x) ∀x ∈ [c, d]Si f(x) ≤ g(x) ∀x ∈ [d, e]
¾→ A =
dZc
(f(x)− g(x))dx+eZd
(g(x)− f(x))dx
También puedes considerar A =dZc
(f(x)− g(x))dx+¯¯eZd
(f(x)− g(x))dx¯¯
4. Si f(x) ≤ g(x) ∀x ∈ [c, d]Si f(x) ≤ g(x) ∀x ∈ [d, e]
¾→ A =
eZc
(g(x)− f(x))dx
También puedes considerar A =
¯¯eZc
(f(x)− g(x))dx¯¯
Es obvio, que todas estas situaciones están supeditadas a conocer las gráficas de las funcionesen el intervalo [c, e].Ahora bien, si las gráficas no deseasemos dibujarlas bastaría con indicar que:
A =
¯¯dZc
(f(x)− g(x))dx¯¯+
¯¯eZd
(f(x)− g(x))dx¯¯
Estas posibilidades explicadas aquí, se pueden hacer extensibles en el caso de que tengamosdos o más puntos en común para las dos gráficasEjemplo 13) Determina el área comprendida entre la parábola f(x) = x2 − 4 y larecta g(x) = x+ 2
95
Chapter 8 Cálculo de áreas y volúmnes
Los puntos de corte entre ambas gráficas se determinan resolviendo el sistemay = x2 − 4y = x+ 2
¾→ (−2, 0) y (3, 5)
Como ∀x ∈ [−2, 3]. se verifica que g(x) ≥ f(x) entonces lo que nos piden es
A =
3Z−2
£x+ 2− (x2 − 4)¤ dx = 3Z
−2
¡−x2 + x+ 6¢ dx = ·12x2 + 6x− 1
3x3¸3−2=125
6u2
Ejemplo 14) : Determina el área comprendida entre la parábola f(x) = −x2 + 4 y larecta g(x) = x+ 2
96
Section 8.1 Interpretacion geométrica debZa
f(x)dx Cálculo de áreas
Los puntos de corte entre ambas gráficas se determinan resolviendo el sistemay = −x2 + 4y = x+ 2
¾→ (−2, 0) y (1, 3)
Como ∀x ∈ [−2, 1]. se verifica que f(x) ≥ g(x) entonces lo que nos piden es
A =
1Z−2
£−x2 + 4− (x+ 2)¤ dx = 1Z−2
¡−x2 − x+ 2¢ dx = ·−13x3 − 1
2x2 + 2x
¸1−2=9
2u2 :
Ejemplo 15) : Determina el área comprendida entre la parábola f(x) = 3x2 − 2x− 1y la recta g(x) = x− 1
Los puntos de corte entre ambas gráficas se determinan resolviendo el sistema
97
Chapter 8 Cálculo de áreas y volúmnes
y = 3x2 − 2x− 1y = x− 1
¾→ (0,−1) y (1, 0)
Como ∀x ∈ [0, 1]. se verifica que g(x) ≥ f(x) entonces lo que nos piden es
A =
1Z−0
£x− 1− (3x2 − 2x− 1)¤ dx = 1Z
0
¡−3x2 + 3x¢ dx = ·−x3 + 3x22
¸10
=1
2u2 :
Ejemplo 16) : Determina el área comprendida entre las parábolas f(x) = 3x2−2x−1, g(x) = x2 − 6x− 1
Los puntos de corte entre ambas gráficas se determinan resolviendo el sistemay = 3x2 − 2x− 1y = x2 − 6x− 1
¾→, (0,−1)y(−2, 15),
Como ∀x ∈ [−2, 0]. se verifica que g(x) ≥ f(x) entonces lo que nos piden es
A =
0Z−2
£x2 − 6x− 1− (3x2 − 2x− 1)¤ dx = 0Z
−2
¡−2x2 − 4x¢ dx = ·−23x3 − 2x2
¸0−2=8
3u2 :
Ejemplo 17) Determina el área comprendida entre las gráficas de las funcionesf(x) = sinx , g(x) = cosx y las rectas verticales x = −π
2y x =
π
2
98
Section 8.1 Interpretacion geométrica debZa
f(x)dx Cálculo de áreas
