t ecnicas de integraci on: problemas...
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Tecnicas de Integracion: Problemas Resueltos
Ing. Carlos Alfredo Angulo*
Universidad de San Carlos de GuatemalaFacultad de Ingenierıa
Departamento de Matematicas
1. Prefacio
La preparacion de todo ingeniero abarca diversos aspectos, entre ellos, la habilidad abs-tracta. Para crear una habilidad de este tipo, propicia para un profesional de la ingenierıa,todo estudiante debe cursar un numero mınimo de cursos de Matematica, antes de cursarlos cursos que competen meramente a su campo de desempeno. Uno de los cursos de mayorcontenido y carga academica es el de Matematica Intermedia I, el cual es tenido por muchoscomo el mas importante de los cursos de matematica, si bien esto queda a criterio de cadaindividuo, lo cierto es que es el curso que mas creditos academicos otorga dentro de las redesde estudio de las carreras de ingenierıa de la Universidad de San Carlos. La extension ycomplejidad de sus contenidos son factores debido a los cuales existe cierta deficiencia en eldesempeno de los estudiantes que cursan Intermedia I. Uno de los primeros temas a tratares el de tecnicas de integracion; dicho tema representa la union o el vınculo entre este cursoy su pre-requisito, Matematica Basica II puesto que se retoma el tema de las antiderivadas ylas integrales definidas, ahora con un enfoque mas maduro y exigente, puesto que ya se poseeuna base solida de calculo de una variable. Si bien es cierto que no toda funcion posee antide-rivada, esta no es razon para concluir que unicamente un limitado numero de ellas la poseen.Es mas, tras un estudio solido de tecnicas de integracion, el estudiante puede reconocer quela mayorıa de las funciones que aparecen en el campo de aplicacion poseen antiderivada, y lasuposicion inicial cambia de direccion al identificar que en realidad, es un limitado conjuntode funciones cuya antiderivada no puede ser determinada de forma ”natural”.
Con estos hechos en mente, el autor se ha dado a la tarea de escribir un documentode apoyo para los estudiantes del curso de Intermedia I, enfocado en el tema de tecnicasde integracion. Las cualidades esenciales del presente documento son la objetividad y lasimplicidad; Puesto que se desea transmitir al estudiante una guıa practica para la realizacionde ejercicios de tecnicas de integracion, ilustrar los metodos a seguir para los diversos casos deintegracion y a su vez dar nociones sobre cuando se debe aplicar cual metodo, con base en lasforma del integrando, el tipo de terminos con los que cuenta, las operaciones de las que consta
*Edicion: Jose Estuardo Orellana
1
y las funciones que lo conforman. Debe tenerse en cuenta que para un correcto aprendizaje,la practica es un punto clave, por lo que se ha dejado de lado temas como demostracionese interpretaciones, para abarcar meramente la realizacion de ejercicios y la discusion deresultados. Asimismo se incita al estudiante a trascender mas alla de este documento, ybuscar una fuente complementaria o principal igual o mas completa para ası desarrollar unoptimo conocimiento en el tema de tecnicas de integracion.
Sin mas preambulo, se procede a los ejercicios.
2. Solucion a problemas propuestos
2.1. Calcule∫ 1
0 tg−1(x)dx
Solucion: Por convencion:
tg−1(x) = tangente inversa
El recıproco de la tangente lo expresamos como Cot(x) o de la forma [tg(x)]−1.Sin lugar a ambiguedades es mejor la notacion para designar la tangente inversa es
arctg(x).Ya que:
Dx[fg] = f ′g + fg′∫Dx[fg] =
∫f ′g +
∫fg′
Puesto que la integral anula la derivacion.∫fg′ = fg −
∫f ′g
Llamemos:
f = tg−1(x) g′ = 1
f ′ =1
1 + x2g = x
∫ 1
0
tg−1(x) dx = x tg−1(x)∣∣10−∫ 1
0
1
1 + x2x dx
Haciendo:
u = 1 + x2
du = 2 x dx
Se llega a: ∫ 1
0
tg−1(x) dx = tg−1(1)− 1
2
∫ 1
0
du
u
= tg−1(1)− 1
2Ln(u)
∣∣10
=π
4− 1
2Ln(1 + x2)
∣∣10
=π
4− 1
2[Ln(2)− Ln(1)]
=π
4− 1
2Ln(2)
=π
4− Ln(
√2)
≈ 0 . 439
2.2. Calcule∫e2θSen(3θ) dθ
Solucion: Nuevamente, usando integracion por partes:∫D(fg) =
∫f ′g +
∫fg′
Tenemos: ∫f ′ g = f g −
∫f g′
f ′ = e2θ g = Sen(3θ)
f =1
2e2θ g′ = 3Cos(3θ)
∴∫e2θSen(3θ)dθ =
1
2e2θSen(3θ)− 3
2
∫e2θCos(3θ)dθ (I)
∫e2θCos(3θ)dθ : Nuevamente a esta integral aplicamos integracion por partes:
∫D(fg) =
∫f ′g +
∫fg′∫
f ′g = fg −∫fg′
f ′ = e2θ g = Cos(3θ)
f =1
2e2θ g′ = −3Sen(3θ) ∴
∫e2θCos(3θ)dθ =
1
2e2θCos(3θ) + 3
∫1
2e2θSen(3θ)dθ
=1
2e2θCos(3θ) +
3
2
∫e2θSen(3θ)dθ
Sustituyendo en (I) tenemos:∫e2θSen(3θ)dθ =
1
2e2θSen(3θ)− 3
2
[1
2e2θCos(3θ) +
3
2
∫e2θSen(3θ)dθ
]=
1
2e2θSen(3θ)− 3
4e2θCos(3θ)− 9
4
∫e2θSen(3θ)dθ
13
4
∫e2θSen(3θ)dθ = e2θ
[1
2Sen(3θ)− 3
4Cos(3θ)
]∴∫
e2θSen(3θ)dθ = e2θ
[2
13Sen(3θ)− 3
13Cos(3θ)
]+ K
Se agrega una constante al resultado, por ser una integral indefinida.En ocasiones antes de aplicar integracion por partes hay que utilizar una sustitucion por
u. Ejemplo:
2.3. Calcule∫Cos(x1/2)dx
Hagamos u = x1/2, du = 12x−1/2 y du = 1
21
x1/2dx. La sustitucion no parece adecuada
puesto que no tenemos x−1/2 o mejor dicho no tenemos el cociente 1x1/2
. Esto se arregla ası:∫x1/2
x−1/2Cos(x1/2)dx Ahora procede la sustitucion por u:
2
∫u Cos(u)du ahora aplicaremos integracion por partes:∫
f g′ = f g −∫f ′ g
f = u g′ = Cos(u)
f ′ = 1 g = Sen(u) ∴
2
∫u Cos(u)du =
[u Sen(u)−
∫Sen(u)
]∗ 2
= 2u Sen(u) + 2Cos(u) + K= 2x1/2 Sen(x1/2) + 2Cos(x1/2) + K
= 2[√
x Sen(√
x) + Cos(√
x)]
+ K
Hay integrales que aparecen con mucha frecuencia, por lo tanto es bueno que desarrolle-mos sus formulas.
