Matematicas cap5

Cap´ıtulo 5: Cálculo integral
1. Lección 18. La integral indefinida
1.1. Concepto de integral indefinida
En el cap´ıtulo 3 hemos visto la diferencial de una función: dada y = f(x), su
diferencial es una función dy de dos variables, x, dx, con dy = d(f(x)) = f (x)dx.
Consideraremos ahora el proceso inverso: dada una función de dos varia-
bles, x, dx, que tiene la forma g(x)dx, queremos calcular una función f con la
propiedad de que d(f(x)) = g(x)dx. Dicha función f, si existe, se llama una
integral indefinida de g(x)dx.
La función g(x) estará definida en un dominio D; buscamos por tanto una
funcion f(x) para la que se verifique la igualdad anterior en el dominio D. Pero
usualmente no haremos referencia a este dominio, puesto que se podrá deducir
cuál es a partir de la construcción de las funciones f, g.
Para indicar que f es una integral indefinida de g(x)dx escribiremos
f(x) = g(x)dx
Por ejemplo, se tiene
senx = cosx dx, ln|x| =
1
x
dx =
dx
x
1.2. Primitivas
Desde luego, f(x) es una integral indefinida de g(x)dx si y solo si f (x)dx =
g(x)dx; y, por tanto, si y solo si f (x) = g(x). De esta manera, el problema de
hallar una integral indefinida de g(x)dx es el mismo que el de hallar una función
f cuya derivada sea g, f (x) = g(x).
Si f(x) es una función cuya derivada es g(x), decimos que f(x) es una pri-
mitiva de g(x). Por tanto, f(x) es una primitiva de g(x) si y solo si f(x) es una
integral indefinida de g(x)dx.
Recordemos el teorema del valor medio:
Teorema. Sea f una función que es continua en un intervalo cerrado [a, b]
y derivable en todos los puntos de (a, b). Existe un punto ξ ∈ (a, b), de manera
que
f (ξ) =
f(b) − f(a)
b − a
Una consecuencia sencilla del teorema es la siguiente:
1

Corolario. Si f es una función continua y derivable en un intervalo (a, b),
y se tiene f (x) = 0 para todo punto de (a, b), entonces f(x) es constante en
dicho intervalo.
La razón de la propiedad anterior es muy simple: dados dos puntos cua-
lesquiera x1 < x2 en el intervalo (a, b), la función f(x) cumple las hipótesis del
teorema del valor medio para el intervalo [x1, x2]. Existe, pues ξ ∈ (x1, x2) con
la propiedad f (ξ)(x2 −x1) = f(x2)−f(x1). Pero f (ξ) = 0, por hipótesis. Luego
f(x1) = f(x2), y la función toma el mismo valor en todos los puntos de (a, b).
Corolario. Si f(x), g(x) son dos funciones continuas y derivables en un
intervalo (a, b), y se tiene f (x) = g (x) para todo punto x ∈ (a, b), entonces
existe una constante k, de modo que g(x) = f(x) + k.
De nuevo la razón es simple: la hipótesis implica que la función h(x) =
f(x) − g(x) tiene derivada nula en el intervalo. Luego h(x) es una constante k
en ese intervalo. Por tanto, f(x) − g(x) = k, y el resultado se sigue.
Una función g no tiene nunca una primitiva única: si f(x) es una primitiva de
g(x), entonces f(x)+k también es primitiva de g(x), para cualquier k constante.
Por el corolario anterior, se tiene entonces que toda primitiva de g(x) es de la
forma f(x) + k.
As´ı, al calcular primitivas (o integrales indefinidas), expresamos siempre el
resultado como una función más una constante:
cosx dx = senx + C
y cualquiera que sea el valor de la constante C, la relación anterior es válida; y
se obtienen as´ı todas las primitivas de la función dada.
Abordaremos en este cap´ıtulo el problema de: dada una función continua,
calcular sus primitivas. Aunque las funciones continuas siempre tienen funciones
primitivas, no siempre podemos expresar estas mediante las funciones elemen-
tales que hemos visto. Nos limitaremos, por tanto, a estudiar casos en que esto
s´ı es posible.
Los casos más sencillos son aquellos en que tratamos de calcular g(x)dx
y reconocemos inmediatamente que g(x) es derivada de una cierta función ele-
mental f(x). En ese caso, tendremos f (x) = g(x) y g(x)dx = f(x) + C.
De este modo, una tabla de derivadas nos proporciona directamente una lista
de lo que llamamos integrales inmediatas. Recogemos tal tabla a continuación
(indicamos para cada función de la lista una primitiva solamente; aunque, como
sabemos, si le sumamos una constante dará otra primitiva de la misma función).
2

