Clases de Cálculo II

8/12/2019 Clases de Clculo II

1/88

Semestre2-2009

Jos Luis QuinteroJulio - Agosto 2009

CLASES DECLCULO

II(0252)

Universidad Central de VenezuelaFacultad de Ingeniera

Ciclo BsicoDepartamento de Matemtica Aplicada


2/88

Semestre2-2009

Jos Luis QuinteroJulio 2009

TEMA 1INTEGRAL

INDEFINIDA O

ANTIDERIVADA

Clculo II (0252)Semestre 2-2009


3/88

GUIA TERICA - PRCTICA

TEMA 1

INTEGRALINDEFINIDA OANTIDERIVADAU.C.V. F.I.U.C.V.

Jos Luis Quintero 1

1.1. INTRODUCCIN

Hasta este momento se ha estudiado la rama del Clculo llamada Clculo Diferencial,

en la que se estudia la derivada. En este tema se iniciar el estudio de la otra rama del Clculo

denominada Clculo Integral. Estas dos ramas estn relacionadas mediante los teoremas

fundamentales del Clculo, descubrimiento culminante en el siglo XVII realizado por Newton y

Leibniz, quienes trabajaron en forma independiente. Fue Arqumedes el precursor del clculo

integral. Arqumedes calcul reas y volmenes aplicando un mtodo similar al actual. Leibniz

y Newton descubrieron el clculo tal como hoy se le conoce. Gauss hizo la primera tabla de

integrales. Cauchy aplic las integrales a los nmeros complejos. Riemann y Lebesgue dieron a

las integrales una base lgica firme. Hermite encontr un algoritmo para integrar funciones

racionales.

1.2. PRIMITIVA DE UNA FUNCIN

En temas anteriores se aprendi a obtener, va definicin y regla de derivacin, la

funcin derivada de una funcin. Adems se prob que es nica, es decir, una funcin tiene

una sola funcin derivada. Se considera ahora el problema inverso de la derivacin: Dada una

funcin f(x), determinar otra funcin F(x) tal que F '(x) f(x)= .

Definicin 1. Una funcin F(x) es la primitiva de una funcinf(x) en un intervalo I si y slosi F '(x) f(x)= , para cada x I .

1.3. INTEGRAL INDEFINIDA

Como ya se dijo anteriormente, una funcin tiene una nica derivada; sin embargo la

primitiva no es nica. De modo que si F(x) es primitiva de f(x) en el intervalo I entonces la

expresin F(x) C+ describe todas las primitivas de f(x) y es llamada primitiva general de

f(x). La primitiva general F(x) C+ representa una familia de funciones que dependen de la

constante C y sus grficas guardan entre s una relacin geomtrica de traslacin vertical (ver

figuras 1 y 2).

Ejemplo 1.La derivada de la funcin2

f(x) x= es la funcin g(x) 2x= . Sin embargo, cuandose quiere encontrar una funcin tal que su derivada corresponda a g(x) se tiene que no es

nica.


4/88


5/88


TEMA 1


Jos Luis Quintero 3

La familia o conjunto de todas las primitivas de f(x), recibe el nombre de integral

indefinida de fy tiene una notacin que fue introducida por Gottffried Leibniz: f(x)dx .

El smbolo de integral (sigma) proviene del griego y significa suma, cuando se tratela integral definidase hablar de la razn de ello.

Definicin 3. (Integral indefinida). f(x)dx F(x) C= + si y slo si F '(x) f(x)= .

La funcin f(x) recibe el nombre de integrando, dx indica que la variable deintegracin es x y C se llama constante de integracin.

Vale la pena destacar dos aspectos:

a. La integracin es el proceso inverso a la derivacin.

b. La integracin es una suma (el signo de integral surgi como deformacin del signo

sumatorio).

Algunos autores utilizan los trminos antidiferenciacin o antiderivacin como

sinnimos de integracin; mientras que otros hacen referencia al trmino antiderivada,

como el resultado de aplicar el proceso de integracin.

La diferencia entre integracin y antiderivada, se pone de manifiesto mediante la

siguiente afirmacin: la integracines el proceso que permite obtener antiderivadas.

1.4. CLCULO DE PRIMITIVAS

Las siguientes afirmaciones son equivalentes:

a. Calcular la familia de primitivas de f(x)

b. Integrar la funcin f(x)

c. Resolver la integral f(x)dx

Estas afirmaciones intentan dar respuesta al problema de encontrar la funcin F(x)

cuya derivada es f(x). A continuacin se puede encontrar un conjunto de frmulas de

integracin. Es probable que la integral que se tenga que resolver est en una de esas

frmulas. Slo se deben saber las integrales mas elementales (las que se derivan directamentede las frmulas de las derivadas equivalentes), las dems se obtienen aplicando mtodos muy

variados. Invirtiendo las columnas de una tabla de derivadas se puede construir la siguiente:


6/88


TEMA 1


Jos Luis Quintero 4

1.5. FRMULAS DE INTEGRACIN INMEDIATA

1.5.1.1x

x dx C con 11

+ = +

+ 1.5.2. x xe dx e C= + 1.5.3.

xx aa dx C (a 0 y a 1)

ln(a)= + > 1.5.4. 1 dx ln x Cx = +

1.5.5. sen(x)dx cos(x) C= + 1.5.6. cos(x)dx sen(x) C= + 1.5.7. tg(x)dx ln cos(x) C= + 1.5.8. ctg(x)dx ln sen(x) C= + 1.5.9. sec(x)dx ln sec(x) tg(x) C= + + 1.5.10. csc(x)dx ln csc(x) ctg(x) C= + + 1.5.11. 2sec (x)dx tg(x) C= + 1.5.12. 2csc (x)dx ctg(x) C= + 1.5.13. sec(x)tg(x)dx sec(x) C= + 1.5.14. csc(x)ctg(x)dx csc(x) C= + 1.5.15. 1

2 21 x xdx arcsen C arccos C (a 0)

a aa x = + = + >

1.5.16. 12 21 1 x 1 x

dx arctg C arcctg C (a 0)a a a aa x

= + = +

+ 1.5.17. 1

2 2

1 1 x 1 xdx arc sec C arc csc C (a 0)

a a a ax x a= + = +

1.5.18. 1 2 2 1

2 2

1 xdx senh C ln(x x a ) C (a 0)

ax a

= + = + + + > +

1.5.19. 1 2 2

12 2

1 xdx cosh C ln(x x a ) C (a 0)

ax a

= + = + + >

1.5.20.

1 2 2

12 2-1 2 2

xtgh C si x a

a1 1 a xdx ln C (a 0)

2a a x xa xctgh C si x a

a

+

1.5.21.2 2

11

2 2

1 1 x 1 a a xdx sech C ln C (0 x a)

a a a xx a x

+ = + = + <


7/88


TEMA 1


Jos Luis Quintero 5

1.5.25.2

sec h (x)dx tgh(x) C= +

1.5.26.

2

csc h (x)dx ctgh(x) C= +

1.5.27. sech(x)tgh(x)dx sech(x) C= + 1.5.28. csch(x)ctgh(x)dx csch(x) C= +

No hay otra forma de aprender las integrales que haciendo muchas. Con la ejercitacin

constante, se adquiere una habilidad para reconocer la mejor forma de resolver una integral.

Por otra parte, se debe tener presente el manejo correcto de identidades y frmulas

algebraicas vistas en cursos anteriores.

Programas de software como Derive, Maple, Mathcad o Mathematica, entre otros, son

capaces de efectuar integracin indefinida. En siguientes apartados se ampliar un poco sobre

esto.

Para comprobar si el resultado obtenido al resolver una integral es o no correcto basta

con aplicarle el proceso de derivacin a dicho resultado. La respuesta se considera correcta si

la derivada coincide con el integrando, resultando incorrecta en caso contrario.

1.6. PROPIEDADES DE LA INTEGRAL

El proceso de integracin es lineal respecto de la suma algebraica y multiplicacin por

una constante, esto significa:

a. cf(x)dx c f(x)dx , c= b. ( )f(x) g(x) dx f(x)dx g(x)dx =

1.7. CONDICIONES INICIALES Y SOLUCIONESPARTICULARES

Ya se dijo que la ecuacin y f(x)dx= tiene muchas soluciones, que difieren unas deotras en una constante. Eso quiere decir que las grficas de dos primitivas de f son traslacin

vertical una de la otra. As, la figura 3, muestra varias primitivas

2 3y (3x 1)dx x x C= = + (Solucin general)


8/88


TEMA 1


Jos Luis Quintero 6

para varios valores enteros de C. Cada una de estas primitivas es solucin de la ecuacin

diferencial

2dy 3x 1dx

= .

Figura 3. La solucin particular que satisface la condicin inicial F(2)=4 es 3F(x)=x -x-2

En muchas aplicaciones de la integracin se da suficiente informacin para determinar

una solucin particular. Para ello basta el valor de y F(x)= en un valor de x. Por ejemplo, en

la figura 3 slo una de las curvas pasa por el punto (2,4). Para determinar esa curva se utiliza

la siguiente informacin:

3F(x) x x C= + Solucin general

F(2) 4= Condicin particular

Usando la condicin particular en la solucin general se puede hallar que

F(2) 8 2 C 4= + = ,

lo cual implica que

C 2= .

Por tanto, se obtiene

3F(x) x x 2= Solucin particular


9/88


TEMA 1


Jos Luis Quintero 7

1.8. MTODOS DE INTEGRACIN

Integrar ( f(x)dx ) es buscar una funcin F(x) tal que su derivada sea f(x). Nosiempre la bsqueda es trivial, de modo que existen algunos mtodos para integrar con xito.

1.9. INTEGRACIN INMEDIATA

Como su nombre lo indica, el mencionado mtodo consiste en la aplicacin inmediata de

una o varias reglas de integracin ya establecidas y que son de fcil aplicacin, aunque en

algunos casos ser necesario el desarrollo de operaciones algebraicas bsicas.

A continuacin se presenta un conjunto de ejemplos, cuya funcin es ilustrar la teora

expuesta hasta el momento, e introducir este primer mtodo de integracin.

Ejemplo 2. Resuelva la integral2 2

42 x 2 x dx

4 x+

.

Solucin.2 2 2 2

4 4 4 2 2

2

2 x 2 x 2 x 2 x dx dxdx dx dx

4 x 4 x 4 x 2 x 2 x

x arcsen ln(x x 2) C

2

+ + = =

+

= + + +

Ejemplo 3.Resuelva la integral2x x

xe e dx

e+

.

Solucin.2x x x x x

x xx x

e e e .e edx dx (e 1)dx e x C

e e

+ += = + = + +

Ejemplo 4.La velocidad mnima requerida para que un objeto lanzado desde la Tierra escape

de la atraccin gravitatoria de sta se obtiene como solucin de la ecuacin

2

1vdv GM dx

x

=

,

donde v es la velocidad, y la distancia al centro de la Tierra, G la constante de la gravitacin y

M la masa de la Tierra.


10/88


TEMA 1


Jos Luis Quintero 8

Demuestre que v y x estn relacionadas por la ecuacin

2 20

1 1v v 2GM

x R

= +

,

donde 0v es la velocidad inicial del objeto y R el radio de la Tierra.

Solucin.

Calculando la integral de cada miembro de la ecuacin2

2

1 v GMvdv GM dx C

2 xx= = +

Incorporando la condicin que implica que 0v v= cuando x R= se tiene

2 2

0

1 1v v 2GM

x R

= +

.

Ejemplo 5. Resuelva la integral4( a x)

dxax

.Solucin.