2.4. Desarrollo de formulas de integrales
2.4.1.∫Sen2(x)dx
∫f g′ = f g −
∫f ′ g
f = Sen2(x) g′ = 1
f ′ = 2Sen(x)Cos(x) g = x∫Sen2(x)dx = x Sen2(x)−
∫2x[Sen(x)Cos(x)]dx
El camino no es por aquı ya que, ¡se complica la integracion!¿Cual es el camino correcto? Solo queda despenicar
∫Sen2(x)dx =
∫[Sen(x)]︸ ︷︷ ︸
f
Sen(x)︸ ︷︷ ︸g′
dx
∫f g′ = f g −
∫f ′ g
f = Sen(x) g′ = Sen(x)f ′ = Cos(x) g = −Cos(x) Lo que nos lleva a:
∫Sen2(x)dx = −Sen(x)Cos(x) +
∫Cos2(x)dx︸ ︷︷ ︸
l∫Sen2(x)dx = −Sen(x)Cos(x) +
∫(1− Sen2(x))dx
= −Sen(x)Cos(x) +
∫dx−
∫Sen2(x)dx
∴ 2
∫Sen2(x)dx = −Sen(x)Cos(x) + x+ K∫Sen2(x)dx = −1
2Sen(x)Cos(x) +
x
2+ K
Usando identidades trigonometricas podemos llevar el resultado anterior a:
Sen(2t) = 2Sen(t)Cos(t) ∴
−1
4Sen(2t) = −1
2Sen(t)Cos(t) ∴∫
Sen2(x)dx =x
2− 1
4Sen(2x) + K
Analogamente se puede desarrollar:
2.4.2.∫Cos2(x)dx
=
∫[Cos(x)]︸ ︷︷ ︸
f
Cos(x)︸ ︷︷ ︸g′
dx
∫f g′ = f g −
∫f ′ g
f = Cos(x) g′ = Cos(x)f ′ = −Sen(x) g = Sen(x)∫
[Cos(x)]Cos(x)dx = Sen(x)Cos(x) +
∫Sen2(x)dx︸ ︷︷ ︸
l
= Sen(x)Cos(x) +
∫(1− Cos2(x))dx
= Sen(x)Cos(x) +
∫dx−
∫Cos2(x)dx
2
∫Cos2(x)dx = Sen(x)Cos(x) + x+ K
Tenemos entonces que:
∫Cos2(x)dx =
1
2Sen(x)Cos(x) +
x
2+ K1
Sen(2x) = 2Sen(x)Cos(x) ∴1
4Sen(2x) =
1
2Sen(x)Cos(x) ∴∫
Cos2(x)dx =x
2+
1
4Sen(2x) + K1
2.5. Ejemplo Practico
Una partıcula que se mueve a lo largo de una recta tiene velocidad v(t) = t2 e−t m/sdespues de t segundos. ¿Que tan lejos viaja despues de t segundos?
Solucion:
ds
dt= t2 e−t Por lo tanto:
ds = t2 e−tdt ∴∫ t
0
ds =
∫ t
0
t2 e−tdt
s(t)− s(0) =
∫ t
0
t2e−tdt s(t)− s(0) Es lo que ha viajado despues de t segundos
Tenemos entonces que
f = t2 g′ = e−t
s(t)− s(0) =
∫ t
0
t2︸︷︷︸f
e−t︸︷︷︸g′
dt f ′ = 2t g = −e−t
s(t)− s(0) = −t2 e−t + 2
∫t︸︷︷︸f
e−t︸︷︷︸g′
dt f = t g′ = e−t
f ′ = 1 g = −e−t
= −t2 e−t + 2
[−t e−t +
∫e−tdt
]= −t2 e−t − 2t e−t + 2[−e−t]
∣∣t0
= e−t[−t2 − 2t− 2]∣∣t0
= −e−t[t2 + 2t+ 2]∣∣t0
No olvidar que la integracion es definida
= −e−t[t2 + 2t+ 2] + e0[0 + 0 + 2]
s(t)− s(0) = 2− e−t[t2 + 2t + 2] Si s(0) = 0 entonces:
s(t) = 2− e−t[t2 + 2t + 2
]
3. Integrales Trigonometricas
Pasamos ahora a estudiar tecnicas para evaluar integrales trigonometricas. Los siguientesejemplos ilustran tales tecnicas:
3.1.
