Capı́tulo 4
Integral indefinida
4.1. Antiderivadas
La antidiferenciación (o integración) es el proceso inverso de la diferenciación.
Definición 4.1.1. Sea f una función real diferenciable definida en un intervalo I. Una función
real F se llama una antiderivada (o primitiva) de f en I, si para todo x ∈ I se tiene que
F ′ ( x ) = f ( x ).
Ejemplo 4.1.2. La función real F definida por F ( x) = x3 − 3x2 + 2x − 5 es una antiderivada de
la función f definida por f ( x) = 3x2 − 6x + 2.
Notemos que la función G definida por G ( x) = x3 − 3x2 + 2x es una antiderivada de f .
Ası́ concluimos que, en general, la antiderivada de una función no es única.
Notemos también que las dos antiderivadas que encontramos solo difieren por una constante
aditiva. Lo que probaremos es que esto no es casualidad y que dos antiderivadas de una misma
función siempre difieren únicamente por una constante aditiva.
Demostraremos primero que cualquier antiderivada de la función nula es una función constante.
Teorema 4.1.3. Sea f una función derivable en un intervalo I. Si f ′ ( x) = 0 para todo x ∈ I,
entonces f es constante en I.
Demostración.
Aplicaremos el Teorema del valor medio. Supongamos que f no es constante en I. Entonces
existen x1 , x2 ∈ I, x1 < x2 tales que f ( x1 ) 6= f ( x2 ). Luego f es diferenciable en el intervalo
( x1 , x2 ) (pues f ′ ( x) = 0 en ( x1 , x2 )) y además es continua en [ x1 , x2 ] (por ser diferenciable en
I), por lo que existe c ∈ ( x1 , x2 ) tal que
f ′ (c) =
f ( x2 ) − f ( x1 )
,
x2 − x1
de donde 0 = f ( x2 ) − f ( x1 ), contrario a nuestra suposición.
99
4.1 Antiderivadas
Corolario 4.1.4. Si f y g son dos funciones reales tales que f ′ ( x) = g′ ( x) para todo x en un
intervalo I, entonces existe una constante C ∈ R tal que f ( x) = g( x) + C para todo x ∈ I.
Demostración.
Sea h( x) = f ( x) − g( x). Entonces h′ ( x) = f ′ ( x) − g′ ( x) = 0 en I, de donde, aplicando el
teorema anterior, h es constante en I, es decir, f ( x) − g( x) = C, para algún número real C.
Teorema 4.1.5. Si F es una antiderivada de la función f en un intervalo I, entonces toda antiderivada de f es de la forma F ( x) + C, para algún valor de C.
Demostración.
Sea G una antiderivada cualquiera de f en I. Entonces para todo x ∈ I se tiene G ′ ( x) = f ( x),
luego G ′ ( x) = F ′ ( x) en I, y usando el corolario anterior, existe C ∈ R tal que G ( x) = F ( x) + C.
Observación 4.1.6. Las antiderivadas de f forman una familia uniparamétrica de funciones
cuyo parámetro es la constante aditiva que las diferencia.
Notación 4.1.7. Ası́, la antidiferenciación o integración indefinida es el proceso de determinar
esta familia uniparamétrica de funciones que contiene todas las antiderivadas de la función f .
dF ( x)
Si F es una antiderivada de f , tenemos que F ′ ( x) = f ( x), o equivalentemente,
= f ( x ),
dx
Z
y podemos escribir dF ( x) = f ( x) dx. Usamos el sı́mbolo f ( x) dx para denotar el proceso de
antidiferenciación de f . Entonces,
Z
f ( x) dx = F ( x) + C
4.1.1. Fórmulas básicas de integración
Aplicando directamente la definición, obtenemos:
1.
Z
( a f ( x) + bg( x)) dx = a
2.
Z
dx = x + C.
3.
Z
xn dx =
4.
Z
dx
= ln | x| + C.
x
5.
6.
