Subido por marvin herrera

integral Indefinida

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MOISES VILLENA MUÑOZ
La integral Indefinida
1
1.1 DEFINICIÓN
1.2 TÉCNICAS DE INTEGRACIÓN
1.2.1 FORMULAS
1.2.2 PROPIEDADES
1.2.3 INTEGRACIÓN DIRECTA
1.2.4 INTEGRACIÓN POR SUSTITUCIÓN
1.2.5 INTEGRACIÓN POR PARTES
1.2.6 INTEGRALES DE FUNCIONES TRIGONOMÉTRICAS
1.2.7 INTEGRACIÓN POR SUSTITUCIÓN
TRIGONOMÉTRICA
1.2.8 INTEGRALES DE FUNCIONES RACIONALES.
FRACCIONES PARCIALES
1.2.9 INTEGRACIÓN DE FUNCIONES RACIONALES
TRIGONOMÉTRICAS
Objetivo:
Se pretende que el estudiante encuentre algebraicamente antiderivadas
1
La integral Indefinida
MOISES VILLENA MUÑOZ
En la antigüedad existían dos problemas a resolver, el de la recta
tangente y el área bajo una curva. El problema de la determinación de
la ecuación de la recta tangente fue resuelto con la derivada y ya fue
tratado en cálculo diferencial. El problema del cálculo del área bajo una
curva se lo resuelve con las nociones del cálculo integral los cuales
expondremos en este curso. Sin embargo empezaremos en este capítulo
hallando antiderivadas y en el siguiente capítulo utilizaremos
antiderivadas para el propósito del cálculo integral.
1.1 DEFINICIÓN DE ANTIDERIVADA O INTEGRAL
INDEFINIDA
Llamamos a F una antiderivada, primitiva o
integral indefinida de f en el intervalo I , si
D x F ( x ) = f ( x ) es decir F ´( x ) = f ( x )
1.1.1 Notación
La notación que emplearemos para referirnos a una
antiderivada es la siguiente:
∫
f ( x)dx = F ( x) + C
1.1.2 Teorema
Si F´(x) = G´(x) , ∀x ∈ (a, b) entonces existe una
constante C tal que F ( x) = G ( x) + C , ∀x ∈ (a, b)
Demostración:
Sea
H ( x) = F ( x) − G ( x)
definida
en
un
intervalo (a, b )
entonces
H ´(x) = F´(x) − G´(x) . Por Hipótesis, como F´(x) = G´(x) entonces H ´(x) = 0 ,
∀x ∈ (a, b ) .
Como H es derivable ∀x ∈ (a, b ) , entonces de acuerdo el teorema del valor medio para
derivada, ∃x0 ∈ ( x, x1 ) ⊆ (a, b ) tal que H ´(x 0 ) =
tenemos
H ( x1 ) − H ( x )
= 0 es decir H ( x) = H ( x1 ) = C .
x1 − x
Por lo tanto F ( x) − G ( x) = C
2
H ( x1 ) − H ( x )
. Haciendo H ´(x0 ) = 0
x1 − x
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1.2 INTEGRACIÓN.
Integración significa calcular antiderivadas o primitivas, el
proceso contrario de la derivación, como ya se habrá notado. Esto no es
tan sencillo y requeriremos de técnicas, las cuales presentaremos a
continuación.
En primera instancia, es importante pensar que siempre se va a
poder determinar la antiderivada empleando fórmulas, igual como se lo
hacia en el calculo de derivadas.
1.2.1 Formas (Fórmulas) Estándares de Integrales
∫ dx = x + C
x
2.
∫ x dx = n + 1 + C ; n ≠ −1
1
3.
∫ x dx = ln x + C
4.
∫ e dx = e + C
a
5.
∫ a dx = ln a + C
6.
∫ sen xdx = − cos x + C
7.
∫ cos xdx = sen x + C
8.
∫ sec xdx = tg x + C
9.
∫ csc xdx = − cot gx + C
10. sec x tg xdx = sec x + C
∫
1.
n +1
n
x
x
x
x
2
2
11.
∫
csc x cot gdx = − csc x + C
∫ tg xdx = − ln cos x + C = ln sec x + C
13. cot gxdx = ln sen x + C
∫
14. sec xdx = ln sec x + tg x + C
∫
15. csc xdx = ln csc x − cot gx + C
∫
1
⎛x⎞
16.
∫ a − x dx = arcsen⎜⎝ a ⎟⎠ + C
12.
17.
18.
19.
20.
∫
∫
∫
2
2
1
dx =
a2 + x2
1
x x −a
2
2
1
⎛ x⎞
arctg⎜ ⎟ + C
a
⎝a⎠
dx =
⎛a⎞
⎛ x⎞
1
1
arcsen⎜ ⎟ + C = arccos⎜ ⎟ + C
⎟
⎜
⎜ x⎟
a
a
⎝a⎠
⎝ ⎠
senh xdx = cosh x + C
∫ cosh xdx = senh x + C
3
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Las primeras 11 fórmulas se las puede entender fácilmente de
acuerdo a las formulas que se proporcionaron para derivadas.
Ejemplo 1
Calcular
∫ x dx
2
SOLUCIÓN:
Sería cuestión de emplear la formula 2.
x 2+1
x3
x 2 dx =
+C =
+C
2 +1
3
∫
Ejemplo 2
Calcular
∫
1
dx
x
SOLUCIÓN:
Sería cuestión de emplear la formula 2.
∫
1
dx =
x
∫x
−1
2 dx
=
x
− 12 +1
− 12 +1
+C
Ejemplo 3
Calcular
∫ 4+ x
1
2
dx
SOLUCIÓN:
Sería cuestión de emplear la formula 17.
1
1
dx = arctan
2
2
2
2 +x
∫
(2x ) + C
Para suma, resta de funciones y multiplicación por escalares
hacemos uso de las siguientes propiedades.
1.2.2 PROPIEDADES.
decir:
La Integral Indefinida cumple con propiedades de linealidad, es
∫[
2.
∫
1.
f ( x) ± g ( x)]dx =
kf ( x)dx = k
4
∫
∫
∫
f ( x)dx ± g ( x)dx
f ( x)dx; k ∈ R
La integral Indefinida
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Ejemplo 4
Calcular
∫ ⎜⎝ x + 3 sin x − 4e ⎟⎠dx
⎛2
x
⎞
SOLUCIÓN:
Aplicando propiedades y fórmulas:
⎛2
x⎞
⎜ + 3 sin x − 4e ⎟dx =
⎠
⎝x
∫
∫ ∫ 3 sin dx − ∫ 4e dx
1
=2
∫ x dx + 3∫ sin xdx − 4∫ e dx
2
dx +
x
x
x
= 2 ln x − 3 cos x − 4e x + C
Para situaciones un tanto más complejas se requerirá de técnicas
para lograr el objetivo.
1.2.3 TECNICAS DE INTEGRACIÓN
1.2.3.1 INTEGRACIÓN DIRECTA.
Puede ser que, haciendo uso de recursos algebraicos, de las
propiedades y de las formulas se puedan encontrar antiderivadas.
Ejemplo 1
Calcular
∫
(1 − x )3 dx
x3 x
SOLUCIÓN:
Elevando al cubo el binomio y luego simplificando para aplicar propiedades, resulta:
∫
∫
∫
∫
∫
(1 − x )3 dx =
3
x x
=
=
=
=
1 − 3x + 3x 2 − x 3
4
x
dx
3
⎡ 1
x3
3x 3x 2
⎢
−
+
−
4
4
4
4
⎢ 3
x 3 x 3 x 3
⎣x
⎤
⎥ dx
⎥
⎦
5 ⎤
2
−1
⎡ − 43
− 3x 3 + 3 x 3 − x 3 ⎥ dx
⎢x
⎣
⎦
x
x
−4
−1
3
−1
3
= −3 x
3 dx − 3
2
∫
x
−1
3 dx + 3
5
∫
2
x
3 dx −
∫
5
x
3 dx
8
x 3
x 3 x 3
+3
−
+C
2
5
8
3
3
3
9 23 9 53 3 83
− x + x − x +C
2
5
8
−3
−1
3
5
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Ejercicios Propuestos 1.1
Encuentre las antiderivadas de:
1.
2.
3.
∫
∫
(
∫
(3 − x ) dx
4.
⎛
1 ⎞
⎜1 −
⎟ x x dx
⎜
⎟
x2 ⎠
⎝
5.