∫Sen3(x)Cos2(x)dx
Recordemos que Sen2(t) = 1− Cos2(t) y Cos2(t) = 1− Sen2(t)
∫Sen2(x)Sen(x)Cos2(x)dx
=
∫(1− Cos2(x))Sen(x)Cos2(x)dx u = Cos(x)
du = −Sen(x)dx
= −∫
(1− u2) u2du
= −∫
(u2 − u4)du = −1
3u3 +
1
5u5 + K
= −1
3(Cos(x))3 +
1
5(Cos(x))5 + K
3.2.
∫ 34π
π2
Sen5(x)Cos3(x)dx
Aquı lo que procede es: Sen5(x) = Sen4(x)Sen(x) = (Sen2(x))2Sen(x)∫ 34π
π2
(Sen2(x))2Sen(x)Cos3(x)dx
=
∫ 34π
π2
(1− Cos2(x))2Sen(x)Cos3(x)dx u = Cos(x)
du = −Sen(x)dx
= −∫ 3
4π
π2
(1− u2)2u3du
= −∫ 3
4π
π2
(1− u2)2u3du
= −∫ 3
4π
π2
(u4 − 2u2 + 1)u3du = −∫ 3
4π
π2
(u7 − 2u5 + u3)du
=
(−1
8u8 +
1
3u6 − 1
4u4) ∣∣ 3π4
π2
=
[−1
8Cos8(x) +
1
3Cos6(x)− 1
4Cos4(x)
] 3π4
π2
≈ (−0,00781 + 0,0417− 0,0625)− (0)
≈ −0 . 02861
3.3.∫ π/2
0 Cos2(θ)dθ
Usando Cos2(θ) = 12(1 + Cos(2θ)) tenemos:
1
2
∫ π/2
0
(1 + Cos(2θ))dθ =1
2
[∫ π/2
0
dθ +
∫ π/2
0
Cos(2θ)dθ
]
=1
2
[π
2+
1
2(Sen(2θ)
∣∣π/20
]=
1
2
[π
2+
1
2((Sen(π)− Sen(0))
]=π
4
3.4.∫ π
0 Sen4(3t)dt
Solucion: Aquı es bueno recordar que:
Sen2(θ) =1
2(1− Cos(2θ))
∫ π
0
[Sen2(3t)]2dt =
∫ π
0
[1
2(1− Cos(6t))
]2dt
=1
4
∫ π
0
(1− 2Cos(6t) + Cos2(6t))dt
=1
4
[∫ π
0
dt− 2
∫ π
0
(Cos(6t))dt+
∫ π
0
Cos2(6t)dt
]=
1
4
[π − 2
6Sen(6t)
∣∣π0
+1
2
∫ π
0
(1 + Cos(12t))dt
]=
1
4
[π − 0 +
1
2
(π +
1
12Sen(12t)
) ∣∣π0
]=
1
4
[π +
1
2(π + 0)
]=π
4+π
8=
3π
8
3.5.∫ π/2
0 Sen2(x)Cos2(x)dx
Solucion: La integral anterior se puede ver como:
∫ π/2
0
[Sen(x)Cos(x)]2dx =
∫ π/2
0
[1
2Sen(2x)
]2dx
=1
4
∫ π/2
0
(Sen2(2x))dx =1
4
∫ π/2
0
1
2(1− Cos(4x))dx
1
8
∫ π/2
0
(1− Cos(4x))dx =1
8
[x− 1
4Sen(4x)
]π/20
=1
8
[π
2− 1
4�����Sen(2π)− 0 +
1
4����Sen(0)
]=
π
16
Otra manera de llegar al resultado es interpretando∫ π/20
Cos(4x)dx en terminos de areas;tal integral es cero ya que:
−0,5 0,5 1 1,5 2 2,5
−1,5
−1
−0,5
0,5
1
0
y = Cos(4x)
π4
π2
Figura 1: Interpretacion adicional
3.6.∫ Cos5(α)√
Sen(α)dα
Solucion:∫Cos(α)Cos4(α)√
Sen(α)dα =
∫Cos(α)(1− Sen2(α))2√
Sen(α)dα
hagamos u = Sen(α)
du = Cos(α)dα
=
∫(1− u2)2
u1/2du =
∫1− 2u2 + u4
u1/2du
=
∫(u−1/2 − 2u3/2 + u7/2)du
= 2u1/2 − (2)2
5u5/2 +
2
9u9/2 + K
= 2(Sen(α))1/2 − 4
5(Sen(α))5/2 +
2
9(Sen(α))9/2 + K
= 2(Sen(α))1/2 − 4
5(Sen(α))2(Sen(α))1/2 +
2
9(Sen(α))4(Sen(α))1/2 + K
= 2(Sen(α))1/2[1− 2
5Sen2(α) +
1
9Sen4(α)
]+ K
=2
45(Sen(α))1/2
[45− 18Sen2(α) + 5Sen4(α)
]+ K
Prueba: ddα
se tiene:
Cos(α)2
45Sen−1/2(α)(
1
2)[45− 18Sen2(α) + 5Sen4(α)
]+
2
45Sen1/2(α)Cos(α)
[0− 36Sen(α) + 20Sen3(α)
]= Cos(α)
1
45
[45Sen−1/2(α)− 18Sen3/2(α) + 5Sen7/2(α)
]+
2
45
[−36Sen3/2(α) + 20Sen7/2(α)
]Cos(α)
=