El único punto de corte entre ambas gráficas en el intervaloh−π2,π
2
ise determinan
resolviendo el sistemay = sinxy = cosx
¾→,(π
4,
√2
2)
Como∀x ∈ [−π
2,π
4]. se verifica que g(x) ≥ f(x)
∀x ∈ [π4,π
2]. se verifica que f(x) ≥ g(x)
entoncesA = A1 +A2
A1=
π4Z−π2
(cosx− sinx) dx = [sinx+ cosx]π4−π2=√2 + 1 u2
A2=
π2Zπ4
(sinx− cosx) dx = [− cosx− sinx]π2π4=√2− 1 u2
A = 2√2u2
Ejemplo 19) Área de la circunferencia de centro el origen de coordenadas y radio 2
99
Chapter 8 Cálculo de áreas y volúmnes
La ecuación de todos los puntos de la circunferencia de centro el origen y radio 2 es
x2 + y2 = 22
Si te fijas en el dibujo dicha superficie sabemos que ha de valer A = π.r2 = π.22 = 4π u2
Para calular esta superficie utilizando el cálculo integral; tendremos presente que:Area del cırculo = 4 · Area comprendida entre la funcion y = √4− x2 las rectasverticales x = 0, x = 2 y el eje OXAsí pues; calculemos esta última
2Z0
√4− x2dx
Para resolver esta integral tenemos que realizar el siguiente cambio de variable
x = 2 sin tdx = 2cos t dt
¾Al mismo tiempo que realizamos el cambio de variable; hemos de cambiar los límites deintegraciónObserva que:
100
Section 8.1 Interpretacion geométrica debZa
f(x)dx Cálculo de áreas
Si x = 0→ 0 = 2 sin t→ t = 0
Si x = 2→ 2 = 2 sin t→ sin t = 1→ t =π
2
2Z0
√4− x2dx =
π2Z0
p4− 4 sin2 t 2 cos t dt = 4
π2Z0
cos2 t dt =71
4
π2Z0
cos2 t dt = 4
π2Z0
1 + cos 2t
2dt = 2
·t+
1
2sin 2t
¸π2
0
=
= 2
µπ2 +
1
2sin¡2π2
¢¶= π u2
Como2Z0
√4− x2dx = π u2 entonces;
Area del cırculo = 4 ·2Z0
p4− x2dx = 4π u2
71 Recuerda que cos2 t =1 + cos 2t
2
101
Chapter 8 Cálculo de áreas y volúmnes
Ejemplo 20) Área de la elipse centrada en el origen y de semiejes 4 y 3La ecuación de todos los puntos de la elipse anterior es:
x2
42+y2
32= 1
Su gráfica es la siguiente
420-2-4
3
2
1
0
-1
-2
-3
Para calular esta superficie utilizando el cálculo integral; tendremos presente que:Area de la elipse = 4 · Area comprendida entre la funcion y = 3
4
√16− x2 las rectas
verticales x = 0, x = 4 y el eje OX
102
Section 8.1 Interpretacion geométrica debZa
f(x)dx Cálculo de áreas
Así pues; calculemos esta última
3
4
4Z0
√16− x2dx
Para resolver esta integral tenemos que realizar el siguiente cambio de variable
x = 4 sin tdx = 4cos t dt
¾Al mismo tiempo que realizamos el cambio de variable; hemos de cambiar los límites deintegraciónObserva que:
Si x = 0→ 0 = 4 sin t→ t = 0
Si x = 4→ 4 = 4 sin t→ sin t = 1→ t =π
2
3
4
4Z0
√16− x2dx = 3
4
π2Z0
p16− 16 sin2 t 4 cos t dt = 12
π2Z0
cos2 t dt =72
12
π2Z0
cos2 t dt = 12
π2Z0
1 + cos 2t
2dt = 3
·t+
1
2sin 2t
¸π2
0
=
= 3
µπ2 +
1
2sin¡2π2
¢¶= 3π u2