f(x) f(x)dx
ex
ex
ax ax
ln(a)
1
x ln(|x|)
xa
(a = −1) xa+1
a+1
senx −cosx
cosx senx
1 + tan2
(x) tanx
senhx coshx
coshx senhx
Todas estas relaciones, y las que siguen, valen en los dominios de definición
de las respectivas funciones.
f(x) f(x)dx
1 − tanh2
x tanhx
1√
1−x2
arcsenx
−1√
1−x2
arccosx
1
1+x2 arctanx
1√
x2+1
argsenhx
1√
x2−1
argcoshx
1
1−x2 argtanhx
De una manera también prácticamente inmediata, podemos obtener más
primitivas si tenemos en cuenta las derivadas de funciones compuestas de una
función u con alguna de las funciones elementales anteriores.
Por ejemplo, sabemos que si u = u(x) es una función de x, entonces la función
compuesta y = sen(u) tiene como derivada cos(u)u . Luego cos(u)u dx =
sen(u). Procediendo de este modo, damos nuevas listas de primitivas inmediatas:
f(x) f(x)dx
u eu
eu
u au au
ln(a)
u
u ln(|u|)
ua
u (a = −1) ua+1
a+1
sen(u)u −cos(u)
cos(u)u sen(u)
u
cos2u tan(u)
3

f(x) f(x)dx
senh(u)u cosh(u)
cosh(u)u senh(u)
u
cosh2u tanh(u)
u√
1−u2
arcsen(u)
− u√
1−u2
arccos(u)
u
1+u2 arctan(u)
u√
u2+1
argsenh(u)
u√
u2−1
argcosh(u)
u
1−u2 argtanh(u)
Veremos, para terminar, algunos ejemplos de cálculo de integrales basados
en estas integrales inmediatas.
Necesitaremos las dos propiedades que vemos a continuación.
(f(x) + g(x))dx = f(x)dx + g(x)dx.
Si k es una constante, kf(x)dx = k f(x)dx.
Ejercicio 1. Calcular las integrales
cos(3x)dx,
1
√
3t + 1
dt
Para la primera, notemos que si tuviésemos, en lugar de la propuesta, 3cos(3x)dx,
ser´ıa una integral inmediata: porque 3cos(3x) es la derivada de sen(3x). Con
esta idea, hacemos lo siguiente:
cos(3x)dx =
1
3
· 3cos(3x)dx =
1
3
3cos(3x)dx =
1
3
(sen(3x) + C) =
sen(3x)
3
+ C
Consideramos ahora la segunda integral. Como antes, sabemos que la deriva-
da de
√
3t + 1 ser´ıa 3
2
√
3t+1
, que es la función que se pide integrar, salvo por el
coeficiente. As´ı, se tendr´ıa
3
2
√
3t + 1
dt =
√
3t + 1 + C
Teniendo esto en mente, podemos escribir
1
√
3t + 1
dt =
2
3
·
3
2
√
3t + 1
dt =
2
3
3
2
√
3t + 1
dt =
2
3
√
3t + 1 + C
Ejercicio 2. Calcular las integrales indefinidas
(3senx +
ex
2
)dx,
cosx dx
√
1 + senx
4