23
)(
x2 +1 x2 − 2
3 2
)dx
∫
∫
2 x +1 − 5 x −1
10 x
dx
x 4 + x −4 + 2
x3
dx
x
1.2.3.2 INTERGRACIÓN POR SUSTITUCIÓN O CAMBIO DE
VARIABLE
Cuando se presentan funciones compuestas, en las que ya no es
posible una integración directa, puede ser que con un cambio de
variable se transformen en integrales inmediatas.
En este caso las formulas de integrales se las puede observar no
sólo para " x " sino para otra variable.
Ejemplo 1
Calcular
∫
(1 − x )30 dx
SOLUCIÓN:
No sería práctico obtener el desarrollo del binomio, porque el exponente es 30. Entonces, sería
más conveniente si empleamos el cambio de variable t = 1 − x .
dt
= −1dx → dx = − dt .
dx
Del cambio de variable, tenemos:
Ahora sustituyendo resulta:
∫
t 30 (− dt ) = −
Una vez integrado, reemplazando
t
∫
t 30 dt = −
se obtiene:
∫
t 31
+C
31
(1 − x )30 dx = − (1 − x )
31
31
+C
Ejemplo 2
Calcular
∫
sen x
dx
x
SOLUCIÓN:
Aquí empleamos el cambio de variable: t = x .
Del cambio de variable se obtiene:
Sustituyendo resulta:
6
∫
sen x
x
dt
1
=
→ dx = 2 x dt .
dx 2 x
dx =
∫
sen t
x
2 x dt = 2
∫
sen tdt = 2(− cos t ) + C
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∫
Una vez integrado, reemplazando " t " tenemos:
sen x
dx = −2 cos x + C
x
Ejemplo 3
Calcular
∫
x x − 1dx
SOLUCIÓN:
Aquí empleamos el cambio de variable: t = x − 1
dt
= 1 → dx = dt
dx
Del cambio de variable se obtiene:
Sustituyendo resulta:
∫x
∫
x x − 1dx =
Como no se simplifica la
x t dt
, debemos reemplazarla.
En este caso, despejando del cambio de variable: x = t + 1
∫
Entonces:
x t dt =
∫
= 52 t
(t + 1)
5
2
t dt =
+ 23 t
Una vez integrado, reemplazando
3
t
2
∫
(t
)
t + t dt =
∫ ∫
3
t
2 dt +
1
t
2 dt
+C
resulta:
∫
x x − 1dx =
2
5
(x − 1)5 2 + 23 (x − 1) 32 + C
Ejemplo 4
Calcular
∫
⎛ 4 x − 1 + arc tan x − e arc tan x
⎜
⎜
x 2 +1
⎝
SOLUCIÓN:
Separando las integrales, tenemos:
∫
4x
dx −
x +1
2
∫
1
x +1
2
⎞
⎟ dx
⎟
⎠
dx +
∫
arctanx
x +1
2
dx −
Ahora tenemos 4 integrales, que se las trata por separado.
1.
∫
∫
e arc tan x
x2 + 1
dx
4x
dx . Esta integral se la resuelve por cambio de variable t = x 2 + 1 , de donde
x +1
2
dt
dt
.
= 2 x , entonces dx =
dx
2x
Sustituyendo, resulta:
2.
3.
∫
∫
∫
∫
4x
dx =
x +1
2
1
dx . Esta integral es directa.
x 2 +1
arctg x
x2 + 1
4 x dt
=2
t 2x
∫
∫
1
dt = 2 ln t + C = 2 ln x 2 + 1 + C
t
1
dx = arctanx + C
x 2 +1
dx . Esta integral se la resuelve por cambio de variable t = arctg x , de donde
(
)
dt
1
=
, entonces dx = x 2 + 1 dt .
dx x 2 + 1
7
La integral Indefinida
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Sustituyendo, resulta:
4.
∫
∫
e arc tg x
x2 + 1
arctanx
x 2 +1
dx =
∫
x2
(x + 1)dt =
+1
2
∫
tdt =
(arctanx)2 + C
t2
+C =
2
2
dx . Para esta integral sirve el mismo cambio de variable, por tanto:
∫
e arc tan x
x +1
2
dx =
FINALMENTE:
∫
t
∫
⎛ 4 x − 1 + arc tan x − e arc tan x
⎜
⎜
x 2 +1
⎝
(x + 1)dt =
+1
et
x
2
2
∫
e t dt = e t + C = e arctanx + C
2
⎞
⎟ dx = 2 ln x 2 + 1 − arc tan x + (arc tan x ) − e arc tan x + C
⎟
2
⎠
Ejemplo 5
Calcular
∫(
dx
)
1 + x 2 ln⎛⎜ x + 1 + x 2 ⎞⎟
⎠
⎝
SOLUCIÓN:
Tomando el cambio de variable: t = ln ⎛⎜ x + 1 + x 2 ⎞⎟
⎝
⎠
⎞
⎛
1
⎜1 +
2x ⎟
⎟
⎜
2
⎠
⎝ 2 1+ x
2
⎛ 1+ x + x ⎞
1
⎜
⎟
=
Del cambio de variable:
⎟
2 ⎜
2
x + 1+ x ⎝ 1+ x
⎠
dt
1
=
→ dx = 1 + x 2 dt
2
dx
1+ x
dt
1
=
dx x + 1 + x 2
Reemplazando, resulta:
∫(
)
dx
⎛
⎞
1 + x 2 ln⎜ x + 1 + x 2 ⎟
⎝
⎠
=
=
∫
∫
1 + x 2 dt
1 + x2 t
t
−1
1
2 dt = 2t 2 + C
⎛
⎞
= 2 ln⎜ x + 1 + x 2 ⎟ + C
⎝
⎠
8
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Ejercicios Propuestos 1.2
Calcular:
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
∫
∫
∫
∫
∫
∫
∫
∫
∫
∫
dx
(5x − 2)
5
11.
2
x 2 x − 1dx
12.
dx
π⎞
⎛
sen 2 ⎜ 2 x + ⎟
4⎠
⎝
13.
14.
1 − sen (2 x ) dx
15.
x2 +1
dx
x −1
(1 + x )2
1+ x2
16.
dx
dx
(1 + x )
17.
x
arc tan x
x (1 + x )
1
1 − x2
10.
18.
dx
⎛1+ x ⎞
ln ⎜
⎟ dx
⎝1− x ⎠
19.
dx
20.
x +1 + x −1
∫
∫
∫
∫
∫
∫
∫
∫
∫
∫
1+ x2 + x 1− x2
dx
1 − x4
ln x dx
x 1 + ln x
dx
x ln x ln (ln x )
a+x
dx
a−x
sen x cos x
dx
2
a sen 2 x + b 2 cos 2 x
dx
sen 2 x 4 c tg x
⎛
⎞
ln⎜ x + 1 + x 2 ⎟
⎝
⎠
1+ x 2
2 x 3x
9x − 4x
dx
dx
x dx
1 + x2 +
(1 + x )
x −1
2 3
dx
2
4 x − 8x + 3
1.2.3.3 INTEGRACION POR PARTES.
Para el producto de funciones, tenemos: d (uv ) = udv + vdu
udv = d (uv ) − vdu
Despejando y tomando integral, resulta:
∫
udv =
∫
d (uv ) −
∫
vdu
En definitiva, la formula que se emplea en integración por partes
es:
∫
udv = uv −
∫
vdu
Ejemplo 1
Calcular
∫
x e x dx
SOLUCIÓN:
Haciendo u = x y dv = e x dx .
9
La integral Indefinida
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Entonces du = dx y v =
Integrando, resulta:
∫
∫
e x dx = e x
dv8
v
67
u }
}
x
x e dx = x e x −
u
}
= x e
x
∫
v du
}
}
e x dx
− ex + C
Ejemplo 2
Calcular
∫(
)
2 x 2 + 3 x − 5 sen x dx
SOLUCIÓN:
Haciendo u = 2 x 2 + 3 x − 5 y dv = sen x dx .