100
Z
Z
Z
f ( x) dx + b
Z
g( x) dx, a, b ∈ R.
x n +1
+ C, n ∈ R \ {−1}.
n+1
cos x dx = sen x + C.
sen x dx = − cos x + C.
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4.1 Antiderivadas
7.
Z
ex dx = ex + C.
8.
Z
sec2 x dx = tg x + C.
9.
Z
tg x sec x dx = sec x + C.
10.
Z
sec x dx = ln | sec x + tg x| + C.
11.
Z
dx
= arc tg x + C.
1 + x2
12.
Z
√
dx
1 − x2
= arc sen x + C.
Ejemplo 4.1.8. Determinar
Z
(3x4 − 5x2 + 12x − 4) dx.
Solución:
Este es un caso de aplicación directa de la propiedad de linealidad. Ası́,
Z
(3x4 − 5x2 + 12x − 4) dx = 3
=
Ejemplo 4.1.9. Determinar
Z
Z
x4 dx − 5
Z
x2 dx + 12
Z
x dx − 4
3 5 5 3 12 2
x − x + x − 4x + C.
5
3
2
Z
dx
x4 + 5x2 − 3x + 1
dx.
x2
Solución:
Z
x4 + 5x2 − 3x + 1
dx =
x2
Z 3
1
x +5− + 2
x x
2
dx =
1
x3
+ 5x − ln | x| − + C.
3
x
Ejemplo 4.1.10. Usando identidades trigonométricas determinar
Z
Solución:
Denotaremos por I =
Z
(1 + sen x) cos x + sen 2x − 2 sen3 x cos x
dx.
cos3 x
(1 + sen x) cos x + sen 2x − 2 sen3 x cos x
dx.
cos3 x
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101
4.1 Antiderivadas
Entonces
I =
Z sen x
1
sen 2x sen 2x sen2 x
+
+
−
cos2 x cos2 x
cos3 x
cos3 x
=
Z sen 2x(1 − sen2 x)
tg x sec x + sec x +
cos3 x
dx
=
Z tg x sec x + sec2 x +
=
Z
2
sen 2x cos2 x
cos3 x
dx
dx
tg x sec x + sec2 x + 2 sen x dx
= sec x + tg x − 2 cos x + C.
Ejemplo 4.1.11. La ecuación de la recta tangente a la gráfica de una función f en el punto
Q(1, 3) es y = x + 2. Si en cualquier punto P( x, y) de la gráfica, f ′′ ( x) = 6x, encontrar la
ecuación de la curva.
Solución:
Como f ′′ ( x) = 6x entonces f ′ ( x) = 3x2 + C. Sabemos, por la ecuación de la recta tangente, que
f ′ (1) = 1, luego 1 = 3 + C ⇒ C = −2.
Integrando nuevamente tenemos que
f ( x) =
Z
(3x2 − 2) dx = x3 − 2x + C1
y evaluando en el punto Q se tiene
3 = 1 − 2 + C1 ⇒ C1 = 4.
Luego, la ecuación de la curva es
y = x3 − 2x + 4.
Ejercicios
Calcular las siguientes integrales indefinidas:
1.
2.
3.
4.
102
Z
Z
(2ex + x3 − 2x2 + 4) dx
5.
Z
ctg 2 z dz
(3 sen t − 5 cos t + 3 sec2 t) dt
6.
Z
( y + 1) 2
dy
y ( 1 + y2 )
7.
Z
8.
Z
Z √
2
u−
3u
Z √
du
4
(3 x ) − √
7 x
5
dx
1
x2 ( x2
+ 4)
dx
tg2 xdx.
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4.2 Técnicas básicas de integración
4.2. Técnicas básicas de integración
A diferencia de la derivación, que es un proceso rutinario en el sentido de que solo requiere
aplicar correctamente las reglas, el proceso de integrar, es decir, encontrar la antiderivada de
una función, puede resultar muy complicado, por lo que es necesario estudiar algunas técnicas
de integración. Ellas se basan en dos teoremas importantes del cálculo diferencial, el de la
Regla de la cadena, que nos proporciona la técnica de sustitución, y el teorema del Producto de
derivadas, que nos llevará a la integración por partes.