4 2 2 2

2 2

2 2

2 2

( a x) (( a x) ) (a 2 ax x)dx dx dx

ax ax ax

(a 2 ax) 2x(a 2 ax) x

dxax

a 4a ax 4ax 2ax 4x ax xdx

ax

a 4a ax 6ax 4x ax xdx

ax

+= =

+ +

=

+ + +=

+ +=

3 31 1 1 12 2 2 2 2 2

22

32

a x dx 4a dx 6a x dx 4 xdx a x dx

2x x2a ax 4ax 4x ax 2x C

5 a2x

2a ax 4ax 4x ax 2x C5 ax

= + +

= + + +

= + + +

Ejemplo 6.Resuelva la integral2

2

1 tg (x)dx

sen (x)

.Solucin.

22 2

2 2 2

1 tg (x) 1 1dx dx (csc (x) sec (x))dx ctg(x) tg(x) C

sen (x) sen (x) cos (x)

= = = +


11/88


TEMA 1


Jos Luis Quintero 9

Ejemplo 7.Resuelva la integral

(x 1)(x 2)dx

x

.Solucin.

2 2(x 1)(x 2) x 3x 2 2 xdx dx x 3 dx 3x 2ln x C

x x x 2

+ = = + = + +


2

sen(x)dx

cos (x) .Solucin.

2

sen(x) sen(x) 1dx . dx tg(x).sec(x)dx sec(x) C

cos(x) cos(x)cos (x)

= = = +

1.10.CAMBIO DE VARIABLE O SUSTITUCIN

Es uno de los procedimientos ms usuales en integracin y su finalidad es reducir laintegral dada a una de integracin inmediata y est basado en la derivacin de una

composicin de funciones:

(F g)'(x) F(g(x)) ' F'(g(x)).g'(x) f(g(x)).g'(x)dx (F'(x) f(x))= = = =

De manera que:

f(g(x)).g'(x)dx F(g(x)) C= +

Cuando se observe que el integrando tiene la forma:

f(g(x)).g'(x) ,

se puede efectuar el cambio de variable u g(x),= de donde

dug'(x)

dx= ,

o sea


12/88


TEMA 1


Jos Luis Quintero 10

du g '(x)dx= ,

de manera que se reduce la integral a una ms sencilla:

f(g(x))g'(x)dx f(u)du F(u) C F(g(x)) C= = + = +

Luego de hacer efectivo el cambio de variable, por lo general, se obtienen integrales

ms sencillas que la original, las cuales se resuelven aplicando lo aprendido en el mtodo

anterior (integracin inmediata).

Es importante sealar que el resultado de la integracin, debe estar en funcin de las

variables originales por lo que se acostumbra a emplear el trmino devolviendo el cambio

de variable para resear el proceso mediante el cual la variable auxiliar desaparece de la

respuesta definitiva.

A continuacin se presenta un conjunto de ejemplos, cuya funcin es ilustrar la teora

expuesta hasta el momento, e introducir este segundo mtodo de integracin.

Ejemplo 9. Resuelva la integral

4

sen(x)cos(x)dx

2 sen (x) .Solucin.

2

4 2

2

sen(x)cos(x) 1 du 1 u 1 sen (x)dx arcsen C arcsen C

2 2 22 22 sen (x) 2 u

(u sen (x) du 2sen(x) cos(x)dx)

= = + = +

= =

Ejemplo 10. Si se hace el cambio de variable u tg(x)= se obtiene

2 2112

sec (x)tg(x)dx tg (x) C= + .Por otra parte, si se hace el cambio de variable 2u sec (x)= resulta

2 2122

sec (x)tg(x)dx sec (x) C= + .Sern correctos ambos resultados? Justifique su respuesta.

Solucin.

Si son correctos ambos resultados. Se tiene que2 2 2 21 1 1 1 1

2 2 2 12 2 2 2 2sec (x) C 1 tg (x) C tg (x) C tg (x) C + = + + = + + = +


13/88


TEMA 1




+

dx)xsec(

e)x(sec )x(sen3.

Solucin.

Ce)x(tgdx)e)xcos()x((secdx)xsec(

e)x(sec )x(sen)x(sen2)x(sen3

++=+=+


2x 3dx

2x 1

+

+ .Solucin.

2x 3 2x 1 2 2x 1 2 2 dudx dx dx dx dx dx

2x 1 2x 1 2x 1 2x 1 2x 1 u

(u 2x 1 du 2dx)

+ + + + = = + = + = + + + + + +

= + =

x ln u C x ln 2x 1 C= + + = + + +


+dx

)xcos(1

)x(sen1 3.

Solucin.

+++= ++=+ dx)x(sen )xcos()x(sen)x(sen)xcos(1dx)x(cos1 ))xcos(1))(x(sen1(dx)xcos(1 )x(sen1 233

2

33

C2

)x(sen)xcos()xcsc()x(ctgdx)xcos()x(sen)x(sen

)x(sen

)xcos()x(csc

2

22 ++=

+++

Por lo tanto:

C2

)x(sen)xcos()xcsc()x(ctgdx

)xcos(1

)x(sen1 23++=

+

Ejemplo 14. Resuelva la integralln 2x 1

dxxln 4x

.

Solucin.ln 2x ln(2) ln x1 1

dx dxx xln 4x ln(4) ln x

+= +

Haciendodx

u ln(4) ln x , dux

= + = .

Sustituyendo en la integralLn(2) u Ln(4) u Ln(2) Ln(2)

du du 1 duu u u

+ = =

=


14/88


TEMA 1



1

du Ln(2) du u Ln(2) Ln u Cu= + = +

donde C es una constante real

Devolviendo el cambio de variable u ln(4) ln x ln 4x= + = se obtiene:

Ln(2x) 1dx

Ln(4x) x

= Ln|4x|+ Ln(2) Ln(Ln|4x|) + C

Ejemplo 15. Resuelva la integral3

8

xdx

1 x+ .Solucin. 3

4

8 2

4 3

x 1 du 1 1dx arctg(u) C arctg(x ) C

4 4 41 x 1 u

(u x du 4x dx)

= = + = ++ +

= =


x 2x 3x2 3 e dx .Solucin.

x 2x 3xx 2x 3x

2 3 2 3 2 3

x 2x 3x 2 3 x 2 3 2 3 x

1 z 2 3 e2 3 e dx dz C Cln(2.3 .e ) ln(2.3 .e ) ln(2.3 .e )

(z 2 3 e (2.3 .e ) dz ln(2.3 .e ).(2.3 .e ) dx)

= = + = +

= = =

Ejemplo 17. Resuelva la integral4 3

5 4

3x 12x 6dx

x 5x 10x 12

+ +

+ + + .Solucin.

4 3 4 3 4 3

5 4 5 4 5 4

5 4

5 4 4 3

3x 12x 6 x 4x 2 3 5x 20x 10dx 3 dx dx

5x 5x 10x 12 x 5x 10x 12 x 5x 10x 12

3 du 3 3ln u C ln x 5x 10x 12 C

5 u 5 5

(u x 5x 10x 12 du (5x 20x 10)dx)

+ + + + + += =

+ + + + + + + + +

= + = + + + +

= + + + = + +

Ejemplo 18. Resuelva la integralxx ee dx+ .

Solucin.x x xx e x e u u e x xe dx e e dx e du e C e C (u e du e dx)+ = = = + = + = =


15/88


TEMA 1




x

dx

1 e+ .Solucin.

xx

x 1 xxe

x x

dx dx e dudx ln u C ln(e 1) C

u11 e e 1

(u e 1 du e dx)

= = = = + = + +

++ +

= + =


ln(ln(x))dxxln(x)

.

Solucin.2 2ln(ln(x)) u (ln(ln(x)))

dx udu C Cx ln(x) 2 2

(u ln(ln(x)) du dx (x.ln(x)))

= = + = +

= =


sen(ln(x))dx

x

.

Solucin.

sen(ln(x))dx sen(u)du cos(u) C cos(ln(x)) C

x

(u ln(x) du dx x)

= = + = +

= =


2

dx

1 cos (x)+ .Solucin. 2 2

2 2 2 2

2

dx sec (x) sec (x) du 1 udx dx arctg C

1 cos (x) 1 sec (x) 2 tg (x) 2 u 2 2

1 tg(x) arctg C

2 2

(u tg(x) du sec (x)dx)

= = = = +

+ + + +

= +

= =


3

dx

sen(x)cos (x)

.

Solucin.


16/88


TEMA 1



2

3 4

dx dx sec (x)

dx 2 tg(x) Ctg(x)sen(x)cos (x) tg(x)cos (x)= = = +


3 5

dx

sen (x)cos (x) .Solucin.

Manipulando algebraicamente la integral:1

22cos (x)

3 5 3 5 3 51 sen (x) cos (x)2cos (x) 3 cos(x)cos (x)

2 2 2 2

3 4 2 3 3

dx sec (x)dx dx

sen (x)cos (x) sen (x)cos (x) .

sec (x) sec (x) sec (x).sec (x) dx dx dx

tg (x)cos (x) cos (x) tg (x) tg (x)

= =

= = =

2 2

3

(1 tg (x)).sec (x) dx

tg (x)

+=

Sea 2u tg(x) , du sec (x)dx= =

2 23 /2 1 /2 3 /2 1 /2

3 /23

(1 u ) (1 u ) 2 2du du (u u )du u du u du u u C

3u uu

+ += = + + = + + De modo que:

3 5

dx 2 2tg(x) tg(x) C

3tg(x)sen (x)cos (x)= + +

Ejemplo 25. Resuelva la integralx

x

4 1dx

2 1

+

+ .Solucin.

Separando en dos integrales: x x

x x x

4 1 4 dxdx dx

2 1 2 1 2 1

+= +

+ + + Resolviendo la primera integral: Sea

x x duu 2 1 , du 2 ln(2)dx dx(u 1)ln(2)

= + = =

x 2

x

4 1 (u 1) du 1 (u 1)dx . du

ln(2) u u 1 ln(2) u2 1

= =

+ Separando las integrales:

1 (u 1) 1 du 1du du (u ln(u)) Cln(2) u ln(2) u ln(2)

= = +

Devolviendo el cambio de variable:


17/88


TEMA 1



x x1 1

(u ln(u)) C (2 1 ln(2 1)) Cln(2) ln(2) + = + + +

Resolviendo la segunda integral: Sea

x x duu 2 1 , du 2 ln(2)dx dx(u 1)ln(2)

= + = =

x 2 2 21 1 1 14 4 2 4

dx 1 1 du 1 du 1 du 1 du.

ln(2) u (u 1) ln(2) ln(2) ln(2)2 1 u u u u (u )= = = =

+ + Sea 1

2z u , dz du= = .

12

2 2 2 11 1 1 122 4 4 4

z1 du 1 dz 1 dz 1.ln C

ln(2) ln(2) ln(2) ln(2) z(u ) z z

+= = = +

Devolviendo los cambios de variable:

1 x x21 x x2

z1 1 2 1 1 2 1.ln C .ln C .ln C

ln(2) ln(2) ln(2)z 2 2

+ + + + = + = +

De modo que:x x x 2

x x x

x x x

4 1 1 2 1 1 (2 1)dx 2 1 ln(2 1) ln C 2 1 ln C

ln(2) ln(2)2 1 2 2

+ + += + + + = + + +


2

1 tg(x) dx.1 tg(x) cos (x)

+

.

