61
Capı́tulo 2: Técnicas de integración
Capı́tulo 2
Técnicas de integración
2.1
Introducción
En el capı́tulo anterior se definió el proceso de integración como la determinación
R de una
función cuando se conoce su diferencial y la operación se designó con el sı́mbolo ; es decir,
si:
f (x)dx = dF (x) ,
entonces:
Z
f (x)dx = F (x) + C ,
donde C es la constante de integración y F (x) es la primitiva de f (x).
Ası́, por ejemplo, hallaremos el valor de:
Z
(x2 + 2) x dx ,
en ella podemos obsevar que:
con lo que:
(x2 + 2) x dx =
1
d(x2 + 2)2 ,
4
(x2 + 2) x dx =
1 2
(x + 2)2 + C ,
4
Z
y, por lo tanto, tenemos el resultado.
Otro ejemplo es encontrar el valor de:
Z
¡
¢2
eax + b eax dx ,
en este caso es claro que:
¢2
¢3 ¡
1 ¡ ax
d e + b = eax + b eax dx ,
3a
en consecuencia, resulta:
Z
¡
¢2
¢3
1 ¡ ax
eax + b eax dx =
e +b +C .
3a
A este nivel se puede pensar que es posible calcular cualquier integral indefinida, en la forma
en que lo hemos estado haciendo, sin embargo es posible encontrar funciones que no tienen
senx
con lo que no se puede obtener:
primitivas, por ejemplo si f (x) =
x
Z
senx
dx .
x
62
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
Es importante destacar el problema que consiste en decidir el tipo de funciones que tienen
primitivas y aquellas que no las tienen. Esta situación se conoce como integración finita, podemos decir que ha sido profusamente tratado por grandes matemáticos, pero aún
está lejana la solución de éste.
Volviendo a lo nuestro, podemos decir que, en general, el cálculo de integrales indefinidas
no es sencillo. Si el iniciado en esto no está convencido de lo que decimos, puede dedicarse
a pensar en resolver:
Z
x3 log(1 + x2 ) dx ,
o bien:
Z
dx
,
(3x + 2) 7x2 + 6x + 1
√
cuyas funciones integrando tienen primitivas, pero no son fácilmente encontrables.
Lo que hemos dicho nos conduce a estudiar varias técnicas de integración, comenzaremos
por:
2.2
Integración inmediata
Llamamos integrales inmediatas a aquellas integrales que se pueden calcular por simple
inspección, la técnica aquı́ consiste en encontrar la primitiva de la función integrando recordando las fórmulas elementales de diferenciación y aplicar luego el proceso inverso. Por
ejemplo, si se pide:
Z
dx
,
1 + x2
en este caso es inmediato que:
¡
¢
d Arctg x =
dx
,
1 + x2
y, por lo tanto, resulta:
Z
dx
= Arctg x + C .
1 + x2
En el capı́tulo anterior ya encontramos algunas integrales indefinidas las que resumiremos a
continuación:
63
Capı́tulo 2: Técnicas de integración
(1)
Z
(5)
dx = x + C .
senxdx = − cos x + C .
(2)
Z
n 6= −1, entonces
(6)
n+1
x
xn dx =
+C .
n+1
Z
dx
= Arctg x + C .
1 + x2
(7)
(3)
(4)
Z
Z
Z
eax dx =
dx
= log x + C .
x
(8)
Z
1 ax
e +C .
a
Z
sec2 xdx = tgx + C .
cos xdx = senx + C .
A continuación pasaremos a resolver varias integrales inmediatas:
Problema 2.2.1 Calcular:
Z
cosecxdx .
Solución:
Método N◦ 1
Z
Z
cosecxdx =
dx
=
senx
Z
senxdx
=−
sen2 x
Z
d(cos x)
,
1 − cos2 x
colocando z = cos x, conseguimos:
Z
Z
cosecxdx = −
o sea:
Z
dz
1 ³ 1
1 ´
=
−
+
dz =
1 − z2
2
1+z
1−z
Z
Z
¯1 − z ¯
1 ³ d(1 − z)
d(1 + z) ´ 1
¯
¯
=
−
= log ¯
¯+C ,
2
1−z
1+z
2
1+z
Z
¯ 1 − cos x ¯
1
¯
¯
cosecxdx = log ¯
¯+C .
2
1 + cos x
Método N◦ 2
Ahora tenemos:
x
x
2tg
2tg
x
x
x
2 x
2
2 ,
senx = 2sen cos = 2tg cos
=
x =
x
2
2
2
2
2
sec
1 + tg2
2
2
colocando:
u = tg
resulta:
senx =
x
,
2
2u
,
1 + u2
64
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
y también:
du =
con lo que:
1
x
2du
sec2 dx ⇒ dx =
,
2
2
1 + u2
2du
1
+ u2 =
cosecxdx =
2u
1 + u2
Z
¯
¯
du
¯ x¯
= log | u | + C = log ¯tg ¯ + C .
=
u
2
Z
Z
dx
=
senx
Z
Método N◦ 3
Z
Z
Z
cosecx + cot x
d(cosecx + cot x)
dx = −
=
cosecxdx = cosecx
cosecx + cot x
cosecx + cot x
= − log | cosecx + cot x | + C = log
1
| cosecx − cot x |
·
+C =
| cosecx + cot x | | cosecx − cot x |
= log | cosecx − cot x | + C .
Problema 2.2.2 Calcular:
Z
sec2 (ax + b)dx
.
tg(ax + b) + c
Solución:
Tenemos:
¢
1 ¡
d tg(ax + b) + c = sec2 (ax + b)dx ,
a
por lo tanto, conseguimos:
¢
Z ¡
Z
¯
¯
d tg(ax + b) + c
1
1
sec2 (ax + b)dx
=
= log ¯tg(ax + b) + c¯ + C .
tg(ax + b) + c
a
tg(ax + b) + c
a
Problema 2.2.3 Calcular:
Z
´
¡
cos ax2 + bx (2ax + b)dx .
Solución:
Sea u = ax2 + bx, con ello obtenemos du = (2ax + b)dx y, por lo tanto, resulta:
Z
Z
´
´ ¡
´
´
¡
¡
¡
cos ax2 + bx (2ax + b)dx = cos ax2 + bx d ax2 + bx = sen ax2 + bx + C .