72 Recuerda que cos2 t =1 + cos 2t
2
103
Chapter 8 Cálculo de áreas y volúmnes
Como3
4
4Z0
√16− x2dx = 3π u2 entonces;
Area de la elipse = 4 · 34
4Z0
p4− x2dx = 12π u2
Razonando de manera análoga, intenta demostrar que el área de una elipse de semiejes a y b
(x2
a2+y2
b2= 1)viene determinada por la relación
A = π · a · b u2
Ejemplo 21) Área comprendida entre la gráfica de la circunferencia x2+(y−5)2 = 25si y ≥ 5 las rectas x = 5, x = −5 y el eje Ox
La ecuación de todos los puntos de la circunferencia de centro el punto (0, 5) y radio 5 siy ≥ 5 es
y = 5 +p25− x2
Si te fijas en el dibujo dicha superficie sabemos que ha de valer A =π
2· 52 + 5 · 10 =
π
2.52 + 50 = 50 +
25π
2. u2
Para calular esta superficie utilizando el cálculo integral; tendremos presente que:Area pedida = 2 · Area comprendida entre la funcion y = 5 +√25− x2 las rectasverticales x = 0, x = 5 y el eje OXAsí pues; calculemos esta última
104
Section 8.1 Interpretacion geométrica debZa
f(x)dx Cálculo de áreas
5Z0
¡5 +√25− x2¢ dx
Para resolver esta integral tenemos que realizar el siguiente cambio de variable
x = 5 sin tdx = 5cos t dt
¾Al mismo tiempo que realizamos el cambio de variable; hemos de cambiar los límites deintegraciónObserva que:
Si x = 0→ 0 = 5 sin t→ t = 0
Si x = 5→ 5 = 5 sin t→ sin t = 1→ t =π
2
5Z0
¡5 +√25− x2¢ dx =
π2Z0
³5 +
p25− 25 sin2 t
´5 cos t dt =
25
π2Z0
¡cos t+ cos2 t
¢dt =73= 25
π2Z0
¡cos t+ cos2 t
¢dt =
25
π2Z0
µcos t+
1 + cos 2t
2
¶dt = 25
·sin t+
t
2+sin 2t
4
¸π2
0
=
= 25
Ã1 +
π
4+sin¡2π2
¢4
!= 25
³1 +
π
4
´u2
Como5Z0
¡5 +√25− x2¢ dx = 25³1 + π
4
´u2 entonces;
Area pedida = 2 ·5Z0
³5 +
p25− x2
´dx = 50
³1 +
π
4
´u2 = 50 +
25π
2u2
Ejemplo 22) Área comprendida entre la gráfica de la circunferencia x2+(y−5)2 = 25si y ≤ 5 las rectas x = 5, x = −5 y el eje Ox
73 Recuerda que cos2 t =1 + cos 2t
2
105
Chapter 8 Cálculo de áreas y volúmnes
La ecuación de todos los puntos de la circunferencia de centro el punto (0, 5) y radio 5 siy ≤ 5 es
y = 5−p25− x2
Si te fijas en el dibujo dicha superficie sabemos que ha de valer A = 5 · 5 − π
2· 52 =
50− π
2.52 = 50− 25π
2. u2
Para calular esta superficie utilizando el cálculo integral; tendremos presente que:Area pedida = 2 · Area comprendida entre la funcion y = 5−√25− x2 las rectasverticales x = 0, x = 5 y el eje OXAsí pues; calculemos esta última
5Z0
¡5−√25− x2¢ dx
Para resolver esta integral tenemos que realizar el siguiente cambio de variable
x = 5 sin tdx = 5cos t dt
¾Al mismo tiempo que realizamos el cambio de variable; hemos de cambiar los límites deintegraciónObserva que:
Si x = 0→ 0 = 5 sin t→ t = 0
Si x = 5→ 5 = 5 sin t→ sin t = 1→ t =π