4.2.1. Sustitución
Como dijimos, la técnica de sustitución no es otra cosa que una aplicación de la regla de la
cadena.
Teorema 4.2.1. Regla de la cadena para la antidiferenciación. Sea f una función definida en
un intervalo I y sea g una función derivable cuyo recorrido está contenido en el intervalo I. Si
F es una antiderivada de f en I, entonces
Z
f ( g( x)) g′ ( x) dx =
Z
f (u) du = F ( g( x)) + C.
Demostración.
Sea u = g( x). Como Rec g ⊆ I y F es una antiderivada de f en I,
Z
f (u) du = F (u) + C.
Por otra parte, du = g′ ( x) dx, de donde
Z
f (u) du =
Z
f ( g( x)) g′ ( x) dx = F ( g( x)) + C.
Observación 4.2.2. Hacemos sustitución para simplificar el cálculo de la integral, pero no debemos olvidar volver a las variables originales al finalizar el ejercicio.
Ejemplo 4.2.3. Determinar
Z
sen 2x dx.
Solución:
Si hacemos la sustitución u = 2x, resulta que du = 2 dx y entonces,
Z
Ejemplo 4.2.4. Encontrar
1
sen 2x dx =
2
Z
Z
1
(sen u) du = − cos 2x + C.
2
(sen x + cos x)esen x−cos x dx.
Solución:
Haciendo la sustitución u = sen x − cos x, se tiene du = (cos x + sen x) dx y por lo tanto,
Z
(sen x + cos x)e
sen x −cos x
dx =
Z
eu d(u) = esen x −cos x + C.
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103
4.2 Técnicas básicas de integración
Ejemplo 4.2.5. Determinar
x2 + 2x
dx.
x3 + 3x2 − 1
Z
Solución:
Sea u = x3 + 3x3 − 1. Entonces du = (3x2 + 6x) dx, ası́
Z
x2 + 2x
1
dx =
3
2
x + 3x − 1
3
Ejemplo 4.2.6. Determinar
Z
1
1
du
= ln |u| + C = ln | x3 + 3x2 − 1| + C.
u
3
3
ln x
dx.
x 1 + ln x
√
Solución:
Sea u = 1 + ln x. Entonces du =
Z
Z
1
dx. Ası́,
x
Z
ln x
dx =
x 1 + ln x
√
u−1
√ du =
u
Z √
u du −
Z
1
√ du
u
√
√
√
3 √ 3
3( 1 + ln x)3
( u) − 2 u + C =
− 2 1 + ln x + C.
2
2
=
Corolario 4.2.7. Si F es una antiderivada de la función f , entonces, ∀ a, b ∈ R, a 6= 0,
Z
Ejemplo 4.2.8.
Z
f ( ax + b) dx =
1
F ( ax + b) + C.
a
1
sen(3x + 5) dx = − cos(3x + 5) + C.
3
Corolario 4.2.9. Si g es una función diferenciable y r 6= −1 es un número real.
Entonces
Z
( g( x))r g′ ( x) dx =
( g( x))r +1
+ C.
r+1
Demostración.
Es inmediato si hacemos la sustitución u = g( x), ya que du = g′ ( x) dx y la conclusión es
directa.
Ejemplo 4.2.10.
Z
(5x + 3)2 dx =
1
5
Z
5(5x + 3)2 dx =
1
(5x + 3)3 + C.
15
También la demostración del siguiente Corolario es directa:
Corolario 4.2.11. Si g es una función diferenciable, entonces
Z
104
g′ ( x )
dx = ln | g( x)| + C.
g( x )
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4.2 Técnicas básicas de integración
Ejemplo 4.2.12. Encontrar
Z
x2
2x + 3
dx
+ 3x + 5
Solución:
En este caso, podemos observar que, la derivada del denominador corresponde al numerador
Z
2x + 3
dx =
2
x + 3x + 5
d( x2 + 3x + 5)
= ln( x2 + 3x + 5) + C.
x2 + 3x + 5
Z
Ejercicios
Determinar las siguientes integrales:
1.
