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Metodos de Integracion

L. F. Resendis O.

Indice general

1. Metodos de integracion L.F. Resendis O. 51.1. Formulario de derivadas e integrales . . . . . . . . . . . . . . . 61.2. Integrales inmediatas L.F. Resendis O. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.2.1. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.3. Completacion del Trinomio L.F. Resendis O. . . . . . . . . . . . . . . 16

1.3.1. Ejercicios. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191.4. Integrales trigonometricas L.F. Resendis O. . . . . . . . . . . . . . . . 20

1.4.1. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 261.5. Sustitucion trigonometrica L.F. Resendis O. . . . . . . . . . . . . . . . 28

1.5.1. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 341.6. Integracion por partes con funciones trascendentes L.F. Resendis O. . 35

1.6.1. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 391.7. Integracion por fracciones parciales L.F. Resendis O. . . . . . . . . . . 40

1.7.1. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 441.8. Formulario L.F. Resendis O. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

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4 INDICE GENERAL

Capıtulo 1

Metodos de integracion L.F. Resendis O.

En esta seccion se estudian tecnicas de integracion donde se trata deaplicar diversos metodos, junto con un formulario basico de integracion. Elformulario presenta primero una tabla de derivadas basicas escritas en termi-nos de la regla de la cadena. A saber si f = f(u) y u = u(x) entonces

d

dxf(u) = f (u)

d

dxu(x) = f (u)

du

dx.

Gran parte de los ejercicios de integracion se fundamentan en el teorema decambio de variable, de manera que memorizar la tabla de derivadas sera degran utilidad, pues es la base para detectar rapidamente el cambio de variablenecesario para resolver la integral y de hecho con la practica esto se hace deforma inmediata. Asimismo el lector debe tratar de memorizar el formulariode integracion y entonces el uso del formulario se reducira a consultar algunaduda sobre determinada formula. Esto es sumamente util porque, finalmente,las tecnicas de integracion aquı descritas, tan solo tratan de reducir la integralpropuesta a una o varios de los patrones que aparecen en el formulario y porende es necesario tener familiaridad con los mencionados patrones de lasformulas.A continuacion se presentan los formularios que seran usados. Se resuelvenen detalles los ejemplos de cada seccion, sin embargo al abordar una nuevaseccion se considera conocido y asimilado lo visto en las secciones anterioresy en la solucion escrita los detalles correspondientes a tecnicas anterioresse presentan muy resumidamente. En la medida de lo posible se trata dedistinguir en el metodo la parte de la manipulacion algebraica y el calculode las integrales resultantes.

5

6 CAPITULO 1. METODOS DE INTEGRACION L.F. RESENDIS O.

Al final de cada metodo se presentan 4 o 5 grupos de ejercicios. El primergrupo tiene las soluciones y al consultarlas pueden dar una idea del pro-cedimiento para resolver las integrales; ası con todo proposito los gruposrestantes no tienen las soluciones y se espera que un lector dedicado deltexto las pueda resolver sin problemas.

1.1. Formulario de derivadas e integrales

El primer bloque de formulas de derivacion se refiere a las derivadas delas funciones exponenciales y sus inversas.

(1)d

d xun = nun−1

du

d x

(2)d

d xlnu =

1

u

du

d x

(3)d

d xeu = eu

du

d x

(4)d

d xloga u =

1

u ln a

du

d x

(5)d

d xau = au ln a

du

d x

El segundo bloque corresponde a las de rivadas de las funciones trigonometri-cas directas

1.1. FORMULARIO DE DERIVADAS E INTEGRALES 7

(6)d

d xsenu = cosu

du

dx

(7)d

d xcosu = − senu du

dx

(8)d

d xtanu = sec2 u

du

dx

(9)d

d xcotu = − csc2 u du

d x

(10)d

d xsecu = secu tanu

du

d x

(11)d

d xcscu = − cscu cotu du

d x


El tercer bloque corresponde a las funciones trigonometricas inversas. Seobserva que las derivadas son funciones algebraicas.

(12)d

d xarc senu =

1√1− u2

du

d x

(13)d

d xarctanu =

1

1 + u2du

d x

(14)d

d xarcsecu =

1

u√u2 − 1

du

d x

(15)d

d xarc cosu = − 1√

1− u2du

d x

(13)d

d xarccotu = − 1

1 + u2du

d x

(14)d

d xarccscu = − 1

u√u2 − 1

du

d x

El primer bloque de formulas de integracion para exponenciales es el sigu-iente.

(I) un du =un+1

n+ 1+ C, n = −1.

(II)du

u= ln |u|+ C

(III) eu du = eu + C

(IV) au du =au

ln a+ C

1.1. FORMULARIO DE DERIVADAS E INTEGRALES 9

El segundo bloque lo forman las formulas de integrales trigonometricas yalgunos productos entre ellas.

(V) senu du = − cosu+ C

(VI) cosu du = senu+ C

(VII) tanu du = ln | secu|+ C

(VIII) cotu du = ln | senu|+ C

(IX) secu du = ln | secu+ tanu|+ C

(X) cscu du = ln | cscu− cot u|+ C

(XI) sec2 u du = tanu+ C

(XII) csc2 u du = − cotu+ C

(XIII) secu tanu du = secu+ C

(XIV) cscu cot u du = − cscu+ C


El tercer bloque son las formulas de integracion para funciones racionales deorden 2.

(XV)du

a2 − u2 =1

2alnu+ a

u− a + C

(XVI)du

u2 − a2 =1

2alnu− au+ a

+ C .

El cuarto bloque son las formulas de integracion basicas para radicales.

(XVII)du√a2 − u2 = arc sen

u

a+ C

(XVIII)du

a2 + u2=

1

aarctan

u

a+ C

(XIX)du

u√u2 − a2 =

1

aarcsec

u

a+ C

(XX)√a2 + u2 du =

u

2

√a2 + u2 +

a2

2ln(u+

√a2 + u2) + C

(XXI)√a2 − u2 du =

u

2

√a2 − u2 + a

2

2arc sen

u

a+ C

(XXII)√u2 − a2 du =

u

2

√u2 − a2 − a

2

2ln |u+√u2 − a2|+ C

(XXIII)du√u2 − a2 = ln u+

√u2 − a2 + C.

(XXIV)du√a2 + u2

= ln(u+√a2 + u2) + C

(XXV)du

u√a2 + u2

= −1aln

√a2 + u2 + a

u+ C.

1.2. INTEGRALES INMEDIATAS L.F. RESENDIS O. 11

1.2. Integrales inmediatas L.F. Resendis O.

Se llaman integrales inmediatas aquellas que se pueden resolver directamentepor aplicacion de una formula de integracion y un sencillo cambio de variableque se puede deducir de la propia expresion integral. Para poder aplicar elcambio de variable se necesita familiaridad con la tabla de derivadas y conla tabla de integrales.