∫
Entonces du = (4 x + 3 )dx y v =
Por lo tanto, integrando tenemos:
∫
sen xdx = − cos x
u 44
u 44
dv 4
v4
6 447
86
6 447
86
47
8
47
8
2
2
2 x + 3 x − 5 sen x dx = 2 x + 3 x − 5 (− cos x ) −
(
)
(
)
(
)
= − 2 x 2 + 3 x − 5 cos x +
Ahora, la integral
∫
4 x + 3 ) cos xdx
4 x + 3) cos xdx también se la realiza por partes.
u = 4x + 3
Haciendo
v =
∫(
∫(
∫
v4
du 4
6
47
8 647
8
(− cos x )(4 x + 3 )dx
dv = cos x dx .
y
Entonces
du = 4 dx
y
cos xdx = sen x
Por tanto:
∫(
4 x + 3) cos xdx = (4 x + 3) sen x −
∫
sen x(4dx )
= (4 x + 3) sen x + 4 cos x
FINALMENTE:
∫
(2 x
2
)
(
)
+ 3 x − 5 sen x dx = − 2 x 2 + 3 x − 5 cos x + (4 x + 3 )sen x + 4 cos x + C
Ejemplo 3
Calcular
∫
e x cos xdx
SOLUCIÓN:
Haciendo u = e x y dv = cos x dx .
Entonces du = e x dx y v =
10
∫
cos xdx = sen x
La integral Indefinida
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Por tanto:
∫
∫
e x cos xdx = e x sen x −
La integral
sen xe x dx se la calcula por parte. Hacemos u = e x y dv = sen x dx .
Entonces du = e x dx y v =
Por lo tanto
∫
∫
sen x e x dx
∫
sen xdx = − cos x .
e x sen xdx = −e x cos x +
∫
e x cos xdx
FINALMENTE:
∫
∫
⎡
e x cos xdx = e x sen x − ⎢− e x cos x +
⎢
⎣
e x cos xdx = e x sen x + e x cos x −
∫
∫
⎤
e x cos xdx ⎥
⎥
⎦
e x cos xdx
Note que la última integral es semejante a la primera; entonces, despejando
2
∫
∫
e x cos xdx = e x sen x + e x cos x
e x cos xdx =
e x sen x + e x cos x
+C
2
Ejemplo 4
Calcular
∫
x ln xdx
SOLUCIÓN:
Aquí debemos tomar u = ln x y dv = x dx .(¿por qué?)
Entonces du =
1
dx y v =
x
Por tanto:
∫
∫
xdx =
x2
2
∫
∫
⎛ x2 ⎞
x ln xdx = (ln x )⎜ ⎟ −
⎜ 2 ⎟
⎝ ⎠
=
1 x 2 ln x − 1
2
2
=
1 x 2 ln x − 1 ⎜
2
2⎜
x2 ⎛ 1 ⎞
⎜ dx ⎟
2 ⎝x ⎠
xdx
⎛ x2 ⎞
⎟+C
⎟
⎝ 2 ⎠
Ejemplo 5
Calcular
∫
ln xdx
SOLUCIÓN:
11
La integral Indefinida
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u = ln x
Entonces, aquí sería también
v =
∫
dv = dx . Entonces
y
du =
1
dx
x
dx = x
Por tanto:
∫
ln xdx = x ln x −
∫
⎛1 ⎞
x⎜ dx ⎟
⎝x ⎠
= x ln x − x + C
Ejemplo 6
Calcular
∫
x arctg x dx
SOLUCIÓN:
Tomamos u = arctg x y dv = xdx , entonces: du =
Por tanto:
∫
⎛ x2 ⎞
x arctg xdx = (arctg x )⎜ ⎟ −
⎜ 2 ⎟
⎝ ⎠
=
1 x 2 arctg x − 1
2
2
∫
∫
1
1+ x 2
dx y v =
x2
2
x2 ⎛ 1
⎞
dx ⎟⎟
⎜
⎜
2
2 ⎝1+ x
⎠
x2
dx
x +1
2
Para la última integral dividimos el numerador entre el denominador, resulta:
Reemplazando
FINALMENTE:
∫
∫
2
x
dx =
x2 + 1
∫
x arctg xdx =
1 ⎞
⎛
⎟⎟dx =
⎜⎜1 − 2
x +1⎠
⎝
1 x 2 arctg x − 1
2
2
∫ ∫
dx −
x2
x +1
2
1
dx = x − arctg x
x2 + 1
[x − arctg x] + C
Ejercicios Propuestos 1.3
Encuentre las antiderivadas de:
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
12
∫
∫(
∫
∫
x e 3 x dx
11.
x + 1)e 2 x dx
12.
(2 x − 1)sen 3xdx
13.
x sen (3 x − 1)dx
14.
∫
∫(
x 2 e − 2 x dx
∫
15.
)
x 2 − 3x + 2 e 2 x dx
16.
(2 x − 1)ln xdx
17.
∫(
x arctg x )2 dx
∫
∫
∫
e x dx
⎛
⎞
ln ⎜ x + 1 + x 2 ⎟ dx
⎝
⎠
arcsin x dx
∫
∫
∫
= 1−
arctg xdx
( )
arc tan x dx
cos (ln x ) dx
1
x +1
2
y
La integral Indefinida
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8.
9.
∫
∫
10.
18.
x ln 2 x dx
∫
x ln x dx
19.
x cos x dx
20.
sen 2 x
∫
∫
∫
sen x dx
sen (ln x ) dx
sen x ln (tg x ) dx
1.2.3.4 INTEGRACIÓN DE FUNCIONES TRIGONOMETRICAS.
Cuando se integran funciones trigonométricas que no sean
directas, es necesario utilizar identidades trigonométricas. Se las ha
clasificado de la siguiente manera:
TIPO I: Integrales de la forma:
∫
∫
sen n x dx o
cos n x dx
Para este caso se sugiere, lo siguiente:
1.
Si " n " es IMPAR usar:
sen 2 x = 1 − cos 2 x
cos 2 x = 1 − sen 2 x
1 − cos 2 x
2
+
1
cos
2x
cos 2 x =
2
sen 2 x =
2.
Si " n " es PAR usar:
Ejemplo 1
Calcular
∫
cos 2 x dx
SOLUCIÓN:
Usamos la regla para la potencia par:
∫
cos2 x dx =
∫
⎛ 1 + cos 2 x ⎞
⎜
⎟dx
2
⎝
⎠
∫ ∫
⎤
cos 2 xdx⎥
⎥⎦
1⎡
sen 2 x ⎤
+C
= ⎢x +
2⎣
2 ⎥⎦
=
1⎡
⎢ 1dx +
2 ⎢⎣
Ejemplo 2
Calcular
∫
sen 3 x dx
SOLUCIÓN:
Ahora usamos la regla para la potencia impar:
∫
sen 3 x dx =
=
=
∫
∫(
∫
sen 2 x sen xdx
)
1 − cos 2 x sen xdx
sen xdx −
∫
cos2 x sen xdx
De esto último, la primera integral es directa y la segunda es por sustitución.
13
La integral Indefinida
MOISES VILLENA MUÑOZ
1.
2.
∫
∫
sen xdx = − cos x
cos 2 x sen xdx requiere el cambio de variable t = cos x entonces dt = − sen xdx .