Solucin.Sea 2u tg(x) , du sec (x)dx= =

2 2 2

1 u 1 u 1 u 1 u 1 u du udu du . du du du

1 u 1 u 1 u 1 u 1 u 1 u 1 u

= = = =

+ + + Al resolver la primera integral se tiene:

1 12

duarcsen(u) C arcsen(tg(x)) C

1 u= + = +

Al resolver la segunda integral se tiene: Sea

2 dzz 1 u , dz 2udu , udu2

= = =

2 22 2 2

2

u 1 dzdu z C 1 u C 1 tg (x) C

2 z1 u= = + = + = +

De modo que:

2

2

1 tg(x) dx. arcsen(tg(x)) 1 tg (x) C

1 tg(x) cos (x)

= + +

+


18/88


TEMA 1




2 2 3

xdx

1 x (1 x )+ + + .Solucin.

Sea

2 duu 1 x , du 2xdx xdx2

= + = =

2 2 3

x 1 du 1 du 1 dudx

2 2 2u u u u(1 u) u 1 u1 x (1 x )

= = =+ + ++ + +

Seadu du

z 1 u , dz 2dz2 u u

= + = = ,1 du dz

2 z C2 zu 1 u

= = ++

Devolviendo los cambios de variable:

2dz 2 z C 2 1 1 x Cz

= + = + + + De modo que:

2

2 2 3

xdx 2 1 1 x C

1 x (1 x )

= + + +

+ + + .


+dx

1e

e

4 x

x2

.

Solucin.Haciendo la sustitucin x 2 xe 1 u e dx 2udu+ = = en la integral dada, se obtiene:

2x x x 25/2 1/2

4 4x x

7/2 3/2 7/2 3/2 x 7/4 x 3/4

7 32 2

e e .e (u 1)2udx dx du 2 (u u )du

ue 1 e 1

u u u u (e 1) (e 1) 2 C 4 C 4 C7 3 7 3

= = =

+ +

+ += + = + = +

Luego,2x x 7/4 x 3/4

4 x

e (e 1) (e 1)I dx 4 C

7 3e 1

+ += = +

+ donde C es la constante de integracin.


19/88


20/88


TEMA 1



La regla I.L.A.T.E., se utiliza nica y exclusivamente para realizar la mencionada

eleccin, teniendo que recurrir al proceso de integracin por partes y los mtodos ya

expuestos, para resolver cualquier ejercicio relativo al presente tpico. Por esta razn, es

conveniente que el lector haya estudiado detalladamente los dos mtodos anteriores.

Para ilustrar como se usa I.L.A.T.E., se presenta la siguiente situacin:


xxe dx .Solucin.

Obsrvese que el integrando est compuesto por dos funciones, una Algebraica (x) y otra

Exponencial (e-x). Se buscan las iniciales A y E en la palabra I.L.A.T.E. Como en ella,

leyendo de izquierda a derecha, aparece primero la letra A, se elige como u la funcin

Algebraica, es decir, u= x. Por lo tanto, lo que queda dentro de la integral es dv. As:xdv e dx= .

De este modo se tiene entonces quex xu x du dx , dv e dx v e = = = = .

Por lo tanto:

x x x x xxe dx xe e dx xe e C = + = +

A continuacin se presenta un conjunto de ejemplos, cuya funcin es introducir este

tercer mtodo de integracin.


x ln(x)dx

.

Solucin.2

2 2 2

u ln(x) du dx x , dv xdx v x 2

x 1 x xx ln(x)dx ln(x) xdx ln(x) C

2 2 2 4

= = = =

= = +


2

x cos(x)dx

.

Solucin.


21/88


TEMA 1



2

2 2

2 2

u x du 2xdx , dv cos(x)dx v sen(x)

x cos(x)dx x sen(x) 2 xsen(x)dx

u x du dx , dv sen(x)dx v cos(x)

xsen(x)dx x cos(x) cos(x)dx x cos(x) sen(x) C

x cos(x)dx x sen(x) 2( x cos(x) sen(x)) C

= = = =

=

= = = =

= + = + +

= + +

Ejemplo 32.Resuelva la integralarcsen(x)dx .

Solucin.

2

2

2 2

dxu arcsen(x) du , dv dx v x

1 x

xarcsen(x)dx xarcsen(x) dx xarcsen(x) du

1 x

(u 1 x 2udu 2xdx udu xdx)

= = = =

= = +

= = =

2 xarcsen(x) u C xarcsen(x) 1 x C= + + = + +


arcsen(x)e dx .Solucin.

Integrando por partes:arcsen(x)

arcsen(x)

2

eu e du dx , dv dx v x

1 x= = = =

.

arcsen(x)arcsen(x) arcsen(x)

2

xee dx xe dx1 x

=

.

Resolviendo la integral auxiliar aplicando integracin por partes:arcsen(x)

arcsen(x) 2

2 2

e xu e du dx , dv dx v 1 x

1 x 1 x= = = =

.

De modo que:arcsen(x)

2 arcsen(x) arcsen(x)

2

xedx 1 x e e dx

1 x= +

.En consecuencia:

arcsen(x) 2 arcsen(x)1e dx (x 1 x )e C2

= + +


22/88


TEMA 1




sen(ln(x))dx .Solucin.

cos(ln(x))u sen(ln(x)) du dx , dv dx v x

x

sen(ln(x))dx xsen(ln(x)) cos(ln(x))dx

= = = =

=

sen(ln(x))u cos(ln(x)) du dx , dv dx v x

x

cos(ln(x))dx x cos(ln(x)) sen(ln(x))dx

sen(ln(x))dx xsen(ln(x)) x cos(ln(x)) sen(ln(x))dx

1sen(ln(x))dx x(sen(ln(x)) cos(ln(x))) C

2

= = = =

= +

=

= +


2

x.arctg (x)dx

.

Solucin.

Integrando por partes:2

22

2arctg(x) x(u arctg (x) du dx , dv xdx v )

21 x= = = =

+

2 2 22 2 2

2 2

22

2

x x arctg(x) x 1x.arctg (x)dx arctg (x) dx arctg (x) 1 arctg(x)dx

2 21 x 1 x

x arctg(x)arctg (x) arctg(x)dx dx

2 1 x

= =

+ +

= ++

Resolviendo cada integral auxiliar:

2

212

2 2

2 22

dx(u arctg(x) du , dv dx v x)

1 x

x 1arctg(x)dx x.arctg(x) dx x.arctg(x) ln(1 x ) C

21 x

arctg(x) u arctg (x)(u arctg(x)) dx udu C C

2 21 x

= = = =+

= = + ++

= = = + = ++

De modo que:2 2

2 2 2x 1 arctg (x)

x.arctg (x)dx arctg (x) ln(1 x ) C2 2 2= + + +


23/88


TEMA 1




xdx

1 sen(x)+ .Solucin.

Manipulando algebraicamente la integral:

2 2

x x 1 sen(x) x(1 sen(x)) x xsen(x)dx . dx dx dx

1 sen(x) (1 sen(x)) 1 sen(x) cos (x) cos (x)

= = =

+ + Separando:

2 2 2

x xsen(x) x xsen(x)dx dx dx

cos (x) cos (x) cos (x)

=

Resolviendo la primera integral:

2

2

xdx x sec (x)dx

cos (x)=

Aplicando integracin por partes:

2

u x du dx

dv sec (x)dx v tg(x)

= =

= =

21x sec (x)dx xtg(x) tg(x)dx xtg(x) ln cos(x) C= = + +

Resolviendo la segunda integral:

2

xsen(x)dx xtg(x)sec(x)dx

cos (x)=

Aplicando integracin por partes:u x du dx

dv tg(x) sec(x)dx v sec(x)

= =

= =

2xtg(x) sec(x)dx xsec(x) sec(x)dx xsec(x) ln sec(x) tg(x) C= = + + De modo que:

x dx xtg(x) ln cos(x) x sec(x) ln sec(x) tg(x) C1 sen(x)

= + + + ++

.

Ejemplo 37.Resuelva la integral2 2

4

x 1 ln(x 1) 2ln(x)dx

x

+ + .Solucin.

Aplicando propiedades de logaritmos:

( ) ( )

22 2x 1 12 2

2 2x x4 4 4

x 1.ln x 1.ln 1x 1 ln(x 1) 2ln(x) dx dx dx

x x x

++ + + + + = =


24/88


25/88


26/88


TEMA 1



2 x 2 x 2 x x x

x x

I3

2 x 2 x x

I3

1 1

x e sen(x)dx x e cos(x) x e sen(x) xe cos(x) xe cos(x)dx2 2

e cos(x)dx xe cos(x)dx

1 1 x x e cos(x) x e sen(x) e cos(x)dx

2 2

= + +

+

= + +

Resolviendo 3I se tiene:

x x x x x x

x x

x x

x x x x x x

e cos(x)dx e sen(x) e sen(x)dx e sen(x) e cos(x) e cos(x)dx

u e du e dx , dv cos(x)dx v sen(x)

u e du e dx , dv sen(x)dx v cos(x)

1 12 e cos(x)dx e sen(x) e cos(x) e cos(x)dx e sen(x) e c

2 2

= = +

= = = =

= = = =

= + = +

os(x) C+

Por lo tanto

2 x 2 x 2 x x x

2 x 2 x

2 x x

1 1 1 1x e sen(x)dx x x e cos(x) x e sen(x) e sen(x) e cos(x) C

2 2 2 2

1 1 1 1 x x e cos(x) x e sen(x) C

2 2 2 2

1 1 (x 1) e cos(x) (x 1)(x 1)e sen(

2 2

= + + +

= + + +

= + +

x

x) C

1 (x 1)e (x 1)cos(x) (x 1)sen(x) C

2

+

= + +


2 2

x 1dx

x cos(x) sen(x) sen (x)cos (x)

+ .

Solucin.

Sean2

1

xI dx

x cos(x) sen(x)

=

y 2 2 2dx

Isen (x)cos (x)

= .De modo que:

2

1 22 2

x 1dx I I

x cos(x) sen(x) sen (x)cos (x)

+ = +

.Resolviendo 1I se tiene:

2

1 2x x x.sen(x)I dx . dx

x cos(x) sen(x) sen(x) x cos(x) sen(x)

= =


27/88


28/88


TEMA 1



Solucin.

Integrando por partes se tiene:2 2 n 2 2 n 1u (a x ) du n(a x ) 2xdx , dv dx v x= + = + = =

2 2 n 2 2 n 2 2 2 n 1

2 2 n 2 2 2 2 2 n 1

2 2 n 2 2 n 2 2 2 n 1

(a x ) dx x(a x ) 2n x (a x ) dx

x(a x ) 2n (a x a )(a x ) dx

x(a x ) 2n (a x ) dx 2na (a x ) dx

+ = + +

= + + +

= + + + +

As,

211n22

2n22n22 n,dx)xa(

1n2

na2

1n2

)xa(xdx)xa( +

++

+

+=+


dx)x1()x(arcsen.x

32.

Solucin.

Usando el mtodo de integracin por partes se tiene: Haciendo

u = arcsen(x) , du= xdx1

12

, dv =( )

xd

x1

x32

v = ( ) ( ) 12

121

223

2 Cx1

1Cx1xdx1x +

=+=

Luego,

( ) dx)x(senarcx1x

32

= dxx1

1C

x1

)x(senarc212

+

= [1]

Ahora la integral,

( )( )xd

x11

x11

21xd

x1x11dx

x11 2

+

+

=+

=

,

y por la propiedad de linealidad de la integral se tiene:

( )2 2

1 1 1 1 1 1dx dx dx

2 1 x 1 x 2 1 x 1 x

1 1 1 x 1Ln 1 x Ln 1 x C Ln C

2 2 1 x 2

+ = + = + +

+= + + + = +

Sustituyendo este resultado en [1] , tenemos:

( )

dx)x(senarc

x1

x

32

= C

x1

x1ln

2

1

x1

)x(senarc

2

+

+

donde 21 C2

1CC += .