Ejemplo 1.2.1 Con ayuda de formulario calcular las siguientes integrales

i)2x+ cosx

(x2 + senx)3dx ii)

x2 − 22− 6x+ x3dx

iii)e√x+3

√xdx iv) 4tan 5x sec2 5x dx

v) cot(x

2+ 3) dx vi) sec2(e2x + 3) e2x dx

vii)dt√

25t2 + 3viii) sen 2(3x+ 1) + 4 cos(3x+ 1) dx

Solucion i) Sea u = x2 + senx, entonces por (1) y (6), du = (2x+ cos x) dx.En este caso el du esta completo, luego al aplicar (I) se tiene

2x+ cosx

(x2 + senx)3dx =

du

u3= u−3du = −u

−2

2+ C

= − 1

2(x2 + senx)2+ C .

ii) Sea u = 2−6x+x3. Se calcula du = (−6+3x2) dx usando (1) y se observaque es necesario multiplicar por 3 el numerador de la integral para obtenerdu, por esto es necesario tambien dividir por 3 para no alterar la integral.Ası por linealidad de la integral y (II)

x2 − 22− 6x+ x3dx =

3

3· x2 − 22− 6x+ x3dx =

1

3

3x2 − 62− 6x+ x3dx

=1

3

du

u=1

3lnu+ C =

1

3ln(2− 6x+ x3) + C .


iii) Sea u =√x + 3 entonces por (1) se tiene du =

dx

2√xy por tanto es

necesario multiplicar y dividir por 2 para completar du y usar (III) paraobtener

e√x+3

√xdx =

2

2· e√x+3

√xdx = 2

e√x+3

2√xdx

= 2 eu du = 2eu + C = 2e√x+3 + C .

iv) Sea u = tan 5x entonces por (8) se tiene du = 5 sec2 5x dx por tanto esnecesario multiplicar y dividir por 5 para completar du y al aplicar (IV) seobtiene

4tan 5x sec2 5x dx =5

5· 4tan 5x sec2 5x dx = 1

54tan 5x 5 sec2 5x dx

=1

54u du =

1

5

4u

ln 4+ C =

1

5

4tan 5x

ln 4+ C .

v) Sea u =x

2entonces du =

dx

2por tanto es necesario dividir y multiplicar

por 2 para completar du y aplicar (VIII) para obtener

cotx

2dx =

2

2· cot x

2dx = 2 cot

x

2

dx

2

= 2 cotu du = 2 ln | senu|+ C = 2 ln senx

2+ C .

vi) Sea u = e2x + 3 entonces por (3), du = 2e2x dx y por tanto es necesariomultiplicar y dividir por 2 para completar du y al aplicar (XI) se obtiene

sec2(e2x + 3) e2x dx =2

2· sec2(e2x + 3) e2x dx

=1

2sec2(e2x + 3) 2e2x dx =

1

2sec2 u du

=1

2tanu+ C =

1

2tan(e2x + 3) + C .

vii) Sea u2 = 25t2 y a2 = 3 entonces u = 5t, du = 5 dt y a =√3. Por tanto es

necesario multiplicar y dividir por 5 para completar du y usar (XXIV) para


obtener

dt√25t2 + 3

=5

5· dt√25t2 + 3

=1

5

5 dt√25t2 + 3

=1

5

du√u2 + a2

=1

5ln(u+

√u2 + a2) + C =

1

5ln(5t+

√25t2 + 3) + C .

viii) Sea u2 = sen 2(3x + 1) y a2 = 4 entonces u = sen (3x + 1) y por (6),du = 3 cos(3x + 1) dx y a = 2. Por tanto es necesario multiplicar y dividirpor 3 para completar du y aplicar (XX) para conseguir

sen 2(3x+ 1) + 4 cos(3x+ 1) dx =

=3

3· sen 2(3x+ 1) + 4 cos(3x+ 1) dx

=1

3sen 2(3x+ 1) + 4 · 3 cos(3x+ 1) dx

=1

3

√u2 + a2 du

=1

3

u

2

√u2 + a2 +

a2

2ln(u+

√u2 + a2) + C

=sen (3x+ 1)

6sen 2(3x+ 1) + 4

+2

3ln sen (3x+ 1) + sen 2(3x+ 1) + 4 + C .


1.2.1. Ejercicios

Ejercicio 1.2.1 Con ayuda de formulario calcular las siguientes integrales

i)x2 + ex − 23ex − 6x+ x3dx ii)

x3 − csc2 2xx4 + 2 cot 2x

dx

iii)e3√x−33√x2

dx iv) 4cos 4x sen 4x dx

v) tan(5x

2+ 4) dx vi) csc2(e3x − 3) e3x dx

vii)dt√

16t2 − 3 viii) cos2(5x+ 1) + 4 sen (5x+ 1) dx

ix)e3x

2 + e3xdx x)

1

ex + 6dx

Solucion i) ln 3√3ex − 6x+ x3+C; ii) ln 4

√x4 + 2 cot 2x+C; iii) 3e

3√x−3+C;iv) −4cos 4x

ln 256+C; v) 2

5ln sec(5x

2+4)+C; vi) −1

3cot(33x− 3) +C; vii) 1

4ln(4 +√

16t2 − 3)+C; viii) − 110cos(5x−1)− 2

5ln(cos(5x−1)+ cos2(5x− 1) + 4)+

C; ix) 13ln(2 + 3ex) + C; x) x

6− 1

6ln(ex + 6) + C.



i)x2 + cosx− 23 senx− 6x+ x3dx ii)

x2 − cscx cotxx3 + 3 cscx

dx

iii)e4√x−44√x3

dx iv) 4tan 4x sec2 4x dx

v) sec(5x

2+ 4) dx vi) cot(e2x − 3) e2x dx

vii)dt√5− 9t2 viii) 9− 4 cos2(2x+ 1) sen (2x+ 1) dx

ix)e3t − 2et

e3t − 6et + 2 dt x)ex + x

2ex + x2 − 6 dx


i)dx√

1− x2 arcsenx ii)x3 + secx tanx

x4 + 4 secxdx

iii)e1x+1

x2dx iv) 6sec 4x sec 4x tan 4x dx

v) sec2(5x

2+ 4) dx vi) csc(e2x − 3) cot(e2x − 3) e2x dx

vii)dt

5− 36t2 viii) 16− tan2(3x+ 1) sec2(3x+ 1) dx

ix)4x

2 + 4xdx x)

23x

5− 23x dx



i)dx√

1− x2 arc cos x ii)x3 − cscx cotxx4 + 4 cscx

dx

iii)e1x2−2

x3dx iv) 7sec 3x sec 3x tan 3x dx

v) csc(5x

2+ 4) dx vi) tan(e2x − 3) e2x dx

vii)dt

25t2 + 7viii)

sec2(3x+ 1) dx

16− tan2(3x+ 1)

ix) 5x2−x+1(2x− 1) dx x)

3lnx

xdx

1.3. Completacion del Trinomio L.F. Resendis O.

Este procedimiento se aplica cuando el integrando presenta expresiones de laforma

√av2 + bv + c ,

1√av2 + bv + c

, o1

av2 + bv + c.