2.
3.
Z
Z
Z
tg x dx
ctg x dx
x3
4.
√
5.
Z
cos t
dt
(1 − sen t)2
6.
7.
Z
Z
sen 2x
√
dx
cos 2x
9.
Z
14.
Z
dx
x2 + 2x + 2
5x + 4
dx
x2 + 1
15.
Z
4x2
10.
Z
earc sen x
√
dx
1 − x2
16.
Z
1
dx
1 + ex
11.
Z
ln(tg z)
dz
sen z cos z
17.
Z
1
dx
1 + e− x
12.
Z
2
cos x dx
18.
Z
arc tg( x + 1)
dx
x2 + 2x + 2
13.
Z
sec x dx
19.
Z
arc tg u
du.
u2 + 1
sec2 (3x + 8) dx
Z
Z
8.
e
2x4 + 5
( 5− x )
√
dx
dx
x
x2 + 9
dx
2x + 7
dx
+ 4x + 3
4.2.2. Integración por partes
Sean u = f ( x) y v = g( x) donde f y g son funciones de clase C 1 en un intervalo I. Entonces,
d(uv) = u dv + v du, es decir, u dv = d(uv) − v du. Integrando a ambos lados obtenemos la
Fórmula de integración por partes:
Z
u dv = uv −
Z
v du.
Notemos que esta fórmula nos dice que
Z
f ( x) g′ ( x) dx = f ( x) g( x) −
Z
f ′ ( x) g( x) dx
y nos resultará útil para resolver integrales complejas, al transformarlas con esta fórmula en
integrales más simples.
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105
4.2 Técnicas básicas de integración
Observación 4.2.13. En rigor, si solo conocemos dv, hay infinitas posibilidades para elegir una
primitiva, es decir, en vez de v, deberı́amos escribir v + C. Pero es muy fácil comprobar que la
fórmula funciona con cualquier elección de C, por lo que asumimos que C = 0.
Ejemplo 4.2.14. Determinar
Z
x ex dx.
Solución:
Sea u = x y dv = ex dx entonces du = dx y v = ex . Una manera de recordar la fórmula de
integración por partes es escribir:
dv = ex dx
u=x
ց
du = dx ←−
Reemplazando en la fórmula y usando que
Z
Z
x ex dx = x ex −
Z
v = ex
ex dx = ex , se obtiene
ex dx = ( x − 1)ex + C.
Observación 4.2.15. Al usar la técnica de integración por partes, se debe elegir apropiadamente
Z la porción del integrando que será u y la que será dv, de modo que por un lado se conozca
g( x)dx, y por otro que f ′ sea más sencilla de integrar. Para ello, hay una regla que funciona la
mayor parte del tiempo, y se conoce como LIATE. Se refiere a que se recomienda elegir como u,
en primer lugar las funciones logarı́tmicas (L), en segundo, las funciones inversas trigonométricas (I), luego las funciones algebraicas (A), siguiendo con las funciones trigonométricas (T) y
por último, las funciones exponenciales (E). No siempre se puede elegir ası́ ya que debemos
asegurarnos de que a la función restante se le conoce su integral.
A continuación mostraremos que a veces es necesario repetir la integración por partes.
Ejemplo 4.2.16. Determinar
Z
x2 ex dx.
Solución:
Apliquemos la técnica recomendada en el ejercicio anterior.
u = x2
ց
du = 2x dx ←−
dv = ex dx
v = ex
Ahora, usando integración por partes dos veces (la segunda vez con u = x), se obtiene:
Z
106
2 x
2
x e dx = x ex −
Z
2xex dx = x2 ex − 2( xex − ex ) + C = ( x2 − 2x + 2)ex + C.