Por la propiedad de la suma,
(3senx +
ex
2
)dx = 3senx dx +
ex
dx
2
= 3 senx dx +
1
2
ex
dx
As´ı, el cálculo ha quedado reducido al de dos integrales inmediatas:
(3senx +
ex
2
)dx = −3cosx +
1
2
ex
+ C
Para la segunda integral, observemos cuál ser´ıa la derivada de
√
1 + senx.
Es de la forma
√
u, con u = 1 + sen(x), as´ı que su derivada ser´ıa
1
2
√
u
· u =
1
2
·
u
√
u
=
1
2
·
cosx
√
1 + senx
Esto coincide con la integral que queremos calcular, salvo por el factor cons-
tante 1/2. Entonces
cosx dx
√
1 + senx
= 2
1
2
·
cosx dx
√
1 + senx
= 2
√
1 + senx + C
2. Lección 19. Integración por cambio de varia-
ble
El método de cambio de variable o de sustitución es útil para calcular una
integral, a base de transformarla primero en una integral más sencilla.
Queremos calcular una integral indefinida f(x)dx, pero el cálculo no es
inmediato. Supongamos, sin embargo, que vemos que f(x) es de la forma f(x) =
g(t(x))t (x), para una cierta función t(x). Entonces será f(x)dx = g(t(x))t (x)dx =
g(t)dt.
Imaginemos además, que la funcion g es más fácil de integrar. En tal caso,
podremos encontrar
g(t)dt = h(t)
lo que significa que h (t) = g(t) y, por tanto, h (t(x)) = g(t(x)). Si consideramos
entonces la función compuesta h(t(x)), su derivada será
h (t(x))t (x) = g(t(x))t (x) = f(x)
y habremos encontrado la primitiva que buscábamos: se tiene entonces f(x)dx =
h(t(x)).
El método comprende, pues, los siguientes pasos, para calcular f(x)dx.
Se elige una función t = t(x), de manera que se pueda obtener la función
g que cumpla la ecuación f(x)dx = g(t)dt.
Se calcula entonces g(t)dt, tomando aqu´ı t como variable independiente.
El resultado será una función de t, h(t).
Se sustituye la variable t en h(t) por t(x), para obtener h(t(x)), y as´ı f(x)dx =
h(t(x)) + C.
5

Veremos a continuación algunos ejemplos.
Ejercicio 1. Calcular la integral indefinida
2x2
dx
√
9 − x3
Introducimos la nueva variable t = 9 − x3
. Se tiene entonces dt = −3x2
dx,
y x2
dx = −dt
3 .
Ahora, debemos obtener una igualdad f(x)dx = g(t)dt. Este es el paso en
que llevamos a cabo la sustitución, de forma que el integrando, que es función
de la variable x, se hace igual a un nuevo integrando con la variable t.
2x2
dx
√
9 − x3
=
2(−dt
3 )
√
t
= −
2
3
·
dt
√
t
Se tiene pues, que calcular
−
2
3
·
dt
√
t
= −
2
3
dt
√
t
La nueva integral que hemos obtenido es inmediata, pues es la de t−1/2
. Será
−
2
3
dt
√
t
= −
2
3
t1/2
1/2
= −
4
3
√
t
El resultado, finalmente será
2x2
dx
√
9 − x3
= −
4
3
9 − x3 + C
Ejercicio 2. Calcular la integral
5dx
x2 − 2x + 5
Veremos más adelante métodos generales para estudiar estas integrales, las
integrales de funciones racionales. De momento, observamos solamente que es
conveniente factorizar el denominador, si es posible. Para ello, tratamos de cal-
cular las ra´ıces
x =
2 ±
√
4 − 20
2
= 1 ±
√
−16
2
= 1 ± 2i
El polinomio es irreducible, y no se puede factorizar como producto de poli-
nomios reales. Pero su factorización compleja nos será de utilidad.
x2
− 2x + 5 = (x − (1 + 2i))(x − (1 − 2i)) = (x − 1 − 2i)(x − 1 + 2i)
Podemos ver esta expresión como el producto de una suma por una diferen-
cia. As´ı, se tiene
x2
− 2x + 5 = ((x − 1) − 2i)((x − 1) + 2i) = (x − 1)2
− (2i)2
= (x − 1)2
+ 4
6

De modo más general, si el polinomio ax2
+bx+c es irreducible, y sus ra´ıces
complejas son p + qi, p − qi, entonces
ax2
+ bx + c = a((x − p)2
+ q2
)
En estos casos, la sustitución recomendada es t = x−p
q . Entonces x = qt + p.
Resulta as´ı,
ax2
+ bx + c = a((qt)2
+ q2
) = aq2
(t2
+ 1)
Volvamos a nuestro ejemplo.
Hacemos la sustitución t = x−1
2 . Entonces 2t = x − 1, y as´ı (x − 1)2
+ 4 =
4t2
+ 4 = 4(t2
+ 1). Además, dt = 1
2 dx, o sea dx = 2dt.
Hacemos ahora la sustitución en el integrando:
5dx
x2 − 2x + 5
=
5dx
(x − 1)2 + 4
=
10dt
4(t2 + 1)
=
5
2
·
dt
1 + t2
Calculamos la nueva integral
5
2
dt
1 + t2
=
5
2
arctan(t)
y finalmente sustitu´ımos en el resultado
5dx
x2 − 2x + 5
=
5
2
arctan(
x − 1
2
)
Ejercicio 3. Calcular
ln(x)
x
dx
Hacemos la sustitución u = ln(x). Entonces du = dx
x . De este modo, ln(x)
x dx =
u du. Entonces
u du =
u2
2
+ C
y as´ı,
ln(x)
x
dx =
ln2
x
2
+ C
esen(x)
cos(x)dx
Hacemos el cambio u = sen(x), de forma que du = cos(x)dx. Se tiene
esen(x)
cos(x)dx = eu
du, eu
du = eu
+ C
En consecuencia,
esen(x)
cos(x)dx = esen(x)
+ C
a2 − x2dx
7