Como su nombre lo indica se trata de completar el trinomio y esto se hacemediante la siguiente formula.Para a > 0 la completacion del trinomio ax2 + bx+ c es de la forma:

ax2 + bx+ c =√ax+

b

2√a

2

+ c− b2

4a.

En el caso que a < 0 se tiene

ax2 + bx+ c = c− b2

4a− √−ax− b

2√−a

2

.

1.3. COMPLETACION DEL TRINOMIO L.F. RESENDIS O. 17

Ejemplo 1.3.1 Calcular las siguientes integrales

i)dt

5− 2t− 3t2 ii)5t− 2√

4t2 − 3t+ 7 dt .

Solucion i) Se completa el trinomio para 5 − 2t − 3t2 donde se observa quea = −3, b = −2 y c = 5. Ası

5− 2t− 3t2 = 5− (−2)2

4(−3) − −(−3)t− −22 −(−3)

2

= 5 +1

3−√3t+

1√3

2

=16

3−√3t+

1√3

2

.

Luego para la integral se tiene exactamente la igualdad

dt

5− 2t− 3t2 =dt

16

3−√3t+

1√3

2 .

Sea u =√3t + 1√

3, a2 = 16

3, entonces du =

√3 dt, a = 4√

3y es necesario

multiplicar y dividir por√3 para completar du. Se aplica (XV) para obtener

dt

5− 2t− 3t2 =1√3

√3dt

16

3−√3t+

1√3

2

=1√3

√3

2(4)ln

√3t+ 1√

3+ 4√

3√3t+ 1√

3− 4√

3

+ C

=1

8ln3t+ 5

3t− 3 + C .

ii) Sea u = 4t2 − 3t + 7 entonces du = (8t− 3) dt por lo tanto para obtenerla diferencial du en el numerador es necesario primero multiplicar y dividir

por8

5, ası

5t− 2√4t2 − 3t+ 7 dt =

5

8

8

5(5t− 2)

√4t2 − 3t+ 7 dt =

5

8

8t− 165√

4t2 − 3t+ 7 dt


Ahora se resta y suma 3 para completar du y se separan las integrales

5t− 2√4t2 − 3t+ 7 dt =

5

8

8t− 3 + 3− 165√

4t2 − 3t+ 7 dt =5

8

8t− 3− 15√

4t2 − 3t+ 7 dt

=5

8

8t− 3√4t2 − 3t+ 7 dt+

5

8

−15√

4t2 − 3t+ 7 dt

=5

8

8t− 3√4t2 − 3t+ 7 dt−

1

8

1√4t2 − 3t+ 7 dt

=5

4

√4t2 − 3t+ 7− 1

8

dt√4t2 − 3t+ 7 ,

donde la primera integral se resolvio usando (I). Para resolver la segundaintegral se completa el trinomio para 4t2−3t+7 donde se observa que a = 4,b = −3 y c = 7. Ası

4t2 − 3t+ 7 = 2t+−32 · 2

2

+ 7− (−3)2

4(4)

= 2t− 34

2

+93

16.

Luego para la integral mencionada se tiene

dt√4t2 − 3t+ 7 =

dt

2t− 34

2+ 93

16

.

Sea u = 2t− 34, a2 = 93

16, entonces du = 2 dt, a =

√934y es necesario multiplicar

y dividir por 2 para completar du. Se aplica (XXIV) para conseguir

dt√4t2 − 3t+ 7 =

1

2

2 dt

2t− 34

2+ 93

16

=1

2ln 2t− 3

4+√4t2 − 3t+ 7 + C .

El resultado de la integral propuesta es entonces

5t− 2√4t2 − 3t+ 7 dt =

5

4

√4t2 − 3t+ 7

− 1

16ln 2t− 3

4+√4t2 − 3t+ 7 + C .

1.3. COMPLETACION DEL TRINOMIO L.F. RESENDIS O. 19

1.3.1. Ejercicios.

Ejercicio 1.3.1 Calcular las siguientes integrales

i)dx

x2 − x− 74

ii)√4− 4x− 4x2dx

iii)2t+ 1√5t2 + t− 4dt iv)

3x− 2√9x2 + 7− 6x dx .

Solucion i) 12√2ln 1+2

√2−2x

−1+2√2+2x+C; ii) (x+12)√1− x− x2− 5

4arc sen −1−2x√

5+C;

iii) 25

√5t2 + t− 4+ 4

5√5ln 1+10x+2

√5√5t2 + t− 4 +C; iv) 1

3

√9x2 + 7− 6x−

13ln 3x− 1 +√9x2 + 7− 6x + C.


i)dt

34+ 2t− 4t2 ii)

dt

2t2 + 3t+ 5

iii)3x− 2√

2x2 − 6x− 4dx iv) (2x− 1)√3x+ 6− 4x2 dx .


i)dt√

4− 2t2 + t ii)√x2 + 4x− 1 dx

iii)3t− 4

2t2 − t+ 1 dt iv) (x− 1)√4 + 3x2 + x dx .


i)dt

4t2 + 2t+ 34

ii)√3x2 − 12x− 7 dx

iii)1− 3t√

5− 9t2 − 12tdt iv) (x− 1)√6x+ 1− 9x2dx


1.4. Integrales trigonometricas L.F. Resendis O.

Para la resolucion de integrales trigonometricas hay una serie de casos quese abordan de acuerdo al exponente y en general la idea es una sola: se tratade reducir estas integrales a la forma

vn dv + integral inmediata.

Caso 1. Integrales de la forma

senmu cosn u du

donde m o n es un numero impar positivo. Se aplica la identidad pitagorica

sen 2u+ cos2 u = 1 .

Por ejemplo si m = 2k + 1 es impar, se puede reescribir

senmu cosn u = cosn u( sen 2ku) senu = cosn u(1− cos2 u)k senuy al observar que d cosu = − senu du, la integral reduce a

± (potencias de cosu) senu du .

Ejemplo 1.4.1 Calcular

sen 3/72x cos3 2x dx .