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4.2 Técnicas básicas de integración
Ejemplo 4.2.17. Determinar
Z
ln x dx.
Solución:
u = ln x
du =
Con esto
Z
dx
x
dv = dx
ց
←−
v=x
ln x dx = x ln x − x + C.
Muchas veces hay más de un método para resolver una integral.
Ejemplo 4.2.18. Determinar
Z
sen x cos x dx.
Solución:
Esta integral se puede resolver por al menos 3 métodos:
Método 1. Por sustitución simple obtenemos de inmediato que
Z
sen x cos x dx =
Método 2. Recordando que sen x cos x =
Z
sen2 x
+ C.
2
1
sen 2x, obtenemos
2
sen x cos x dx =
=
Z
1
sen(2x) dx
2
1
cos(2x) + C
4
Este resultado es aparentemente distinto al anterior, pero en realidad,
1
1
sen2 x
cos(2x) =
+C
1 − 2 sen2 x + C =
4
4
2
Método 3. También la integral dada se puede resolver por partes.
u = sen x
ց
du = cos x dx ←−
dv = cos x dx
v = sen x
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107
4.3 Sustituciones trigonométricas
Con esto se obtiene:
I=
Z
2
sen x cos x dx = sen x −
Z
sen x cos x dx = sen2 x − I,
por lo tanto 2I = sen2 x, de donde
Z
Ejemplo 4.2.19. Determinar
Z
sen x cos x dx =
sen2 x
+ C.
2
x3 ln 3x dx.
Solución:
dv = x3 dx
u = ln 3x
du =
ց
dx
x
←−
v=
x4
4
Luego,
Z
x4
1
x ln 3x dx =
ln 3x −
4
4
3
Z
x3 dx =
x4
x4
ln 3x −
+ C.
4
16
Ejercicios
Utilizar la técnica de integración por partes para determinar las siguientes integrales:
1.
Z
ln x dx
2.
Z
3.
Z
4.
Z
5.
Z
6.
Z
7.
Z
e cos x dx
(3 − 2x2 ) ex dx
8.
Z
arc tg x dx
9.
Z
10.
Z
x x + 2 dx
11.
Z
dx
2
( x + 1) 2
12.
Z p
arc sen x dx
x ln x dx
x sen x dx
13.
Z
eax cos(bx) dx
sec3 x dx
14.
Z
ln(sen x)
dx
cos2 x
x2 cos x dx
15.
x
√
x2
+
a2
dx
Z
x2 (100 − x)23 dx
16.
Z
xex sen x dx
17.
Z
earc tg x
dx
√
3
x2 + 1
18.
Z
ln(cos x)
dx.
cos x
4.3. Sustituciones trigonométricas
Esta es una de las técnicas más usadas cuando nos encontramos en el integrando con expresiones de la forma
q
q
q
( u 2 + a2 ) n ,
( u 2 − a2 ) n ,
( a2 − u 2 ) n n ∈ Z
108
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4.3 Sustituciones trigonométricas
La idea es utilizar el Teorema de Pitágoras para sustituir por una función trigonométrica apropiada.
4.3.1. Factor de la forma
√
u2 + a2
Recordemos que el Teorema de Pitágoras nos dice que la suma de los cuadrados de los catetos de un triángulo rectángulo es igual al cuadrado de la hipotenusa. Dibujemos un triángulo
rectángulo para observar las relaciones que se dan
u
⇒
u
= a tg α
tg α =
a
a2
+
√
u2
= a sec2 α dα
du
u
√
sec α =
α
u 2 + a2
a
⇒
√
u2 + a2 = a sec α
a
Ejemplo 4.3.1. Resolver la integral
Z
√
dx
x 2 + a2
, donde a es un número real positivo.
Solución:
Reemplazando entonces, obtenemos:
Z
√
calculando la integral
dx
x 2 + a2
Z
=
Z
a sec2 α
dα =
a sec α
Z
sec α dα,
sec α dα = ln | sec α + tg α| + C,
volviendo a la variable original, se tiene
√
| x 2 + a2 + x |
√
= ln
+ C.
a
x 2 + a2
Z p
x2 + a2 dx.