Reemplazando resulta:
FINALMENTE:
∫
∫
cos 2 x sen xdx =
∫
t 2 (− dt ) = −
cos3 x
3
3
cos x
+C
3
sen 3 xdx = − cos x +
Ejemplo 3
Calcular
∫
cos 4 x dx
SOLUCIÓN:
Ahora usamos la regla para la potencia par:
∫
∫ (cos x) dx
cos 4 x dx =
2
2
=
∫
=
1⎡
⎢ 1dx +
4⎢
⎣
=
sen 2 x
1⎡
⎢x + 2
+
2
4⎢
⎣
2
⎛ 1 + cos 2 x ⎞
⎟ dx
⎜
2
⎠
⎝
∫ ∫
2 cos 2 xdx +
∫
⎤
cos 2 2 xdx ⎥
⎥⎦
∫
∫ ∫
⎛ 1 + cos 4 x ⎞ ⎤
⎟dx ⎥
⎜
2
⎠ ⎥⎦
⎝
⎞⎤
1⎛
1 ⎡⎢
x + sen 2 x + ⎜ 1dx + cos 4 xdx ⎟⎥
⎟⎥
⎜
2
4⎢
⎠⎦
⎝
⎣
1⎛
sen 4 x ⎞⎤
1⎡
= ⎢ x + sen 2 x + ⎜ x +
⎟⎥ + C
2⎝
4 ⎠⎦
4⎣
=
TIPO II. Integrales de la forma
∫
sen m x cos n x dx
1. si m ∨ n son impares
Ejemplo
Calcular
∫
sen 3 x cos − 4 x dx
SOLUCIÓN:
Como el exponente de seno es impar, hacemos lo siguiente:
∫
sen 3 x cos − 4 x dx =
=
=
∫
∫(
∫(
sen 2 x sen x cos − 4 x dx
)
1 − cos2 x sen x cos − 4 x dx
cos x )− 4 sen x dx −
∫(
cos x )− 2 sen x dx
Ambas integrales se resuelven por sustitución. Haciendo cambio de variable t = cos x de donde
dt = − sen xdx , resulta
14
La integral Indefinida
MOISES VILLENA MUÑOZ
∫(
cos x )− 4 sen x dx −
∫(
cos x )− 2 sen x dx =
∫
=−
=
t − 4 (− dt ) −
∫
t − 2 (− dt )
t −3 t −1
+
+C
− 3 −1
cos −3 x
− cos −1 x + C
3
2. si m ∧ n son pares
Ejemplo
Calcular
∫
sen 2 x cos 4 x dx
SOLUCIÓN:
Como ambos son pares, entonces:
∫
∫
∫
∫ (
∫(
∫ ∫ ∫
sen 2 x cos4 x dx =
(
sen 2 x cos2 x
)2 dx
2
⎛ 1 − cos 2 x ⎞⎛ 1 + cos 2 x ⎞
⎜
⎟⎜
⎟ dx
2
2
⎝
⎠⎝
⎠
=
(1 − cos 2 x )1 + 2 cos 2 x + cos2 2 x )dx
=
1
8
=
1
8
1 + cos 2 x − cos2 2 x − cos3 2 x dx
=
⎡
1⎢
8⎢
⎣
1dx +
cos 2 xdx −
)
cos2 2 xdx −
∫
⎤
cos3 2 xdx ⎥
⎥
⎦
Las dos últimas integrales son trigonométricas
=
1⎡
sen 2 x
−
⎢x +
8 ⎢⎣
2
∫
⎛ 1 + cos 4 x ⎞
⎟dx −
⎜
2
⎠
⎝
∫
⎤
cos 2 2 x cos 2 xdx ⎥
⎥⎦
∫(
)
⎤
⎞
1⎡
sen 2 x 1 ⎛⎜
1dx + cos 4 xdx ⎟ − 1 − sen 2 2 x cos 2 x ⎥
−
⎢x +
⎜
⎟
8⎢
2
2⎝
⎥⎦
⎠
⎣
⎞⎤
1⎡
sen 2 x 1 ⎛
sen 4 x ⎞ ⎛⎜
= ⎢x +
− ⎜x+
⎟ − ⎜ cos 2 xdx − sen 2 2 x cos 2 xdx ⎟⎟ ⎥
8 ⎣⎢
2
2⎝
4 ⎠ ⎝
⎠ ⎦⎥
∫ ∫
=
∫
=
∫
1⎡
sen 2 x x sen 4 x ⎛⎜ sen 2 x sen 3 2 x ⎞⎟⎤
⎢x +
⎥+C
− −
−
−
⎜ 2
⎟⎥
8⎢
2
2
8
6
⎝
⎠⎦
⎣
FINALMENTE:
∫
sen 2 x cos 4 x dx =
1 ⎡ x sen 4 x sen 3 2 x ⎤
⎢ −
⎥+C
+
8 ⎢2
8
6 ⎥
⎣
⎦
15
La integral Indefinida
MOISES VILLENA MUÑOZ
TIPO
∫
III.
Integrales
de
la
∫
forma:
∫
sen mx cos nxdx ,
sen mx sen nxdx ,
cos mx cos nxdx
En este caso se recomienda usar, las siguientes identidades como
sea conveniente:
1
[sen(m + n )x + sen(m − n )x]
2
1
sen mx sen nx = − [cos(m + n )x − cos(m − n )x ]
2
1
cos mx cos nx = [cos(m + n )x + cos(m − n )x ]
2
sen mx cos nx =
Ejemplo 1
Calcular:
∫
sen 2 x cos 3x dx
SOLUCIÓN:
Empleando la identidad trigonométrica respectiva y simplificando, resulta:
∫
sen 2 x cos 3x dx =
∫
∫
1
[sen (2 + 3)x + sen (2 − 3)x]dx
2
∫
⎤
⎡
1⎢
sen 5 xdx + sen (− x )dx ⎥
⎥
2⎢
⎦
⎣
1 ⎡ cos 5 x
⎤
= ⎢−
+ cos x ⎥ + C
2⎣
5
⎦
=
Ejemplo 2
Calcular
∫
sen x sen 2 x sen 3xdx
SOLUCIÓN:
Agrupando y aplicando identidades, tenemos:
∫
sen x sen 2 x sen 3 xdx =
=
∫(
∫
=−
sen x sen 2 x )sen 3xdx
−
1
2
1
[cos(1 + 2)x − cos(1 − 2)x]sen 3xdx
2
∫[
∫
∫
∫
cos 3 x sen 3 x − cos(− x )sen 3x ]dx
1⎡
= − ⎢ sen 3 x cos 3 xdx −
2 ⎣⎢
1⎡
=− ⎢
2 ⎣⎢
∫
⎤
sen 3 x cos xdx ⎥
⎦⎥
1
[sen 6 x + sen 0 x] −
2
∫
∫
⎤
1
[sen 4 x + sen 2 x]dx ⎥
2
⎦⎥
∫
⎤
1⎡
= − ⎢ sen 6 xdx − sen 4 xdx − sen 2 xdx ⎥
4 ⎢⎣
⎥⎦
1 ⎡ cos 6 x cos 4 x cos 2 x ⎤
= − ⎢−
+
+
+C
4⎣
6
4
2 ⎥⎦
16
La integral Indefinida
MOISES VILLENA MUÑOZ
TIPO IV. Integrales de la forma:
∫
∫
tg n x dx y
Aquí se recomienda usar las identidades:
cot g n x dx
tg 2 x = sec 2 x − 1
cot g 2 x = csc 2 x − 1
Ejemplo 1
Calcular
∫
tg 3 x dx
SOLUCIÓN:
∫
∫
∫(
∫
tg3 x dx =
=
=
tg 2 x t gxdx
)
sec2 x − 1 tg xdx
sec2 x tg xdx −
∫
tg xdx
La segunda integral es directa, mientras que la primera es por sustitución.
t = tg x de donde dt = sec 2 xdx
FINALMENTE:
∫
tg 3 x dx =
∫
=
(
tdt − − ln cos x
)
tg 2 x
+ ln cos x + C
2
Ejemplo 2
Calcular
∫
cot g 4 x dx
SOLUCIÓN:
Empleando la identidad trigonométrica respectiva y aplicando propiedades, resulta:
∫
∫
∫
∫
cot g 4 x dx =
=
=
cot g 2 x cot g 2 x dx
(
)
cot g 2 x csc2 x − 1 dx
cot g 2 x csc2 xdx −
∫
cot g 2 xdx
La primera integral es por sustitución y la segunda se emplea la identidad trigonométrica
respectiva, es decir:
17
La integral Indefinida
MOISES VILLENA MUÑOZ
∫
cot g 4 x dx =
∫
TIPO V. Integrales de la forma:
∫
2
⎛
⎞
⎜
⎟
gx ⎟ csc2 x dx −
⎜ cot
1
2
3
424
3
⎜
⎟ 1
− dt
⎝ t ⎠
∫
∫
∫
cot g 2 x dx
(csc2 x − 1)dx
=−
cot g 3 x
−
3
=−
cot g 3 x
−
3
=−
cot g 3 x
+ cot gx + x + C
3
∫
csc2 xdx +
tg m x sec n xdx y
∫
dx
cot g m x csc n xdx
Caso 1. Si el exponente de la secante o cosecante " n " es par, se procede
con el diferencial de la tangente o cotangente.
Ejemplo
Calcular
∫
tg
−3
2
x sec 4 xdx
SOLUCIÓN:
∫
tg
−3
2 x sec4 x dx =
=
=
∫
∫
∫
tg
tg
−3
−3
2 x sec2 x sec2 xdx
123
)
(
2 x tg 2 x + 1 sec2 x dx
1
tg 2 x sec2 x dx +
∫
tg
−3
2 x sec2 x dx
Las dos integrales últimas se hacen por sustitución:
∫
tg
−3
4
2 x sec xdx =
∫
1
⎞ 2
⎛
⎜ tg x ⎟ sec2 x dx +
⎜⎜ { ⎟⎟ 1
424
3
⎝ t ⎠
dt
−3
2
sec2 x dx
1
424
3
dt
−1
3
=
∫
⎞
⎛
⎜ tg x ⎟
⎜⎜ { ⎟⎟
⎝ t ⎠
tg 2 x tg 2 x
+
+C
3
−1
2
2
−
= 2 tg 2 x − 2 tg 2 x + C
3
1
3
Caso 2. Si el exponente de la tangente o cotangente " m " es impar, se
procede con el diferencial de la secante o cosecante.