Problema 2.2.4 Calcular:
Z
¡ 2
¢ ¡ 2
¢
2
sec eax + b tg eax + b xeax dx .
65
Capı́tulo 2: Técnicas de integración
Solución:
2
2
Sea u = eax + b, entonces du = 2axeax dx, luego:
Z
¡ 2
¢ ¡ 2
¢
2
sec eax + b tg eax + b xeax dx =
=
1
2a
Z
¡ 2
¢ ¡ 2
¢ ¡ 2
¢
¡ 2
¢
1
sec eax + b tg eax + b d eax + b =
sec eax + b + C .
2a
Problema 2.2.5 Calcular:
Z
tgxdx .
Solución:
Se tiene:
Z
Z
senxdx
=−
cos x
tgxdx =
Problema 2.2.6 Calcular:
Z
d(cos x)
= − log | cos x | + C = log | sec x | + C .
cos x
Z
cot xdx .
Solución:
Se tiene:
Z
Z
cot xdx =
Problema 2.2.7 Calcular:
cos xdx
=
senx
Z
d(senx)
= log | senx | + C .
senx
Z
sec xdx .
Solución:
Se tiene:
Z
Z
sec xdx =
sec x
sec x + tgx
dx =
sec x + tgx
Z
¯
¯
d(sec x + tgx)
= log ¯ sec x + tgx¯ + C .
sec x + tgx
Problema 2.2.8 Siendo a > 0, calcular:
Z
ax dx .
66
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
Solución:
Se tiene:
Z
Z
x
ex log a dx =
a dx =
1 x log a
ax
e
+C =
+C .
log a
log a
Problema 2.2.9 Siendo m, n ∈ N, calcular:
Z
senm x cosn xdx .
Solución:
Esta integral la veremos por medio de algunos ejemplos ya que se presentan dos casos a
saber:
(i) m ó n impar.
(ii) m, n pares.
Veamos la primera situación:
Ejemplo 2.2.1 Calcular:
Z
sen2 x cos5 xdx .
Tenemos:
Z
Z
sen2 x cos5 xdx =
Z
=
Z
sen2 x cos4 x cos xdx =
sen2 x(1 − sen2 x)2 d(senx) =
¢
¡ 2
1
2
1
sen x − 2sen4 x + sen6 x d(senx) = sen3 x − sen5 x + sen7 x + C .
3
5
7
Ejemplo 2.2.2 Calcular:
Z
sen5 x cos3 xdx .
Tenemos:
Z
Z
5
3
sen x cos xdx =
Z
=
¡
Z
5
2
sen x cos x cos xdx =
sen5 x(1 − sen2 x)d(senx) =
¢
1
1
sen5 x − sen7 x d(senx) = sen6 x − sen8 x + C .
6
8
Consideremos ahora la segunda situación:
67
Capı́tulo 2: Técnicas de integración
Ejemplo 2.2.3 Calcular:
Z
sen4 x cos6 xdx .
En este caso tenemos:
Z
Z
¡
¢4 1 + cos 2x
1
4
6
2senx cos x
dx =
sen x cos xdx =
16
2
Z
Z
i
1 h ³ 1 − cos 4x ´2
1
sen 2x(1 + cos 2x)dx =
dx +
sen4 2xd(sen2x) =
32
2
2
Z
Z
Z
Z
i
1 h1
1
1
1
1 + cos 8x
=
dx −
cos 4xd(4x) +
dx +
sen4 2xd(sen2x) =
32 4
4
4
2
2
Z
Z
Z
Z
i
1 h3
1
1
1
=
dx −
cos 4xd(4x) +
cos 8xd(8x) +
sen4 2xd(sen2x) =
32 8
4
64
2
1
=
32
Z
4
=
2.3
1 h 3x 1
1
1 sen5 x i
− sen4x + sen8x +
+C .
32 8
4
64
2 5
Sustituciones trigonométricas
En esta situación tenemos las siguientes consideraciones:
Si en el integrando aparece :
a2 − u2
u2 + a2
u2 − a2
Problema 2.3.1 Calcular:
Z p
hágase la sustitución :
u = a senθ
u = a tgθ
u = a sec θ
55 + 12x − 4x2 dx .
Solución:
En este caso tenemos
Z p
Z p
55 + 12x − 4x2 dx =
64 − (2x − 3)2 dx, por lo tanto, se deduce
que 2x − 3 = u , a = 8 , 2x − 3 = 8 senθ ⇒ dx = 4 cos θdθ, luego la integral se transforma
en:
Z p
Z
Z
64 − (2x − 3)2 dx = 32 cos2 θdθ = 16 (1 + cos 2θ)dθ =
³Z
= 16
1
dθ +
2
Z
´
³
´
1
cos 2θd(2θ) = 16 θ + sen2θ = 16(θ + senθ cos θ) + C ,
2
pero, al observar la figura 2.1, resulta:
68
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
2x − 3
,
8
2x − 3
,
senθ =
8
√
55 + 12x − 4x2
cos θ =
,
8
con lo que la integral pedida pasa a ser:
θ = Arcsen
C
8
2x–3
θ
B
A
Fig. 2.1
Z p
Z p
³
2x − 3
+
64 − (2x − 3)2 dx = 16 Arcsen
8
√
√
(2x − 3) 5512x − 4x2 ´
2x − 3 (2x − 3) 55 + 12x − 4x2
+
+ C = 16 Arcsen
+
+C .
64
8
4
55 + 12x −
4x2 dx
Problema 2.3.2 Calcular:
=
Z
x2
√
dx
.
16 + 25x2
Solución:
En esta integral tenemos u = 5x y a = 4, con lo que, según la indicación, hacemos:
5x = 4tgθ ⇒ dx =
4
sec2 θdθ ,
5
y, por lo tanto, resulta:
Z
dx
√
=
2
x 16 + 25x2
Z
4
sec2 θdθ
5
5
=
16
Z
sec θdθ
5
=
16
tg2 θ
Z
16 2
tg θ · 4 sec θ
25
Z
5
d(senθ)
5
=
= − cosecθ + C ,
16
sen2 θ
16
pero al observar la figura 2.2, se consigue:
√
16 + 25x2
cosecθ =
,
5x
lo que nos lleva al resultado:
√
Z
16 + 25x2
dx
√
+C .