Podemos suponer a > 0. Vamos a emplear un cambio, enunciado en forma
inversa a la habitual. Para introducir la función auxiliar u = u(x), la definimos
en forma impl´ıcita, mediante la ecuación x = asen(u). En realidad, podr´ıamos
partir de u = arcsen(x/a), pero nos resulta más simple escribir usando la fun-
ción inversa. De este modo, a2
−x2
= a2
(1−(x/a)2
) = a2
(1−sen2
u). Asimismo,
la relación entre las diferenciales se obtiene de esa ecuación: dx = acos(u)du.
En este caso, la sustitución se puede hacer directamente:
a2 − x2dx = a2(1 − sen2u)(acos(u)du) = a2
√
cos2ucos(u)du = a2
cos2
udu
donde tenemos en cuenta que cos(u) ≥ 0, ya que la elección del cambio implica
que u ha de tomar valores en el intervalo [−π
2 , π
2 ], en el cual el coseno es positivo.
La integral que debemos calcular es, pues, a2
cos2
u du = a2
cos2
u du.
Vamos a calcular aparte esta integral.
Para calcular cos2
u du, usaremos la siguiente fórmula trigonométrica:
cos(2u) = cos2
u − sen2
u = cos2
u − (1 − cos2
u) = 2cos2
u − 1
lo que implica que cos2
u = 1
2 (1 + cos(2u)).
Calculando ahora la integral,
cos2
u du =
1
2
(1 + cos(2u))du =
1
2
( du + cos(2u)du)
Ahora bien: du = u + C. Por su parte,
cos(2u)du =
1
2
2cos(2u)du =
1
2
sen(2u) + C
As´ı, se tiene
cos2
u du =
u
2
+
sen(2u)
4
+ C =
1
2
(u + sen(u)cos(u)) + C
Finalmente, expresamos la solución como función de x:
a2 − x2dx =
a2
2
(arcsen(
x
a
) +
x
a
1 −
x2
a2
) + C
=
a2
2
arcsen(
x
a
) +
1
2
x a2 − x2 + C
dx
√
x2 + a2
De nuevo podemos suponer a > 0. Tomamos x = asenh(u) y dx = acosh(u)du.
Entonces
x2
+ a2
= a2
senh2
u + a2
= a2
(1 + senh2
u) = a2
cosh2
u
y puesto que cosh(u) > 0, resulta
x2 + a2 = acosh(u)
8

Obtenemos entonces la integral:
dx
√
x2 + a2
=
acosh(u)du
acosh(u)
= du = u + C
Deshaciendo ahora el cambio de variable,
dx
√
x2 + a2
= argsenh(
x
a
) + C
Nota: esta integral también puede verse como una integral casi inmediata,
escribiendo el denominador como a 1 + (x/a)2.
Un grupo de integrales de funciones racionales es también fácil de integrar
mediante un cambio de variable. Se trata de las funciones de la forma Adx
(x−a)k .
Debemos diferenciar el caso en que k = 1.
Con k = 1.
−2dx
x + 3
Hacemos el cambio x + 3 = t, dx = dt, y pasamos a la integral
−2dt
t
= −2
dt
t
= −2ln(|t|) + C
Deshaciendo la sustitución,
−2dx
x + 3
= −2ln(|x + 3|) + C
Con k > 1.
−2dx
(x + 3)4
Hacemos el mismo cambio: t = x + 3, dt = dx. La integral se transforma
en
−2dt
t4
= −2 t−4
dt = −2(
t−4+1
−4 + 1
) + C =
2
3
t−3
+ C
Finalmente, expresamos el resultado de la primera integral:
−2dx
(x + 3)4
=
2
3(x + 3)3
=
2
3t3
+ C
9