29/88


TEMA 1



Ejemplo 44.Pruebe que

,dx))x(ln(x1m

n

1m

))x(ln(xdx))x(ln(x 1nm

n1mnm

+

+

+=

donde m y n son enteros positivos.

Solucin.

Integrando una vez por partes llamamosn n 1

u ln(x) du n ln(x) dx

= =

ym 1

m xdv x dx v

m 1

+

= =

+

.

La integral nos queda como:

( ) ( ) ( )n n n 1m m 1 m1 nx ln(x) dx x ln(x) x ln(x) dx

(m 1) m 1

+= + +

Ejemplo 45.

a) Halle una frmula de recurrencia para calcular la integral ( )n

Ln(x) dx .b) Calcule la integral ( )

3Ln(x) dx

, usando la frmula hallada en la parte a).

Solucin:

Apliquemos el mtodo de integracin por partes tomando

u = (Ln(x))n , dv = dx, du =( )

n 1n Ln(x)

dxx

y v = x .

Entonces,

udv uv v du= se obtiene:

b) Aplicando la frmula(*), con n = 3, se tiene:

( ) ( )

( )

33 2Ln(x)

Ln(x) dx 3 Ln(x) dxx

= , [1]aplicando nuevamente la frmula (*)a la integral ( ) 2Ln(x) dx

, con n = 2:

( ) ( )

( )

nn n 1Ln(x)

Ln(x) dx n Ln(x) dxx

=

*


30/88


TEMA 1



( )2

Ln(x) dx =

( )

2Ln(x)

2 Ln(x)dxx

, [2]

y por ltimo, calculamos la integral Ln(x)dx con la frmula (*)haciendo n = 1:

Ln(x) Ln(x)Ln(x)dx dx x C

x x= = + , ( C constante de integracin) [3]

Sustituyendo [2] y [3] en [1] se obtiene:

1.12.SUSTITUCIONES TRIGONOMTRICAS

Algunas integrales cuyo integrando contiene expresiones como 2 2x a o 2 2a x , se

pueden simplificar usando cambios trigonomtricos que involucran respectivamente las

identidades

2 21 tg (x) sec (x)+ = y 2 2sen (x) co s (x) 1+ = .

A menudo es posible hallar la antiderivada de una funcin cuando el integrando

presenta expresiones de la forma:

2 2 2 2 2 2a x , a x o bien x a , a 0 + >

Se elimina el radical haciendo la sustitucin trigonomtrica pertinente; el resultado es

un integrando que contiene funciones trigonomtricas cuya integracin nos es familiar. En la

siguiente tabla se muestra cul debe ser la sustitucin:

Expresin en el integrando Sustitucin trigonomtrica

2 2a x x asen( )=

2 2a x+ x atg( )=

2 2x a x asec( )=

( ) ( ) ( )

3 23 Ln(x) Ln(x) Ln(x)

Ln(x) dx 3 6 6 x Cx x x

= + +


31/88


32/88


TEMA 1



Figura 4. Tringulo del ejemplo 31

De modo que:

2

2 2

dx 4 x C4xx 4 x

= +

.


1 xdx

1 x

+ .Solucin.

2

1 x 1 z 1 zdx 2zdz 2zdz

1 z1 x 1 z

dx(z x dz 2zdz dx)

2 x

= =

++

= = =

Integrando por partes:

2

2

u 1 z du dz

2zdv dz v 2 1 z

1 z

= =

= =

2 2

2

2 2 2

2 2

2

1 z2zdz 2(1 z) 1 z 2 1 z dz

1 z

12 1 z dz 2 cos ( )d (1 cos(2 ))d sen(2 ) C arcsen(z) z 1 z C

2(z sen( ) dz cos( )d )

1 z2zdz 2(1 z) 1 z arcsen(z) z 1 z C

1 z

=

= = + = + + = + +

= =

= +

Devolviendo cambio de variable:

2 2 2

2

1 z2zdz 2(1 z) 1 z arcsen(z) z 1 z C (z 2) 1 z arcsen(z) C

1 z

( x 2) 1 x arcsen( x) C

= + = +

= + +

De modo que:

1 xdx ( x 2) 1 x arcsen( x) C

1 x

= + +

+


33/88


TEMA 1




dx)x(arcsen)xln( .

Solucin.

Apliquemos el mtodo de integracin por partes tomando:

u = arcsen(x) , du = dxx1

1

2; dv = ln(x)dx , v= )1)x(ln(xdx)x(ln =

dxx1

)1)x(ln(x)x(arcsen)1)x(ln(xxd)x(senarc)x(ln

2

= [1]

Apliquemos nuevamente integracin por partes a la integral

dxx1

)1)x(ln(x

2

,

tomando u ln(x) 1= , du = dxx

1; dv = dx

x1

x

2, v = 2x1

dxx1

)1)x(ln(x

2

= 21 x (ln(x) 1) dxx

x1 2 + [2]Realicemos el cambio de variable x = sen(z) en la ltima integral,

C)zcos()z(ctg)zcsc(Lndz)z(sendz)zcsc(

dz

)z(sen

)z(sen1dz

)z(sen

)z(cosdz)zcos(

)z(sen

zsen1dx

x

x1 2222

+++==

==

=

Devolviendo el cambio de variable x = sen(z),

se tiene que: cos(z) =2x1

csc(z) =2x1

1

ctg(z) =

x

x1 2 entonces,

= dxx x1

2

Cx1x

x1

x1

1ln 2

2

2++

+

sustituyendo [2] ,

dxx1

)1)x(ln(x

2

= 21 x (ln(x) 1) Cx1x

x1

x1

1ln 2

2

2++

+

sustituyendo en [1]

=xd)x(senarc)x(ln

+ )x(arcsen)1)x(ln(x 21 x (ln(x) 1) Cx1x

x1

x1

1ln 2

2

2++

+

+

1

z

2x1

x


34/88


TEMA 1




( )3

2

dx

2 x .Solucin.

Hacemos el cambio trigonomtrico: x = 2 sen(u) , dx = 2 cos(u)du

Entonces,

( )3

2

dx

2 x ( )322 cos(u)

du

2 2 sen (u)

= =

( )3 6

3 2

2 cos(u) 2 cos(u)du du

8 cos (u)2 1 sen (u)

= = =

2

23

2 cos(u) 1 1 1 1du du sec (u)du tg(u) C

2 2 2cos (u)2 2 cos (u)= = = = +

Devolviendo el otro cambio de variable x = 2 sen(u) x

sen(u)2

=

Por el teorema de Pitgoras se tiene:

b2= ( )22 +x2 b = 22 x

comocateto opuesto

tg(u)cateto adyacente

= , entonces2

xtg(u)

2 x=

.

Luego,

( )3 2

2

dx xC

2 2 x2 x

= +

1.13.INTEGRALES QUE CONTIENEN EL TRMINO2ax +bx+c

Se tratar ahora con integrales en cuyo integrando aparece el trmino cuadrtico2ax bx c+ + con b 0 y que no sea un cuadrado perfecto; para b 0= se aplica el apartado

anterior.

Se completan cuadrados para reducir el trmino a la forma 2 2x a o bien 2 2a x y

luego se hace un cambio de variable trigonomtrico.

2

b

x u


35/88


36/88


37/88


TEMA 1



2 3 2

dx 1 x 1

. C4(5 2x x ) x 2x 5

+

= ++ + + +

.


2

(ln(x))dx

x 4ln(x) (ln(x)) .Solucin.Cambio de variable: u ln(x) du dx x= =

2 2 2

2 2 2

u u (z 2)du du dz

4u u 4 (u 2) 4 z

+= =

Cambio de variable: z u 2 dz du= = Cambio de variable: z 2sen( ) dz 2cos( )d= =

2 2

2

(z 2) (2 2sen( )) .2cos( )dz d

2cos( )4 z

+ + =

2 2

2 2

(2 2sen( )) d 4 d 8 sen( )d 4 sen ( )d

6 8cos( ) sen(2 ) C 6 8cos( ) 2sen( )cos( ) C

z z6arcsen 4 4 z . 4 z C

2 2

+ = + +

= + = +

= +

= +

= +

2 2

2 2

u 2 u 26arcsen 4 4 (u 2) . 4 (u 2) C2 2

ln(x) 2 lnx 26arcsen 4 4 (ln(x) 2) . 4 (ln(x) 2) C

2 2


2

xdx

6x x .Solucin.

2 2 2 2 2 26x x (x 6x) (x 6x 9 9) (x 6x 9) 9 (x 3) 9 9 (x 3) = = + = + + = + =

De manera que:2 2

2 2

x xdx dx

6x x 9 (x 3)=

.Sea u x 3 , du dx= = , se tiene entonces:

2 2

2 2

x (u 3)dx du

9 (x 3) 9 u

+=

Aplicando la sustitucin trigonomtrica:

u 3sen( ) , du 3cos( )d= =

se tiene entonces:


38/88


TEMA 1



2 2 22

2 2

(u 3) (3sen( ) 3) 9(sen( ) 1)

du 3cos( )d 3cos( )d 9 (sen( ) 1) d3cos( )9 u 9 9sen ( )

+ + +

= = = +

Desarrollando

2 2 29 (sen( ) 1) d 9 (sen ( ) 2sen( ) 1)d 9 sen ( )d 18 sen( )d 9 d + = + + = + + Calculando la primera integral

2

1

1 cos(2 ) 9 9 99 sen ( )d 9 d (1 cos(2 ))d d cos(2 )d

2 2 2 2

9 9sen(2 ) C

2 4

= = =

= +

Se obtiene:

2 9 99 sen ( )d 18 sen( )d 9 d .2sen( )cos( ) 18cos( ) 9 C2 4

+ + = + + Devolviendo los cambios de variable se tiene

2

2

(9 (x 3) )27 9 27 x 3 9 (x 3)sen( )cos( ) 18cos( ) C arcsen . .

2 2 2 3 2 3 3

(9 (x 3) )18. C

3

+ =

+

2

2

(x 3) (9 (x 3) )27 x 3arcsen2 3 2

6 (9 (x 3) ) C

=

+

De modo que:

22

2

(x 9) (9 (x 3) )x 27 x 3dx arcsen C

2 3 26x x

+ = +


++

+dx

1xx

2x

2

.

Solucin.

xd1xx

1

2

3xd

1xx

1x2

2

1xd

1xx

4x2

2

1xd

1xx

2x2222 +++++ +=++ +=+++

12

2C1xxLn

2

1xd

1xx

1x2

2

1+++=

++

+= 1

( )( )

221

2

432

4

32

2

12

C3

x2arctg3C

3

u2arctg3

udu

1

2

3xd

x

1

2

3xd

1xx

1

2

3

++

=+=

+=

++=

++=

2

I1 I2


39/88


TEMA 1



Luego,

xd1xx

2x2 ++

+= 1

2 C1xxLn2

1+++

( )2

21

C3

x2arctg3 +

++

Por lo tanto

( )1222

2 xx 2 1dx Ln x x 1 3 arctg C

2x x 1 3

++= + + + +

+ + donde C = C1+ C2 es una constante.


+ )5x3(xdx .

Solucin.