Ejemplo
Calcular
18
∫
tg 3 x sec
−1
2
xdx
La integral Indefinida
MOISES VILLENA MUÑOZ
SOLUCIÓN:
Descomponiendo para obtener el diferencial de la secante
∫
tg 3 x sec
−1
xdx =
2
y luego resolviendo, tenemos:
∫
tg 3 x sec
−1
2
xdx =
=
∫
∫
∫
tg 2 x sec
2
x (sec x tg xdx )
142
4 43
4
d (sec x )
(sec
sec
−3
)
−3
x(sec x tg xdx )
2
x − 1 sec
1
x(sec x tg xdx ) −
2
2
estas últimas integrales se resuelven por sustitución:
∫
3
tg x sec
−1
2 xdx =
∫
1
⎛
⎞ 2
⎜ sec x ⎟ (sec x tg xdx ) −
{
4 43
4
⎜
⎟ 142
⎝ t ⎠
dt
3
= 2 sec 2 x + 2 sec
−1
3
∫
sec
∫
⎛
⎞
⎜ sec x ⎟
⎜{⎟
⎝ t ⎠
−3
2
x(sec x tg xdx )
−3
2
sec x tg xdx )
(1
42
4 43
4
dt
2x
Otras integrales trigonométricas pueden requerir tratamientos ya
definidos:
Ejemplo
Calcular
∫
sec 3 x dx
SOLUCIÓN:
Esta integral se resuelve por partes
∫
sec 3 x dx =
∫
2
sec
{xsec
1
42xdx
4
3
u
dv
Entonces si tomamos u = sec x tenemos du = sec x tg xdx y si tomamos dv = sec 2 xdx
tenemos v = tg x
Ahora, integrando
∫
du 48
v 647
}
tg xsec x tg xdx
= sec x tg x −
tg 2 x sec xdx
= sec x tg x −
sec 2 x − 1 sec xdx
= sec x tg x −
∫
∫
∫
∫(
∫
∫
u
v
}}
sec 3 x dx = sec x tg x −
sec 3 x dx = sec x tg x −
sec 3 xdx +
)
∫
sec xdx
sec 3 xdx + ln sec x + tg x
FINALMENTE, despejamos la integral buscada
∫
∫
2
sec 3 x dx = sec x tg x + ln sec x + tg x
sec 3 x dx = 12 sec x tg x + 12 ln sec x + tg x + C
19
La integral Indefinida
MOISES VILLENA MUÑOZ
Ejercicios Propuestos 1.4
Encuentre las antiderivadas de:
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
∫
∫
∫
∫
∫
∫
∫
∫
∫
10.
(2 − 3 cos 2x)dx
11.
2
12.
sen 3 3 xdx
13.
cos6 x dx
14.
cos 5 x sen x dx
15.
sen 3x sen 5 x dx
16.
x
2x
sen cos
dx
3
3
π⎞
π⎞
⎛
⎛
sen ⎜ 2 x − ⎟ cos ⎜ 3x + ⎟ dx
6⎠
4⎠
⎝
⎝
2
17.
18.
cos x cos 3x dx
sen 3 (2 x ) cos 7 (2 x ) dx
19.
∫
20.
cos x cos 2 x cos 3 x dx
∫
∫
∫
∫
∫
∫
∫
∫
∫
∫
tan 5 x dx
c tg 6 x dx
tan 2 5 x dx
tg 5 x sec
− 32
xdx
dx
sen 2 x cos 2 x
dx
Sen x Cos 3 x
(2 )
(2 )
dx
sen 2 x cos 4 x
(
sen x + π 4
) dx
sen x cos x
dx
sen 2 x cos x
csc3 x dx
1.2.3.5 INTEGRACIÓN POR SUSTITUCION TRIGONOMETRICA.
Se trata ahora de convertir las integrales dadas en directas
mediante una sustitución trigonométrica. Usualmente presenta la
forma de radicales con suma o diferencia de cuadrados, en tal caso se
recomienda:
Si
tenemos
a2 − x2
sustituir
x = a sen t
Si
tenemos
a2 + x2
sustituir
Si
tenemos
x2 − a2
sustituir
x = a tg t
x = a sec t
20
La integral Indefinida
MOISES VILLENA MUÑOZ
Ejemplo 1
Calcular
∫
4 − x2
x2
dx
SOLUCIÓN:
En este caso hacemos x = 2 sen t entonces dx = 2 cos tdt
Reemplazando y resolviendo, resulta:
∫
4 − x2
x
2
dx =
=
=
=
=
=
=
=
=
∫
∫
(
)
∫
∫
∫
∫
∫
∫( )
∫ ∫
4 − (2 sen t )2
2 cos tdt
(2 sen t )2
4 − 4 sen 2 t
4 sen 2 t
4 1 − sen 2t
2 sen 2 t
4 cos 2 t
2 sen 2 t
2 cos t
2 sen 2 t
cos 2 t
sen 2 t
2 cos tdt
cos tdt
cos tdt
cos tdt
dt
cot g 2tdt
csc2t − 1 dt
csc2 tdt −
dt
= − cot gt − t + C
Ahora hay regresar a un expresión en " x ", para lo cual del cambio de variable tenemos
x
sen t = . Por trigonometría, hacemos el siguiente triángulo:
2
De la figura, observamos que cot g t =
t = arcsen
2
x
t
4 − x2
∫
4 − x2
x
y como
x
tenemos:
2
4 − x2
x2
dx = − cot gt − t + C
=−
4 − x2
x
− arcsen + C
x
2
21
La integral Indefinida
MOISES VILLENA MUÑOZ
Ejemplo 2
Calcular
∫(
x 3 dx
x2 + 9
)
3
2
SOLUCIÓN:
En este caso hacemos x = 3 tg t entonces dx = 3 sec2 t dt
Reemplazando y resolviendo, resulta:
∫(
x3dx
)
2
∫( )
∫
∫
∫
∫
∫
)
(
∫
∫ ∫
∫ ∫
(3 tg t )3
=
3
x +9 2
=
=
=
=
(3 tg t )
2
3 sec2 tdt
3
+9 2
27 tg 3 t 3 sec2 t
⎛
⎞
2
⎜ 9 tg t + 9 ⎟
⎝
⎠
81 tg 3 t sec2 t
(3 sec t )3
81 tg 3 t sec2 t
27 sec3 t
3
dt
3
dt
dt
tg 3 t
dt
sec t
=3
tg t tg 2 t
dt
sec t
=3
tg t sec2 t − 1
dt
sec t
⎡
⎤
⎢ tg t sec2 t
tg t ⎥
dt −
dt ⎥
= 3⎢
sec t
sec t ⎥
⎢
⎣
⎦
⎡
⎤
⎢
⎥
sen tdt ⎥
= 3⎢ sec t tg tdt −
⎢
⎥
⎣
⎦
= 3[sec t + cos t ] + C
Ahora por trigonometría, del cambio de variable tg t =
x
3
tenemos el siguiente triángulo:
Por tanto sec t =
x2 + 9
3
x +9
2
FINALMENTE,
x
t
3
22
x2 + 9
y cos t =
3
∫(
x 3 dx
x2 + 9
)
3
2
⎡ x2 +9
= 3⎢
+
3
⎢⎣
⎤
⎥+C
x 2 + 9 ⎥⎦
3
La integral Indefinida
MOISES VILLENA MUÑOZ
Ejemplo 3
Calcular
∫
x 2 − 16
x3
dx
SOLUCIÓN:
En este caso hacemos x = 4 sec t entonces dx = 4 sec t tg tdt
Reemplazando y resolviendo, resulta:
∫
x 2 − 16
x
3
∫
∫
)
(
∫
∫
∫
∫
∫
∫
∫
∫ ∫
dx =
=
=
=
=
=
(4 sec t )2 − 16
4 sec t tg tdt
(4 sec t )3
16 sec 2 t − 16
43 sec3 t
16 sec 2 t − 1
tg tdt
4 2 sec 2 t
16 tg 2 t
tg tdt
4 2 sec 2 t
4 tg t
4 2 sec 2 t
tg 2 t
4 sec 2 t
4 sec t tg tdt
tg tdt
dt
sen 2 t
=
1
4
cos 2 t dt
1
cos 2 t
=
=
=
1
4
sen 2 tdt
1
4
⎛ 1 − cos 2t ⎞
⎜
⎟dt
2
⎝
⎠
⎡
1⎢
8⎢
⎣⎢
1dt −
⎤
cos 2tdt ⎥
⎥
⎥⎦
=
1 ⎡ sen 2t ⎤
+C
t−
8 ⎢⎣
2 ⎥⎦
=
1 ⎡ 2 sen t cos t ⎤
t−
⎥+C
8 ⎢⎣
2
⎦
Ahora por trigonometría , del cambio de variable sec t =
x
tenemos el siguiente triángulo:
4
x
x 2 − 16
t
4
Por tanto, t = arc sec
x
, sen t =
4
x 2 − 16
4
y cos t =
x
x
23
La integral Indefinida
MOISES VILLENA MUÑOZ
FINALMENTE:
∫
x 2 − 16
x
3
dx =
=
1 ⎡ 2 sen t cos t ⎤
t−
⎥+C
8 ⎢⎣
2
⎦
x
1 ⎡⎢
arc sec −
8⎢
4
⎣
x 2 − 16 4 ⎤⎥
+C
x
x⎥
⎦
En otras integrales, es necesario completar cuadrado primero.