[Sen−1/2(α)− 18
45������
Sen3/2(α) +5
45������
Sen7/2(α)− 72
45������
Sen3/2(α) +40
45������
Sen7/2(α)
]Cos(α)
= Cos(α)(Sen−1/2(α)− 2Sen3/2(α) + Sen7/2(α)
)
Multiplicando por
√Sen(α)√Sen(α)
se tiene:
Cos(α)
(1√
Sen(α)− 2
Sen2(α)√Sen(α)
+Sen4(α)√Sen(α)
)=
Cos(α)
(1− 2Sen2(α) + Sen4(α)√
Sen(α)
)=
(1− Sen2(α))2√Sen(α)
Cos(α)
=Cos4(α)Cos(α)√
Sen(α)=
Cos5(α)√Sen(α)
3.7.∫ Cos(x) + Sen(2x)
Sen(x)dx
Solucion: ∫Cos(x) + Sen(2x)
Sen(x)dx =
∫Cos(x)
Sen(x)dx+
∫2Sen(x)Cos(x)
Sen(x)dx
=
∫du
u+ 2
∫Cos(x)dx
= Ln|u|+ 2Sen(x) + K= Ln|Sen(x)|+ 2Sen(x) + K
3.8.∫Sec2(x)tg(x)dx
Aquı es bueno recordar:d
dx(tg(x)) = Sec2(x)
Sec2(x) = 1 + tg2(x)
Es claro que al hacer: u = tg(x)⇒ du = Sec2(x)dx
∫udu =
1
2u2 + K =
1
2(tg(x))2 + K
3.9.∫tg2(x)dx
Solucion: ∫tg2(x)dx =
∫Sen2(x)
Cos2(x)dx =
∫1− Cos2(x)
Cos2(x)dx
=
∫1
Cos2(x)dx−
∫(1)dx =
∫Sec2(x)−
∫dx
= tg(x)− x + K
3.10.∫Sec6(t)dt
∫Sec6(t)dt =
∫Sec4(t)Sec2(t)dt
=
∫(Sec2(t))2Sec2(t)dt
=
∫(1 + tg2(t))2Sec2(t)dt u = tg(t)
du = Sec2(t)dt⇒
=
∫(1 + u2)2du =
∫(1 + 2u2 + u4)du
= u+2
3u3 +
1
5u5 + K⇒
= tg(t) +2
3tg3(t) +
1
5tg5(t) + K
3.11.∫ π/3
0 tg5(x)Sec4(x)dx
∫ π/3
0
tg5(x)Sec4(x)dx =
∫ π/3
0
tg5(x)Sec2(x)Sec2(x)dx
=
∫ π/3
0
tg5(x)(1 + tg2(x))Sec2(x)dx u = tg(x)
du = Sec2(x)dx
=
∫ π/3
0
u5(1 + u2(x))du =
∫ π/3
0
(u5 + u7)du
=1
6u6 +
1
8u8 =
(1
6tg6(x) +
1
8tg8(x)
)π/30
=1
6tg6(π/3) +
1
8tg8(π/3)− 0
= 4 . 5 + 10 . 125 =117
8
3.12.∫tg3(x)Sec(x)dx
Aquı es bueno recordar:d
dx(Sec(x)) = Sec(x)tg(x)
∫tg3(x)Sec(x)dx =
∫tg2(x)tg(x)Sec(x)dx
Sec2(x) = 1 + tg2(x) ∴ Sec2(x)− 1 = tg2(x) ∴
∫(Sec2(x)− 1)tg(x)Sec(x)dx u = Sec(x)
du = Sec(x)tg(x)dx ∴
∫(u2 − 1)du =
1
3u3 − u+ K
=1
3Sec3(x)− Sec(x) + K
3.13.∫xSec(x)tg(x)dx
Solucion:
∫fg′ = fg −
∫f ′g
f = x g′ = Sec(x)tg(x) Recordar que:
d
dx(Sec(x)) = Sec(x)tg(x)
f ′ = 1 g = Sec(x)
∫Sec(x) = Ln|Sec(x) + tg(x)|+ K
∫xSec(x)tg(x) = xSec(x)−
∫Sec(x)dx
= xSec(x)− Ln|Sec(x) + tg(x)|+ K
3.14.∫Csc(x)dx
Solucion: Para calcular esta integral se requiere:
d
dx(Csc(x)) = −Cot(x)Csc(x)
d
dx(−Cot(x)) = Csc2(x),
Y el truco consiste en:
∫(Csc(x))
(Csc(x)− Cot(x))
(Csc(x)− Cot(x))dx =
∫(Csc2(x)− Csc(x)Cot(x))
(Csc(x)− Cot(x))dx
Hagamos: u = Csc(x)− Cot(x)
du = (−Cot(x)Csc(x) + Csc2(x))dx
du = (Csc2(x)− Cot(x)Csc(x))dx ∴∫du
u= Ln|u|+ K = Ln|Csc(x)−Cot(x)|+ K
3.15.∫Sen(8x)Cos(5x)dx
Solucion: Aquı es bueno recordar las siguientes identidades:
Sen(A)Cos(B) =1
2[Sen(A−B) + Sen(A+B)]
Sen(A)Sen(B) =1
2[Cos(A−B)− Cos(A+B)]
Cos(A)Cos(B) =1
2[Cos(A−B) + Cos(A+B)]
Es claro que A = 8x, B = 5x.