+=+ x5x3dx

)5x3(x

dx

2

Completando el cuadrado:

3x2+5x

+

+=

+=

36

25

36

25x

6

52x3x

3

5x3 22

12

25

6

5x3

36

253

6

5x3

22

+=

+

Luego la integral queda

+

=+

12

25

6

5x3

dx

x5x3

dx

22 [1]

Calculemos esta integral haciendo el cambio de variable:

u = x +5

6 de donde du = dx

Sustituyendo en [1] se tiene

=

36

25u

dx31

12

25u3

dx22

[2]

Esta integral la resolvemos haciendo la sustitucin trigonomtrica:

u = )zsec(6

5 de donde du = )zsec(

6

5tg(z) dz

Sustituyendo en [2]

=

=

dz36

25)z(sec

36

25

)z(tg)zsec(

36

5dz

36

25)z(sec

6

56

)z(tg)zsec(5

3

1

22


40/88


TEMA 1



( )==

= dz)z(tg6

5)z(tg)zsec(

36

5dz

1)z(sec36

25

)z(tg)zsec(

36

5

22

C)z(tg)zsec(Ln3

1dz)zsec(

3

1++=

Devolviendo los cambios realizados6u

sec(z)5

=

y de la identidad sec2(z) = tg2(z) + 1 se tiene

525u361

25u361)z(secztg

22

2 ===

y como u = x +5

6 se tiene que

5

5x6

5

6

5x6

)z(sec +

=

+

=

y

5

25)5x6(

5

256

5x636

5

256

5x36

)z(tg2

22

+=

+

=

+

=

Sustituyendo se tiene

( )C

5

255x6

6

5x6Ln

3

1C)z(tg)zsec(Ln

3

1

)5x3(x

dx2

++

++

=++=+

As que,

( )C

5

255x6

5

5x6Ln

3

1

)5x3(x

dx2

++

++

=+

1.14.DESCOMPOSICIN EN FRACCIONES SIMPLES

Si el integrando es una funcin racional, es decir, tiene la forma R(x) P(x) Q(x)= donde

P(x) y Q(x) son polinomios, se buscar una descomposicin de R(x) en fracciones simples.

Para descomponer una fraccin racional propia como suma de fracciones simples se

hace uso del siguiente teorema:


41/88


TEMA 1



TEOREMA 1. Cada polinomio P(x) con coeficientes reales, se puede expresar como unproducto P(x) A(x)B(x)= , donde A(x) es un producto de potencias de polinomios de primer

grado, diferentes entre si y B(x) es un producto de potencias de polinomios de segundo grado,

diferentes entre s, ninguno de los cuales posee races reales.

Ejemplo 62. 3 2x 1 (x 1)(x x 1)+ = + + .

Ejemplo 63. 4 2x 1 (x 1)(x 1)(x 1) = + + .

Ejemplo 64. 4 2 2x 1 (x 1 2x)(x 1 2x)+ = + + + .

Los pasos a seguir para expresar una fraccin propia R(x) P(x) Q(x)= como suma de

fracciones simples se indicarn considerando varios casos.

A. EL GRADO DE P(x) ES MENOR QUE EL GRADO DE Q(x)

Si el grado de Q(x) es n y tiene n races reales distintas, 1 2x , x , n...,x , se descompone

R(x) en la forma:

1 2 n

1 2 n

A A AP(x) ... ,Q(x) x x x x x x

= + + +

donde 1 2 nA , A , ..., A son constantes a determinar.

Si la descomposicin de Q(x) tiene un trmino de la forma mk(x x ) , se dice que kx es

una raz con multiplicidad m, entonces la descomposicin en fracciones simples

correspondiente a esta raz tendr la forma:

1 2 m2 m

k k k

B B B... .

x x (x x ) (x x )+ + +

Si en la factorizacin de Q(x) aparece un trmino cuadrtico 2ax bx c+ + irreducible2

(b 4ac 0) < con multiplicidad m, entonces para este trmino se buscar unadescomposicin de la forma

1 1 2 2 m m2 2 2 2 m

B x C B x C B x C... .

ax bx c (ax bx c) (ax bx c)

+ + ++ + +

+ + + + + +

B. SI EL GRADO DE P(x) ES MAYOR O IGUAL QUE EL GRADO DE Q(x). Se reduce al

caso anterior dividiendo

A continuacin se presenta un conjunto de ejemplos, cuya funcin es introducir estesexto mtodo de integracin.


42/88


TEMA 1




xdx

(x 1)(x 2)(x 3)+ + .Solucin.

PRIMER MTODO:

31 2

31 2

2 2 21 2 3

2 2 21 2 3

1 2 3

AA Axdx dx dx dx

(x 1)(x 2)(x 3) x 1 x 2 x 3

AA Ax

(x 1)(x 2)(x 3) x 1 x 2 x 3

A (x x 6) A (x 2x 3) A (x 3x 2)x

(x 1)(x 2)(x 3) (x 1)(x 2)(x 3)

x A (x x 6) A (x 2x 3) A (x 3x 2)

A A A 0 ,

= + ++ + + +

= + ++ + + +

+ + + +

=+ + + +

= + + + +

+ + =

1 2 3 1 2 3A 2A 3A 1 , 6A 3A 2A 0 + = + =

1 2 3

1 2 3A , A , A

4 5 20

x 1 2 3dx ln x 1 ln x 2 ln x 3 C

(x 1)(x 2)(x 3) 4 5 20

= = =

= + + + ++ +

SEGUNDO MTODO:

31 2

31 2

AA Axdx dx dx dx

(x 1)(x 2)(x 3) x 1 x 2 x 3

AA Ax

(x 1)(x 2)(x 3) x 1 x 2 x 3

= + ++ + + +

= + ++ + + +

2 2 21 2 3

2 2 21 2 3

1 21 1 2 24 5

33 3 20

A (x x 6) A (x 2x 3) A (x 3x 2)x

(x 1)(x 2)(x 3) (x 1)(x 2)(x 3)

x A (x x 6) A (x 2x 3) A (x 3x 2)

x 1: 1 4A A . x 2 : 2 5A A .

x 3 : 3 20A A .

+ + + +=

+ + + +

= + + + +

= = = = = =

= = =

1 2 3

1 2 3A , A , A

4 5 20x 1 2 3

dx ln x 1 ln x 2 ln x 3 C(x 1)(x 2)(x 3) 4 5 20

= = =

= + + + ++ +

Ejemplo 66.Resuelva la integral3 2

4 3 2

4x 4x x 1dx

x 2x x

+ +

+ .Solucin.

PRIMER MTODO:4 3 2 2 2 2 2x 2x x x (x 2x 1) x (x 1) + = + =


43/88


TEMA 1



3 231 2 4

4 3 2 2 2

3 2 2 2 2 21 2 3 4

2 4 1 2 3 4 1 2 1

1 2 3 4

3 2

4

AA A A4x 4x x 1

dx dx dx dx dxx x 1x 2x x x (x 1)

4x 4x x 1 A (x 1) A x(x 1) A x A x (x 1)

A A 4 , A 2A A A 4 , 2A A 1 , A 1

A 1 , A 3 , A 2 , A 1

4x 4x x 1

x 2

+ +

= + + + +

+ + = + + +

+ = + = + = =

= = = =

+ +

3 2 2 2

dx dx dx dx 1 2dx 3 2 3ln x ln x C

x x 1 x x 1x x x (x 1)= + + + = + + +

+

SEGUNDO MTODO:4 3 2 2 2 2 2x 2x x x (x 2x 1) x (x 1) + = + =

3 2

31 2 44 3 2 2 2

3 2 2 2 2 21 2 3 4

1 3

2 2 2 4 4

1 2 3 4

3 2

4

AA A A4x 4x x 1 dx dx dx dx dxx x 1x 2x x x (x 1)

4x 4x x 1 A (x 1) A x(x 1) A x A x (x 1)

x 0 : 1 A . x 1: 2 A .

2 A 1 A 3, A A 4 A 1

A 1 , A 3 , A 2 , A 1

4x 4x x 1

x 2x

+ + = + + + +

+ + = + + +

= = = =

+ = = + = =

= = = =

+ +

3 2 2 2

dx dx dx dx 1 2dx 3 2 3ln x ln x C

x x 1 x x 1x x (x 1)= + + + = + + +

+


6 4 2

dx

x 2x x+ + .Solucin.

6 4 2 2 2 2

3 4 5 61 22 2 2 2 2 2 2

4 2 4 2 3 2 5 3 4 21 2 3 4 5 5 6 6

2 5 1 6 2 3 5 1 4 6 2

x 2x x x (x 1)

A x A A x AA Adxdx dx dx dx

xx (x 1) x (x 1) x 1

1 A (x 2x 1) A x(x 2x 1) A x A x A x A x A x A x

A A 0 , A A 0 , 2A A A 0 , 2A A A 0 , A 0 , A

+ + = +

+ += + + +

+ + +

= + + + + + + + + + + +

+ = + = + + = + + = =

1

1 2 3 4 5 6

1

A 1 , A 0 , A 0 , A 1 , A 0 , A 1

=

= = = = = =

2 2 2 2 2 2 2 2 2

dx dx dx dx 1 dxarctg(x)

xx (x 1) x (x 1) x 1 (x 1)= =

+ + + + Resolviendo

22

2 2 2 2

2

dx sec ( ) 1 sen(2 )d cos ( )d 1 cos(2 ) d C

2 2 4(x 1) (tg ( ) 1)

1 1 xarctg(x) C

2 2 x 1

= = = + = + +

+ +

= + ++

Por lo tanto

2 2 2 2dx 1 3 xarctg(x) C

x 2x (x 1) 2(x 1)= + +

+ +


44/88


TEMA 1




2

x x 1dx

x 1

+

.Solucin.

3 2

2 2

x x 1 1 x 1 x 1dx x dx ln C

2 2 x 1x 1 x 1

+ + = + = + +


4 2

x 1dx

x 16x

+

.Solucin.

6 4 2 2 2 22

4 2 4 2 4 2

3 2 331 2 4

2 2

x 1 (x 16x )(x 16) (256x 1) 256x 1dx dx (x 16)dx dx

x 16x x 16x x 16x

AA A Ax 256x 1 x16x dx 16x dx dx dx dx

3 3 x (x 4) (x 4)x (x 4)(x 4) x

+ + + + += = + +

++ + = + + + + +

+ +

2 3 4 1 3 4 2 1A A A 0 , A 4A 4A 256 , 16A 0 , 16A 1+ + = + = = =

1 2 3 4

1 4097 4097A , A 0 , A , A

16 128 128= = = =

6 3

4 2

x 1 x 1 4097 4097dx 16x ln x 4 ln x 4 C3 16x 128 128x 16x

+= + + + + +


4

ln(x)dx

(x 2) .Solucin.

Utilizando integracin por partes se tiene que:

4 3

dx dx 1u ln(x) du , dv v

x (x 2) 3(x 2)= = = =

.

Luego:

4 3 3

ln(x) ln(x) 1 dxdx

3(x 2) 3(x 2) x(x 2)= +

.Al resolver

3

dx

x(x 2) se tiene:

1 2 3 43 3 2

dx dx dx dx dxA A A A

x (x 2)x(x 2) (x 2) (x 2)= + + +

Desarrollando


45/88


TEMA 1



3 21 2 3 4

3 3

3 2 2 3 21 2 3 4

3

3 21 4 1 3 4 1 2 3 4 1

3

A (x 2) A x A x(x 2) A x(x 2)1

x(x 2) x(x 2)

A (x 6x 12x 8) A x A (x 2x) A (x 4x 4x)

x(x 2)

(A A )x ( 6A A 4A )x (12A A 2A 4A )x 8A

x(x 2)

+ + +

=

+ + + + +=

+ + + + + + =

Construyendo el sistema de ecuaciones y resolviendo:

1 4 4

1 3 4 3

1 2 3 4 2

1 1

1A A 0 A

8

16A A 4A 0 A

41

12A A 2A 4A 0 A2

18A 1 A

8

+ = =

+ = =

+ + = =

= =

Al sustituir y resolver la integral:

3 3 2

2

dx 1 dx 1 dx 1 dx 1 dx

8 x 2 4 8 (x 2)x(x 2) (x 2) (x 2)

1 1 1 1ln x ln x 2 C

8 4(x 2) 84(x 2)

= + +

= + + +

De modo que:

4 3 2

ln(x) ln(x) 1 1 1 1dx ln x ln x 2) C

24 12(x 2) 24(x 2) 3(x 2) 12(x 2)= + + +


+

+dx

6x5x

9x5x2

2

.