=−
2
2
16x
x 16 + 25x
cos θdθ
=
sen2 θ
C
5x
θ
A
4
Fig. 2.2
B
69
Capı́tulo 2: Técnicas de integración
Problema 2.3.3 Calcular:
Z
3
(4x2 − 9) 2
dx .
x
Solución:
En esta integral tenemos u = 2x y a = 3, con lo que, según la indicación, hacemos:
2x = 3 sec θ ⇒ dx =
3
sec θtgθdθ ,
2
y, por lo tanto, obtenemos:
Z 33 tg3 θ 3 sec θtgθdθ
Z
2
= 33 tg4 θdθ =
3
sec θ
2
Z
Z
hZ
i
3
2
2
3
2
=3
tg θ(sec θ − 1)dθ = 3
tg θd(tgθ) − (sec2 θ − 1)dθ =
Z
3
(4x2 − 9) 2
dx =
x
= 33
³ tg3 θ
3
´
− tgθ + θ + C ,
pero, al observar la figura 2.3, tenemos:
√
4x2 − 9
tgθ =
,
3
√
4x2 − 9
θ = Arctg
,
3
que nos lleva al resultado:
C
2x
θ
A
3
B
Fig. 2.3
Z
2.3.1
p
(4x2 − 9) 2
(4x2 − 9) 2
dx =
− 9 4x2 − 9 + 27 Arctg
x
3
3
3
Ejercicios propuestos
Calcular las siguientes integrales:
(1)
Z
√
dx
.
3x2 + 4x + 5
√
4x2 − 9
+C .
3
70
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
(2)
Z √
16 − x
3
x2
(3)
(4)
Z
Z
(2x − 3)dx ³
√
=
x2 + 2x + 2
Z
dx, hacer x = 16sen2 θ .
dx
.
(x2 − 4x + 13)2
d(x2 + 2x + 2)
√
−5
x2 + 2x + 2
(5)
Z
³
2x3 dx
=
2x2 − 4x + 3
Z h
(x + 2) +
(6)
Z
³ 1
dx
=
x3 (a4 + x4 )
2
Z
2.3.2
Z
√
´
dx
.
x2 + 2x + 2
5x − 6 i ´
dx .
2x2 − 4x + 3
´
dx2
2
,
hacer
x
=
z
.
x4 (a4 + x4 )
La integral:
Z
dx
.
√
(hx + k) ax2 + bx + c
En ella hágase el cambio:
hx + k =
1
.
u
Problema 2.3.4 Calcular:
Z
dx
.
(3x + 1) 5x2 + 4x + 1
√
Solución:
Tal como se ha dicho, efectuamos el cambio:
3x + 1 =
de donde:
5x2 + 4x + 1 = 5
h
1
1−u
du i
⇒ x=
, dx = − 2 ,
u
3u
3u
(1 − u)
2u2 + 2u + 5
(1 − u)2
+4
+1=
,
2
9u
3u
9u2
luego:
Z
dx
√
=
(3x + 1) 5x2 + 4x + 1
Z
du
2
3u
r
=
2
1 2u + 2u + 5
u
9u2
−
71
Capı́tulo 2: Técnicas de integración
Z
√
=−
√ Z
du
du
=− 2 √
=
2u2 + 2u + 5
4u2 + 4u + 10
√ Z
du
=− 2 p
,
(2u + 1)2 + 9
en esta integral hacemos el cambio:
2u + 1 = 3senh v ⇒ du =
3
cos h vdv ,
2
(el lector también puede hacer el cambio 2u + 1 = 3tgθ), luego la integral pasa a ser:
3
√ Z
√ Z 2 cos h vdv
2
=− 2
=−
dv =
2
3 cos h v
2
(2u + 1) + 9
√ Z
− 2 p
du
√
√
2
2
2u + 1
=−
v + C1 = −
Argsenh
+ C1 =
2
2
3
√
³ 2u + 1 r
³ 2u + 1 ´2 ´
2
=−
log
+ 1+
+ C1 =
2
3
3
√
p
¢
¡
2
=−
log 2u + 1 + 4u2 + 4u + 10 + C2 =
2
√
³ 2
´
1
3 2 p 2
= − √ log
+1+
5x + 4x + 1 + C2 =
3x + 1
3x + 1
2
1
3x + 1
√ √
= √ log
+C .
2
x + 1 + 2 5x2 + 4x + 1
Problema 2.3.5 Calcular:
Z
dx
√
.
(3x + 2) 7x2 + 6x + 1
Solución:
A causa de la similitud con el problema anterior, queda a cargo del lector.
Problema 2.3.6 Calcular:
Z
dx
√
.
(2x + 1) 5x2 + 8x + 3
Solución:
A causa de la similitud con el problema anterior, queda a cargo del lector.
72
CALCULO INTEGRAL
2.4
Fernando Arenas Daza
Integración por partes
A causa de las propiedades de las diferenciales tenemos que si u y v son funciones de x,
entonces:
d(uv) = vdu + udv ,
de donde:
udv = d(uv) − vdu ,
y, por consiguiente:
Z
Z
udv = uv −
vdu .
conocida como fórmula de integración por partes.
Problema 2.4.1 Calcular:
Z
sec3 xdx .
Solución:
Se tiene:
Z
Z
sec3 xdx =
sec x(sec2 xdx)
haciendo:
u = sec x ⇒ du = sec xtgxdx ,
dv = sec2 xdx ⇒ v = tgx ,
por consiguiente, se tiene:
Z
Z
sec3 xdx = sec xtgx − tgx(tgx sec xdx) =
Z
Z
(sec2 x − 1) sec xdx = sec xtgx −
= sec xtgx −
Z
sec3 xdx +
Z
sec3 xdx + log | sec x + tgx | + C1 ,
= sec xtgx −
de donde:
Z
2
con lo que:
sec3 xdx = sec xtgx + log | sec x + tgx | + C1 ,
Z
sec3 xdx =
sec xtgx 1
+ log | sec x + tgx | + C .