∫Sen(A)Cos(B)dx =
1
2
∫[Sen(3x) + Sen(13x)] dx
= −1
2
1
3Cos(3x)− 1
2
1
13Cos(13x) + K
= −1
6Cos(3x)− 1
26Cos(13x) + K
3.16.∫Sen(5θ)Sen(θ)dθ
Solucion: Utilizando la segunda igualdad con A = 5θ, B = θ tenemos:
1
2
∫[Cos(4θ)− Cos(6θ)]dθ =
1
2
[1
4Sen(4θ)− 1
6Sen(6θ)
]+ K
3.17.∫ 2√
21
t3√t2−1
dt
Solucion: Es claro que:
t2 > 1⇔t > 1 o
t < −1
Lo que requiere la sustitucion:
t = Sec(θ)dt
dθ= Sec(θ)tg(θ)
dt = Sec(θ)tg(θ)dθ
no olvidemos: Sec2(θ) = 1 + tg2(θ)
Lo que nos lleva a: ∫ 2
√2
1
Sec3(θ)√Sec2(θ)− 1
Sec(θ)tg(θ)dθ
−3 −2 −1 1 2 3 4 5
x
−2
−1
1
2y
0
−π/2 π/2 π 3π/2
Figura 2: Grafica de la secante
∫ 2
√2
Sec(θ)tg(θ)dθ
Sec3(θ)√tg2(θ)
=
∫ 2
√2
Sec(θ)tg(θ)dθ
Sec3(θ)tg(θ)
=
∫ 2
√2
1
Sec2(θ)dθ =
∫ 2
√2
Cos2(θ)dθ
Vamos a transformar los lımites de integracion de variable t a variable θ, ya que estamoscerca de la solucion:
t0 =√
2 ∴√
2 =1
Cos(θ)∴ Cos(θ) =
1√2
⇒ θ =π
4
tf = 2 ∴ 2 =1
Cos(θ)∴ Cos(θ) =
1
2⇒ θ =
π
3
=
∫ π3
π4
Cos2(θ)dθ Puesto que Cos(2θ) = Cos2(θ)− Sen2(θ)
Cos(2θ) = Cos2(θ) + Cos2(θ)− 1
= 2Cos2(θ)− 1
1 + Cos(2θ)
2= Cos2(θ)
Lo que nos lleva a:
1
2
∫ π3
π4
(1 + Cos(2θ)dθ =1
2
[θ +
1
2Sen(2θ)
]π3
π4
=1
2
[π
3− π
4+
1
2Sen(
2π
3)− 1
2Sen(
π
2)
]
Sen(2π
3) = Sen(
π
3)
1/2 1/2
11
π/3 π/3
π6
√32
Figura 3: Ilustracion
=1
2
[π
3− π
4+
1
2
√3
2− 1
2(1)
]
=1
2
[π
3− π
4︸ ︷︷ ︸+
√3
4− 1
2
]1
3− 1
4=
4
12− 3
12=
1
12
=1
2
[π
12+
√3
4− 2
4
]
=1
2
[π
12+
√3− 2
4
]
3.18.∫ a
0
dx
(a2 + x2)3/2
Solucion: Nuevamente usando sustitucion trigonometrica (puesto que hay una raız cua-drada) tenemos: x = atg(θ)
Figura 4: Grafica de tg(θ).
−2 −1 1
−2
−1
1
2
0
↓
−π2
π2
∫ a
0
aSec2(θ)
(a2 + a2tg2(θ))3/2dθ
Lo que nos lleva a:
∫ a
0
aSec2(θ)[√a2 + a2tg2(θ)
]3dθ =
∫ a
0
aSec2(θ)
(a√Sec2(θ))3
dθ
∫ a
0
aSec2(θ)
a3Sec3(θ)dθ =
∫ a
0
1
a2Sec(θ)dθ =
1
a2
∫ a
0
Cos(θ)dθ
=1
a2(Sen(θ))a0
Debemos cambiar los lımites de integracion a variable θ o regresar a la variable original.Puesto
x0 = 0
0 = atg(θ) ⇒ θ = 0
xf = a
a = atg(θ) ⇒ θ =π
4Lo que nos lleva a:
=1
a2(Sen(θ))
π/40 =
1
a2
[1√2
]=
1
a2√
2
3.19.∫ √
1− 4x2dx
Solucion:Los valores de x se restringen a:
−1
2≤ x ≤ 1
2
∴ x =1
2Sen(θ)
−2 −1 1
−1
−0,5
0,5
0
x = 12Sen(θ)
−π2 π
2
Figura 5: Lımites para los valores de x y θ
Lo que nos lleva a:
∫ √1− 4
(1
4Sen2(θ)
) dx︷ ︸︸ ︷1
2Cos(θ)dθ =
∫ √1− Sen2(θ) ∗ 1
2Cos(θ)dθ
=
∫ √Cos2(θ) ∗ 1
2Cos(θ)dθ =
1
2
∫Cos2(θ)dθ
=1
2
∫1 + Cos(2θ)
2dθ =
1
4
∫1 + Cos(2θ)dθ
=1
4
θ +1
2Sen(2θ︸ ︷︷ ︸
2Sen(θ)Cos(θ)
regresando a la variable original-se acostumbra cuando la integral es indefinida:
Puesto que:
Sen(θ) =x
(12)
= 2x
Sen2(θ) = 4x2 Cos2(θ) = 1− 4x2
Cos(θ) =√
1− 4x2
=1
4
[Sen−1(2x) + 2x
√1− 4x2
]+ K
=1
4Sen−1(2x) +
x
2
√1− 4x2 + K
3.20.∫ √x2 − 9
x3dx
Solucion: x2 ≥ 9⇔ x ≥ 3 o x ≤ −3. La sustitucion adecuada es x = 3Sec(θ)
dx
dθ= 3Sec(θ)tg(θ)
dx = 3Sec(θ)tg(θ)dθ Sec2(θ) = 1 + tg(θ) ∴
∫ √9Sec2(θ)− 9
27Sec3(θ)dθ(3Sec(θ)tg(θ))
1
3
∫ √tg2(θ)
Sec3(θ)Sec(θ)tg(θ)dθ =
1
3
∫tg2(θ)
Sec2(θ)dθ
1
3
∫ Sen2(θ)
Cos2(θ)1
Cos2(θ)
dθ =1
3
∫Sen2(θ)dθ
=1
3
∫(1− Cos2(θ))dθ Cos(2θ) = Cos2(θ)− Sen2(θ)
Cos(2θ) = Cos2(θ)− (1− Cos2(θ))
=1
3
∫ [1− 1
2(1 + Cos(2θ))
]dθ Cos(2θ) = 2Cos2(θ)− 1
1 + Cos(2θ)
2= Cos2(θ)
=1
3
∫ [1− 1
2(1 + Cos(2θ)
]dθ
=1
3
[θ − 1
2[θ +
1
2Sen(2θ)]
]+ K
Puesto que: x = 3Sec(θ) Cos(θ) =3
x
x
θ
√x2 − 9
3
Figura 6: Aplicacion de la sustitucion trigonometrica
Puesto que la sustitucion usada es Sec(θ), es conveniente que la respuesta vaya en termi-
nos de Sec(θ).