Ejemplo 4
Calcular
∫
5 − 4 x − x 2 dx
SOLUCIÓN:
Primero completamos cuadrado, para de allí realizar una simple sustitución algebráica y luego la
sustitución trigonométrica que convenga.
∫
∫
∫
5 − 4 x − x 2 dx =
=
(
)
5 − x 2 + 4 x + 4 + 4 dx
9 − (x + 2 )2 dx
En la última integral podemos hacer u = x + 2 entonces du = dx y la integral quedará así:
∫
9 − u 2 du
Para la cual la sustitución trigonométrica adecuadas es u = 3 sen t de la cual resulta
du = 3 cos tdt . Reemplazando y resolviendo, tenemos:
∫
9 − u 2 du =
∫
∫
∫
∫
∫ ∫
9 − 9 sen 2 t 3 cos tdt
=
3 cos t 3 cos tdt
=9
cos 2 tdt
=9
⎛ 1 + cos 2t ⎞
⎜
⎟dt
2
⎝
⎠
⎤
⎡
9⎢
1dt + cos 2tdt ⎥
⎥
2⎢
⎥⎦
⎢⎣
9 ⎡ sen 2t ⎤
= ⎢t +
+C
2⎣
2 ⎥⎦
=
=
Del cambio de variable sen t =
9 ⎡ 2 sen t cos t ⎤
t+
⎥+C
2 ⎢⎣
2
⎦
u
obtenemos el siguiente triángulo:
3
3
u
t
24
9−u2
La integral Indefinida
MOISES VILLENA MUÑOZ
u
y cos t =
3
Entonces t = arcsen
Por tanto,
∫
9−u2
3
9
[t + sen t cos t ] + C
2
9 − u 2 du =
9 ⎡⎢
⎛ u ⎞ u 9−u2
arcsen⎜ ⎟ +
2⎢
3
⎝3⎠ 3
⎣
Finalmente, como u = x + 2 , reemplazando resulta:
=
∫
9 ⎡⎢
⎛ u ⎞ u 9−u2
arcsen⎜ ⎟ +
2⎢
9
⎝3⎠
⎣
⎡
9
⎛ x + 2 ⎞ (x + 2 )
= ⎢arcsen⎜
⎟+
2⎢
⎝ 3 ⎠
⎣
9 − u 2 du =
⎤
⎥+C
⎥
⎦
⎤
⎥+C
⎥
⎦
9 − (x + 2 )2 ⎤⎥
+C
⎥
9
⎦
Ejercicio Propuestos 1.5
Encuentre las antiderivadas de:
1.
2.
∫
∫(
11.
x 2 9 − x 2 dx
dx
12.
)
3
1 − x2 2
3.
∫(
x2
2
1− x
4.
5.
6.
7.
8.
9.
∫
∫
∫
∫
∫
∫
10.
)
3
13.
dx
2
x2
14.
dx
9 − x2
dx
15.
x x2 + 9
dx
x
3
x
4
16.
x2 − 9
dx
17.
x2 −1
x
2
x2 − 2
dx
18.
1+ e 2x
sec 2 xdx
tg 2 x + 4 tg x + 1
sen x cos xdx
9 + sen 4 x
x arctg xdx
1 + x2
∫(
x e arc tanx
1+ x
∫
∫
x dx
19.
4x − x 2
dx
)
x 2 + 4x + 13
3
20.
2
)
3
dx
2
x 2 arc cos x dx
ln x dx
x 1 − 4 ln x − ln 2 x
∫(
∫
∫
xdx
1+ x
2
∫(
∫
∫
∫
∫
dx
2
) 1− x
4
x 3 dx
4
x − x2 + 2
x11 dx
x 8 + 3x 4 + 2
25
La integral Indefinida
MOISES VILLENA MUÑOZ
1.2.3.6 INTEGRACIÓN DE FUNCIONES RACIONALES
p( x)
es una fracción propia, o sea que
q( x)
Cuando la función racional
el grado del numerador es menor que el grado del denominador, se
recomienda usar el método de fracciones parciales.
REGLA GENERAL
Sea p( x) una fracción propia. Entonces:
q( x)
1. Se podrá expresar en tantas fracciones parciales
como factores tenga el denominador q(x) .
2. Cada denominador de las fracciones parciales es un
factor de q(x) .
3. El numerador de cada fracción parcial será un
polinomio de un grado menor a su denominador.
Ahora veámos por caso.
CASO I: q (x) se descompone en factores lineales diferentes
Ejemplo
Calcular
∫
5x + 3
x 3 − 2 x 2 − 3x
dx
SOLUCIÓN:
Note que tenemos la integral de una fracción propia (el grado del numerador es uno mientras que
el grado del denominador es tres). Empecemos factorizando el denominador
5x + 3
5x + 3
5x + 3
=
=
x(x − 3)(x + 1)
x3 − 2 x 2 − 3 x x x 2 − 2 x − 2
(
)
El denominar se expresa en 3 factores lineales diferentes, entonces sus fracciones parciales serían
de la forma siguiente:
5x + 3
A
B
C
= +
+
x(x − 3)(x + 1) x x − 3 x + 1
Ahora debemos encontrar los valores de A , B y C
Multiplicando por x (x − 3)(x + 1) a cada termino, resulta:
5 x + 3 = A(x − 3)(x + 1) + Bx ( x + 1) + Cx ( x − 3)
Una manera rápida y efectiva es evaluando la última expresión en las raíces de q (x ) :
Si x = 0 , resulta:
5(0) + 3 = A(0 − 3)(0 + 1) + B(0)(0 + 1) + C (0)(0 − 3)
3 = −3 A
A = −1
Si x = 3 , resulta:
Si x = −1 , resulta:
26
5(3) + 3 = A(3 − 3)(3 + 1) + B (3)(3 + 1) + C (3)(3 − 3)
18 = 12 B
B=3
2
La integral Indefinida
MOISES VILLENA MUÑOZ
5(−1) + 3 = A(−1 − 3)(−1 + 1) + B (−1)(−1 + 1) + C (−1)(−1 − 3)
− 2 = 4C
C=−1
2
Integrando,
∫
5x + 3
x − 2 x − 3x
3
2
dx =
∫
∫
3
−1 ⎞
⎛ −1
⎜
+ 2 + 2 ⎟dx
⎜ x x − 3 x +1 ⎟
⎠
⎝
=−
1
3
dx +
x
2
∫
1
1
dx −
x −3
2
∫
1
dx
x +1
= − ln x + ln x − 3 − ln x + 1 + C
3
2
1
2
CASO II. En q(x) hay factores lineales repetidos
Ejemplo
Calcular
∫(
3x 2 − 8 x + 13
x + 3)(x − 1)2
dx
SOLUCIÓN:
En este caso las fracciones parciales para la integral serían de la forma:
3 x 2 − 8 x + 13
multiplicando por
=
A
+
B
+
C
(x + 3)(x − 1)2 x + 3 x − 1 (x − 1)2
(x + 3)(x − 1)2 se obtiene:
3 x 2 − 8 x + 13 = A(x − 1)2 + B (x + 3)(x − 1) + C ( x + 3)
Evaluando para las raíces:
Si x = −3 , resulta:
3(− 3)2 − 8(−3) + 13 = A(− 3 − 1)2 + B(− 3 + 3)(x − 1) + C (−3 + 3)
64 = 16 A
A=4
Si x = 1 , resulta:
3(1) 2 − 8(1) + 13 = A(1 − 1)2 + B(1 + 3)(1 − 1) + C (1 + 3)
8 = 4C
C=2
Como ya no disponemos de otra raíz, evaluamos para cualquier otro x y empleamos los valores
ya encontrados:
Si x = 0 , resulta:
Integrando
3(0) 2 − 8(0) + 13 = 4(0 − 1)2 + B(0 + 3)(0 − 1) + 2(0 + 3)
13 = 4 − 3B + +6
B = −1
∫(
3x 2 − 8 x + 13
x + 3)(x − 1)
2
dx =
∫
∫
=4
⎛ 4
−1
2
⎜
+
+
⎜ x + 3 x − 1 (x − 1)2
⎝
1
dx −
x+3
∫
⎞
⎟ dx
⎟
⎠
1
dx + 2
x −1
= 4 ln x + 3 − ln x − 1 −
∫(
1
x − 1)2
dx
2
+C
x −1
27
La integral Indefinida
MOISES VILLENA MUÑOZ
CASO III. En q(x) hay factores cuadráticos irreducibles
Ejemplo 1
Calcular
∫
5x 2 + 2
x 3 − 4x 2 + 5x
dx
SOLUCIÓN:
En este caso las fracciones parciales para la integral serían de la forma:
A B(2 x − 4 ) + C
+ 2
x
x − 4 x + 5x x x − 4 x + 5
x − 4x + 5
Note que para el polinomio de grado uno, que es numerador de la fracción con denominador el
factor cuadrático, se lo define con la derivada del denominador; por asunto de facilitar el cálculo de
la derivada.