3. Lección 20. Integración por partes
3.1. El método de integración por partes
Supongamos que una función y = h(x) es un producto de dos funciones:
y = h(x) = uv
Sabemos que la diferencial de la función será
dy = (du)v + u(dv) = v du + udv
Como la integral indefinida de la diferencial de una función es la función
dada, se tiene:
uv = vdu + udv
La ecuación anterior nos da la fórmula básica de un procedimiento de inte-
gración que se conoce como integración por partes:
udv = uv − vdu
El procedimiento aplica esa fórmula de la manera siguiente.
Dada la integral que se quiere calcular, debemos identificar el integrando
como un producto de la forma f(x)(g(x)dx); llamamos entonces u = f(x),
dv = g(x)dx.
(Esto no implica un cambio de variable; llamamos u, dv a los factores a
los efectos de la exposición; pero las integrales se efectúan siempre sobre
funciones cuya variable independiente es la original x).
Como segundo paso, debemos calcular v = dv = g(x)dx. De este
modo, uno debe escoger los factores f(x), g(x)dx del integrando de forma
que g(x)dx sea fácil de calcular.
La integral propuesta inicialmente es udv. Por la fórmula de la inte-
gración por partes y conocidos ya u, v, deberemos calcular vdu para
aplicarla y hallar la integral pedida, puesto que
udv = uv − vdu
El método tiene sentido, y dará resultado si esta segunda integral, vdu
es más fácil de calcular que la propuesta; o, al menos, si la podemos ex-
presar en función de la integral propuesta y deducimos de la fórmula de la
integración por partes una ecuación que nos permita resolver el problema.
Por tanto, el último paso del proceso es calcular vdu.
10

3.2. Ejemplos
Veremos algunos ejemplos.
Ejercicio 1. Calcular xex
dx.
Escribimos el integrando como un producto u · dv:
u = x, dv = ex
dx
Calculamos v a partir de dv:
v = dv = ex
dx = ex
(+C)
Aplicamos la fórmula de la integración por partes:
I = xex
dx = udv = uv − vdu = xex
− ex
dx
Finalmente, calculamos la integral del segundo miembro en la ecuación
anterior:
ex
dx = ex
(+C)
y sustitu´ımos
I = xex
− ex
+ C = (x − 1)ex
+ C
Ejercicio 2. Calcular I = x3
ex
dx.
Llamamos u = x3
, dv = ex
dx. As´ı, I = udv y du = 3x2
dx.
Calculamos v = dv = ex
.
Llegamos a la ecuación
I = x3
ex
− ex
(3x2
)dx = x3
ex
− 3 x2
ex
dx
Debemos ahora calcular la integral que nos queda: I1 = x2
ex
dx.
A su vez, podemos emplear el mismo procedimiento para calcular la integral
I1.
I1 = udv con u = x2
, y dv = ex
dx. As´ı, du = 2xdx.
v = ex
, y la ecuación dará
I1 = x2
ex
− ex
(2xdx) = x2
ex
− 2 xex
dx = x2
ex
− 2I2
donde hemos llamado I2 a la integral I2 = xex
dx.
11

Volviendo a la expresión de I, tenemos
I = x3
ex
− 3I1 = x3
ex
− 3(x2
ex
− 2I2) = x3
ex
− 3x2
ex
+ 6I2
Pero la integral I2 la hemos calculado en el ejercicio 1:
I2 = xex
− ex
+ C
En definitiva, se tiene:
I = ex
(x3
− 3x2
+ 6x − 6) + C
Ejercicio 3. Calcular I = lnxdx.
La elección obvia es: u = lnx, dv = dx; de modo que v = x.
Además, du = dx
x . De este modo, se tiene:
I = xlnx − x
dx
x
= xlnx − dx = xlnx − x + C
Ejercicio 4. Calcular I = arcsenxdx.
Tomamos u = arcsenx, dv = dx. Se tiene: v = x, y du = 1√
1−x2
dx.
Se tiene entonces:
I = xarcsenx −
xdx
√
1 − x2
= xarcsenx − I1
Esta integral I1 = x dx√
1−x2
es una integral casi inmediata. Podemos aplicar,
para mayor sencillez, el cambio t = 1 − x2
, de modo que dt = −2xdx. Entonces
I1 =
−1
2 dt
√
t
= −
dt
2
√
t
= −
√
t + C
Deshaciendo el cambio,
I1 = − 1 − x2 + C
y
I = xarcsenx + 1 − x2 + C
Ejercicio 5. Calcular I = xsen(3x)dx.
Ponemos u = 1
3 x, dv = 3sen(3x)dx. Entonces du = 1
3 dx y v = −cos(3x).
I = −
1
3
xcos(3x) +
1
3
cos(3x)dx = −
1
3
xcos(3x) +
1
3
I1
La integral I1 es inmediata:
I1 = cos(3x)dx =
1
3
3cos(3x)dx =
1
3
sen(3x)
En definitiva:
I = −
1
3
xcos(3x) +
1
9
sen(3x) + C
12