Solucin.2 2

2 2 2 2

x 5x 6 3 x 5x 6 3 31

x 5x 6 x 5x 6 x 5x 6 x 5x 6

+ + += + = +

+ + + +

Entonces,

xd6x5x

9x5x2

2

+ + = ( ) ( ) xd2x3x 31

+ =

( )( )xd

2x3x

13xd +

Ahora resolvemos la integral

( ) ( ) 2x3x1

dx ,

escribiendo la fraccin

( )( )2x3x

1

como suma de fracciones simples:


46/88


TEMA 1



( )( ) 2x

B

3x

A

2x3x

1

+=

de donde 1 = A x 2 A + B x 3 B y de aqu se obtiene el sistema de ecuaciones:

1By1A1B3A2

0BA==

=+

=+ ,

luego

( )( ) 2x1

3x

1

2x3x

1

=

As que,

xd

6x5x

9x5x2

2

+

+=

dx + 3 xd

2x

1

3x

1

=

= x + Ln |x - 3 | - 3 Ln|x - 2|+ C (C constante cualquiera)

Por lo tanto,

xd6x5x

9x5x2

2

+ + = x + Ln |x - 3| - 3Ln|x - 2|+ C = ( ) C2x 3xLnx 3 ++


+

+dx

)xe1(x

1xx

.

Solucin.

x

x x x

x 1 e (x 1) dz dz dz dz dzdx dx A B

z(1 z) z 1 z z 1 zx(1 xe ) xe (1 xe )

+ += = = + =

+ + ++ +

x x

xx x

x

z xe dz e (x 1)dx 1 A(1 z) Bz, z 0 A 1, z 1 B 1

xe ln z ln 1 z C ln xe ln 1 xe C ln C

1 xe

= = + = + + = = = =

= + + = + + = ++

Por lo tanto:

Cxe1

xelndx

)xe1(x

1xx

x

x +

+=

+

+


++ + dx)2x)(3x( 8x6x6x 223

.

Solucin.3 2 2

2 2

x 6x 6x 8 9x 8x 2dx dx dx

(x 3)(x 2) (x 3)(x 2)

+ += +

+ + + + As se tiene

3 2 2 2

2 2 2x 6x 6x 8 3x 6x 2 6x 7xdx dx dx 2 dx(x 3)(x 2) (x 3)(x 2) (x 3)(x 2) + + + += + + + + + + +

Realizamos la descomposicin en fracciones simples


47/88


TEMA 1



2

2 2

6x 7x A Bx C

(x 3)(x 3)(x 2) (x 2)

+ +

= +++ + +

De donde se obtiene A=B=3, C=-23 2 2

2 2 2 2

x 6x 6x 8 3x 6x 2 dx xdx dxdx dx dx 6 6 4

(x 3)(x 3)(x 2) (x 3)(x 2) (x 2) (x 2)

+ + += + +

++ + + + + + Por tanto,

3 22

2

x 6x 6x 8 xdx x 5ln x 3 2ln(x 2) 4arctg C

(x 3)(x 2) 2

+= + + + +

+ +

Ejemplo 74.Resuelva la integral x

x

arctg(1 e )dx

e

.Solucin.

Aplicando integracin por partesx x

x x x 2

I1

xx x x

x 2

arctg(1 e ) arctg(1 e ) dxdx

e e 1 (1 e )

eu arctg(1 e ) du dx , dv e dx v e

1 (1 e )

=

+

= = = =

+

Resolviendo 1I se tiene

1 x 2 2 2 2

x x

12

2 122 2

12

dx du du udu duI A B C

(u 1)1 (1 e ) (u 1)(1 u ) (1 u ) 1 u

duu 1 e du e dx dx

u 1

AA B 01 A Bu C

1 A(1 u ) (Bu C)(u 1) C B 0 Bu 1(u 1)(1 u ) 1 u

A C 1 C

= = = + ++ + + +

= = =

=+ =+

= + = + + + = = + +

= =

Por lo tanto

1 x 2 2 2 2

2

dx du 1 du 1 udu 1 duI

2 (u 1) 2 21 (1 e ) (u 1)(1 u ) (1 u ) 1 u

1 1 1ln u 1 ln(1 u ) arctg(u) C

2 4 2

= = = + + + +

= + +

x 2x x x

2x x x

1 1 1ln(e ) ln(e 2e 2) arctg(1 e ) C

2 4 2

x 1 1ln(e 2e 2) arctg(1 e ) C

2 4 2

= + +

= + +

De modo quex

x x 2x xx

arctg(1 e ) 1 x 1dx e arctg(1 e ) ln(e 2e 2) C2 2 4e

= + + +

.


48/88


TEMA 1




4

dx

x 1+ .Solucin.

4 2 2

2 2 2 2

4 4 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2

dx dx

x 1 (x 2x 1)(x 2x 1)

xdx dx xdx dxA B C D

(x 2x 1) (x 2x 1) (x 2x 1) (x 2x 1)

x 1 (x 2x 1) 2x (x 1) 2x (x 2x 1)(x 2x 1)

1 Ax B(x 2x 1)(x 2x 1) (x 2x 1)

=+ + + +

= + + ++ + + + + +

+ = + + = + = + + +

+= ++ + + + +

2

24

122 2

24

12

Cx D(x 2x 1)

AA C 0

B2A 2C D B 01 (Ax B)(x 2x 1) (Cx D)(x 2x 1)

A C 2B 2D 0 C

B D 1 D

+ +

=+ =

= + + + = = + + + + + +

+ + = =

+ = =

Por lo tanto2 21 14 2 4 2

4 2 2

I I1 2

x xdxdx dx

x 1 (x 2x 1) (x 2x 1)

+ += +

+ + + +


2 2 2 2 21 1 1 14 2 4 2 4 2 2 4 4

1 2 22 2 1 12 12 22 2

2 22 2

2 14 4

2 2 2 21 1 1 12 2 2 2

2 1

2

x x (z ) zI dx dx dz dz

z z(x 2x 1) (x )

z x dz dx x z

z 2 z 1 dz 2 dw 1 dz 2 2dz dz ln w arctg( 2z) C

4 4 8 w 4 8 4z z z z

w z dw

+ + + += = = =

+ ++ + + +

= + = =

+= = + = + = + +

+ + + +

= + =

2zdz

22 2 2 2ln w arctg( 2z) C ln x 2x 1 arctg( 2x 1) C8 4 8 4

= + + = + + + + +


2 2 2 2 21 1 1 14 2 4 2 4 2 2 4 4

2 2 22 2 1 12 12 22 2

2 22 2

2 14 42 2 2 21 1 1 1

2 2 2 2

x x (z ) zI dx dx dz dz

z z(x 2x 1) (x )

z x dz dx x z

z 2 z 1 dz 2 dw 1 dzdz dz

4 4 8 w 4z z z z

2 2ln w arctg( 2z) C

8 4

+ + + + += = = =

+ + + +

= = = +

+= = + = +

+ + + +

= + +

2 12

w z dw 2zdz = + =


49/88


TEMA 1



22 1 2 2

ln w arctg(2z) C ln x 2x 1 arctg( 2x 1) C8 2 8 4= + + = + + +

Por lo tanto

2 2

4

2

2

2

22

dx 2 2 2 2ln x 2x 1 arctg( 2x 1) ln x 2x 1 arctg( 2x 1) C

8 4 8 4x 1

2 x 2x 1 2ln arctg( 2x 1) arctg( 2x 1) C

8 4x 2x 1

2 x 2x 1 2 2xln arctg C

8 4 1 xx 2x 1

= + + + + + + ++

+ + = + + + + +

+ += + + +

1.15.INTEGRANDOS TRIGONOMTRICOS

En este punto se evaluarn integrales cuyos integrandos son potencias de funciones

trigonomtricas.

A. POTENCIAS DE SENO Y COSENO

Se quiere resolver las integrales

nsen (x)dx y ncos (x)dx ,

donde n es un entero positivo mayor que uno.

Si la potencia es imparuse la identidad 2 2sen (x) cos (x) 1+ = para obtener integrandos de

la forma 2mcos (x)sen(x) o bien 2msen (x)cos(x) que se integran fcilmente.

Ejemplo 76.

2k 1 2 k 2 k

Transformar a senos potencias del s eno derivada int erna

cos (x)dx (cos (x)) cos(x)dx (1 sen (x)) . cos(x) dx+ = = Si la potencia es paruse las identidades

2 1 cos(2x)sen (x)2

= y 2

1 cos(2x)cos (x)

2

+=

para bajar el grado de la potencia.

Ejemplo 77.

2k 2 k k

k

1cos (x)dx (cos (x)) dx (1 cos(2x)) dx

2= = +


50/88


TEMA 1



B. POTENCIAS DE LA TANGENTE Y COTANGENTE

Para las integrales

ntg (x)dx y nctg (x)dx ,

donde n es un entero positivo mayor que uno, se usan las identidades

2 2tg (x) 1 sec (x)+ = y 2 2ctg (x) 1 csc (x)+ =

para obtener integrandos de la forma

m 2tg (x)sec (x) o bien m 2ctg (x)csc (x) .

Ejemplo 78.

n n 2 2 n 2 2

n 1n 2 2 n 2 n 2

tg (x)dx (tg(x)) tg (x)dx (tg(x)) (sec (x) 1)dx

(tg(x))

(tg(x)) sec (x)dx (tg(x)) dx (tg(x)) dxn 1

= =

= =

C. POTENCIAS DE LA SECANTE Y COSECANTE

Para las integrales

nsec (x)dx y ncsc (x)dx ,

donde n es un entero positivo mayor que uno:

Si la potencia es paruse las identidades2 2tg (x) 1 sec (x)+ = y 2 2ctg (x) 1 csc (x)+ = .

Ejemplo 79.

2k 2k 2 2 2 k 1 2

Transformar a tangentes

2 k 1 2

potencias de tangentes derivada int erna

(sec(x)) dx sec (x)sec (x)dx (sec (x)) sec (x)dx

(1 tg (x)) . sec (x) dx

= =

= +


51/88


52/88


TEMA 1



Si las potencias del seno y del coseno son pares y no negativas, use repetidamente

las identidades

2 1 cos(2x)sen (x)2

= y 2

1 cos(2x)cos (x)

2

+=

para convertir el integrando en uno con potencias impares del coseno:k2k1

2k 2k k k2 21 2 1 21 cos(2x) 1 cos(2x)

sen (x)cos (x)dx (sen (x)) (cos (x)) dx dx2 2

+ = =

E. PRODUCTOS DE SENOS Y COSENOS DE ARGUMENTOS DIFERENTES

Las integrales de la forma

sen( x)sen( x)dx; sen( x) cos( x)dx; cos( x) cos( x)dx ,se resuelven pasando a una suma de senos y/o cosenos con las identidades:

1sen( )sen( ) cos( ) cos( )

2

1sen( )cos( ) sen( ) sen( )2

1cos( )cos( ) cos( ) cos( )

2

= +

= + +

= + +

F. PRODUCTO DE POTENCIAS DE TANGENTE Y SECANTE

Para las integrales de la forma

m ntg (x)sec (x)dx

,

donde m y n son enteros positivos mayores que uno:

Si la potencia de la tangente es impar y positiva, conserve un factor sec(x)tg(x) y

transforme los restantes factores a secantes. Luego, desarrolle e integre:

2k 1 n 2 k n 1

Transformar a secantes

2 k n 1

Potencias de secante derivada inte rna

tg (x)sec (x)dx (tg (x)) sec (x)sec(x)tg(x)dx

(sec (x) 1) sec (x). sec(x)tg(x) dx

+

=

=


53/88


TEMA 1



Si la potencia de la tangente es par y positiva, el integrando se reduce a potencias de

la secante, en efecto:

2k n 2 k ntg (x) sec (x)dx (sec (x) 1) sec (x)dx.=

Si la potencia de la secante es par y positiva, conserve un factor 2sec (x) y transforme

los restantes factores a tangentes. Luego, desarrolle e integre:

m 2k 2 k 1 m 2

Transforme a tangentes

tg (x)sec (x)dx (sec (x)) tg (x)sec (x)dx.=

G. INTEGRANDOS RACIONALES EN SENOS Y COSENOS

El matemtico alemn Kart Weierstrass (1815-1897) observ que el cambio de variable

xu tg

2

=

, x < <

transforma cualquier funcin racional en seno y coseno en una funcin racional de u.