5x2 + 2
3
(
=
2
5x2 + 2
)
2
(
=
)
Simplificando, tenemos: 5 x 2 + 2 = A x 2 − 4 x + 5 + [B (2 x − 4 ) + C ](x )
Evaluando para x = 0 ,
(
)
5(0 )2 + 2 = A (0)2 − 4(0) + 5 + [B (2(0 ) − 4 ) + C ](0 )
2 = 5A
A= 2
5
Para x = 2 , porque anulamos el término que contiene a B y como ya se conoce el valor de A
(
)
5(2)2 + 2 = A (2 )2 − 4(2 ) + 5 + [B(2(2 ) − 4 ) + C ](2)
22 =
2
5
(1) + 2C
C = 54
5
Evaluando para x = 1 y empleando lo valores de A y C, tenemos:
5(1)2 + 2 =
2
5
7=
2
5
((1)
2
)[
]
(1)
− 4(1) + 5 + B(2(1) − 4 ) + 54
5
(2) + [B(− 2) + 545 ]
B = 23
10
Ahora, integrando resulta
∫
5x 2 + 2
x 3 − 4x 2 + 5x
dx =
=
∫
∫
⎛ 25
⎜ +
⎜ x
⎝
2
5
23
10
(2 x − 4) + 54 5 ⎞⎟
x 2 − 4x + 5
1
23
dx +
x
10
∫
dx
⎟
⎠
2x − 4
x − 4x + 5
2
dx +
∫
54
5
∫
1
1
x − 4x + 5
2
=
2
23
54
ln x +
ln x 2 − 4 x + 5 +
5
10
5
=
2
23
54
ln x +
ln x 2 − 4 x + 5 +
arctg(x − 2 ) + C
5
10
5
dx
dx
(x − 2 )2 + 1
Ejemplo 2
Calcular
∫
x 3 −1
x3 + x
dx
SOLUCIÓN:
Note que en esta integral la fracción no es propia, el grado del numerador es 3 y el del
denominador también; por tanto dividiendo primero, se obtiene:
x 3 −1
x3 + x
La integral sería ahora:
28
= 1−
x +1
x3 + x
La integral Indefinida
MOISES VILLENA MUÑOZ
∫
x3 −1
x3 + x
dx =
=
∫
∫ ∫
⎛
x +1 ⎞
⎜⎜1 −
⎟⎟dx
⎝ x3 + x ⎠
1dx −
x +1
x3 + x
dx
La primera integral es directa y la segunda por fracciones parciales. Entonces:
x +1
x +1
A B (2 x ) + C
=
= +
x
x3 + x x x 2 +1
x 2 +1
(
(
)
)
Simplificando tenemos: x + 1 = A x + 1 + [B (2 x ) + C ](x )
2
(
)
0 + 1 = A 0 2 + 1 + [B(2(0) ) + C ](0)
1 = A(1)
Evaluando para x = 0 , resulta:
A =1
Evaluando para x = 1 y utilizando el valor obtenido para A, resulta
1 + 1 = 1 12 + 1 + [B(2(1) ) + C ](1)
2 = 2 + 2B + C
2B + C = 0
Evaluando para x = −1 y utilizando el valor obtenido para A, resulta
(
)
(
)
− 1 + 1 = 1 (− 1)2 + 1 + [B(2(− 1)) + C ](− 1)
0 = 2 + 2B − C
2 B − C = −2
Tomando simultáneamente, ambos resultados, encontramos los valores de B y C
⎧2 B + C = 0
⎨
⎩ 2 B − C = −2
Bastaría con sumar miembro a miembro las ecuaciones y obtendríamos B:
4 B = −2
B=−1
2
C = −2 B
⎛ 1⎞
Entonces C = −2⎜ − ⎟
⎝ 2⎠
C =1
OTRO MÉTODO para obtener A, B y C, que en ocasiones es más ventajoso, es el que sigue:
(
)
En la expresión x + 1 = A x 2 + 1 + [B (2 x ) + C ](x ) simplificamos hasta obtener un polinomio
reducido en ambos lados de la ecuación, es decir:
x + 1 = Ax 2 + A + 2 Bx 2 + Cx
x + 1 = ( A + 2 B )x 2 + Cx + A
⎧0 = A + 2 B
⎪
De la última expresión, rápidamente se puede decir que: ⎨1 = C
⎪1 = A
⎩
⎧A = 1
⎪
Por tanto ⎨ B = − 1
2
⎪
⎩C = 1
En fin, ahora integrando tenemos:
29
La integral Indefinida
MOISES VILLENA MUÑOZ
∫
x3 −1
x3 + x
dx =
∫ ∫
( )
∫
∫ ∫
x +1
1dx −
x3 + x
dx
⎛ 1 − 1 2x + 1 ⎞
⎜ + 2
⎟dx
⎜x
⎟
2
+
1
x
⎝
⎠
= x−
∫
⎡ 1
⎤
1
2x
1
= x−⎢
dx −
dx +
dx ⎥
⎢ x
2
x 2 +1
x 2 + 1 ⎥⎦
⎣
= x − ⎡ln x − 12 ln x 2 + 1 + arctg(x )⎤ + C
⎢⎣
⎥⎦
Ejercicios Propuestos 1.6
Encuentre las antiderivadas de:
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
∫
∫
∫
11.
(4 x − 2)dx
3
12.
2
x − x − 2x
x dx
13.
(x + 1)(x + 2)(x + 3)2
∫
(
∫
(2 − x )dx
2
x 2 + x − 10
14.
)
(2 x − 3)(x 2 + 4)
∫
4x2 − x + 1
x3 − x 2 + x − 1
∫
∫(
∫(
∫
dx
15.
dx
16.
x 3 dx
17.
x + x−2
dx
)(
x 2 − 4x + 4 x 2 − 5x + 6
3x − 1
)(
2
x + 1 x + 2x + 2
)
dx
x5 + 9x3 − 9x 2 − 9
x3 + 9x
dx
2 x 2 + 3x + 2
(x + 2)(x
x5
2
)
dx
)
18.
19.
20.
)
+ 2x + 2
) dx
dx
2
4x 2 + 2x + 8
x x2 + 2
2
2
∫
(
∫
∫(
∫(
∫
∫
∫
∫
∫
∫
4
x 4 −1
x2 + 4
x 3 + 3x 2 + 2 x
10.