1
3
[1
2θ − 1
4∗ 2Sen(θ)Cos(θ)
]+ K
1
6θ − 1
6
Sen(θ)
Sec(θ)+ K
1
6Sec−1(
x
3)− 1
6(
√x2 − 9
x)/(
x
3) + K
1
6Sec−1(
x
3)− 1
2
√x2 − 9
x2+ K
3.21.∫ a
0 x2√a2 − x2dx
Solucion: x2 ≤ a2 ⇔ |x|2 ≤ a2
Se supone que a > 0 |x| ≤ a ⇔ −a ≤x ≤ a
∴ x = aSen(θ)
dx = aCos(θ)dθ
∫ a
0
a2Sen2(θ)√a2 − a2Sen2(θ) aCos(θ)dθ
=
∫ a
0
a2Sen2(θ)(a)√Cos2(θ) aCos(θ)dθ
= a4∫ a
0
Sen2(θ)Cos2(θ)dθ = a4∫ a
0
(Sen(θ)Cos(θ))2dθ
= a4∫ a
0
(1
2Sen(2θ)
)2
dθ =a4
4
∫ a
0
(sen(2θ))2dθ
Cos(2t) = Cos2(t)− Sen2(t)
Cos(2t) = (1− Sen2(t))− Sen2(t)
= 1− 2Sen2(t)
2Sen2(t) = 1− Cos(2t)
Sen2(t) =1− Cos(2t)
2Lo que nos lleva a:
a4
4
∫ a
0
Sen2(2θ)dθ =a4
4∗ 1
2
∫ a
0
(1− Cos(4θ))dθ
a4
8
∫ a
0
(1− Cos(4θ)) =a4
8
[θ − 1
4Sen(4θ)
]a0
Recordemos que los valores 0, a estan en la variable original, transformemolos a su paren valor θ:
x = aSen(θ) ∴ x = 0 ⇔ θ = 0
x = a ⇔ θ =π
2
=a4
8
[θ − 1
4Sen(4θ)
]π/20
=a4
8
[π
2− 1
4Sen(2π)− (0− 0)
]=πa4
16
3.22.∫ √1 + x2
xdx
Solucion: x = tg(θ)
dx = Sec2(θ)dθ
Sec2(θ) = 1 + tg2(θ)
∫ √1 + tg2(θ)
tg(θ)Sec2(θ)dθ =
∫ √Sec2(θ)Sec2(θ)
tg(θ)dθ
=
∫Sec3(θ)
tg(θ)dθ
=
∫Sec2(θ)Sec(θ)
tg(θ)dθ∫
(1 + tg2(θ))
tg(θ)Sec(θ)dθ =
∫(Sec(θ) + tg2(θ)Sec(θ))
tg(θ)dθ
=
∫(Cot(θ)Sec(θ) + tg(θ)Sec(θ)) dθ
=
[∫Cos(θ)
Sen(θ)∗ dθ
Cos(θ)
]+ Sec(θ) + K
=
[∫Csc(θ)dθ
]+ Sec(θ) + K
= Ln|Csc(θ)− Cot(θ)|+ Sec(θ) + K
Puesto que: x = tg(θ)
√x2 + 1
θ
x
1
Figura 7: Aplicacion de la sustitucion trigonometrica
= Ln∣∣√1 + x2
x− 1
x
∣∣+√
1 + x2 + K
3.23.∫ 0,6
0
x2
√9− 25x2
dx
Solucion: Es claro que: 25x2 < 9 ∴ x2 <9
25∴
−3
5< x <
3
5∴ x =
3
5Sen(θ)
x = 0 ∴ θ = 0
x = 0 . 6 ∴ θ =π
2
∫ π/2
0
( 925
)Sen2(θ)√9− (25)( 9
25)Sen2(θ)
(3
5)Cos(θ)dθ =
∫ π/2
0
27125Sen2(θ)Cos(θ)√
(9)(1− Sen2(θ)dθ
=
∫ π/2
0
(27
125)Sen2(θ)Cos(θ)
3Cos(θ)dθ
= (9
125)
∫ π/2
0
Sen2(θ)dθ
= (9
125)
∫ π/2
0
1
2(1− Cos(2θ))dθ
= (9
125)(
1
2)
∫ π/2
0
(1− Cos(2θ))dθ
=9
125(1
2)
[θ − 1
2Sen(2θ)
]π/20
=9
125(1
2)[π
2]
=9π
500≈ 0 . 0565
3.24.∫ √
5 + 4x− x2dx
Solucion: −x2 + 4x+ 5 = −(x2 − 4x− 5)
= −((x− 2)2 − 9)
= −[(x− 2)2 − 9
]Sea u = x− 2⇒ du = dx ∴
La integracion se convierte en:∫ √−((x− 2)2 − 9)dx =
∫ √−(u2 − 9)du∫ √
9− u2)du ∴ u = 3Sen(θ)
du = 3Cos(θ)dθ
∫ √9− 9Sen2(θ) ∗ 3Cos(θ)dθ =
∫ √9√
1− Sen2(θ) ∗ 3Cos(θ)dθ
=
∫3√Cos2(θ) ∗ 3Cos(θ)dθ
= 9
∫Cos2(θ)dθ
= 9
∫1
2(1 + Cos(2θ))dθ
=9
2
∫(1 + Cos(2θ))dθ
=9
2
[θ +
1
2Sen(2θ)
]+ K
3
θ
u
√9− u2
Figura 8: Aplicacion de la sustitucion trigonometrica
=9
2
[Sen−1(
u
3) + Sen(θ)Cos(θ)
]+ K
=9
2
[Sen−1(
u
3) +
u
3∗√
9− u23
]+ K
=9
2
[Sen−1(
x− 2
3) +
(x− 2)
9
√9− (x− 2)2
]+ K
3.25.∫ √
x2 + 2x dx
Solucion:
∫ √x2 + 2x+ 1− 1 dx =
∫ √(x+ 1)2 − 1 dx
Usando: u = x+ 1 du = dx ∴∫ √(x+ 1)2 − 1 dx =
∫ √u2 − 1 du
Usando ahora: u = Sec(θ) Sec2(θ) = 1 + tg2(θ)
du = Sec(θ)tg(θ)dθ