2
2
Problema 2.4.2 Calcular:
lim
n→∞
2n
X
k=1
³
h k i2 ´ n1
.
log 1 +
n
sec xdx =
73
Capı́tulo 2: Técnicas de integración
Solución:
Se tiene:
lim
2n
X
n→∞
k=1
2n
³
³
h k i2 ´ n1
£ k i2 ´
2 X
= lim
log 1 + 2
log 1 +
=
n→∞ 2n
n
2n
k=1
Z
2
log(1 + x2 )dx ,
=
0
en esta integral utilizamos la integración por partes con:
2x
dx
1 + x2
u = log(1 + x2 ) ⇒ du =
,
dv = dx ⇒ v = x ,
consiguiéndose:
Z
2
Z
¯2
¯
log(1 + x2 )dx = x log(1 + x2 )¯ − 2
0
0
Z
2
0
x2 dx
=
1 + x2
Z 2
Z 2
(1 + x2 ) − 1
dx
dx
=
2
log
5
−
2
=
dx
+
2
2
2
1+x
0
0
0 1+x
£
¤
= 2 log 5 − 4 + 2 Arctg 2 = 2 (log 5 − 2) + Arctg 2 ,
2
= 2 log 5 − 2
y, por lo tanto, el lı́mite pedido es:
lim
n→∞
2n
X
k=1
Problema 2.4.3 Calcular:
³
h k i2 ´ n1
£
¤
= 2 (log 5 − 2) + Arctg 2 .
log 1 +
n
Z
x3 log(1 + x2 )dx .
Solución:
Haciendo:
u = log(1 + x2 ) ⇒ du =
con lo que:
2xdx
1 + x2
Z
x3 log(1 + x2 )dx =
pero:
,
dv = x3 dx ⇒ v =
x4
1
log(1 + x2 ) −
4
2
Z
x4
,
4
x5 dx
,
1 + x2
x5
x
= x3 − x +
,
1 + x2
1 + x2
por lo tanto, tenemos:
Z
Z ³
Z
Z
x ´
1
x5 dx
d(1 + x2 )
3
3
=
x
−
x
+
dx
=
(x
−
x)dx
+
=
1 + x2
1 + x2
2
1 + x2
74
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
=
p
x2
x4
−
+ log 1 + x2 ,
4
2
resultando:
Z
x3 log(1 + x2 )dx =
p
x4
x4
x2
log(1 + x2 ) −
+
− log 1 + x2 + C .
4
8
4
Problema 2.4.4 Calcular:
Z
Arcsen xdx .
Solución:
Tenemos:
Z
Z
xdx
=
1 − x2
Z
p
1
d(1 − x2 )
√
= x Arcsen x +
= x Arcsen x + 1 − x2 + C .
2
1 − x2
Arcsen xdx = x Arcsen x −
Problema 2.4.5 Calcular:
√
Z
x2 Arcsen xdx .
Solución:
Tenemos:
Z
Z 3
x3
x
dx
√
Arcsen x −
=
3
3 1 − x2
Z
x3
1
x3 dx
√
=
Arcsen x −
,
3
3
1 − x2
Z
x3 dx
√
,
1 − x2
x2 Arcsen xdx =
en:
hacemos x = senθ, con lo que:
Z
Z
Z
x3 dx
sen3 θ cos θdθ
√
= sen3 θdθ =
=
cos θ
1 − x2
Z
1
= − (1 − cos2 θ)d(cos θ) = − cos θ + cos3 θ =
3
¢3 p
1¡
1p
= 1 − x2 2 − 1 − x2 = −
1 − x2 (2 + x2 ) ,
3
3
por consiguiente:
Z
x3
1p
x2 Arcsen xdx =
Arcsen x +
1 − x2 (2 + x2 ) + C .
3
9
75
Capı́tulo 2: Técnicas de integración
2.4.1
Producto de Wallis para π
Para n ∈ N tenemos:
Z
Z
Z
n
n−1
n−1
sen x dx = sen
xsenx dx = −sen
x cos x + (n − 1) senn−2 x cos2 xdx =
Z
= −senn−1 x cos x + (n − 1)
senn−2 x(1 − sen2 x)dx =
Z
n−1
= −sen
x cos x + (n − 1)
Z
sen
n−2
xdx − (n − 1)
senn x dx ,
resultando la recurrencia:
Z
Z
1
n−1
senn x dx = − senn−1 x cos x +
senn−2 xdx ,
n
n
con lo que:
Z
π
2
0
n−1
sen x dx =
n
Z
π
2
n
senn−2 xdx ,
0
ahora, de esto, resulta:
(1)
Z
π
2
n = 2m ⇒
sen
2m
0
2m − 1 2m − 3 2m − 5
1
x dx =
·
·
··· ·
2m
2m − 2 2m − 4
2
Z
π
2
dx ,
0
(2)
Z
π
2
n = 2m + 1 ⇒
sen2m+1 x dx =
0
2m
2m − 2 2m − 4
2
·
·
··· ·
2m + 1 2m − 1 2m − 3
3
Z
π
2
senx dx ,
0
de donde:
(3)
Z
π
2
n = 2m ⇒
sen2m x dx =
0
(4)
Z
π
2
n = 2m + 1 ⇒
0
2m − 1 2m − 3 2m − 5
1 π
·
·
··· · ,
2m
2m − 2 2m − 4
2 2
sen2m+1 x dx =
2m
2m − 2 2m − 4
2
·
·
··· ,
2m + 1 2m − 1 2m − 3
3
con lo que:
Z
Z
0
π
2
sen2m x dx
0
π
2
=
sen2m+1 x dx
π 1 3 3 5 5 7
2m − 1 2m + 1
· · · · · · ···
·
,
2 2 2 4 4 6 6
2m
2m
76
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
es decir:
Z
π
2·2 4·4 6·6
2m · 2m
=
·
·
···
·Z
2
1·3 3·5 5·7
(2m − 1)(2m + 1)
π
2
sen2m x dx
0
π
2
.