30
dx
(x − 1)(x + 3)
)
2
dx
x 2 − 4x + 3
(x − 1)2 (x 2 + 1)
x3 − 1
4x3 − x
dx
dx
sen x dx
cos 2 x + cos x − 6
sec 2 t dt
sec 2 t − 3 tan t + 1
dx
(2 + cos x ) sen x
dx
x
x
x
1+ e 2 + e 3 + e 6
La integral Indefinida
MOISES VILLENA MUÑOZ
1.2.3.7 INTEGRACIÓN DE FUNCIONES RACIONALES
TRIGONOMÉTRICAS
CASO I. Integrales del tipo
∫(
R sen x, cos x )dx
Se recomienda la siguiente sustitución tg 2x = t de donde
2t
⎧
⎪sen x =
1+ t 2
⎪
1− t 2
⎪⎪
⎨cos x =
1+ t 2
⎪
⎪
2
dt
⎪dx =
1+ t 2
⎩⎪
Ejemplo
Calcular
∫
1
dx
1 + sen x + cos x
SOLUCIÓN:
Reemplazando y simplificando resulta:
∫
∫
∫
∫
∫(
∫
1
dx =
1 + sen x + cos x
=
=
=
=
1
1+
2t
1+ t2
+
⎛ 2
⎞
dt ⎟⎟
⎜⎜
2
1− t ⎝1+ t
⎠
2
1+ t2
⎛ 2
⎞
dt ⎟⎟
⎜⎜
2
1 + t + 2t + 1 − t ⎝ 1 + t
⎠
1
2
2
1+ t2
2
dt
2 + 2t
2
dt
2 1+ t)
1
dt
1+ t
= ln 1 + t + C
= ln 1 + tg 2x + C
CASO II
Integrales donde se cumple que
∫(
R − sen x,− cos x )dx =
Se recomienda usar la sustitución tg x = t de donde
∫(
R sen x, cos x )dx
t
⎧
⎪sen x =
1+ t 2
⎪
⎪⎪
1
⎨cos x =
1+ t 2
⎪
⎪
dt
⎪dx =
1+ t 2
⎩⎪
31
La integral Indefinida
MOISES VILLENA MUÑOZ
Ejemplo
Calcular
∫
1
1 + sen 2 x
dx
SOLUCIÓN:
Reemplazando y simplificando
∫
1
2
1 + sen x
dx =
=
=
=
=
=
=
∫
∫
∫
∫
∫
⎛ dt
⎜
2
⎝1+ t
⎞
t
⎟
⎟
1 + t 2 ⎟⎠
1
⎛
1 + ⎜⎜
⎜
⎝
1
1+
t2
2⎜
⎛ dt
⎜
⎜
2
⎝1+ t
⎞
⎟
⎟
⎠
⎞
⎟
⎟
⎠
1 + t2
⎛ dt
1
⎜
⎜
1 + t2 + t2 ⎝1 + t2
⎞
⎟
⎟
⎠
1 + t2
1
1 + 2t 2
1
dt
( 2 t )2
1
arctg( 2 t ) + C
2
1
arctg( 2 tg x ) + C
2
dt
1+
Ejercicios Propuestos 1.7
Encuentre las antiderivadas de:
1.
2.
3.
4.
∫
∫
∫
∫
dx
2 sen x + cos x + 5
5.
dx
3 sen x + 4 cos x
6.
1
dx
3 sen x − 4 cos x
7.
2
sen x
1 + sen 2 x
dx
8.
∫
∫
∫
∫
dx
sen x + tg x
dx
cot x + csc x
sin x + cos x − 1
dx
sin x + cos x + 1
sin x − 2 cos x
dx
sin x + cos x + 1
Misceláneos
Encuentre las antiderivadas de:
1.
2.
3.
32
∫
∫
∫
x −1
3
x + 4x
x2 − 1
x
3
dx
43.
dx
44.
x 3 x 2 + 9 dx
45.
∫
∫
∫
e ar sen x + 3x 2 − 4 x + 2
1 − x2
x2 − 4
x2
dx
sen 2 x cos 2 xdx
dx
La integral Indefinida
MOISES VILLENA MUÑOZ
4.
5.
6.
7.
8.
9.
∫
∫
∫
∫
∫(
∫
∫
∫(
∫
∫
∫
(3x
2
)
50.
x 2 − 5 x + 3 e − 2 x dx
21.
22.
23.
2x
51.
dx
x
+ 4e + 1
( x ) dx
52.
x
x +1
)
x 2 + 4 x + 5 (x − 1)
dx
1 − x2
dx
x
∫
cos x
55.
56.
dx
cos 2 x
cos 3 x cos 7 xdx
∫
∫
∫
∫
∫
∫
∫
∫
53.
54.
sen 2 2 x cos xdx
14.
20.
ex
senh
13.
19.
48.
dx
49.
12.
18.
47.
2 cos x
dx
9 − cos 2 x
11.
17.
2x − 6
(x − 1)(x 2 + 1)
10.
16.
46.
3 sen 2 x cos 5 2 xdx
e
15.
)
− 2 x e 2 x dx
57.
3x 2 − 5 x + 4
(x − 2)2 (x 2 + 2 x + 3)
sen x
(
) dx
cos x cos 2 x + 1
dx
58.
59.
2
x +1
dx
x
60.
x 3 x 2 + 9 dx
61.
x
(x − 3)2
x
dx
62.
3
x 2 + 25
dx
3x
x4 + 4x2 + 5
63.
dx
64.
x 2 arctgxdx
65.
∫
∫
x
dx
1+ 4 x
dx
1 + senx + cos x
∫(
∫
∫(
∫
)
3 x 2 − 2 x + 5 ln xdx
e3 x + 1
dx
ex + 1
)
2 3 x 2 + 5 xdx
x3
dx
8
x +4
∫
∫
∫
∫
∫
(6x
2
)
− 4 x + 3 arctgx dx
sen 4 x
dx
cos 4 x
2 cos x − sen x
dx
3 sen x + cos x
cos x dx
x
x3 − 1
∫
dx
x −1
x + 4x
3
∫
∫
∫
(
∫
∫(
∫
∫
∫
x −1
3
x + 4x
dx
dx
5 x3 − 3x 2 + 2 x − 1
x4 + x2
ln x
x + 4 x ln 2 x
9 − x2
)
dx
3
x6
dx
7x + 3
)
x 2 + 2 x´+2 (x − 1)
2x + 3
x3 + 4 x
e2 x
ex + 1
1+ x
1 + x2
dx
dx
dx
dx
dx
33
La integral Indefinida
MOISES VILLENA MUÑOZ
24.
25.
26.
27.
∫
∫
∫
∫
∫
∫
∫
∫
∫
∫
∫
∫
∫
∫
∫
∫(
∫
∫
∫
29.
30.
31.
32.
33.
34.
35.
36.
37.
38.
39.
40.
41.
42.
34
66.
e 2 x sen xdx
67.
1 − sen x
dx
cos x
68.
e
28.
1 − 4x2
dx
x
ex
2x
ln x
e2 x + 4
69.
dx
dx
70.
x 2 x + 1dx
71.
x
2
x 3e − x dx
1
x 1 + ln x
72.
73.
dx
2x − 1
x3 − 2 x 2 − 3x
dx
x 4 + 3x3 − 5 x 2 − 4 x + 7
x3 + x 2 − 5 x + 3
dx
x 3 x 1+ 3 x
(
)
x2 − 2
dx
3x + 1
ln (2 x + 3)dx
2x + 3
x − 3x + 2
dx
75.
76.
77.
(3x − 1)cos 2 xdx
2
74.
78.
79.
dx
80.
x3 − 1
) dx
x2 + 4 x
81.
1 − sen x
dx
x + cos x
2x + 3
x 2 − 3x + 2
82.
dx
83.
2
sen xdx
sen x + 2 cos x
84.
∫
∫
(
∫
∫
∫
∫
∫
∫
x2
dx
1 − x2
x2 − 2x
x3 + 1
16 + x 2
dx
)
3
2
x2
dx
3 cos x − 4 sen x
dx
sen x + cos x + 1
3 tg x − 4 cos 2 x
dx
cos x
1
dx
x (3 + ln x )
dx
x3 − x
2x − 5
3x 2 + 6 x + 9
∫
∫
∫
∫
∫
∫
∫
∫
∫
∫
∫
x −1
x + 4x
3
dx
dx
2 x arcsen xdx
dx
sen x cos 3 x
cos x dx
1 + sen x + cos 2 x
cos x dx
1 + sen x + cos 2 x
1 + x dx
dx
(x + 1)(x 2 + 2 x + 2)
e 4 x + 3e 2 x
e4 x + 5
dx
sin 2 x cos 3 x cos 2 xdx
x
x+3 x
dx
dx
(sin x + cos x )2
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