Solucion Se observa que la potencia impar es la de la funcion coseno, ası esaes la potencia que se separa y se aplica (I)

sen 3/72x cos3 2x dx = sen 3/72x cos2 2x cos 2x dx

= sen 3/72x(1− sen2 2x) cos 2x dx

= sen 3/72x cos 2x dx− sen17/7 2x cos 2x dx

=7

20sen 10/72x− 7

48sen 24/72x+ C .

1.4. INTEGRALES TRIGONOMETRICAS L.F. RESENDIS O. 21


senmu cosn u du

donde m y n son numeros pares positivos. Se aplican las identidades

sen 2u =1

2− 12cos 2u cos2 u =

1

2+1

2cos 2u .

Se observa que se reduce a integrales del coseno de angulos multiples. Paraescribir el resultado en los angulos originales son necesarias las identidades

cos 2u = 2 cos2 u− 1 = 1− 2 sen2 u , sen 2u = 2 senu cosu .


sen23x

2cos2

3x

2dx .

Solucion Se observa que ambas potencias en el integrando son numeros parespositivos. Entonces por (VI)

sen23x

2cos2

3x

2dx = (

1

2− 12cos 3x)(

1

2+1

2cos 3x) dx

= (1

4− 14cos2 3x) dx

=x

4− 14

(1

2+1

2cos 6x) dx

=x

4− x8− 1

48sen 6x+ C .

Para convertir sen 6x en expresiones con el angulo3x

2se usan las identidades

trigonometricas mencionadas, por ejemplo

sen 6x = 2 sen 3x cos 3x

= 2 2 sen3x

2cos

3x

21− 2 sen 23x

2

= 4 sen3x

2cos

3x

2− 8 sen 33x

2cos

3x

2

y ası el resultado puede reescribirse como


sen23x

2cos2

3x

2dx =

x

8− 1

12sen

3x

2cos

3x

2− 16sen 3

3x

2cos

3x

2+ C


tanm u du o cotm u du

donde m es un numero entero. Se aplican las identidades pitagoricas

sec2 u = 1 + tan2 u csc2 u = 1 + cot2 u . (1.4.1)

Por ejemplo, cuando se aborda tanm u, se observa que se reduce a una sumade integrales de la forma

tann u sec2 u dx, sec2 u du, tanu du, c du .

Ejemplo 1.4.3 a) Calcular

1

cot3 2xdx .

b) Calcular

cot4 x dx .

Solucion a) Como tan3 2x =1

cot3 2xse aplica la primera identidad. Entonces

por (I) y (VII) se tiene

1

cot3 2xdx = tan3 2x dx = tan 2x tan2 2x dx

= tan 2x(sec2 2x− 1) dx

= tan 2x sec2 2x dx− tan 2x dx

=1

4tan2 2x− 1

2ln | sec 2x|+ C .


b) Se aplica la segunda identidad. Entonces

cot4 x dx = cot2 x(csc2 x− 1) dx

= cot2 x csc2 x dx− cot2 x dx

= −13cot3 x− (csc2 x− 1) dx

= −13cot3 x+ cotx+ x+ C .


secm u du o cscm u du

donde m = 2k es un numero par positivo. Se aplican las identidades 1.4.1para reescribir

sec2k u du = sec2k−2 u sec2 u = (tan2 u+ 1)k−1 sec2 u

ycsc2k u du = csc2k−2 u csc2 u = (cot2 u+ 1)k−1 csc2 u

Por ejemplo, cuando se aborda secm u, se observa que se reduce a integralesde la forma

(potencias de tanu) sec2 u dx .


csc45x

3dx .

Solucion Como la potencia es par y positiva

csc45x

3dx = csc2

5x

3csc2

5x

3dx

= (cot25x

3+ 1) csc2

5x

3dx

= cot25x

3csc2

5x

3dx− csc2

5x

3dx

= −15cot3

5x

3+3

5cot

5x

3+ C ,


donde se aplicaron (I) y (XII) para calcular las integrales.Caso 5. Integrales de la forma

tanm u secn u du o cotm u cscn u du .

Si n = 2k se procede como en el caso anterior, es decir se aplican las identi-dades 1.4.1 para reescribir, por ejemplo,

tanm u sec2k+2 u = tanm u sec2k u sec2 u

= tanm u(1 + tan2 u)ku sec2 u

y se reduce a

(potencias de tanu) sec2 u du .

Si m = 2k + 1, n = 2l + 1 se usa 1.4.1 para reescribir, por ejemplo,

cot2k+1 u csc2l+1 u = cot2k u csc2l u cscu cot u

= (csc2−1)k csc2l u cscu cotuy se reduce a

(potencias de cscu) cscu cotu du .

Ejemplo 1.4.5 a) Calcular

cot7/2 3x csc4 3x dx .

b) Calculartan5 2x sec3 2x dx

Solucion i) Como la potencia de cscx es par y positiva se tiene por (I)

cot7/2 3x csc4 3x dx = cot7/2 3x csc2 3x csc2 3x dx

= cot7/2 3x(1 + cot2 3x) csc2 3x dx

= cot7/2 3x csc2 3x dx+ cot11/2 3x csc2 3x dx

= − 227cot9/2 3x− 2

26cot13/2 3x+ C .


b) Como ambas potencias son impares se tiene por (I)

tan5 2x sec32x dx = tan4 2x sec2 2x sec 2x tan 2x dx

= (sec2 2x− 1)2 sec2 2x sec 2x tan 2x dx

= (sec4 2x− 2 sec2 2x+ 1) sec2 2x sec 2x tan 2x dx

= sec6 2x sec 2x tan 2x dx − 2 sec4 2x sec 2x tan 2x dx

+ sec2 2x sec 2x tan 2x dx

=1

14sec7 2x− 1

5sec5 2x+

1

6sec3 2x+ C .


senmx cosnx dx , senmx sennx dx , cosmx cosnx dx ,

para m = n. Se usa por ejemplo

sen au cos bu =1

2sen (a+ b)u+

1

2sen (a− b)u .

Se aplican directamente las formulas

senmx cosnx dx = −cos(m+ n)x2(m+ n)

− cos(m− n)x2(m− n) + C ,

senmx sennx dx = − sen (m+ n)x2(m+ n)

+sen (m− n)x2(m− n) + C ,

cosmx cosnx dx =sen (m+ n)x

2(m+ n)+sen (m− n)x2(m− n) + C .


sen 3x cos 4x dx .

Solucion Es inmediata aplicando la primera formula con m = 3, n = 4. Ası

sen 3x cos 4x dx =cos 2x

4− cos 6x

12+ C .