2
5Z0
¡5−√25− x2¢ dx =
π2Z0
³5−
p25− 25 sin2 t
´5 cos t dt =
106
Section 8.1 Interpretacion geométrica debZa
f(x)dx Cálculo de áreas
25
π2Z0
¡cos t− cos2 t¢ dt =74= 25
π2Z0
¡cos t− cos2 t¢ dt =
25
π2Z0
µcos t− 1 + cos 2t
2
¶dt = 25
·sin t− t
2− sin 2t
4
¸π2
0
=
= 25
Ã1− π
4−sin¡2π2
¢4
!= 25
³1− π
4
´u2
Como5Z0
¡5−√25− x2¢ dx = 25³1− π
4
´u2 entonces;
Area pedida = 2 ·5Z0
³5−
p25− x2
´dx = 50
³1− π
4
´u2 = 50− 25π
2u2
Ejemplo 23) Área comprendida entre la gráfica de la elipsex2
4+(y − 5)29
= 1 siy ≥ 5 las rectas x = 2, x = −2 y el eje Ox
La ecuación de todos los puntos de la elipse de centro el punto (0, 5) y ejes 2 y3respectivamente si y ≥ 5 es
y = 5 +3√4− x22
74 Recuerda que cos2 t =1 + cos 2t
2
107
Chapter 8 Cálculo de áreas y volúmnes
Si te fijas en el dibujo dicha superficie sabemos que ha de coincidir con la suma de unrectángulo de base 4 u y altura 5 u más la mitad de la superficie de una semielipe de ejes 2 y3 respectivamente (recuerda que el área de una elipse de ejes a y b es A = π · a · b)La superficie pedida es:
A = 4 · 5 + π
2· 3 · 2 = 20− π.3 = 20 + 3π.u2
Para calular esta superficie utilizando el cálculo integral; tendremos presente que:
Area pedida = 2 · Area comprendida entre la funcion y = 5 + 3√4− x22
las rectas
verticales x = 0, x = 2 y el eje OXAsí pues; calculemos esta última
2Z0
Ã5 +
3√4− x22
!dx
Para resolver esta integral tenemos que realizar el siguiente cambio de variable
x = 2 sin tdx = 2cos t dt
¾Al mismo tiempo que realizamos el cambio de variable; hemos de cambiar los límites deintegraciónObserva que:
Si x = 0→ 0 = 2 sin t→ t = 0
Si x = 2→ 2 = 2 sin t→ sin t = 1→ t =π
2
2Z0
Ã5 +
3√4− x22
!dx =
π2Z0
Ã5 +
3p4− 4 sin2 t2
!2 cos t dt =
π2Z0
¡10 cos t+ 6 cos2 t
¢dt =75=
π2Z0
¡10 cos t+ 6 cos2 t
¢dt =
π2Z0
(10 cos t+ 3 + 3 cos 2t) dt =
·10 sin t+ 3t+ 3
sin 2t
3
¸π2
0
=
75 Recuerda que cos2 t =1 + cos 2t
2
108
=
Ã10 +
3π
2+ 3
sin¡2π2
¢2
!= 10 +
3π
2u2
Como2Z0
Ã5 +
3√4− x22
!dx = 10 +
3π
2u2 entonces;
Area pedida = 2 ·2Z0
Ã5 +
3√4− x22
!dx = 2
µ10 +
3π
2
¶u2 = 20 + 3π u2
109
Appendix A Tabla de integrales inmediatas
Appendix A
110
Tabla de integrales inmediatas1.
Zf 0(x)dx = f(x) + C 2.
Zdx = x+ C
3.
Z(f(x) + g(x))dx =
Zf(x)dx+
Zg(x)dx 4.
Zk · f(x)dx = k
Zf(x)dx si k ∈ <
5.
Zxndx =
xn+1
n+ 1+ C si n 6= −1 6.
Zf 0(x) · (f(x))ndx = (f(x))n+1
n+ 1+ Csi que n 6= −1
7.
Z1
xdx = ln |x|+ C 8.
Zf 0(x)f(x)
dx = ln |f(x)|+ C
9.
Zaxdx =
ax
ln a+ C si a ∈ <+ ∼ {1} 10.
Zaf(x)f 0(x)dx =
af(x)
ln a+ C si a ∈ <+ ∼ {1}
11.
Zexdx = ex + C 12.
Zef(x)f 0(x)dx = ef(x) + C
13.
Zcosxdx = sinx+ C 14.
Zf 0(x) cos f(x)dx = sin f(x) + C
15.
