Integral Indefinida

Integral indefinida Matemáticas 2

Integral indefinida 1. Primitiva de una función Definición: Sea f(x) una función definida en el intervalo (a,b), llamaremos primitiva de la función f(x) a toda función real de variable real, F(x), tal que: F ' ( x) = f ( x)

∀x ∈ ( a, b )

Hallar primitivas es el proceso inverso de hallar derivadas. Es decir, si F(x) es una primitiva de f(x), entonces F’(x)=f(x). Es evidente que primitivas de una función hay infinitas, puesto que si consideramos la función G(x)=F(x)+C con C=cte. también es una primitiva de f(x), G’(x)=(F(x)+C)’=F’(x)=f(x), y bastará con cambiar la constante para ir obteniendo más primitivas. Al conjunto formado por todas las funciones primitivas de una función se le denomina “integral indefinida de f(x)” y se le denota por

∫ f ( x ) dx ( se lee integral indefinida de f(x) diferencial de x) ∫ f ( x ) dx = F ( x ) + C

con C ∈ R

f(x) se denomina integrando. Ejemplo 1: Comprobar que F ( x ) = x 4 + 6 es una primitiva de f ( x ) = 4x 3 F ' ( x) = 4 x3 = f ( x) Ejemplo 2: Una función F(x) tomo en x=1 el valor 2, se sabe que su derivada es f(x)=12x2+6. Calcular la función. F(x) es una primitiva de f(x) → F(x)=4x3+6x+C. Toma el valor 2 para x=1 →F(1)=2 4+6+C=2 → C=-8 Luego F(x)=4x3+6x-8.

1.1 Propiedades de la integral indefinida •

∫ k ⋅ f ( x ) dx = k ⋅ ∫ f ( x ) dx

•

∫ [ f ( x ) + g ( x ) ]dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ ( x ) dx

con k ∈ R

1.2 Integrales inmediatas De la propia definición de integral indefinida y de la tabla de derivadas se deduce: - Página 1-

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FORMAS SIMPLES x +C n +1

n ∫ x dx =

∫

FORMAS COMPUESTAS

n +1

∫

dx = ln x + C x

f ( x ) . f ' ( x ) dx = n

f ' ( x)

f ( x) +C n +1 n+1

∫ f ( x ) dx = ln f ( x ) + C

a f ( x) +C ln a f ( x) f ( x) ∫ e . f ' ( x ) dx = e + C

ax +C ln a x x ∫ e dx = e + C x ∫ a dx =

f ( x) ∫ a . f ' ( x ) dx =

∫ senxdx = − cos x + C ∫ cos xdx = senx + C ∫ tgxdx = ln cos x + C

∫ f ' ( x ).senf ( x ) dx = − cos f ( x ) + C ∫ f ' ( x ).cos f ( x ) dx = senf ( x ) + C ∫ f ' ( x ).tg ( f ( x ) ) dx = ln cos f ( x ) + C

1

∫ cos

2

x

(

f ' ( x)

)

∫ cos f ( x ) dx = tgf ( x ) + C

dx = ∫ 1 + tg 2 x dx = tgx + C

2

f ' ( x)

1

∫ sen f ( x ) dx = ctgf ( x ) + C

∫ sen x dx = ctgx + C 2

∫

1 1 − x2 1

∫ 1+ x

2

2

∫

dx = arcsenx + C

f ' ( x)

1 − f ( x)

2

dx = arcsenf ( x ) + C

f ' ( x)

∫ 1 + f ( x ) dx = arctgf ( x ) + C

dx = arctgx + C

2

2. Métodos elementales de integración.

2.1 Descomposición Se basa en las propiedades de las integrales que acabamos de ver. Consiste en descomponer la función f(x) en suma de otras funciones que sepamos integrar. Ejemplo 3:

∫ ( 3x

Ejemplo 4:

3x 2 + 5 x − 4 3x 2 5x 4 1 3x 2 dx = dx + dx − − dx = 3 x dx + 5 dx − 4 dx = + 5 x − 4 ln x + C ∫ ∫ x ∫x ∫x ∫ ∫ ∫x x 2

2

)

+ 5 x − 4 dx = 3∫ x 2 dx + 5∫ xdx − 4 ∫ dx = 3.