1.4.1. Ejercicios


i) sen 2/3x

2cos5

x

2dx ii)

sen 32z

cos8 2zdz

iii) tan4 6t dt iv) csc6x

3dx

v) 3 tan2x

2sec4

x

2dx vi) cot5 2z csc3/2 2z dz

vii) cos4 3t dt viii) sen 22x cos4 2x dx

ix) sen 3t cos 5t dt x) sen 2x senx

3dx .

Solucion i) 45sen 5/2 x

2− 89sen 9/2 x

2+ 413sen 13/2 x

2+C; ii) − 1

10sec5 2z+ 1

14sec7 2z+

C; iii) t−29tan 6t+ 1

18sec2 6t tan 6t+C; iv)−8

5cot x

3−45cot x

3csc2 x

3−35cot x

3csc4 x

3+

C; v) 655(6+ 5 sec2 x

2) tan5/3 x

2; vi) −1

9csc11/2 2z+ 2

7csc7/2 2z+ 1

3csc3/2 2z; vii)

3t8+ 112sen 6t+ 1

96sen 12t+ c; viii) x

16+ 1128sen 4x− 1

128sen 8x− 1

384sen 12x+ c;

ix) cos2 2x2− 1

16cos 8x+ c; x) 3

10sen 5x

3− 3

14sen 7x

3+ c.


i)cos5 x

3

3 sen 2 x3

dx ii)sen 33z

cos7 3zdz

iii) cot42t

3dt iv) sec6(2t+ 1) dt

v)5cot2

3x

2csc4

3x

2dx vi) tan5 3z sec3/2 3z dz

vii) sen 4(3t− 2) dt viii) cos2 2x sen 42x dx

ix) cos 5t cos 3t dt x) cos 3x senx

4dx .



i)cot θ3√sen θ

dθ ii)sen 52z

cos4 2zdz

iii) (1 + tan22t

3)2 dt iv) csc4(3t+ 1) dt

v)sen 3/2x

cos11/2 xdx vi) cot5

3z

2csc

3z

2dz

vii) [1 + sen 2(2t− 3)]2 dt viii) sen 4x

2cos4

x

2dx

ix) sen3t

2sen 2t dt x) cos 4x cos

2x

5dx .


i)tan 2θ3√cos 2θ

dθ ii)cos5 3z

sen 4/33zdz

iii) (1 + cot23t

5)2 dt iv) sec4(2t+ 1) dt

v)cos3/2 x

sen 11/2xdx vi) tan5

2z

3sec

2z

3dz

vii) [1 + cos2(t+ 1)]2 dt viii) cos4x

4sen 4

x

4dx



i)sen 2/3 x

2

sec5 x2

dx ii) sen 32z sec8 2z dz

iii) tan6 6t dt iv) csc4x

3dx

v) 5 tan3x

2sec4

x

2dx vi)

cot5 2z

sen 5/22zdz

vii) cos6 3t dt viii) (1 + sen 2x)(1 + cos2 x) dx

ix) sen 4t cos3t

2dt x) sen 2x sen

x

3dx .

1.5. Sustitucion trigonometrica L.F. Resendis O.

Este metodo se usa cuando aparecen expresiones que involucran potenciasde ±u2 ± a2 que no aparecen en el formulario basico y se procede vıa uncambio de variable trigonometrico, lo cual reduce la integral a una integraltrigonometrica.Caso 1. Para expresiones donde aparecen potencias de

a2 − u2 o√a2 − u2 se usa u = a sen z.

Se tiene ası

a2 − u2 = a2 cos2 z y√a2 − u2 = a cos z con du = a cos z dz.

El triangulo asociado es el de la figura 1.1 Para reescribir la variable originalde integracion son de utilidad las identidades

sen 2x = 2 senx cosx cos 2x = cos2 x− sen 2x .


dx

x(2− 3x2)3/2 .

1.5. SUSTITUCION TRIGONOMETRICA L.F. RESENDIS O. 29

0

a

u

��a2 � u2

z

Figura 1.1: El triangulo asociado al cambio u = a sen z

Solucion i) Se identifica primero

a2 = 2 , u2 = 3x2 , x =u√3

a = 2 , u =√3x , du =

√3 dx .

Entonces

dx

x(2− 3x2)3/2 =1√3

√3 dx

x(2− 3x2)3/2 =1√3

duu√3(a2 − u2)3/2

=du

u(a2 − u2)3/2 .

Para resolver la ultima integral se aplica la substitucion trigonometrica

u = a sen z , (a2 − u2)1/2 = a cos z ,du = a cos z dz , (a2 − u2)3/2 = a3 cos3 z .


Entonces por (X) y (I) se tiene

du

u(a2 − u2)3/2 =a cos z dz

a sen za3 cos3 z=

1

a3dz

sen z cos2 z

=1

a3csc z sec2 z dz =

1

a3csc z(1 + tan2 z) dz

=1

a3csc z dz +

1

a31

sen z

sen 2z

cos2 zdz

=1

a3ln(csc z − cot z) + 1

a3cos−2 z sen z dz

=1

a3ln(csc z − cot z) + 1

a3sec z + C .

Al observar el triangulo asociado a la substitucion trigonometrica empleadase tiene

csc z =a

u=

√2√3x, cot z =

√a2 − u2u

=

√2− 3x2√3x

sec z =a√

a2 − u2 =

√2√

2− 3x2 . .

Se substituye la variable original para obtener finalmente

dx

x(2− 3x2)3/2 =1√23ln

√2√3x−√2− 3x2√3x

+1√23·√2√

2− 3x2 + C

=1√23ln

√2−√2− 3x2√

3x+1

2

1√2− 3x2 + C .

Caso 2. Expresiones donde aparecen potencias de

a2 + u2 o√a2 + u2 se usa u = a tan z.

Se tiene ası

a2 + u2 = a2 sec2 z y√a2 + u2 = a sec z con du = a sec2 z dz.

El triangulo asociado es el de la figura 1.2


0

��u2 � a2

u

a

z

Figura 1.2: El triangulo asociado al cambio u = a tan z


√4x2 + 9

x6dx .


a2 = 9 , u2 = 4x2 , x =u√2

a = 3 , u = 2x , du = 2 dx .

Entonces√4x2 + 9

x6dx =

1

2

√4x2 + 9

x62 dx =

1

2

√u2 + a2

u6

23

du

= 22√u2 + a2

u6du .


u = a tan z , (u2 + a2)1/2 = a sec z ,du = a sec2 z dz . .


Entonces√u2 + a2

u6du =

a sec z

a6 tan6 za sec2 z dz =

1

a4cos6 dz

cos3 z sen 6z

=1

a4sen−6 cos3 z dz

=1

a4sen−6(1− sen 2z) cos z dz

=1

a4sen−6 cos z dz − 1

a4sen−4 cos z dz

= − 1

5a4csc5 z +

1

3a4csc3 z + C .


csc z =

√u2 + a2

u=

√4x2 + 9

2x.