Zsinxdx = − cosx+ C 16.
Zf 0(x) sin f(x)dx = − cos f(x) + C
17.
Zsec2 xdxZ1
cos2 xdxZ
(1 + tan2 x)dx
= tanx+ C 18.
Zf 0(x) sec2 f(x)dxZf 0(x)cos2 f(x)
dxZf 0(x)(1 + tan2 f(x))dx
= tan f(x) + C
19.
Zcsc2 xdxZ1
sin2 xdxZ
(1 + cot2 x)dx
= − cotx+ C 20.
Zf 0(x) csc2 f(x)dxZf 0(x)sin2 f(x)
dxZf 0(x)(1 + cot2 f(x))dx
= − cot f(x) + C
21.
Zsecx · tanxdxZsinx
cos2 xdx
= secx+ C 22.
Zf 0(x) sec f(x) · tan f(x)dxZf 0(x) sin f(x)cos2 f(x)
dx
= sec f(x) + C
23.
Zcscx · cotxdxZcosx
sin2 xdx
= − cscx+ C 24.
Zf 0(x) csc f(x) · cot f(x)dxZf 0(x) cos f(x)sin2 f(x)
dx
= − csc f(x) + C
25.
Z1
1 + x2dx = arctanx+ C 26.
Zf ’(x)
1 + (f(x))2dx = arctan(f(x)) + C
27.
Z1√1− x2 dx = arcsinx+ C 28.
Zf ’(x)p1− (f(x))2 dx = arcsin(f(x)) + C
29.
Z1√1 + x2
dx = ln¯x+
p1 + x2
¯+ C 30.
Zf ’(x)p1 + (f(x))2
dx = ln¯f(x) +
p1 + (f(x))2
¯+ C
31.
Z1√x2 − 1dx = ln
¯x+
px2 − 1
¯+ C 32.
Zf ’(x)p(f(x))2 − 1dx = ln
¯f(x) +
p(f(x))2 − 1
¯+ C
111
Appendix B Integrales tipoZ
1
(t2 + 1)p dt si p≥ 2
Nota Fíjate en estas dos integrales, que vienen a continuación, como se resuelven
•Zsecxdx =76
Zsecx(secx+ tanx)
secx+ tanxdx =
Zsec2 x+ secx · tanx
secx+ tanxdx
Observa que la derivada de secx+ tanx es sec2 x+ secx · tanx. Por lo tanto la integralanterior es de tipo logarítmicoZ
secxdx = ln |secx+ tanx|+ C
•Zcscxdx =77
Zcscx(cscx− cotx)cscx− cotx dx =
Zcsc2 x− cscx · cotx
cscx− cotx dx
Observa que la derivada de cscx − cotx es csc2 x− cscx · cotx. Por lo tanto la integralanterior es de tipo logarítmicoZ
secxdx = ln |cscx− cotx|+ C
76 Multiplicamos y dividimos por secx+ tanx77 Multiplicamos y dividimos por cscx− cotx
112
Appendix B
Integrales tipoZ
1
(t2 + 1)pdt si p≥ 2
Ip =
Z1
(t2 + 1)p dt =
Z1 + t2 − t2(t2 + 1)
p dt = Ip−1 −Zt · t
(t2 + 1)p dt Esta segunda integral
se resuelve por partesu = t du = dt
t
(t2 + 1)p dt = dv v =
Zt(t2 + 1)−pdt =
1
2
(t2 + 1)−p+1
−p+ 1 =−1
2 (p− 1) (t2 + 1)p−1
Ip =
Z1
(t2 + 1)p dt = Ip−1 −
Ã−t
2 (p− 1) (t2 + 1)p−1 +1
2 (p− 1)
Z1
(t2 + 1)p−1
!Ip = Ip−1 +
t
2 (p− 1) (t2 + 1)p−1 −1
2 (p− 1) Ip−1
Ip =t
2 (p− 1) (t2 + 1)p−1 +Ã1− 1
2 (p− 1)
!Ip−1
Ip =t