(

)

(

x3 x2 + 5. − 4 x + C 3 2

)

2 2 2 Ejemplo 5: ∫ tg ( x) dx = ∫ 1 + tg ( x ) − 1 dx = ∫ 1 + tg ( x) dx − ∫ dx =tgx − x + C

2.2 Cambio de variable En ocasiones, una integral de apariencia difícil se reduce a otra conocida si se cambia adecuadamente la variable de integración. Al final debe darse el resultado en términos de la variable inicial. - Página 2-

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∫

Ejemplo 6:

5 x + 3dx

=

t =5 x +3 dt =5 dx⇒dx = dt / 5

∫

1

1

+1

3

t 1 1 t2 2 dt = ⋅ ∫ t 2 dt = ⋅ + C = ⋅t 2 + C = 5 5 5 1 +1 15 2

3 2 2 ⋅ ( 5 x + 3) 2 + C = ⋅ (5 x + 3) 3 + C 15 15 et 1 t 1 3 x −5 3 x −5 Ejemplo 7: ∫ e dx 3 x −5=t = ∫ 3 dt = 3 ⋅ e + C = 3 ⋅ e + C 3 dx = dt ⇒ dx = dt / 3

=

Resolver las siguientes integrales: 1. 2.

∫(x

)

+ 5 x 2 − 3 x + 2 dx

3



2

∫  1 + x

2

3.

∫ (e

4.

3 ∫  x − x

5.

∫ sen2 xdx

6.

∫2⋅e

7. 8.

)

+ x + 3 cos x dx

x

−2 x



∫−x

10.

∫ ( 3x − 1)

11.

∫ 4 + 4x

12.

∫x⋅

+1

3

dx

2

dx

∫

3

7 − 4 senx cos xdx

 1  + sen2 x dx 21. ∫   2x + 5  22.

dx

2

x

 1 1  + dx 20. ∫   x+5 2 x 

3

2

9.

∫ (e

)

2 x +5

+ 5 3 x −1 dx

 2  + 3 cos( 2 x ) dx 23. ∫  1− x 

dx

 3  − sec 2 ( 3 x ) dx 24. ∫  2 1+ x 

dx

25.

2

5 x 2 − 1dx

3 13. ∫ senx ⋅ cos xdx

14.

e arctgx ∫ 1 + x 2 dx

3

sec 2 x 19. ∫ 2 dx tg x

3x + 1 dx 3 x

16.

18.

dx

 x

∫ x ln

cos x 17. ∫ 2 ⋅ senx ⋅ e dx

 + 1dx 

−1 4

∫  − 2 + 1 ∫

1  + x − 2 dx x 

−

1

15.

1

∫ x ln x dx

∫ (e

26.

∫ (2

27.

∫x

28.

∫x

2 x +1

)

− 5sen( 3 x ) dx

5 x +1

(

))

− 3 x cos 8 x 2 − 3 dx

x 2 + 2dx 1 1 − ln x

dx

2.3 Integración por partes Sean dos funciones en x, u(x) y v(x) por la derivada de un producto - Página 3-

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d ( u ⋅ v ) = u ⋅ dv + v ⋅ du de donde: u ⋅ dv = d ( u ⋅ v ) − v ⋅ du , que integrando obtenemos:

∫ u ⋅ dv = ∫ d ( u ⋅ v ) − ∫ v ⋅ du es decir:

∫ u ⋅ dv = u ⋅ v − ∫ v ⋅ du Ejemplo 8:

∫ xsenxdx

dv = senxdx u = x    así du = dx v = ∫ senxdx = − cos x 

∫ xsenxdx = − x cos x + ∫ cos xdx = − x cos x + senx + C

Ejemplo 9: ∫ ln xdx  u = ln x dx  du =  x

dv = dx  dx  v = x  así ∫ ln xdx = x ln x − ∫ x x = x ln x − x + C 

∫ xe dx x

Ejemplo 10:

u = x dv = e x dx    así x du = dx v = e 

∫ xe dx = xe − ∫ e dx = xe e x

x

x

x x

+C

3 Ejemplo 11: ∫ 4 x ln xdx

u = ln x  du = dx x 

 dv = 4 x 3 dx  x4 3 4 4 dx 4 así 4 x ln xdx = x ln x − x = x ln x − +C ∫ ∫ x  v = x4 4 

Ejemplo 12: En ocasiones tenemos que aplicar uno o varios métodos de integración para conseguir la expresión final.