sen
2m+1
x dx
0
Pero:
0<x<
de donde:
Z
π
2
0<
π
⇒ 0 < senx < 1 ,
2
Z
0
ası́:
π
2
sen2m+1 x dx ≤
Z
sen2m x dx ≤
0
Z
π
2
0
Z
π
2
=
sen
sen2m−1 x dx ,
x dx
2m + 1
1
=1+
,
2m
2m
0
de (2.1) y (2.2) se consigue:
Z
π
2
sen2m x dx
0
1≤ Z
π
2
≤1+
sen2m+1 x dx
1
,
2m
0
y, por lo tanto, se tiene la fórmula de Wallis:
π
2·2 4·4 6·6
2m · 2m
= lim
·
·
···
,
m→∞ 1 · 3 3 · 5 5 · 7
2
(2m − 1)(2m + 1)
o bien, como:
lim
m→∞
se tiene:
o sea:
2m
=1,
2m + 1
22 · 42 · · · (2m − 2)2
π
= lim 2 2
2m ,
m→∞ 3 · 5 · · · (2m − 1)2
2
de donde:
r
r
. 2 · 4 · · · (2m − 2)
2 · 4 · · · (2m − 2) √
π
= lim
,
2m
·
m→∞ 3 · 5 · · · (2m − 1)
2
2 · 4 · · · (2m − 2)
£
¤2 √
22m−2 (m − 1)!
2m (2m)2
π
22m (m!)2
√
= lim
·
= lim
,
2
m→∞
m→∞ (2m)! 2m
2
(2m − 1)!
(2m)
con lo que, se obtiene otra fórmula de Wallis, dada por:
√
(2.1)
0
sen2m−1 x dx
2m+1
π
2
22m (m!)2
√ .
m→∞ (2m)! m
π = lim
(2.2)
77
Capı́tulo 2: Técnicas de integración
2.4.2
Fórmulas recurrentes
Problema 2.4.6 Demostrar que:
£
(n + 1)
Z
1
xk (1 − x)n−k dx
¤−1
=
0
µ ¶
n
.
k
Solución:
Se tiene:
Z 1
Z 1
³ (1 − x)n−(k−1) ´¯1
k
¯
k
n−k
k
x (1−x)
xk−1 (1−x)n−(k−1) dx ,
Ik =
dx = x −
¯ +
n − (k − 1)
n − (k − 1) 0
0
0
|
{z
}
=0
de esto se desprende que:
Ik =
k
Ik−1 ,
n − (k − 1)
o mejor:
Ik+1 =
con:
Z
1
I0 =
k+1
Ik ,
n−k
(1 − x)n dx = −
0
1
(1 − x)n ¯¯1
,
¯ =
n+1 0
n+1
conviene hacer:
f (k) =
k+1
y g(k + 1) = f (0)f (1)f (2) · · · f (k) con g(0) = 1 ,
n−k
con ello:
Ik+1
Ik
I0
=
= ··· =
,
g(k + 1)
g(k)
g(0)
o sea:
Ik =
de donde:
(n + 1)Ik =
1
f (0)f (1)f (2) · · · f (k − 1) ,
n+1
1
1 · 2 · 3···k
=µ ¶,
n
n · (n − 1) · (n − 2) · · · (n − (k − 1))
k
con lo que:
£
(n + 1)
Z
1
xk (1 − x)n−k dx
¤−1
0
Problema 2.4.7 Calcular:
Z
1
In =
−1
(1 − x2 )n dx .
=
µ ¶
n
.
k
78
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
Solución:
Como (1 − x2 )n es par, resulta:
Z
1
In = 2
(1 − x2 )n dx ,
0
haciendo en ella x = senθ, se tiene:
Z
In = 2
π
2
(cos θ)
2n
0
³Z
= 2 2n
h
π
2
Z π2
¯π
i
2
cos θdθ = 2 senθ(cos θ) ¯ +2n
(cos θ)2n−1 |sen
θ
dθ
=
{z }
0
0
|
{z
}
2
1 − cos θ
=0
h
2n ¯ 2
Z
2n−1
(cos θ)
0
π
2
dθ −
(cos θ)2n+1 dθ
´i
= 4n
0
³1
1 ´
In−1 − In ,
2
2
ası́, resulta:
In = 2n(In−1 − In ) ⇒ (2n + 1)In = 2nIn−1 ,
o mejor:
In+1 =
2(n + 1)
In ,
2n + 3
luego:
In = I0 f (0)f (1)f (2) . . . f (n − 1) ,
donde:
f (k) =
2(k + 1)
e I0 = 2
2k + 3
Z
π
2
¯ π2
¯
cos θdθ = 2senθ¯ = 2 ,
0
0
por lo tanto, se consigue:
In = 2
2 · 2 · 2 · 2 · 3 · · · 2n
2n+1 · n! · 2n · n!
=
,
3 · 5 · 7 · · · (2n + 1)
1 · 2 · 3 · 4 · 5 · 6 · 7 · · · 2n · (2n + 1)
y, de ello:
In =
2.4.3
22n+1 · (n!)2
.
(2n + 1)!
Problemas propuestos
Calcular:
1.
Z
Z
x2 Arctg x
dx ,
1 + x2
¡
¢
x2 Arctg x
dx = Arctg x x − Arctg x −
1 + x2
Z
x − Arctg x
dx , etc.
1 + x2
79
Capı́tulo 2: Técnicas de integración
2.
Z
Z
2.5
ex (x2 + 1)
dx .
(x + 1)2
Z
Z
Z
2
ex (x2 + 1)
xex
x (x + 1) − 2x
x
dx
=
e
dx
=
e
dx
−
2
dx ,
2
2
(x + 1)
(x + 1)
(x + 1)2
Z
Z
Z
ex dx
xex
(x + 1) − 1 x
ex
dx
−
dx
=
e
dx
=
=
(x + 1)2
(x + 1)2
x+1
(x + 1)2
Z
Z
³
´
ex
ex
ex
ex
dx − −
+
dx =
, etc.
=
x+1
x+1
x+1
x+1
¡
¢ pq
En el integrando aparece ax + b
Hagáse:
ax + b = uq .
Problema 2.5.1 Calcular:
Z
x2 dx
2
(3x + 2) 3
.
Solución:
Según la indicación anterior hacemos:
3x + 2 = u3 ⇒ x =
u3 − 2
⇒ dx = u2 du ,
3
por lo tanto, tenemos:
Z
Z
x2 dx
2
(3x + 2) 3
=
2.5.1
Calcular:
=
1
1 ³ u3 − 2 ´2 2
u du =
u2
3
9
Z
(u6 − 4u3 + 4)du =
´
1 ³ u7
u 6
− u4 + 4u + C =
(u − 7u3 + 28) + C =
9 7
63
√
3
¢
3x + 2 ¡
=
(3x + 2)2 − 7(3x + 2) + 28 + C .