En consecuencia,

2 2 21 x 1 x 1du sec dx tg 1 dx (u 1)dx2 2 2 2 2

= = + = +

luego

2

2dx du

u 1

=

+

Se deduce adems que

2 2xsec u 1,2

= +

luego

2

2

1 cos(x) x 1

c o s ,2 2 u 1

+ = = +


54/88


55/88


TEMA 1



3 52 1

cos(x) cos (x) cos (x) C3 5= + +


5tg (x)dx .Solucin.

5 3 2 3 2 3 2 3tg (x)dx tg (x)tg (x)dx tg (x)(sec (x) 1)dx tg (x)sec (x)dx tg (x)dx= = = 3 2 2 3 2 2

4 23 2 2

tg (x)sec (x)dx tg (x)tg(x)dx tg (x) sec (x)dx (sec (x) 1)tg(x)dx

tg (x) tg (x)tg (x)sec (x)dx tg(x)sec (x)dx tg(x)dx ln cos(x) C

4 2

=

+ = +


3 4sen (x)cos (x)dx .Solucin.

3 4 2 4

5 72 4 4 6

sen (x)cos (x)dx sen (x)sen(x)cos (x)dx

cos (x) cos (x)(1 cos (x))sen(x)cos (x)dx (cos (x)sen(x) cos (x)sen(x))dx C

5 7

=

= = +


2 3

dx

(x 4x 6)+ + .Solucin.

2

2 3 2 3 2 3 2 3

2

dx dx du 2 sec (z)dz(x 4x 6) ((x 2) 2) (u 2) (2tg (z) 2)

(u x 2 du dx) (u 2tg(z) du 2 sec (z)dz)

= = =+ + + + + +

= + = = =

224 2

6

2 sec (z) 2 2 1 cos(2z) 2dz cos (z)dz dz (1 2cos(2z) cos (2z))dz

8 8 2 328sec (z)

+ = = = + +

2 22 2 2 2(1 2cos(2z) cos (2z))dz dz cos(2z)dz cos (2z)dz

32 32 16 32+ + = + +

1 1 1

2 2 2 u 2 x 2dz z C arctg C arctg C

32 32 32 322 2

+= + = + = +

2 2 2

2 2 2 u 2 x 2cos(2z)dz sen(2z) C sen 2arctg C sen 2arctg C16 32 32 322 2

+= + = + = +


56/88


TEMA 1



2

3

u

2u32

x 22x 2

32

2 2 2 sen(4z)

cos (2z)dz (1 cos(4z))dz z C32 64 64 4

sen(4arctg( ))2arctg( ) C

64 4

sen(4arctg( ))2arctg( ) C

64 4

+

+

= + = + +

= + +

= + +

De modo que:x 2

22 3

sen(4arctg( ))dx 3 2 x 2 2 x 2 2arctg sen 2arctg C

64 32 64 4(x 4x 6) 2 2

+ + + = + + + + +


2 3 3 2 4 3 2(6x 4x)sen (x x )cos (x x )dx+ + + .Solucin.Sea 3 2 2z x x dz (3x 2x)dx= + = + . De modo que:

3 4 2 4

2 4 4 6

5 3 2 7 3 2

2 sen (z)cos (z)dx 2 sen (z)sen(z)cos (z)dz

2 (1 cos (z))sen(z)cos (z)dz 2 (cos (z)sen(z) cos (z)sen(z))dz

2cos (x x ) 2cos (x x )C

5 7

=

=

+ += + +


3 3

dx

sen (x)cos (x) .Solucin.

2 2 2 4 2 2 4

3 3 3 3 3 3

3 3 3 2

dx (sen (x) cos (x)) sen (x) 2sen (x)cos (x) cos (x)

dx dxsen (x)cos (x) sen (x)cos (x) sen (x)cos (x)

sen(x) dx cos(x) sen(x) cos(x) cos(x)dx 2 dx dx 2 dx

sen(x)cos(x)cos (x) sen (x) cos (x) sen(x)cos (x)

+ + +

= =

+ + = + +

3

3 3 2 2 2 2

dxsen (x)

(u cos(x)) (z tg(x)) (w sen(x))

du dz dw 1 1 1 12 2ln z C 2ln tg(x) C

zu w 2u 2w 2cos (x) 2sen (x)

= = =

+ + = + + = + +


dx

1 2sen(x) cos(x)+ +

.

Solucin.


57/88


TEMA 1



2 24u 1 u2 21 u 1 u

x2

dx 1 2

. du1 2sen(x) cos(x) 1 u1

2 du 1 1du ln 1 2u C ln 1 2tg( ) C

2 4u 1 2u 2 2

+ +

=+ + ++ +

= = + + = + ++ +


2x x 2xe ln(e 9 e )dx+ + .Solucin.

Seax x dzz e dz e dx dx

z= = = .

Se tiene entonces que:

2x x 2x 2e ln(e 9 e )dx z ln(z 9 z )dz+ + = + + .Aplicando integracin por partes:

2

2

2

dzu ln(z 9 z ) du

9 z

zdv zdz v 2

= + + =+

= =

Se tiene:2 2

2 2

2

z 1 zz ln(z 9 z )dz ln(z 9 z ) dz

2 2 9 z+ + = + +

+ Al resolver

2

2

zdz

9 z+ .Sea 2z 3tg( ) dz 3sec ( )d= = , de modo que

2 2 2

2 22

3

z 9tg ( ).3sec ( )dz d 9tg ( )sec( )d 9 (sec ( ) 1)sec( )d3sec( )9 z

9 sec ( )d sec( )d

= = = +

=

Resolviendo

3sec ( )d .Aplicando integracin por partes:

2

u sec( ) du sec( )tg( )d

dv sec ( )d v tg( )

= =

= =

Se tiene que:


58/88


TEMA 1



3 2 2

3

3

sec ( )d tg( )sec( ) tg ( )sec( )d tg( )sec( ) (sec ( ) 1)sec( )d

tg( )sec( ) sec ( )d sec( )d

1 1sec ( )d tg( )sec( ) ln sec( ) tg( ) C

2 2

= =

= +

= + + +

De modo que:2

3

2

2 2 22

z 9 9dz 9 sec ( )d sec( )d tg( )sec( ) ln sec( ) tg( ) C

2 29 z

9 z 9 z 9 9 z z 1 9 9 z z. . ln C .z 9 z ln C2 3 3 2 3 3 2 2 3 3

= = + +

+

+ + += + + = + + +

Entonces:

2 22 2 2z 1 9 z 9 zz ln(z 9 z )dz ln(z 9 z ) z 9 z ln C

2 4 4 3

+ ++ + = + + + + +

Finalmente:

2x x 2x2x x 2x x 2x x 2xe 1 9 e 9 ee ln(e 9 e )dx ln(e 9 e ) e 9 e ln C

2 4 4 3

+ ++ + = + + + + +


2

1 cos(x)dx

5 cos (x) 8 cos(x) 3

+

+ + .Solucin.

21 u21 u

2 2 2 2 221 u 1 u2 21 u 1 u

11 cos(x) du du

dx 2 .5cos (x) 8cos(x) 3 1 u 4 u5( ) 8( ) 3

+

+ +

++

= =+ + + + +

2

2 2 2

x 2 2u 1 uu tg dx du sen(x) cos(x)

2 1 u 1 u 1 u

= = = =

+ + +

Por tantox2

2 2 x2

2 tg( )1 cos(x) du 1 2 u 1dx ln C ln C

4 2 u 4 2 tg( )5cos (x) 8cos(x) 3 4 u

++ += = + = +

+ +


dx

ctg(x) cos(x)+ .Solucin.

Manipulando algebraicamente la integral se tiene que:


59/88


TEMA 1



cos(x) cos(x) sen(x)cos(x)sen(x) sen(x)

dx dx dx sen(x)

dxctg(x) cos(x) cos(x)(1 sen(x))cos(x) += = =+ ++

Usando el cambio2

2 2 2

x 2 1 u 2uu tg dx du , cos(x) , sen(x)

2 1 u 1 u 1 u

= = = =

+ + + .

( ) ( )

2u 4u22 2 21 u 1 u 1 u

2 2 32 221 u 2u u 2u 12 2 21 u 1 u 1 u

. 4u 4udu du du du

(1 u )(u 1) (1 u)(1 u)1 (1 u )

+ + +

+ +

+ + +

= = = + ++

Se tiene:

31 2 4

3 3 2

3 2 21 2 3 4

3

2 3 2 2 31 2 3 4

3

AA A A4u

1 u 1 u(1 u)(1 u) (1 u) (1 u)

A (1 u) A (1 u) A (1 u ) A (1 u )(1 u)

(1 u)(1 u)

A (1 3u 3u u ) A (1 u) A (1 u ) A (1 u u u )

(1 u)(1 u)

= + + + + + + +

+ + + + +=

+

+ + + + + + + =

+

3 21 4 1 3 4 1 2 4 1 2 3 4

3

(A A )u (3A A A )u (3A A A )u (A A A A )

(1 u)(1 u)

+ + + + + + +=

+

Construyendo el sistema de ecuaciones:

1 4

1 3 4

1 2 4

1 2 3 4

A A 0

3A A A 03A A A 4

A A A A 0

=

= + =

+ + + =

Encontrando valores:

1 13

u 1

4u 1A A

2(1 u)

=

= =+

2 2

u 1

4uA A 2

1 u

=

= =

Se tiene entonces:

1 4 4

1 3 4 3

1 2 4

1 2 3 4

1A A 0 A

2

3A A A 0 A 13A A A 4

A A A A 0

= =

= =

+ =

+ + + =

De manera que

3 3 2

2

4u 1 du du du 1 dudu 2

2 1 u 2 1 u(1 u)(1 u) (1 u) (1 u)

1 1 1 1ln 1 u ln 1 u C

2 1 u 2(1 u)

= + + + + + +

= + + + +++

Devolviendo el cambio de variable se tiene que:

( )x x2 22 x

x2

2

dx 1 1 1 1ln 1 tg( ) ln 1 tg( ) Cctg(x) cos(x) 2 21 tg( )1 tg( )

= + + + ++ ++


60/88


TEMA 1




dx

(1 sec(x))sen(x)+ .Solucin.