∫ x e dx 2 x

u = x 2 dv = e x dx  x 2 e x dx = x 2 e x − ∫ 2 xe x dx = x 2 e x − 2 ∫ xe x dx ∫   así I=    x I1 du = 2 xdx v = e  Ahora volvemos a integrar por partes I1 u = x dv = e x dx  x x x x x   ⇒ I1 = ∫ xe dx = xe − ∫ e dx = xe − e x du = dx v = e  Sustituyendo

∫ x e dx = x e − ∫ 2 xe dx = x e 2 x

2 x

x

2 x

(

)

− 2∫ xe x dx = x 2 e x − 2 xe x + 2e x + C = e x x 2 − 2 x + 2 + C    I1

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Ejemplo 13: Algunas integrales al reiterar la integración por partes se vuelve a obtener la integral de partida, en cuyo caso se despeja. Habitualmente ocurre en las integrales que contienen funciones trigonométricas y exponenciales.

∫e

x

cos 2 xdx

dv = cos 2 xdx   x e x senx 1 x u = e e cos 2 xdx = − ∫ sen2 x ⋅ e x dx   ⇒ I= ∫ 1 2 2       du = e x dx v = sen2 x  I1 2   Hacemos I1 dv = sen2 xdx   x u = e  ⇒ du = e x dx v = − 1 cos 2 x  2  

I1 = −

e x cos 2 x 1 x e x cos 2 x 1 + ∫ e cos 2 xdx = − + I 2 2      2 2 I

Sustituyendo

e x senx 1  e x cos 2 x 1  e x senx e x cos 2 x 1 I= −  − + I  = + − I ⇒ 2 2 2 2  2 4 4 e x sen2 x e x cos 2 x  1 1 + I = +   2 4  4 x ∫ e cos 2 xdx =

4  e x sen2 x e x cos 2 x   + C ⇒ I =  + 5 2 4 

⇔

2e x sen2 x e x cos 2 x + +C 5 5

Resolver las siguientes integrales: 1.

∫ 2x e

dx

7.

)

∫ arccos xdx

8.

∫ arcsenxdx

cos 2 xdx

9.

∫ arctgxdx

2 −x

2.

∫(x

3.

∫x

4.

∫ ln( x + 1) dx

10. ∫ xarctgxdx

5.

∫ ( ln x )

arcsenx dx 11. ∫ e

2

2

+ 1 ⋅ e 2 x +3 dx

3

dx

−x 12. ∫ e senxdx

x3 6. ∫ ln xdx 3

2.4 Algunas integrales racionales Denominamos integral racional a las integrales de funciones racionales del tipo

P( x )

∫ Q( x ) dx donde P(x)

y Q(x) son polinomios. Para el nivel de nuestro curso solo consideraremos los casos en que el denominador sea un polinomio de grado menor o igual a dos. Los casos inmediatos son: - Página 5-

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1

1

∫ x dx = ln x + C

∫ 1+ x

2

dx = arctgx + C

todos los demás casos se reducen en la práctica a estos, es decir la primitiva será con pequeñas variantes una suma de logaritmos y arco tangentes.

2.4.1 Denominador de grado 1 Si grad(Q(x))=1 y el numerador es un número, todas sus primitivas corresponden a logaritmos. Ejemplo 14:

7

7

3

7

∫ 3x + 5 dx = 3 ∫ 3x + 5 dx = 3 ln 3x + 5 + C

Si el grado del denominador es menor o igual que el grado del numerador, se divide: Ejemplo 15: ∫ Hacemos

x2 dx x +1

x2 1 luego = x −1+ x +1 1+ x

x2 1 x2 ( ) dx = x − 1 dx + dx = − x + ln x + 1 + C ∫ x +1 ∫ ∫ x +1 2

2.4.2 Denominador de grado 2 Partimos que el grado del numerador es menor que el del denominador, en caso contrario se realiza la división. Así nos quedan integrales de la forma

∫ ax

mx + n dx + bx + c

2

Para realizar estas integrales se convierte la función racional en suma de otros cocientes cuyas integrales sepamos hacer. Para ello se realiza la descomposición factorial del denominador y se calculan sus raíces. Realizamos la descomposición en fracciones simples. 2.4.2.1 Si tiene dos raíces reales Si las raíces del denominador son x1 y x2, el denominador es a(x-x1)(x-x2), y la descomposición en fracciones simples es:

P( x) A B = + operando y dando valores a la variable obtenemos A y B. Q( x) a ( x − x1 ) a ( x − x2 )

Dan siempre dos logaritmos neperianos.