Ejemplo 4.3.2. Resolver la integral
Z
dx
Solución:
Notemos que el mismo triángulo anterior nos da la sustitución que necesitamos.
Reemplazando entonces, obtenemos:
Z
Z p
x2 + a2 dx =
sec α sec2 α dα
=
=
=
Z
sec3 α dα
1
(sec α tg α + ln | sec α + tg α|) + C
2
!
√
p
| x 2 + a2 + x |
1
2
2
x x + a + ln
+ C.
2
a
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109
4.3 Sustituciones trigonométricas
Ejemplo 4.3.3. Determinar la integral
Z
1
dx.
9 + 4x2
Solución:
Para aplicar directamente la sustitución anterior, lo que haremos es factorizar primero en el
denominador:
Z
Z
Z 3
2
1
2x
1
1
1
1
dx
2 sec α
=
dα = α + C = arc tg
dx =
+ C.
9
9
2
2
2
9 + 4x
4
4
6
6
3
4 +x
4 sec α
Ejemplo 4.3.4. Calcular
Z
x
p
8x2 + 4x + 5 dx.
Solución:
Aparentemente, el problema es diferente a los anteriores, pero recordemos que, factorizando y
completando cuadrado:
!
9
1 2
2
+
8x + 4x + 5 = 8
x+
4
16
1
y haciendo la sustitucı́on u = x + , du = dx y considerando I =
4
integral queda
Z
x
p
8x2 + 4x + 5 dx nuestra
r
√ Z 1
9
8
u−
u2 +
I =
du
4
16
r
√ Z r
√ Z
8
9
9
du −
du
=
8 u u2 +
u2 +
16
4
16
r
9
u2 +
+u
√ s
3 √ r
16
9
9
8
8
u u2 +
=
u2 +
−
+ ln
3
3
16
8
16
4
s
√ s 2
3 √
8x + 4x + 5
1
8
8
8x2 + 4x + 5
=
−
x+
3
8
8
4
8
s
√
1
8
8x2 + 4x + 5
−
ln
+ x+
+C
8
8
4
q
1
1
1 p 2
3
2
8x + 4x + 5
=
x+
(8x + 4x + 5) −
24
8
4
p
√ 1
1
2
− ln 8x + 4x + 5 + 8 x +
+ C.
8
4
110
Ana Cecilia de la Maza - Angélica Mansilla - Elena Olivos.
+C
4.3 Sustituciones trigonométricas
Ejemplo 4.3.5. Resolver la integral
Z
9x2
dx
.
+ 6x + 5
Solución:
Utilizaremos ahora una técnica muy parecida a la anterior para resolver esta integral.
Notando que 9x2 + 6x + 5 = (3x + 1)2 + 4 obtenemos:
Z
Sea
dx
=
2
9x + 6x + 5
Z
dx
1
=
2
(3x + 1) + 4
4
Z
dx
( 3x2+1 )2
+1
.
3x + 1
3
= tg α , con esto dx = sec2 α dα, sustituyendo en la integral obtenemos:
2
2
Z
1
dx
=
2
9x + 6x + 5
6
Z
1
sec2 α dα
=
2
sec α
6
Z
dα =
1
3x + 1
1
α + C = arc tg
+ C.
6
6
2
Observación 4.3.6. Ahora podemos utilizar la misma técnica ubicando los factores en distintos
lados del triángulo.
4.3.2. Factor de la forma
√
a2 − u2
En este caso construimos el triángulo de manera que a corresponda a la hipotenusa para utilizar el Teorema de Pitágoras.
u
a
sen α =
a
u
cos α =
α
√
⇒
√
a2 − u 2
a
⇒
√
u
= a sen α
du
= a cos α dα
a2 − u2 = a cos α
a2 − u 2
Ejemplo 4.3.7. Resolver la integral
Solución:
Z p
Z p
16 − x2 dx.