1 sen(x)cos(x) cos(x)

dx dx dx cos(x)dx

(1 sec(x))sen(x) sen(x)cos(x) sen(x)(1 )sen(x) sen(x)= = =

+ ++ + Mediante cambio universal:

2

2 2 2

x 2du 2u 1 uu tg , dx , sen(x) , cos(x)

2 1 u 1 u 1 u

= = = =

+ + + .

( ) ( )

22 2(1 u )1 u 22 22 2 (1 u )1 u 1 u

2 22 2u(1 u 1 u )2u 1 u 2u2 2 2 2 21 u 1 u 1 u (1 u )

2 2 22

.I du du

2(1 u ) 1 1 u 1 u 1 1du du ln u C ln tg(x 2) tg (x 2) C

4u 2 u 2 2 2 4

++ +

+ +

+ + + +

= =+

= = = + = +


2

1 sen (x)dx

1 cos (x)

+ .Solucin.Aplicando el cambio u tg(x)= :

2u2

21 u2 1 2 2 2

21 u

11 sen (x) du dudx .

11 cos (x) 1 u (2 u )(1 u )

+

+

= =++ + + + .

Aplicando fracciones simples:

3 41 22 2 2 2

1 3

2 4

1 3 2 41 3

2 4

A u AA u Adudu du

(u 1)(u 2) u 1 u 2

A A 0

A A 0

A A 0 , A 1 , A 12A A 0

2A A 1

++= +

+ + + +

+ =

+ =

= = = = + =

+ =

De modo que:

2 2 2 2

du du du

(u 1)(u 2) u 1 u 2

1 u 1 tg(x)arctg(u) arctg C arctg(tg(x)) arctg C

2 2 2 2

1 tg(x)x arctg C

2 2

= + + + +

= + = +

= +


61/88


TEMA 1




+ )x(cos3)x(sen2dx

22.

Solucin.

+=++=+ )x(cos2 dx)x(cos))x(cos)x(sen(2 dx)x(cos3)x(sen2 dx 222222 [1]Haciendo el cambio de variable:

t = tg(x) , dt = sec2(x) dx = (1 + tg2(x)) dx = (1 + t2) dx

de donde se obtiene que

2t1

dt

dx +=

Por otra parte

,t1

1

)x(tg1

1

)x(sec

1)x(cos

2222

+=

+==

puesto que tg(x) = t. Sustituyendo en [1] se tiene:

[2]dtt

3

21

1

3

1

dtt

3

21

1

3

1

dtt

3

213

1

dtt23

1dt

)t23)(t1(

t1

t1

1t22t1

dt

t1

12

t1

dt

222

222

2

2

2

2

2

2

+

=+

=

+=

+=

++

+=

+

++

+=

++

+

Resolvamos la integral

dt

t3

21

12

+

haciendo el cambio de variable

t

3

2z= , td

3

2dt

3

2dz ==

de donde

zd2

3dt=

Entonces

122C)z(arctg

2

3dz

z1

1

2

3dt

t3

21

1+=

+=

+

Devolviendo el cambio de variable t

3

2z= se tiene:


62/88


63/88


TEMA 1



ahora esta integral la resolvemos haciendo el cambio de variable:

ud)u(cos4

5dt,)u(sen

4

5

4

3t == ,

luego nos queda:

C)u(tg)usec(Ln5

1ud)u(sec

5

1

ud

)u(2

sen1

)u(cos

5

1du

)u(2

sen4

25

4

25

)u(cos

4

52

4

3t4

4

25

dt

2

1

++==

=

=

=

Devolviendo los cambios:

sen(u)=5

3t4

( )23t425

( )23t425

5

)u(cos

1)usec(

== ,

( )23t41625

3t4)u(tg

=

Luego,

( )C

3t425

2t4ln

5

1

2+

+=

t2

xtg =


+ )x(tg21

dx.

Solucin.Haciendo el cambio de variable t = tgx , dt = sec2xdx = (1 + tg2x)dx = (1 + t2) dx

de donde dx = 2t1

dt

+ luego,

C

23

2

xtg425

22

xtg4

Ln

5

1+

+

=

5

3t4

u


64/88


TEMA 1



++= )t1()t21(

dt2

Ahora descomponiendo en fracciones parciales simples:

2t1

CtB

t21

A

)t1()t21(

12 +

++

+=

++

de donde 1 = A + At2+ Bt + 2Bt2 + C + 2Ct y se obtiene el sistema de ecuaciones:

A C 1

B 2C 0

A 2B 0

+ =

+ = + =

que tiene por solucin: A =

5

1C,

5

2B,

4

1== . Luego,

( ) ( )

( ) ( )

2 2

2

2 2

2 2

2

5 5

4 dt 2 t 1 1dt dt

5 1 2t 5 51 t 1 t

2 1 1Ln 1 2t Ln 1 t arctg(t) C

5 5 5

1 2t 1 2tg(x)1 xLn arctg(t) C Ln C

5 51 t 1 tg (x)

1 1Ln(cos(x) 2sen(x)) x C 2 Ln(cos(x) 2sen(x)) x C.

5 5

= ++ + +

= + + + +

+ += + + = + +

+ +

= + + + = + + +

Por lo tanto, ( ) +++=+= .Cx))x(sen2)x(cos(Ln251)x(tg21 dx


+dx

1)xsec()x(tg2

)xsec(.

Solucin.Aplicando identidades trigonomtricas y manipulando algebraicamente

1cos(x)

sen(x) 1cos(x) cos(x)

sec(x) dxdx dx

2tg(x) sec(x) 1 1 2sen(x) cos(x)2 1

= =

+ + +

Aplicando la sustitucin x2

u tg( )= , se tiene

x x x x2 2 2 2 22 2

22 2x x

2 2 2 2

u 1 2usen( ) , cos( ) , sen(x) 2sen( )cos( ) ,

1 uu 1 u 1

1 u 2ducos(x) cos ( ) sen ( ) , dx

1 u u 1

= = = =++ +

= = =

+ +

22u 1

2 2 2 24u 1 u2 21 u 1 u

dx 2 2du du du

1 2sen(x) cos(x) 4u u 1 1 u 2u 4u1

du du du 1A B ln u ln u 2 Cu(u 2) u (u 2) 2

+

+ +

= = =+ + + + ++

= = + = + + + +


65/88


TEMA 1



12

12

x2

x2

AA B 0

2A 1 B

tg( )1 u 1ln C ln C

2 u 2 2 2 tg( )

=+ =

= =

= + = ++ +

Ejemplo 99.Resuelva la integralx2

1 tg( )dx

1 cos(x)

+

+ .Solucin.

Hacemos el cambio universal: xtg t

2

=

de donde

x = arctg(2t) ;2

2

1 tcos(x)

1 t

=

+ ,

2

2dx dt

1 t=

+

Entonces,x2

2 2 2 2 2

2 2

1 tg( ) 1 t 2 1 t 2dx dt dt

1 cos(x) 1 t 1 t 1 t 1 t 1 t1

1 t 1 t

+ + + = = = + + + + +

++ +

( )2

2 2 2

2

1 t 2 tdt 1 t dt t C

21 t 1 t 1 t

1 t

+ = = + = + +

+ + +

+

Devolviendo el cambio de variable

xtg t

2

=

,

se obtiene:x

22 x x2 2

1 tg( ) 1dx tg( ) tg ( ) C

1 cos(x) 2

+= + +

+

1.16.INTEGRANDOS IRRACIONALES

Se denominan as los integrandos que contienen radicales. Con un cambio de variable

adecuado se pueden convertir los radicales en potencias enteras. A continuacin se presenta

un conjunto de ejemplos, cuya funcin es introducir este octavo mtodo de integracin .

Ejemplo 100.Resuelva la integralx1 e dx .


66/88


TEMA 1



Solucin.2

x2 2

2 x x

xx

x

2u 1 du du1 e dx du 2 1 du 2u 2u ln u 1 ln u 1 C

u 1 1 uu 1 u 1

(u 1 e 2udu e dx)

1 e 12 1 e ln C

1 e 1

= = + = + = + + + +

= =

= + +

+


1 /2 2 /3

dx

x x+

.

Solucin.5

21 /2 2 /3 3 4

6 5

1 /3 1/ 6 1 / 6

dx 6t 1dt 6 t 1 dt 3t 6t 6 ln t 1 C

t 1x x t t

(x t dx 6t dt)

3x 6x 6ln x 1 C

= = + = + + + ++ +

= =

= + + +


2

x 1 2

dx(x 1) x 1

+ +

+ +

.

Solucin.2z x 1 2zdz dx= + =

4 3 2

(z 2).2z z 2 z 2dz 2 dz 2 dz

z z z 1 (z 1)(z z 1)

+ + += =

+ + Descomponiendo en fracciones simples

2 312 2

2 21 2 3 1 2 1 2 3 1 3

1 2 1 2 3 3 1 2 1 3 1 1 2

1 2 1 2 1 2 3

A z AAz 2

z 1(z 1)(z z 1) z z 1

z 2 A (z z 1) (A z A )(z 1) (A A )z (A A A )z (A A )

A A 0 , A A A 1 A 1 A A , A A 2 A 1 A A 2

A A 0 , 2A A 3 A 1 , A 1 , A 1

++= +

+ + + +

+ = + + + + = + + + +

+ = + = = + = + =

+ = = = = =

2 2

z 2 dz z 12 dz 2 2 dz

z 1(z 1)(z z 1) z z 1

+ +=

+ + + + 1 1

2 2 2 2

dz2 ln z 1 C 2ln x 1 1 C

z 1

z 1 2z 2 2z 1 12 dz dz dz dz

z z 1 z z 1 z z 1 z z 1

= + = + +

+ + += = +

+ + + + + + + +


67/88


TEMA 1



1

2 2 2 22 31 32 4 2

12

232

z1ln z z 1 dz ln z z 1 arctg C

(z )

x 11 1ln x 1 x 1 1 arctg C

2 2

+ = + + + = + + + + + +

+ + = + + + + + +


3 54

dx

(x 1) (x 2) + .Solucin.

4 (x 2)4(x 1) 44(x 1)(x 1)

4 3 44

4 4 2 4 4

312t34 2(t 1) 4

4 5 23 3t4 4t 1 t 1

dx dx

(x 1)(x 2)(x 2) (x 2)

x 2 t 2 12t 3 3tt x dx dt ; x 1 x 2

x 1 t 1 (t 1) t 1 t 1

12t 4 dt 4 4 x 1dt dt C C

3 3t 3 x 29t t. .t

+

= ++ +

+ += = = = + =

+

= = = + = +

+


dx)1x(arctg.x 2 .

Solucin.Haciendo el cambio de variable z = x2 1 de donde dz = 2 x dx x dx =

2

dz, se tiene

dzzarctg2

1dx)1x(arctgx 2 = . [1]

Apliquemos el mtodo de integracin por partes:

)z(arctgu= ; dv = dz du = dzz2

1

z1

1

+

; v = z

entonces,

+= zdz21z11zzarctgz21dzzarctg21

+= zd)z1(z z21zarctgz21 [2]

Calculemos la integral que queda haciendo el cambio de variable: z = t2 , dz= 2t dt,

=

+=

++=

+=

+=

+ td

t1112td

t11t12td

t1t2ttd2

)t1(ttzd

)z1(zz 22

2

2

2

2

2


68/88


TEMA 1



12 Ctarctg2t2dtt1

1td2 +=

+=

Devolviendo los cambios de variable: t = z donde z = x2- 1

=+ zd)z1(z z =+=+ 11 C)z(arctg2z2C)t(arctg2t2

122 C)1x(arctg21x2 +=

Sustituyendo en [2]

=

++=

2

C)1x(arctg1x)1x(arctg)1x

Clases de Cálculo II

Documents

Transcript of Clases de Cálculo II