Se substituye para obtener finalmente√4x2 + 9

x6dx = 4

√u2 + a2

u6du

= − 4

5 · 34(4x2 + 9)5/2

25x5+4

35(4x2 + 9)3

23x3+ C

= − 1

40 · 34(4x2 + 9)5/2

x5+

1

2 · 35(4x2 + 9)3/2

x3+ C .

Caso 3. Expresiones donde aparecen potencias de

u2 − a2 o√u2 − a2 se usa u = a sec z.

Se tiene ası

u2 − a2 = a2 tan2 z y√u2 − a2 = a tan z con du = a sec z tan z dz.

El triangulo asociado es el de la figura 1.3


dx

x3√x2 − 5 dx .


0

u

��u2 � a2

a

z

Figura 1.3: El triangulo asociado al cambio u = a sec z


a2 = 5 , u2 = x2 , x = u

a =√5 , u = x , du = dx .

Entonces

dx

x3√x2 − 5 dx =

du

u3√u2 − a2 .


u = a sec z , (u2 − a2)1/2 = a tan z ,du = a sec z tan z dz . .

Entonces

du

u3√u2 − a2 =

a sec z tan z

a3 sec3 za tan zdz =

1

a3dz

sec2 za

=1

a3cos2 z dz =

1

a31

2+1

2cos 2z dz

=1

2a3z +

1

4a3sen 2z + C

=1

2a3z +

1

2a3sen z cos z + C .



cos z =a

u=

√5

x, sen z =

√u2 − a2u

=

√x2 − 5x

sec z =u

a=

x√5, z = arcsec

u√5.

Se substituye para obtener finalmente

dx

x3√x2 − 5 dx =

1

2 · 53/2 arcsecx√5+

1

2 · 53/2√5

x

√x2 − 5x

+ C

=1

2 · 53/2 arcsecx√5+1

10

√x2 − 5x2

+ C.

1.5.1. Ejercicios


i)dx

(x2 + 3)3/2ii)

2z2 dz√z2 + 5

iii)t5 dt√4− t2 iv)

dy

y2 3y2 − 7

v)

√x2 − 16 dxx5

vi)dz

z3√4− z2

Solucion i) x3√x2+3

+ c; ii) x√x2 + 5−5 arcsenh x√

5+c; iii) − 1

15

√4− x2(128+

16x2+3x4) + c; iv)

√3y2−77y

+ c; v)√x2 − 16( 1

128x2− 1

4x4)− 1

512arctan 4√

x2−16 ;

vi) 116(−2

√4−x2x2

+ ln x2+√4−x2 ).


i)dx

(3x2 + 5)3/2ii)

z2 dz√3z2 + 7

iii)t4 dt√9− t2 iv)

dy

y2 2y2 − 9

v)

√4x2 − 25 dx

x2vi)

dz

z3√9− z2

1.6. INTEGRACION POR PARTES CON FUNCIONES TRASCENDENTES L.F. RESENDIS O. 35


i)dx

(5 + x2)2ii)

z2 dz√2 + 3z2

iii)

√16− t2 dtt2

iv)dy

y2 2y2 − 9

v)(r2 − 1)5/2 dr

r8vi)

dz

z3√4− z2

1.6. Integracion por partes con funciones trascen-

dentes L.F. Resendis O.

Se aplica la formula de integracion por partes

u dv = uv − v du

para obtener diversas integrales que involucran funciones trascendentes. Es-tas integrales se pueden distinguir por involucrar funciones inversas, mul-tiplicacion de funciones trascendentes de diferente clase o polinomiales. Uncriterio que es util para la eleccion de u y dv es elegir u como la funcion cuyaprimitiva no es conocida y si la eleccion es acertada la integral resultante nodebe aumentar el grado de dificultad que la integral propuesta.

Ejemplo 1.6.1 Calcular las siguientes integrales

i) arc sen z dz ii) x2 sen 3x dx

iii) t arctan t dt iv) e2θ cos θ dθ

v)lnx dx

(x+ 1)2vi) ln2 z dz


Solucion i) Se eligen u y dv como

u = arcsen z , dv = dz ,

du =dz√1− z2 , v = z .

Entonces

arcsen z dz = z arcsen z − z dz√1− z2

= z arcsen z +√1− z2 + C .

ii) Se eligen u y dv como

u = x2 , dv = sen 3x dx ,

du = 2x dx , v = −13cos 3x .

Entonces

x2 sen 3x dx = −13x2 cos 3x+

2

3x cos 3x dx .

Se observa que la nueva integral a reducido en una unidad el exponente de lax y al menos parece mas facil de resolver que la primera. Ahora nuevamentepor partes se resuelve la segunda integral eligiendo u y dv como

u = x , dv = cos 3x dx ,

du = dx , v =1

3sen 3x .

Entonces

x cos 3x dx =1

3x sen 3x− 1

3sen 3x dx

=1

3x sen 3x+

1

9cos 3x.

Por tanto

x2 sen 3x dx = −13x2 cos 3x+

2

9x sen 3x+

2

27cos 3x+ C .


iii) Se eligen u y dv como

u = arctan t , dv = t dt ,

du =dt

1 + t2, v =

t2

2.

Entonces

t arctan t dt =1

2t2 arctan t− 1

2

t2 dt

1 + t2

=1

2t2 arctan t− 1

21− 1

1 + t2dt

=1

2t2 arctan t+

1

2arctan t− t

2+ C .

iv) Se eligen u y dv como

u = e2θ , dv = cos θ dθ ,du = 2e2θ dθ , v = sen θ .

Entonces

e2θ cos θ dθ = e2θ sen θ − 2 e2θ sen θ dθ .

En apariencia la nueva integral es del mismo grado de dificultad que la inte-gral original. Se vuelve a integrar por partes la integral del segundo sumandoy se eligen u y dv como

u = e2θ , dv = sen θ dθ ,du = 2e2θ dθ , v = − cos θ .

Ası

e2θ sen θ dθ = −e2θ cos θ + 2 e2θ cos θ dθ .

Se observa que en el segundo sumando aparece la integral original. Se susti-tuye primero en el calculo de la primera integral

e2θ cos θ dθ = e2θ sen θ + 2e2θ cos θ − 4 e2θ cos θ dθ ,


y se pasa sumando la integral del lado derecho al izquierdo, luego

5 e2θ cos θ dθ = e2θ sen θ + 2e2θ cos θ .