2 (p− 1) (t2 + 1)p−1 +2p− 32 (p− 1)Ip−1
Fíjate que I1 =Z
1
(t2 + 1)dt = arctan t+ C
Ejemplo 1Z
1
(t2 + 1)2 dt
Según la fórmula de reducción deducida en este apéndice
I2=
Z1
(t2 + 1)2dt =
t
2 (2− 1) (t2 + 1)2−1 +2(2)− 32 (2− 1)I1
Como I1 =Z
1
(t2 + 1)dt = arctan t+ C entonces
I2=
Z1
(t2 + 1)2 dt =
t
2(t2 + 1)+1
2arctan t+ C
Ejemplo 2Z
1
(t2 + 1)3 dt
Según la fórmula de reducción deducida anteriormente
I3 =t
2 (3− 1) (t2 + 1)3−1 +2 (3)− 32 (3− 1)I2
Si te fijas en el ejemplo 1 y sustituyes el valor de I2
I3 =t
4(t2 + 1)2+3
4
Ãt
2(t2 + 1)+1
2arctan t
!+ C
113
Appendix C Integrales tipoZ
1
(ax2 + bx+ c)p dx si p≥ 2 siendo∇ = b2 − 4ac < 0
Appendix C
Integrales tipoZ
1
(ax2 + bx + c)pdx
si p≥ 2 siendo∇ = b2 − 4ac < 0Como ax2 + bx+ c =
1
4a
¡4a2x2 + 4abx+ 4ac
¢=
1
4a
¡4a2x2 + 4abx+ b2 − b2 + 4ac¢ = 1
4a· £(2ax+ b)2 −∇¤
Si llamamos a −∇ = H (H > 0) tendremos
ax2 + bx+ c =1
4a· £(2ax+ b)2 +H¤ = H
4a·"(2ax+ b√
H)2 + 1
#Con lo que Z
1
(ax2 + bx+ c)p dx =
Z1"
H
4a·Ã(2ax+ b√
H)2 + 1
!#p dx =µ4a
H
¶p Z1"
(2ax+ b√
H)2 + 1
#p dx
Si realizamos el siguiente cambio de variable2ax+ b√
H= t→ dx =
√H
2adt
Z1
(ax2 + bx+ c)pdx =
µ4a
H
¶p Z1"
(2ax+ b√
H)2 + 1
#p dx ==
µ4a
H
¶p √H2a
Z1
(t2 + 1)pdt =
22p−1ap−1
Hp−12Ip siendo Ip la integral del apéndice anterior
Ejemplo 1)Z
1
(3x2 + 2x+ 1)2 dx Observa que∇ = 4− 12 = −8 < 0
Como ax2 + bx+ c =H
4a·"(2ax+ b√
H)2 + 1
#siendoH = −∇
114
3x2 + 2x+ 1 =8
12·"(6x+ 2√
8)2 + 1
#=2
3
·(3x+ 1√
2)2 + 1
¸entoncesZ
1
(3x2 + 2x+ 1)2 dx =
Z1Ã
2
3
"µ3x+ 1√
2
¶2+ 1
#!2 dx = 9
4
Z1"µ
3x+ 1√2
¶2+ 1
#2 dx
Si realizamos el siguiente cambio de variable3x+ 1√
2= t→ dx =
√2
3dt
9
4
Z1"µ
3x+ 1√2
¶2+ 1
#2 dx = 9√2
4 · 3Z
1
(t2 + 1)2 dt =
3√2
4I2
Si te fijas en el apéndice anterior I2 =Z
1
(t2 + 1)2dt =
t
2(t2 + 1)+1
2arctan t+ C
Deshaciendo el cambio de variable
I2 =
3x+ 1√2
2
Ã3x+ 1√2
!2+ 1
+1
2arctan
3x+ 1√2
+ C
Así pues simplificando y sustituyendo en la integral inicial tendremosZ1
(3x2 + 2x+ 1)2 dx =
3√2
4
Ã1
6
√2 (3x+ 1)
3x2 + 2x+ 1+1
2arctan
3x+ 1√2
!+ C
Z1
(3x2 + 2x+ 1)2dx =
1
4
3x+ 1
3x2 + 2x+ 1+3√2
8arctan
3x+ 1√2
+ C
115