∫ √Sec2(θ)− 1Sec(θ)tg(θ)dθ∫ √tg2(θ)Sec(θ)tg(θ)dθ =
∫Sec(θ)tg2(θ)dθ
Puesto que tg2(θ) = Sec2(θ)− 1 se tiene:
∫Sec(θ)(Sec2(θ)− 1)dθ =
∫(Sec3(θ)− Sec(θ))dθ
∫Sec3(θ)dθ ya fue calculada con anterioridad, lo mismo para
∫Sec(θ)dθ eso conduce a:
1
2Sec(θ)tg(θ) +
1
2Ln|Sec(θ) + tg(θ)| − Ln|Sec(θ) + tg(θ)|+ K
Como: u = Sec(θ) ⇔ Cos(θ) =1
u
u
θ
√u2 − 1
1
Figura 9: Aplicacion de la sustitucion trigonometrica
Regresando a la variable u:
=1
2u√u2 − 1− 1
2Ln|u+
√u2 − 1|+ K
Regresando a la variable x:
=1
2(x + 1)
√(x + 1)2 − 1− 1
2Ln|x + 1 +
√(x + 1)2 − 1|+ K
3.26.∫x√
1− x4dx
∫x√
1− x4dx =
∫x√
1− (x2)2dx
Solucion: Conviene la sustitucion:u = x2
du = 2xdx
du
2= xdx ∴
12
∫ √1− u2 du es la integral que debo resolver en terminos de u, aplicamos ahora la
sustitucion u = Sen(θ) du = Cos(θ)dθ.
1
2
∫ √1− Sen2(θ)Cos(θ)dθ =
1
2
∫ √Cos2(θ)Cos(θ)dθ
=1
2
∫Cos2(θ)dθ Sabemos que Cos2(θ) =
1
2(1 + Cos(2θ))
=1
2
[∫1
2(1 + Cos(2θ))dθ
]=
1
4
[θ +
1
2Sen(2θ)
]+ K
=1
4θ +
1
4Sen(θ)Cos(θ) + K
=1
4Sen−1(u) +
1
4u√
1− u2 + K
=1
4Sen−1(x2) +
1
4x2√
1− x4 + K
3.27. Un problema frecuente
Un problema frecuente es encontrar el volumen de un toroide. Un toroide se fabrica algirar le cırculo x2 + (y −R)2 = r2 alrededor del eje x, r ≤ R.
Solucion: Un toroide basicamente es una dona, un problema que serıa las delicias deHomero Simpson, aunque debido a su escasa inteligencia dudo que pudiera resolverlo.
(0, R)
Figura 10: Region de rotacion
x =√r2 − (y −R)2
Usando cascarones cilındricos se tiene:
dV = 2√r2 − (y −R)2 ∗ 2π(y)dy
dV = 4πy√r2 − (y −R)2dy
Procedemos ahora a usar v = y −Rdv = dy ⇒
dV = 4π(v +R)√r2 − v2dv
dV = 4πv√r2 − v2dv + 4πR
√r2 − v2dv
V = 4π
∫ R+r
R−rv√r2 − v2dv + 4π
∫ R+r
R−rR√r2 − v2dv
Los lımites de integracion estan en variable ”y”, puesto que al final regresaremos a talvariable, no lo modificaremos.
u = r2 − v2 v = rSen(θ)
du = −2vdv dv = rCos(θ)dθ
−du2
= vdv
r
θ
v
√r2 − v2
Figura 11: Aplicacion de la sustitucion trigonometrica
V = −4π
2
∫ R+r
R−r
√udu+ 4π
∫ R+r
R−rR√r2 − r2Sen2(θ)rCos(θ)dθ
V = −2π
[2
3u3/2
]R+r
R−r+ 4πR
∫ R+r
R−rr√Cos2(θ)rCos(θ)dθ
V = −2π
[2
3u3/2
]R+r
R−r+ 4πRr2
∫ R+r
R−rCos2(θ)dθ
V = −2π
[2
3u3/2
]R+r
R−r+ 4πRr2
[∫ R+r
R−r
1
2(1 + Cos(2θ))dθ
]= −2π
[2
3u3/2
]R+r
R−r+
4πRr2
2
[θ +
1
2Sen(2θ)
]R+r
R−r
= −2π
[2
3(r2 − v2)3/2
]R+r
R−r+ 2πRr2
[Sen−1(
v
r) + Sen(θ)Cos(θ)
]R+r
R−r
= −4π
3
[(r2 − (y −R)2)3/2
]R+r
R−r + 2πRr2[Sen−1
(y −Rr
)+v
r
√r2 − v2r
]R+r
R−r
= −4π
3[0] + 2πRr2
[Sen−1
(y −Rr
)+
(
y −R)r
√r2 − (y −R)2
r
]R+r
R−r
= 2πRr2[Sen−1(1)− Sen−1(−1)
]= 2πRr2
[π2− (−π
2)]
= 2π2Rr2
4. Fracciones Parciales
4.1. Evalue∫ x
x− 6dx
Solucion: La funcion racional la expresamos en forma S(x) + R(x)Q(x)
.