Ejemplo 16:

∫x

2 dx −1

2

Buscamos las raíces del denominador: x 2 − 1 = 0 ⇔ x = ±1 luego x 2 − 1 = ( x + 1)( x − 1) hacemos la descomposición en fracciones simples

2 A B 2 A( x + 1) + B( x − 1) = + ⇒ 2 = x −1 x −1 x +1 x −1 x2 −1 2

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se tiene que cumplir la identidad: 2 = A( x + 1) + B( x − 1) para cualquier nº real, en particular: •

Para x=1 ⇒ 2 = 2 A ⇒ A = 1

•

Para x=-1 ⇒ 2 = −2 B ⇒ B = −1

Con lo que sustituyendo obtenemos:

∫x

2 1 −1 dx = ∫ dx + ∫ dx = ln x − 1 − ln x + 1 + C −1 x −1 x +1

2

Ejemplo 17:

∫x

8x dx −4

2

8x A B = + ⇒ 8 x = A( x + 2) + B ( x − 2) x −4 x−2 x+2 2

•

Para x=2 ⇒ 16 = 4 A ⇒ A = 4

•

Para x=-2 − 16 = −4 B ⇒ B = 4

∫ Sustituyendo x Ejemplo 18: ∫

8x 4 4 dx = ∫ dx + ∫ dx = ln x − 2 + ln x + 2 + C −4 x−2 x+2

2

8 x − 21 dx x − 5x + 6 2

8 x − 21 A B = + ⇒ 8 x − 21 = A( x − 3) + B ( x − 2) x − 5x + 6 x − 2 x − 3 2

•

Para x=2 ⇒ − 5 = − A ⇒ A = 5

•

Para x=3 ⇒ 3 = B

Sustituyendo Ejemplo 19:

∫x

8 x − 21 dx dx dx = 5∫ + 3∫ = 5 ln x − 2 + 3 ln x − 3 + C − 5x + 6 x−2 x−3

2

2 x 3 − 4 x 2 − 11x + 4 ∫ x 2 − 2 x − 8 dx

Como el grado del numerador es mayor que el grado del denominador, hacemos la división obteniendo: 2 x 3 − 4 x 2 − 11x + 4 5x + 4 así = 2x + 2 2 x − 2x − 8 x − 2x − 8 I =∫

2 x 3 − 4 x 2 − 11x + 4 5x + 4 dx = ∫ 2 xdx + ∫ 2 dx 2 ahora calculamos I1 x − 2x − 8 x − 2 x − 8        I1

Hacemos la descomposición en fracciones simples 5x + 4 A B = + ⇒ 5 x + 4 = A( x + 2 ) + B( x − 4) x − 2x − 8 x − 4 x + 2 2

•

Para x=-2 ⇒ − 6 = −6 B ⇒ B = 1

•

Para x=4 ⇒ 24 = 6 A ⇒ A = 4 - Página 7-

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Sustituyendo obtenemos I1 = ∫ I =∫

5x + 4 4 dx dx = ∫ dx + ∫ x − 2x − 8 x−4 x+2 2

2 x 3 − 4 x 2 − 11x + 4 5x + 4 4 dx dx = ∫ 2 xdx + ∫ 2 dx = ∫ 2 xdx + ∫ dx + ∫ = 2 x − 2x − 8 x − 2 x − 8 x − 4 x + 2        I1

= x 2 + 4 ln x − 4 + ln x + 2 + C 2.4.2.2 Si tiene una raíz doble Si el denominador tiene una raíz doble su factorización es a(x-x1)2, y la descomposición en fracciones simples es:

P( x) A B = + operando y dando valores a las variables obtenemos A y B. Q( x) a ( x − x1 ) a( x − x1 ) 2

Dan siempre un logaritmo neperiano y una potencial. Ejemplo 20:

∫x

2

2x − 3 dx − 2x + 1

El denominador es x 2 − 2 x + 1 = ( x − 1) 2 por tanto la descomposición en fracciones simples es: 2x − 3 2x − 3 A B = = + ⇒ 2 x − 3 = A( x − 1) + B 2 x − 2 x + 1 ( x − 1) x − 1 ( x − 1) 2 2

•

Para x=1

⇒ −1 = B

•

Para x=0

⇒ − 3 = −A + B ⇒ A = 2

Sustituyendo 2x − 3 2x − 3 2 −1 ( x − 1) ∫ x 2 − 2 x + 1dx = ∫ ( x − 1) 2 dx = ∫ x − 1 dx + ∫ ( x − 1) 2 dx = 2 ln x − 1 − − 1 Ejemplo 21:

∫4x

2

−1

+ C = 2 ln x − 1 +

1 +C ( x − 1)

3 −x dx +4 x +1

x=-1/2 es una raíz doble del denominador así la descomposición en fracciones simples es: 3− x A = + 1 4x + 4x + 1  4 x +  2  2

•

Para x=1/2

•

Para x=0

B 1  4 x +  2 

⇒ 3+ ⇒ 3=

2

1  A x +  + B 3− x 1 2  ⇒ =  ⇒ 3 − x = A x +  + B 2 2 4x + 4x + 1 2  1  4 x +  2 

1 7 =B ⇒ B= 2 2

1 A + B ⇒ A = −1 2 - Página 8-

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7 3− x dx 1 dx 7 dx 2 +∫ dx = − ∫ + ∫ = 2 2 Sustituyendo ∫ 4 x 2 + 4 x + 1 dx = ∫ −  1 1 8  4  1 1    4 x +  x +  4 x +  x +  2 2   2 2   −1

1  x +  1 1 7 1 1 7 2 = − ln x + +  + C = − ln x + − +C 1 4 2 8 −1 4 2  8 x +  2  En estos casos hay otra forma más simple de hacerlos que es poner el denominador como un cuadrado perfecto así

∫ 4x

3− x 3− x dx = ∫ dx + 4x + 1 ( 2 x + 1) 2

2

Descomponemos de la siguiente manera: 3− x A B ( 2 x + 1) A + B ⇒ 3 − x = ( 2 x + 1) A + B = + = 2 2 ( 2 x + 1) 2 x + 1 ( 2 x + 1) ( 2 x + 1) 2 7  1 Para x=-1/2 ⇒ −  −  + 3 = B ⇒ B = 2  2 1 • Para x=0 ⇒ 3 = A + B ⇒ A = 2 3− x 3− x 1 dx 7 dx 1 7 dx = ∫ dx = ∫ + ∫ = ln 2 x + 1 − +C Sustituyendo ∫ 2 2 2 4x + 4x + 1 2 ( 2 x + 1) 2 ( 2 x + 1) 4 4( 2 x + 1) ( 2 x + 1) •

2.4.2.3 Si no tiene raíces reales (raíces complejas) Si el denominador no tiene raíces reales entonces no se puede realizar la descomposición en fracciones simples. En este caso va a dar siempre al menos un arcotangente, que hay que construir, y en ocasiones también un logaritmo neperiano Ejemplo 22: 5

∫ 2 + 4x

2

5

∫ 2 + 4x

dx = 5∫

2

dx

1 1/ 2 5 1 5 1 dx = 5∫ dx = ∫ dx = ∫ dx = 2 2 2 2 + 4x 2 / 2 + 4x / 2 2 1 + 2x 2 1 + 2x 2

( )

5 1 5 2 dx = 2 2 ∫ ∫ 2 1 + 2x 2 2 1 + 2x Realizar las siguientes integrales: =

(

)

x+2 dx 1.- ∫ 2 x −x

(

)

6 − 2x dx 2.- ∫ ( x + 1) 2

( ) 5 5 2 dx = arctg ( 2 x ) + C = arctg ( 2 x ) + C 4 2 2 x3 − 2x 2 + x − 1 3.- ∫ dx x 2 − 3x + 2

4.-

∫x

2

1− x dx − 4x + 4

3. EJEMPLOS DE CÁLCULO DE INTEGRALES

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1.-La función f(x)=2x+5 tiene infinitas primitivas que difieren en una constante. ¿Cuál de estas funciones toma el valor 18 para x=2? Solución:

∫ (2 x + 5).dx = x

2

+ 5 x + C Como toma el valor 18 para x=2 resulta: 2 2 + 5. 2 + C = 18 ⇒ C = 4 . La

función buscada es: F ( x ) = x 2 + 5x + 4

2.-Halla una función cuya derivada sea f ( x ) = 4 x 2 − 7 x 2 + 5x − 1 y que se anule para x=1. Solución: Buscamos la integral indefinida de f(x) que es:

∫

(4 x 3 − 7 x 2 + 5 x − 1).dx = x 4 −

Como se anula para x=1 tenemos: 14 −

7 x3 5x 2 + − x+C 3 2 7.13 5.12 + − 1+C = 0 3 2

y se obtiene que C= - 1/6, por tanto, la función buscada es F (x ) = x 4 −

7 x 3 5x 2 1 + −x − 3 2 6

3.-Halla la función G tal que G"(x)=6x+1; G(0)=1 y G(1)=0 Solución: Nos dan la segunda derivada por lo que tenemos que integrar dos veces: G ' ( x) = ∫ (6 x + 1)dx =3 x 2 + x + C G ( x) = ∫ (3 x 2 + x + C ) dx = x 3 +

1 2 x + Cx + D 2

De G(0)=1 resulta: D=1 , (después de sustituir la x por 0.) De G(1)=0 obtenemos: 1+1/2+C+1=0 ,(después de sustituir la x por 1) por lo que C = -5/2. 3 1 2 5 La función que buscamos es la siguiente: G ( x ) = x + x − x + 1 2 2

4.-Dada la función f(x)=6x halla la primitiva que pasa por el punto A(1,2). Solución:

2 Hallamos la integral indefinida: ∫ 6 xdx = 3 x + C

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que es el conjunto de todas sus primitivas. Ahora buscamos la que pasa por el punto (1,2): 3.12 + C = 2

lo que indica que C= −1, por tanto, la primitiva buscada es F ( x ) = 3x 2 − 1

5.-Integra las siguientes funciones racionales: (INMEDIATAS O CAMBIO DE VARIABLE) a)

∫

2x + 1 dx ; 2 x + x−6

b)

∫

x −1 dx ; 2 x − 2x − 6

1 + 2x ∫ 1 + x 2 dx ;

c)

d)

x2 +1 ∫ x − 1 dx

Solución: a) La primera es inmediata ya que el numerador es exactamente la derivada del denominador, por tanto,

∫

2x + 1 dx = L x 2 + x − 6 + C x + x−6 2

b) La segunda se resuelve buscando la derivada del denominador:

∫

x −1 1 2x − 2 1 dx = ∫ 2 dx = .L x 2 − 2 x − 6 + C x − 2x − 6 2 x − 2x − 6 2 2

c) La tercera la descomponemos en dos integrales:

∫

1 + 2x 1 2x dx = ∫ dx + ∫ dx = arctg x + L(1 + x 2 ) + C 2 2 2 1+ x 1+ x 1+ x

d) La cuarta se resuelve realizando previamente la división. Y podemos realizarla por Ruffini Hecha la división se obtiene de cociente x+1 y de resto 2

∫

x2 +1 x −1

dx = ∫

x2 2 (x +1+ )dx = + x + 2L x −1 + C x −1 2

6.-Cálcula las siguientes integrales: (POR PARTES) a)

∫ xe dx ; x

b)

∫ x sen xdx

;

c)

∫ xLxdx ;

Solución: Todas ellas se resuelven por partes y la fórmula del método es

∫ u.dv = u.v − ∫ v.du x a) I = ∫ xe dx .

u=x

  x dv = e .dx 

du = dx v = ∫ e x dx = e x

I = xe x − ∫ e x dx = xe x − e x +C b) I= ∫ x sen x.dx - Página 11-

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Integral indefinida Matemáticas 2

u=x   dv = sen x.dx 

du = dx v = ∫ sen xdx = − cos x

I = − x cos x + ∫ cos xdx = − x cos x + sen x + C c) I = ∫ xLxdx du =

u = Lx   dv = xdx  I=

1 dx x

v = ∫ xdx =

x2 2

x2 x2 1 x2 1 x2 x2 .Lx − ∫ . .dx = .Lx − ∫ xdx = . Lx − +C 2 2 x 2 2 2 4

7.-Calcula las siguientes integrales: (POR PARTES REITERADAMENTE) a)