63
Problemas propuestos
80
CALCULO INTEGRAL
(1)
Fernando Arenas Daza
(4)
Z
Z
2
3
x(x + 1) dx ,
(2)
Z √
3
(3)
2.6
Z
(5)
x+1
dx ,
x
dx
√
,
4+ x+4
Z
cos
(6)
√
tg x
√ dx ,
x
Z
√
xdx ,
dx
p
1+
√ .
x
Integral binomia
Ella es:
Z
¡
¢p
xm axn + b q dx , (m, n, p, q ∈ Z , n 6= 0, q > 0) ,
se presentan dos opciones:
m+1
∈ Z, hacer axn + b = uq .
n
m+1 p
+ ∈ Z, hacer axn + b = uq xn .
(2) Si
n
q
(1) Si
Problema 2.6.1 Calcular:
Z
x5
p
2 + x3 dx .
Solución:
m+1
5+1
Tenemos m = 5, n = 3, p = 1, q = 2,
=
= 2, luego, según la indicación,
n
3
hacemos:
x3 + 2 = u2 ⇒ 3x2 dx = 2udu ,
con lo que:
Z
5
x
=
p
2+
x3 dx
2
=
3
Z
(u2 − 2)uudu =
2u3
2 ³ u5
2 ´
− u3 + C =
(3u2 − 10) + C =
3 5
3
45
¢3 ¡
¢
2¡ 3
=
x + 2 2 3x3 − 4 + C .
45
Problema 2.6.2 Calcular:
Z
x2
¡√
4
dx
16 + x4
¢3 .
81
Capı́tulo 2: Técnicas de integración
Solución:
Tenemos m = −2, n = 4, p = −3, q = 4,
indicación, hacemos:
m+1 p
−2 + 1 3
+ =
− = −1, luego, según la
n
q
4
4
x4 + 16 = u4 x4 ⇒ x4 = 16(u4 − 1)−1 ,
con lo que:
1
1
5
x2 = 4(u4 − 1)− 2 ⇒ x = 2(u4 − 1)− 4 ⇒ dx = −2(u4 − 1)− 4 u3 du ,
de ello:
Z
Z
dx
5
−2(u4 − 1)− 4 u3 du
1
=−
¡√
¢3 =
1
3
4
−
−
4
4
3
2
4
16
2
4
4(u − 1) 8(u − 1) u
x
16 + x
√
4
u
x4 + 16
=− +C =−
+C .
16
16x
Problema 2.6.3 Calcular:
Z
x3
Z
p
(2x2 + 1)3 dx ,
dx
x2 (x3
5
+ 1) 3
Z
du =
.
Solución:
Se dejan a cargo del lector.
2.7
Integración de funciones racionales
Se denomina función racional a las funciones reales del tipo:
f (x) =
p(x)
,
q(x)
donde p(x) y q(x) son funciones polinomiales reales. En general, se supone que el grado de
p(x) es menor que el grado de q(x) ya que de lo contrario se procede a efectuar la división,
por ejemplo:
x4 + 1
x2 + x − 1
=x− 3
.
3
x +x+1
x +x+1
2.7.1
Caso en que en el denominador aparece x − a
Problema 2.7.1 Calcular:
Z
dx
.
1 − x2
82
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
Solución:
Z
1
dx
=−
1 − x2
2
=
Z ³
Z
d(1 + x) ´
d(1 − x)
−
=
1−x
1+x
r¯
¯
¯1 − x¯
= log | C | ¯
¯.
1+x
1 ´
1
1³
+
dx =
1+x 1−x
2
¯1 − x¯
1
¯
¯
log ¯
¯ + log C
2
1+x
2
Z
Problema 2.7.2 Calcular:
Z
2x + 1
dx .
(x + 3)(x − 1)(x − 2)
Solución:
Se tiene:
2x + 1
A
B
C
=
+
+
,
(x + 3)(x − 1)(x − 2)
x+3 x−1 x−2
consiguiéndose:
2x + 1
1
1
3
1
1
=− ·
− ·
+
,
(x + 3)(x − 1)(x − 2)
4 x+3 4 x−1 x−2
y, por lo tanto, se tiene:
Z
Z
Z
Z
2x + 1
1
dx
3
dx
dx
dx = −
−
+
=
(x + 3)(x − 1)(x − 2)
4
x+3 4
x−1
x−2
1
3
| C (x − 2) |
= − log | x + 3 | − log | x − 1 | + log | x − 2 | + log | C | = log q ¯
¯.
4
4
4 ¯
(x + 3)(x − 1)3 ¯
2.7.2
¡
¢m
Caso en que en el denominador aparece x − a
Problema 2.7.3 Calcular:
Z
4x3 − 2x2 + x + 1
dx .
(x − 2)(x + 1)3
Solución:
Tenemos:
A
B
C
D
4x3 − 2x2 + x + 1
=
+
+
+
,
3
2
(x − 2)(x + 1)
x − 2 x + 1 (x + 1)
(x + 1)3
83
Capı́tulo 2: Técnicas de integración
de donde:
4x3 − 2x2 + x + 1
B(x − 2) C(x − 2) D(x − 2)
=A+
+
+
,
3
(x − 2)(x + 1)
x+1
(x + 1)2
(x + 1)3
en esta última hacemos x = 2, resultando:
32 − 8 + 3
=A⇒A=1.
27
Ahora:
4x3 − 2x2 + x + 1
1
3x3 − 5x2 − 2x
x(3x2 − 5x − 2)
= ··· =
−
=
=
3
3
(x − 2)(x + 1)
x−2
(x − 2)(x + 1)
(x − 2)(x + 1)3
=
x(3x + 1)(x − 2)
3x2 + x
3(x + 1)2 − 5x − 3
3(x + 1)2 − 5(x + 1) + 2
=
=
=
=
3
3
3
(x − 2)(x + 1)
(x + 1)
(x + 1)
(x + 1)3
de donde:
4x3 − 2x2 + x + 1
1
3
5
2
=
+
−
+
,
(x − 2)(x + 1)3
x − 2 x + 1 (x + 1)2
(x + 1)3
con lo que:
Z
4x3 − 2x2 + x + 1
5
1
dx = log | x − 2 | + 3 log | x + 1 | +
−
+C ,
3
(x − 2)(x + 1)
x + 1 (x + 1)2
es decir:
Z
4x3 − 2x2 + x + 1
5x + 4
dx = log | (x − 2)(x + 1)3 | +
+C .