Se concluye despejando para obtener

e2θ cos θ dθ =1

5e2θ sen θ +

2

5e2θ cos θ + C .

v) Se eligen u y dv como

u = lnx , dv = (x+ 1)−2 dx ,

du =dx

x, v = − 1

x+ 1.

Entonces

lnx

(x+ 1)2dx = − 1

x+ 1lnx+

dx

x2 + x

= − lnx

x+ 1+

dx

(x+ 12)2 − 1

4

= − lnx

x+ 1+ ln

x

x+ 1+ C .

vi) Se eligen u y dv como

u = ln2 z , dv = dz ,

du =2

zln z dz , v = z .

Entonces

ln2 z dz = z ln2 z − 2 ln z dz .

Se observa que la nueva integral es en apariencia mas facil que la original. Sevuelve a integrar por partes la integral del segundo sumando y se eligen u ydv como

u = ln z , dv = dz ,

du =dz

z, v = z .


Ası

ln z dz = z ln z − z .

el resultado final es

ln2 z dz = z ln2 z − 2z ln z + 2z + C .

1.6.1. Ejercicios


i) x2 cosx dx ii) arc cos z dz

iii) t arccot t dt iv) eθ sen θ dθ

v)xex dx

(x+ 1)2vi)

ln(z + 1)√z + 1

dz

vii) sec3 x dx .

Solucion i) 2x cosx+ (x2 − 2) senx+ c; ii) x arc cosx−√1− x2 + c; iii) t2+

t2

2arc cos t− 1

2arctan t+c; iv) 1

2eθ( sen θ−cos θ)+c; v) ex

1+x; vi) 2

√1 + z(−2+

ln(1 + x)); vii) 12secx tanx1

2ln(sec z + tan z).


i) x sec2 x dx ii) arc cos1

zdz

iii) t arccot 2t dt iv) eθ sen 3θ dθ

v) x2 arc senx dx vi)ln(2z + 1)√2z + 1

dz

vii) csc3 x dx .



i) x csc2 x dx ii) arc sen1

zdz

iii) t arctan 2t dt iv) eθ cos 3θ dθ

v) x2 arc cosx dx vi)ln(3z)

(z + 1)2dz


i) sec3 4x dx ii) arc sen 3x dz

iii) t6 ln t dt iv) e2θ cos 3θ dθ

v) (x+ senx)2 dx vi)z arc sen z√1− z2 dz

1.7. Integracion por fracciones parciales L.F. Resendis

O.

Este metodo se aplica para integrar funciones racionales

p(x)

q(x)

donde p(x) y q(x) son funciones polinomiales y se basa en expandir unafuncion racional como suma de funciones racionales propias de grado uno odos. El primer paso siempre es tener expresada la funcion racional en formapropia, es decir grado p(x) < grado q(x); de no estar ası es necesario primerodividir los polinomios involucrados. Se estudian los diferentes casos posibles.Como se vera el metodo es preponderantemente algebraico y se usa tambienen las transformadas de Laplace.

1.7. INTEGRACION POR FRACCIONES PARCIALES L.F. RESENDIS O. 41

Caso 1. El denominador se puede factorizar en terminos de primer gradodistintos, por ejemplo,

q(x) = (x− a1)(x− a2) · · · (x− an) .Entonces la funcion racional se puede escribir como la suma parcial

p(x)

q(x)=

A1x− a1 +

A2x− a2 + · · ·+

Anx− an

donde es necesario calcular las constantes A1, A2, . . . , An.

Ejemplo 1.7.1 Calcular la siguiente integral

(−14x2 + 18x− 9) dx4x3 − 15x2 + 9x

Solucion Se factoriza primero el denominador

4x3−15x2+9x = x(4x2−15x+9) = 4x(x− 34)(x−3) = x(4x−3)(x−3) .

Los tres son factores lineales distintos, luego la descomposicion es de la forma

−14x2 + 18x− 94x3 − 15x2 + 9x =

A

x+

B

4x− 3 +C

x− 3=

A(4x− 3)(x− 3) +Bx(x− 3) + Cx(4x− 3)x(4x− 3)(x− 3) .

Al igualar numeradores se obtiene

−14x2 + 18x− 9 = A(4x− 3)(x− 3) +Bx(x− 3) + Cx(4x− 3) .En este caso la determinacion de las constantes se hace dando los valores queanulan terminos del lado derecho los cuales son las raıces del denominador.

x = 0 , −9 = A(−3)(−3) ; A = 1 ,

x =3

4, −27

8= B

3

4−94

; B = 1 ,

x = 3 , −81 = C(3)(9) ; C = −3 .


Por tanto la integral se calcula con esta descomposicion

(−14x2 + 18x− 9) dx4x3 − 15x2 + 9x = − dx

x+ 2+

dx

4x− 3 − 3dx

x− 3= − lnx+ 1

2ln(4x− 3)− 3 ln(x− 3) + C

= ln

√4x− 3(x− 3)3 + C .

Caso 2. El denominador se puede factorizar en terminos de primer grado, quese repiten, por ejemplo,

q(x) = (x− a1)α1(x− a2)α2 · · · (x− an)αn .Entonces la descomposicion en fracciones parciales asociada a cada factor(x− ai)αi esta dada por

A1x− ai +

A2(x− ai)2 + · · ·+

Aαi

(x− ai)αidonde es necesario calcular las constantes A1, A2, . . . , Aαi .


(x2 + 2x+ 3) dx

(x+ 2)3

Solucion El denominador ya esta factorizado, luego la descomposicion es dela forma

x2 + 2x+ 3

(x+ 2)3=

A

x+ 2+

B

(x+ 2)2+

C

(x+ 2)3

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

(x+ 2)3.

Al igualar numeradores se obtiene

x2 + 2x+ 3 = A(x+ 2)2 +B(x+ 2) + C .

En este caso la determinacion de las constantes se hace dando el valor x = −2y derivando, ası


x2 + 2x+ 3 = A(x+ 2)2 +B(x+ 2) + C , x = −2 , 3 = C ,2x+ 2 = 2A(x+ 2) + B , x = −2 , −2 = B ,

2 = 2A , 1 = A .

Por tanto la integral se calcula con esta descomposicion

(x2 + 2x+ 3) dx

(x+ 2)3=

dx

x+ 2− 2 dx

(x+ 2)2+ 3

dx

(x+ 2)3

= ln(x+ 2) +2

x+ 2− 3

2(x+ 2)2+ C .

Un polinomio de segundo orden ax2 + bx + c se dice irreducible si no tieneraıces reales, es decir si b2 − 4ac < 0.Caso 3. El denominador se puede factorizar en terminos que involucran poli-nomios irreducibles de orden 2 y que se pueden repetir. Por ejemplo si elfactor irreducible ax2 + bx + c aparece i veces le corresponde una descom-posicion en fracciones parciales de la forma

A1x+B1ax2 + bx+ c

+A2x+B2

(ax2 + bx+ c)2+ · · ·+ Aix+Bi

(ax2 + bx+ c)i

donde es necesario calcular las constantes A1, B1, A2, B2, . . . , Ai, Bi.