1
x− 6)
x− x+ 6
6
x
x− 6= 1 +
6
x− 6∫x
x− 6=
∫ [1 +
6
x− 6
]dx Que se integra facilmente
=
∫dx+ 6
∫dx
x− 6
= x + 6Ln|x− 6|+ K
4.2. Evalue∫ x− 9
(x+ 5)(x− 2)
Solucion: La potencia del numerador es menor que la del denominador, no hace faltadividir. El denominador Q(x) es producto de factores lineales distintos por lo tanto lasfracciones parciales (Caso I) indican:
x− 9
(x+ 5)(x− 2)=
A1
x+ 5+
A2
x− 2
=A1(x− 2) + A2(x+ 5)
(x+ 5)(x− 2)
x− 9 = (A1 + A2)x− 2A1 + 5A2
⇒ A1 + A2 = 1
−2A1 + 5A2 = −9
⇒ 7A2 = −7
A2 = −1
⇒ A1 = 2
Lo que nos lleva a:
x− 9
(x+ 5)(x− 2)=
2
x+ 5+−1
x− 2∴∫
x− 9
(x+ 5)(x− 2)dx =
∫2
x+ 5dx−
∫1
x− 2dx
= 2Ln|x + 5| − Ln|x− 2|+ K
4.3.∫ 3
2
1
x2 − 1dx
Solucion: Factorizando el denominador:
∫ 3
2
1
(x+ 1)(x− 1)=
∫ 3
2
[A1
x+ 1+
A2
x− 1
]dx
=
∫ 3
2
[−1/2
x+ 1+
1/2
x− 1dx
]dx
= −1
2
∫ 3
2
1
x+ 1dx+
1
2
∫ 3
2
1
x− 1dx
=
[−1
2Ln|x+ 1|+ 1
2Ln|x− 1|
]32
= −1
2Ln|4|+ 1
2Ln|2| −
(−1
2Ln|3|+ 1
2Ln|1|
)= −1
2Ln|4|+ 1
2Ln|2|+ 1
2Ln|3| − 1
2Ln|1|
= −Ln(2) +1
2Ln(2) +
1
2Ln(3)
= −Ln(2) + Ln(√
2) + Ln(√
3)
= Ln(√
2√
3)− Ln(2) = Ln(√
6)− Ln(2)
Puesto que Ln(2) = Ln(√
4) la respuesta anterior se puede expresar ası:
= Ln(√
6)− Ln(√
4) = Ln(
√6√4
) = Ln(6
4)1/2
=1
2Ln(
3
2)
4.4.∫ ax
x2 − bxdx
Solucion:
∫ax
x2 − bxdx =
∫ax
x(x− b)dx =
∫a
x− bdx
= a
∫dx
x− b= aLn|x− b|+ K
Este ejemplo ilustra que no toda funcion racional requiere uso de fracciones parciales.
4.5. Evalue∫ 4
3
x3 − 2x2 − 4
x3 − 2x2dx
Solucion: Puesto que el grado del numerador es igual que el denominador se procede auna division primero:
x3 − 2x2 − 4
x3 − 2x2= 1 +
−4
x3 − 2x2
∴∫ 4
3
x3 − 2x2 − 4
x3 − 2x2dx =
∫ 4
3
[1 +
−4
x3 − 2x2
]dx
=
∫ 4
3
[1− 4
x2(x− 2)
]dx
Aquı tenemos el caso de factores lineales repetidos ya que x2 = x ∗ x; este es el caso IIde fracciones parciales, se procede ası:
1
x2(x− 2)=A
x+B
x2+
C
x− 2
1
x2(x− 2)=A(x)(x− 2) +B(x− 2) + Cx2
x2(x− 2)
=Ax2 − 2Ax+Bx− 2B + Cx2
x2(x− 2)
Lo que nos lleva al sistema de ecuaciones:
A+ C = 0
−2A+B = 0
−2B = 1 ⇒ B = −1
2, A = −1
4
C =1
4
∫ 4
3
[1− 4
x2(x− 2)
]dx =
∫ 4
3
1dx− 4
∫ 4
3
[−1/4
x+−1/2
x2+
1/4
x− 2
]dx
= 1− 4
[−1
4Ln|x|+ 1
2
1
x+
1
4Ln|x− 2|
]43
= 1− 4
[−1
4Ln(4) +
1
8+
1
4Ln(2)−
(−1
4Ln(3) +
1
6+
1
4Ln(1)
)]= 1−
[−Ln(4) +
1
2+ Ln(2) + Ln(3)− 2
3− 0
]= 1 + Ln(4)− 1
2− Ln(2)− Ln(3) +
2
3
=1
2+
2
3+ Ln(4)− Ln(2)− Ln(3)
=3
6+
4
6+ Ln(4)− (Ln(2) + Ln(3))
=7
6+ Ln(4)− Ln(6)
=7
6+ Ln(
4
6) =
7
6+ Ln(
2
3)
Se deja como inquietud al lector investigar los casos III y IV de fracciones parciales.