3
(x − 2)(x + 1)
(x + 1)2
Problema 2.7.4 Calcular:
Z r
x+2
dx .
x+3
Solución:
Hacemos:
u2 =
de donde:
x=
y:
dx =
Por lo tanto, se obtiene:
pero:
Z r
x+2
,
x+3
3u2 − 2
,
1 − u2
2udu
.
(1 − u2 )2
x+2
dx = 2
x+3
Z
u2 du
,
(1 − u2 )2
u2
u2
A
B
C
D
=
=
+
+
+
,
2
2
2
2
2
(1 − u )
(u + 1) (u − 1)
u + 1 (u + 1)
u − 1 (u − 1)2
84
CALCULO INTEGRAL
resultando:
Fernando Arenas Daza
´
1
1
1
u2
1³
1
−
+
+
,
=
+
(1 − u2 )2
4
u + 1 (u + 1)2
u − 1 (u − 1)2
luego:
Z r
x+2
dx = 2
x+3
Z
¯u − 1¯
u2 du
1³
1
1 ´
¯
¯
=
log
−
−
+C ,
¯
¯
(1 − u2 )2
2
u+1
u+1 u−1
es decir:
Z r
2.7.3
¯
¯r x + 2
¯
¯
+ 1¯
¯
³
´
1
1
x+2
1
x+3
r
r
dx =
log ¯r
−
−
+C =
¯
x+3
2
x+2
x+2
¯ x+2
¯
− 1¯
+1
−1
¯
x+3
x+3
x+3
¯ √x + 2 + √x + 3 ¯ 2
´
1³
¯
¯
√
=
log ¯ √
¯ + (x + 3) + C .
2
5
x+2− x+3
Problemas propuestos
Calcular:
(1)
(3)
Z
Z
−9x2 + 26x − 19
dx ,
(x + 1)(x − 2)3
dx
√
√
,
( x + 1 + 3 x + 1)3
(2)
(4)
Z
Z
√
x+1
dx ,
x(x + 2)2
dx
√
.
x+4+ 3x+4
En la primera se tendrá:
−9x2 + 26x − 19
2
2
3
1
=
−
−
−
,
(x + 1)(x − 2)3
x + 1 x − 2 (x − 2)2
(x − 2)3
en la segunda:
x+1
1
1
1
=
−
+
.
x(x + 2)2
4x 4(x + 2) 2(x + 2)2
En la tercera hacer 1 + x = u6 , obteniéndose:
Z
Z
dx
du
√
√
=6
,
3
3
u(1
+ u)3
( x + 1 + x + 1)
con
1
1
1
1
1
= −
−
−
.
u(1 + u)3
u 1 + u (1 + u)2
(1 + u)3
En la cuarta hacer x + 4 = u6 , se llegará a:
Z
Z 3
Z ³
dx
1 ´
u du
√
√
=
6
=
6
u2 − u + 1 −
du .
3
u+1
u+1
x+4+ x+4
85
Capı́tulo 2: Técnicas de integración
2.7.4
Caso en que en el denominador aparece el trinomio irreducible ax2 + bx + c
Problema 2.7.5 Calcular:
Z
7x3 + 20x2 + 35x − 13
dx .
x2 (x2 + 4x + 13)
Solución:
En este caso hacemos:
7x3 + 20x2 + 35x − 13
A
B
Cx + D
= + 2+ 2
,
2
2
x (x + 4x + 13)
x
x
x + 4x + 13
de donde:
7x3 + 20x2 + 35x − 13
(Cx + D)x2
=
Ax
+
B
+
,
x2 + 4x + 13
x2 + 4x + 13
13
en esta última hacemos x = 0, resultando B = −
= −1. Con esto, tenemos:
13
1
7x3 + 21x2 + 39x
7x3 + 20x2 + 35x − 13
+
=
·
·
·
=
=
x2 + 4x + 13
x2
x2 (x2 + 4x + 13)
=
7x2 + 21x + 39
A
Cx + D
= + 2
,
x(x2 + 4x + 13)
x
x + 4x + 13
o mejor:
7x2 + 21x + 39
(Cx + D)x
=A+ 2
,
2
x + 4x + 13
x + 4x + 13
39
en esta última hacemos x = 0, resultando A =
= 3. Con esto, tenemos:
13
7x2 + 21x + 39
3
4x2 + 9x
4x + 9
−
=
·
·
·
=
= 2
,
2
2
x(x + 4x + 13) x
x(x + 4x + 13)
x + 4x + 13
por lo tanto, se consigue:
7x3 + 20x2 + 35x − 13
3
1
4x + 9
= − 2+ 2
,
x2 (x2 + 4x + 13)
x x
x + 4x + 13
luego:
Z
7x3 + 20x2 + 35x − 13
dx = 3
x2 (x2 + 4x + 13)
Z
+
x2
Z
dx
−
x
Z
dx
+2
x2
Z
d(x2 + 4x + 13)
+
x2 + 4x + 13
1
1
x+2
dx
= log | x |3 + + 2 log(x2 + 4x + 13) + Arctg
+C =
+ 4x + 13
x
3
3
=
1
1
x+2
+ log | x |3 (x2 + 4x + 13)2 + Arctg
+C .
x
3
3
86
CALCULO INTEGRAL
2.7.5
Fernando Arenas Daza
Caso en que en el denominador aparece el trinomio irreducible ax2 + bx + c repetido
Problema 2.7.6 Calcular:
Z
x2 − x + 4
dx .