−3x2 − 5x+ 4(x− 1)(2x2 + 1) dx

Solucion El denominador ya esta factorizado, luego la descomposicion es dela forma

−3x2 − 5x+ 4(x− 1)(2x2 + 1) =

A

x− 1 +Bx+ C

2x2 + 1.

al realizar la suma del lado derecho e igualar numeradores se obtiene

−3x2 − 5x+ 4 = A(2x2 + 1) + (Bx+ C)(x− 1) .En este caso la determinacion de las constantes se hace dando el valor x = 1

y se obtiene A = −43. Para calcular las otras constantes se desarrolla la

igualacion de los numeradores.

−3x2 − 5x+ 4 = 2Ax2 +A+Bx2 + Cx−Bx− C= (2A+B)x2 − (B + C)x+A+ C .


Igualando coeficientes se tiene el sistema

2A + B = −3− B −C = −5

A + C = 4

Como ya se conoce el valor de A el sistema reduce a

B = −3 + 83= −1

3

C = 4 +4

3=

16

3

cuyos valores claramente satisfacen la segunda ecuacion del sistema. Por tan-to la integral se calcula con esta descomposicion

−3x2 − 5x+ 4(x− 1)(2x2 + 1) dx = −4

3

dx

x− 1 +−x3+ 16

3

2x2 + 1dx

= −43

dx

x− 1 −1

12

4x

2x2 + 1dx− 16

3

dx

2x2 + 1

= −43ln(x− 1)− 1

12ln(2x2 + 1)− 16

3√2arctan

√2x+ C .

1.7.1. Ejercicios


i)(4x2 + 11x− 24) dx3x3 − 13x2 + 12x ii)

(x2 + 3x− 1) dx(x+ 2)2(3 + x)

iii)(−6x2 − 4x+ 14) dx2x3 + x2 − 22x+ 24 , x = −2 es raız del denominador.

iv)(5x2 + x+ 10) dx

(2 + x)(2 + 3x2)v)

(−6x3 − 2x2 − 2x+ 1) dx(2x2 + 1)2

Solucion i) ln (x−3)3 3√3x−4

x2+ c; ii) 3

2+x+ ln (2+x)

2

3+x+ c; iii) ln 2x−3

(x−2)3(x+4) ; iv)32arctan 3

2x+ ln (2+x)2

6√2+3x2 + c; v)4x−1

4(1+2x2)− 3

4ln(1 + 2x2).



i)(4x− 2) dxx3 − x2 − 2x ii)

(−8x2 + 6x+ 15) dx(1 + 2x)2(3 + x)

iii)(x+ 3) dx

x3 + 7x2 + 16x+ 12, x = −2 es raız del denominador.

v)4 dx

x3 + 6xvi)

(x2 + x+ 1) dx

(x2 + 2)2


i)(6x2 + x− 9) dxx3 − 2x2 − 3x ii)

(3− 8x− 12x2) dx(1 + 2x)3

iii)(58− x2 − 15x) dx2x3 + 4x2 − 10x− 12 , x = 3 es raız del denominador.

v)(x2 + 5x− 8) dx(x2 + 3)(2 + x)

vi)(−2x2 + 2x− 5) dx

(x2 + 3)2


i)(3x2 − 9x+ 12) dx2x3 − 13x2 + 6x ii)

(7x2 − 46x+ 36) dx(x− 4)2(2x+ 1)

iii)(16 + 58x− 15x2) dx3x3 − x2 − 20x− 12 , x = 3 es raız del denominador.

v)(7x+ 7) dx

(x2 + x+ 1)(3 + x)vi)

(2 + 3x+ 2x2 − 4x3) dx(1 + 2x2)2


i)(17x2 − 47x+ 20) dx3x3 − 16x2 + 5x ii)

(8x2 + 49x+ 71) dx

(3 + x)2(x+ 4)

iii)(17x2 + 54x+ 12) dx

2x3 + 3x2 − 5x− 6 , x = −1 es raız del denominador.

v)(3x3 + 2x2 + 13x+ 4) dx

(x2 + 1)(x2 + 3)vi)

(2 + 4x− x2 − 2x3) dx(x2 + x+ 1)2


1.8. Formulario L.F. Resendis O.

d

d xun = nun−1

du

d xun du =

un+1

n+ 1+ C, n = −1.

d

d xlnu =

1

u

du

d x

du

u= ln |u|+ C

d

d xeu = eu

du

d xeu du = eu + C

d

d xau = au ln a

du

d xau du =

au

ln a+ C

d

d xsenu = cosu

du

d xsenu du = − cos u+ C

d

d xcosu = − senu du

d xcosu du = senu+ C

d

d xtanu = sec2 u

du

d xsec2 u du = tanu+ C

d

d xcotu = − csc2 u du

d xcsc2 u du = − cotu+ C

d

d xsecu = secu tanu

du

d xsecu tanu du = secu+ C

d

d xcscu = − cscu cotu du

dxcscu cotu du = − cscu+ C

tanu du = ln | secu|+ C cot u du = ln | senu|+ C

secu du = ln | secu+ tanu|+ C cscu du = ln | cscu− cotu|+ C

d

d xarc senu =

1√1− u2

du

d x

du√1− u2 = arc senu+ C

d

d xarctanu =

1

1 + u2du

d x

du

1 + u2= arctanu+ C

d

d xarcsecu =

1

u√u2 − 1

du

d x

du

u√u2 − 1 = arcsecu+ C

1.8. FORMULARIO L.F. RESENDIS O. 47

du√a2 − u2 = arc sen

u

a+ C

du

a2 + u2=1

aarctan

u

a+ C

du

u√u2 − a2 =

1

aarcsec

u

a+ C

√a2 + u2 du =

u

2

√a2 + u2 +

a2

2ln(u+

√a2 + u2) + C

√a2 − u2 du = u

2

√a2 − u2 + a

2

2arc sen

u

a+ C

√u2 − a2 du = u

2

√u2 − a2 − a

2

2ln |u+

√u2 − a2|+ C

du√u2 − a2 = ln u+

√u2 − a2 + C.

du√a2 + u2

= ln(u+√a2 + u2) + C

du

u√a2 + u2

= −1aln

√a2 + u2 + a

u+ C.

du

a2 − u2 =1

2alnu+ a

u− a + C

du

u2 − a2 =1

2alnu− au+ a

+ C .

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