∫ x e dx ; 2 x

∫x

b)

2

cos 3 xdx

Solución: Las dos se resuelven aplicando el método de integración por partes dos veces: a)

∫ x e dx 2 x

 du = 2 xdx  x x dv = e x dx  v = ∫ e dx = e

u = x2

I = x 2 e x − ∫ 2 xe x dx ; I = x 2e x − I 1 (*) donde

I1 = ∫ 2 xe x dx

Hacemos nuevamente u = 2x

  x dv = e dx 

du = 2dx v = ∫ e x dx = e x

I1 = 2 xe x − ∫ 2e x dx = 2 xe x − 2e x Y volviendo nuevamente a la expresión (*) obtenemos el resultado final: I = x 2e x − 2 xe x + 2e x + C b)

∫

x 2 cos 3 xdx  u = x2  dv = cos 3 xdx  I=

1 2 x sen 3x − 3

u=

2 x; 3

du = 2 xdx v = ∫ cos 3xdx =

1 1 3 cos 3 xdx = sen 3 x ∫ 3 3

∫ 3 x sen 3xdx . Aplicamos nuevamente el método de integración por partes: 2

dv = sen3xdx. - Página 12-

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Integral indefinida Matemáticas 2

du =

2 1 1 dx; v = ∫ sen3xdx = ∫ 3 sen 3xdx = − cos 3x 3 3 3

2 2 2 2 2 x sen 3 xdx = − x cos 3 x + ∫ cos 3 xdx = − x cos 3 x + 3 cos 3 xdx = 3 9 9 9 27 ∫

∫

2 2 = − x cos 3x + sen 3x 9 27 1 2 2 I = x 2 sen 3x + x cos 3x − sen 3x + C 3 9 27

8.-Resuelve la siguiente integral por partes:

I = ∫ cos 2 xdx (CICLÍCA)

Solución: u = cos x   dv = cos xdx 

du = − sen xdx v = ∫ cos xdx = sen x

I = ∫ cos 2 xdx = ∫ cos x cos xdx = sen x cos x + ∫ sen 2 xdx I = sen x cos x + ∫ (1 − cos 2 x)dx I = sen x cos x + ∫ dx − ∫ cos 2 xdx I = sen x cos x + x − I 2 I = sen x cos x + x sen x cos x + x I = +C 2 9.-Calcula por el método más adecuado las siguientes integrales: a)

1

∫ ( x − 1)

2

dx;

b)

∫

x −1 dx 3x − 6 x + 5 2

Solución a) La primera la resolvemos por un sencillo cambio de variable: x − 1 = t ⇒ dx = dt

∫

1 1 t −1 1 1 −2 dx = dt = t dt = =− =− +C 2 2 ∫ ∫ ( x − 1) t −1 t x −1

b) La segunda es una integral en la que el numerador puede transformarse en la derivada del denominor:

∫

x −1 1 6x − 6 1 dx = ∫ dx = L 3 x 2 − 6 x + 5 + C 2 3x − 6 x + 5 6 3x − 6 x + 5 6 2

- Página 13-

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Integral indefinida Matemáticas 2

10.-Integra la siguiente función racional:

2x +1 dx (RAICES SIMPLES) x − 5x + 6

I= ∫

2

Solución: Como no puede obtenerse en el numerador la derivada del denominador, utilizaremos el método de descomposición en fracciones simples, ya que el denominador tiene raices reales. x 2 − 5x + 6 = 0 ⇒ x = 2x + 1 2

x − 5x + 6

=

5 ± 25 − 24 5 ± 1 3 = = 2 2 2

2x − 1 A B A ( x − 2 ) + B ( x − 3) = + = ( x − 3)( x − 2 ) x − 3 x − 2 ( x − 3)( x − 2 )

Como los numeradores son iguales los denominadores también lo serán: 2 x + 1 = A( x − 2) + B ( x − 3) Para x = 2, 5 = − B

Para x = 3, 7 = A;

(A x se le han dado los valores de las raíces del denominador.). Ahora procedemos de la siguiente manera: I= ∫

2x +1 7 −5 dx = ∫ dx + ∫ dx = 7Lx-3-5Lx-2 x − 5x + 6 x −3 x−2 2

11.-Resuelve la siguiente integral:

∫

dx x(x − 1) 2

(RAICES DOBLES)

Solución: Estamos en el caso en que el denominador tiene raíces múltiples. Las descomposición tenemos que hacerla de la siguiente forma: 1 A B C = + + 2 x( x − 1) x x − 1 ( x − 1) 2 (Si la raíz múltiple fuese de orden 3, llegaríamos con las fracciones hasta

D ) ( x − 1) 3

1 A( x − 1) 2 + Bx( x − 1) + Cx = (donde hemos realizado la suma indicada) x( x − 1) 2 x( x − 1) 2 Si los numeradores son iguales, los numeradores también lo serán, por tanto, 1 = A( x − 1) 2 + Bx( x − 1) + Cx . Para calcular los valores de A, B y C damos a x los valores de 0, 1 y otro valor cualquiera, por ejemplo, 2. De ese modo obtenemos A=1, B=−1 y C=1. Entonces:

∫ x( x − 1) 1

2

dx =

∫

1 dx − x

∫

1 dx + x −1

∫ ( x − 1) 1

2

dx = L x − L x − 1 +

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∫ ( x − 1)

−2

dx = A.G.Onandía

Integral indefinida Matemáticas 2

= L x − L x −1 +

( x − 1) −2 +1 1 + C = L x − L x −1 − +C − 2 +1 x −1

12.-Resuelve la integral siguiente: I = ∫

x−3 dx (RAICES COMPLEJAS) x 2 + 49

Solución: La descomponemos en dos integrales. En la primera podemos buscar en el numerador la derivada del denominador y en la segunda buscamos el arco tangente x 3 dx − ∫ 2 dx = I1 + I 2 x + 49 x + 49

I =∫

2

I1 = ∫

x 1 2x dx = ∫ 2 dx = L( x 2 + 49) x + 49 2 x + 49

I2 = ∫

3 dx = ∫ 2 2 x x + 49

2

3 49

49 + 49

dx = 49

3 1 ∫ 49 1 + x

( 7)

2

dx

Haciendo el cambio x/7=t resulta x=7t y por tanto dx=7dt por lo que I2 =

3 1 21 1 3 3 x .7dt = dt = arctg t = arctg 2 2 ∫ ∫ 7 7 49 1 + t 49 1 + t 7

13.-Calcula por el método más adecuado la integral siguiente:

∫

( Lx) 3 dx x

Solución El método más adecuado es el de sustitución o cambio de variable: Lx = t 1 dx = dt x

∫

( Lx ) 3 1 t4 ( Lx ) 4 dx = ∫ ( Lx )3 . dx = ∫ t 3 dt = + C = +C x x 4 4

14.-Resuelva la integral

∫ ( x − 1)e dx x

Solución: Se resuelve por partes: u = x − 1  du = dx  x x dv = e x dx  v = ∫ e dx = e

∫ ( x − 1)e dx = ( x − 1)e − ∫ e dx = ( x − 1)e x

x

x

x

− ex + C - Página 15-

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∫

15.-Resuelve la siguiente integral:

xL(1 + x)dx

Solución u = L(1 + x )  dv = xdx 

du = v =

x2 I= L1+ x − 2

∫

1 dx 1+ x

x2 2

x2 1 x2 1 . dx = L(1 + x) − 2 1+ x 2 2

x2

∫ 1 + x dx

Dividiendo x2 entre x+1 se obtiene x-1 de cociente y 1 de resto, por tanto, I=

x2 1 L1+ x − 2 2

I=

 x2 1  x2 L 1 + x −  − x + L x + 1  + C 2 2 2 

∫ ( x − 1 + x + 1)dx . Finalmente se obtiene 1

16.-Resuelve la siguiente integral trigonométrica:

∫

sen x + tg x dx cos x

Solución: sen x + tg x sen x sen x =∫ dx + ∫ dx = I1 + I 2 cos x cos x cos 2 x

I =∫

La primera la ponemos de forma que el numerador sea la derivada del denominador: I1 = ∫

sen x − sen x dx = − ∫ dx = − L cos x cos x cos x

Para la segunda hacemos un cambio de variable: I2 = ∫

sen x dx cos 2 x

cosx=t ; I2 =

∫

-senxdx=dt

− dt t2

=−

∫

 t −1  1 1 = = t − 2 dt = −   − 1  t cos x

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