(x − 1)(x2 + 2x + 2)2
Solución:
En este caso hacemos:
x2 − x + 4
A
Bx + C
Dx + E
=
+
+
,
(x − 1)(x2 + 2x + 2)2
x − 1 x2 + 2x + 2 (x2 + 2x + 2)2
de donde:
x2 − x + 4
(Bx + C)(x − 1) (Dx + E)(x − 1)
=A+
+
,
(x2 + 2x + 2)2
x2 + 2x + 2
(x2 + 2x + 2)2
en esta última hacemos x = 1, resultando A =
4
. Con esto, tenemos:
25
x2 − x + 4
4
−4x4 − 16x3 − 7x2 − 57x + 84
−
=
·
·
·
=
=
(x − 1)(x2 + 2x + 2)2
25(x − 1)
25(x − 1)(x2 + 2x + 2)2
=−
4x3 + 20x2 + 27x + 84
Bx + C
Dx + E
= 2
+
,
25(x2 + 2x + 2)2
x + 2x + 2 (x2 + 2x + 2)2
pero:
4x3 + 20x2 + 27x + 84 = 4(x + 3)(x2 + 2x + 2) − 5(x − 12) ,
con lo que:
−
4x3 + 20x2 + 27x + 84
4
x+3
1
x − 12
=−
+
,
25(x2 + 2x + 2)2
25 x2 + 2x + 2 5 (x2 + 2x + 2)2
por lo tanto, resulta:
4 1
4
1
x2 − x + 4
x+3
x − 12
=
−
+
,
2
2
2
2
(x − 1)(x + 2x + 2)
25 x − 1 25 x + 2x + 2 5 (x + 2x + 2)2
luego:
Z
Z
Z
4
2
x2 − x + 4
dx
dx
=
−
(x − 1)(x2 + 2x + 2)2
25
x − 1 25
Z
Z
Z
8
1
13
dx
(2x + 2)dx
−
+
−
25
1 + (x + 1)2
10
(x2 + 2x + 2)2
5
(2x + 2)dx
−
x2 + 2x + 2
dx
£
¤=
1 + (x + 1)2
4
2
8
log | x − 1 | −
log(x2 + 2x + 2) −
Arctg(x + 1)−
25
25
25
1
1
2 ³1
1
x+1 ´
−
−
Arctg(x
+
1)
+
+C .
10 x2 + 2x + 2 25 2
2 x2 + 2x + 2
=
87
Capı́tulo 2: Técnicas de integración
2.7.6
Problemas propuestos
Calcular:
1.
Z
√
xdx
,
x3 + 2x2 − 3x
hacer x = u2 , llegándose a:
√
Z
Z
Z
du
du
xdx
=
2
=
2
.
3
2
4
2
2
x + 2x − 3x
u + 2u + 3
(u − 1)(u2 + 3)
2.
Z
(x2
se obtiene:
3x3 + x2 + 3x − 3
dx ,
+ x + 1)(x2 + x + 2)
2x − 1
2x − 1
3x3 + x2 + 3x − 3
= 2
+ 2
.
2
2
(x + x + 1)(x + x + 2)
x +x+1 x +x+2
3.
Z
dx
,
x4 + 4
se tiene:
x4 + 4 = x4 + 4x2 + 4 − 4x2 = (x2 + 2)2 − (2x)2 = (x2 + 2x + 2)(x2 − 2x + 2) ,
con lo que:
2.8
1³ x + 2
x−2 ´
1
=
−
.
x4 + 4
8 x2 + 2x + 2 x2 − 2x + 2
Funciones racionales de coseno y seno
La función integrando es del tipo:
f (x) =
p(cos x, senx)
.
q(cos x, senx)
en tal caso hágase:
u = tg
x
.
2
Nota:
Recordar el segundo método con que se resolvió el problema [2.2.1].
x
Ahora bien, como hay que utilizar u = tg , tenemos:
2
x
x
x
cos2 − sen2
1 − tg2
2
2
2
2 = 1−u ,
cos x =
=
x
x
x
1 + u2
cos2 + sen2
1 + tg2
2
2
2
88
CALCULO INTEGRAL
Fernando Arenas Daza
x
x
x
2sen cos
2tg
2
2
2 = 2u ,
senx =
=
x
x
2x
1 + u2
2
cos
+ sen
1 + tg2
2
2
2
du =
con lo que:
Z
1
x
2du
sec2 dx ⇒ dx =
,
2
2
1 + u2
³
´
2
Z p 1 − u , 2u
p(cos x, senx)
2du
1 + u2 1 + u2
dx =
.
³
´
2
q(cos x, senx)
1 + u2
1−u
2u
q
,
1 + u2 1 + u2
Problema 2.8.1 Calcular:
Z
dx
.
4 + 3 cos x
Solución:
Aplicando lo anterior, resulta:
Z
dx
=
4 + 3 cos x
Z
³ u ´
2du
Z
Z
d √
du
2
7
1 + u2
=√
³ u ´2 =
2 =2
2
7+u
1−u
7
1+ √
4+3
7
1 + u2
x
tg
2
= √ Arctg √ 2 + C .
7
7
Problema 2.8.2 Calcular:
Z
dx
.
1 + 3 cos x − 2 senx
Solución:
Aplicando lo anterior, resulta:
Z
2du
1 + u2
=
2u
1 − u2
+2
1+3
1 + u2
1 + u2
Z
Z
du
du
=−
=
−
,
2
u − 2u − 2
(u − 1)2 − 3
dx
1 + 3 cos x − 2 senx
en ésta hacemos:
u−1=
√
Z
3tgh t ⇒ du =
√
3 sec h2 tdt ,
(El lector también puede hacer el conocido cambio de variable u − 1 =
√
3 sec θ)
89
Capı́tulo 2: Técnicas de integración
con lo que:
Z
−
du
=
(u − 1)2 − 3
√
Z √
√
3 sec h2 t
3
dt =
t+C =
3 sec h2 t
3
√
¯1 +
3
u−1
3
¯
=
Argtgh √ + C =
log ¯
3
2
3
1−
u−1
√ ¯
3 ¯
+C =
u−1¯
√
3
√
x
¯ 3 − 1 + tg ¯
3
¯
2¯
=
log ¯ √
x¯+C ,
6
3 + 1 − tg
2
√
luego:
Z
√
x
√
¯ 3 − 1 + tg ¯
dx
3
¯
2¯
=
log ¯ √
x¯+C .
1 + 3 cos x − 2 senx
6
3 + 1 − tg
2