16 − x2 dx = 16
Z
cos2 α dα
= 4 (2α + sen 2α) + C
= 4 (2α + 2 sen α cos α) + C
!
x x√16 − x2
+
+ C.
= 2 arc sen
4
16
Departamento de Matemática y Estadı́stica, Universidad de La Frontera.
111
4.3 Sustituciones trigonométricas
Ejemplo 4.3.8. Calcular
Z p
9 − 4x2 dx.
Solución:
En vez de factorizar por 4, lo que haremos es hacer el cambio de variable
u = 2x
⇒
1
Entonces, la integral queda expresada como
2
Luego,
Z p
9 − 4x2 dx =
=
=
=
4.3.3. Factor de la forma
√
dx =
Z p
du
.
2
9 − u2 du.
Z
1 p
9 − u2 du
2
Z
9
cos2 α dα
2
9
(α + sen α cos α) + C
4
!
√
2x
9
2x 9 − 4x2
arc sen
+ C.
+
4
3
3
3
u2 − a2 , con u > a.
En este caso construimos un triángulo don de la variable u se encuentre en la hipotenusa, para
utilizar el teorema de Pitágoras.
u
⇒
u
= a sec α
sec α =
a
u
√
du
u 2 − a2
√
tg α =
α
u 2 − a2
a
⇒
√
= a sec α tg αdα
u2 − a2 = a tg α
a
Ejemplo 4.3.9. Determinar
Z
√
1
4x2 − 9
dx, con x > 32 .
Solución:
√
2x
3
3
Sea x = sec α, ası́ dx = sec α tg α dα, 4x2 − 9 = 3 tg α y α = arcsec .
2
2
3
Z
√
1
4x2 − 9
dx =
=
112
Z 3
2 sec α tg α
dα =
2x
1
ln
+
2
3
4x2 − 9
+ C.
3
3 tg α
√
Z
1
1
sec α dα = ln | sec α + tg α| + C
2
2
Ana Cecilia de la Maza - Angélica Mansilla - Elena Olivos.
4.3 Sustituciones trigonométricas
Ejemplo 4.3.10. Determinar
Z √
Solución:
p
Como 9x2 − 49 =
3x
7
7
Z √
s
9x2 − 49
7
dx, con x > .
x
3
2
− 1, sea
9x2 − 49
dx = 7
x
= 7
= 7
3x
7
= sec α. Entonces, dx = sec α tg α dα, luego
7
3
Z √
Z
Z
sec α2 − 1
7
3 sec α
7
sec α tg α
3
dα
tg2 α dα
(sec2 α − 1) dα
= 7(tg α − α) + C
s
2
3
3x
− 1 − 7 arc tg
x +C
= 7
7
7
p
3
=
x + C.
9x2 − 49 − 7 arc tg
7
Ejercicios
Determinar las siguientes integrales:
1.
2.
Z p
16 − 9x2 dx
√
dx
Z
3.
Z √
4.
Z
5.
Z
√
x
4 − 25x2
4 − x2
dx
x
dx
16 − 9x2
√
Z
x3
dx
9 − 25x2
x
dx
(1 − x2 )3/2
Z p
9 + 4x2 dx
7.
6.
8.
9.
Z
√
Z √
x3
4 + 25x2
dx
25 + 9x2
dx
x
10.
Z
11.
Z
√
dx
16 + 9x2
√
dx
x 9 + 4x2
Z
x
dx
(16 + 25x2 )3/2
Z p
13.
9x2 − 4 dx, x >
12.
x3
2
3
14.
Z
√
15.
Z
√
16.
Z
17.
Z
x
dx, x >
(9x2 − 16)3/2
18.
Z
9x2 − 16
dx, x > 34 .
x3
25x2
dx
9x2
√
−4
− 16
dx, x >
, x>
dx
x 25x2 − 9
2
5
4
3
, x>
3
5
Departamento de Matemática y Estadı́stica, Universidad de La Frontera.
4
3
113