Ejercicio 6. Calcular I = e2x
senxdx.
Ponemos u = 1
2 senx, dv = 2e2x
dx. As´ı, du = 1
2 cosxdx, v = e2x
.
Aplicamos ahora la integración por partes:
I =
1
2
e2x
senx −
1
2
I1
donde I1 = e2x
cosxdx. Trataremos esta integral del mismo modo, para cal-
cularla por partes, a su vez. Para ello, tomamos u = 1
2 cosx, dv = 2e2x
dx.
Obtenemos entonces du = −1
2 senxdx, v = e2x
. Entonces
I1 =
1
2
e2x
cosx +
1
2
e2x
senxdx
Esta nueva integral es la propuesta al principio, I. Luego hemos obtenido la
igualdad
I1 =
1
2
e2x
cosx +
1
2
I
Volviendo a la ecuación precedente
I =
1
2
e2x
senx −
1
2
(
1
2
e2x
cosx +
1
2
I)
Esto nos dará
I =
1
2
e2x
senx −
1
4
e2x
cosx −
1
4
I
y, por tanto,
5
4
I =
1
2
e2x
senx −
1
4
e2x
cosx, I =
2
5
e2x
senx −
1
5
e2x
cosx + C
3.3. Fórmulas de reducción
Puede emplearse el método de integración por partes para relacionar los
valores de integrales que dependen de un entero positivo n.
Por ejemplo, denotemos por In la integral In = xn
e−x
dx. Mediante la inte-
gración por partes, podemos expresar In en función de In−1. Esto nos permite,
paso a paso, calcular In a partir del valor de I0 = e−x
dx = −e−x
+ C. La
fórmula que relaciona In con In−1 se llama una fórmula de reducción.
Tratemos de calcular la integral In por partes. Podemos tomar u = −xn
, dv =
−e−x
dx. Entonces v = e−x
y du = −nxn−1
dx. Aplicando la integración por
partes, tenemos
In = −xn
e−x
+ n xn−1
e−x
dx = −xn
e−x
+ nIn−1
Si aplicamos esta relación repetidas veces, y tenemos en cuenta el valor de
I0 = e−x
dx = −e−x
, obtendremos, por ejemplo:
I3 = −x3
e−x
−3x2
e−x
−6xe−x
−6e−x
+C, I4 = −e−x
(x4
−4x3
−12x2
−24x−24)+C
De forma general,
13

In = −
n
k=0
n!
(n − k)!
xn−k
e−x
+ C
Ejercicio 7. Hallar una fórmula de reducción para la familia de integrales
In = cosn
xdx.
Probamos la integración por partes con u = cosn−1
x, dv = cosxdx. Entonces
v = senx y du = −(n − 1)cosn−2
xsenxdx.
Tenemos entonces
In = cosn−1
xsenx + (n − 1) cosn−2
xsen2
xdx
y, teniendo en cuenta que sen2
x = 1 − cos2
x, la segunda integral dará
cosn−2
xsen2
xdx = cosn−2
xdx − cosn
xdx = In−2 − In
En definitiva, tenemos
In = cosn−1
xsenx+(n−1)In−2−(n−1)In, In =
1
n
(cosn−1
xsenx+(n−1)In−2)
Cuando n es par, podemos llegar a obtener In aplicando reiteradamente esta
fórmula hasta I0 = dx = x + C. Cuando n es impar, la aplicación repetida de
la fórmula nos lleva a I1 = cosxdx = senx + C.
Ejercicio 8. Hallar una fórmula de reducción para la integral In = dx
(1+x2)n .
Consideramos primero I1 = dx
x2+1 . Esta es una integral inmediata, que
da arctan(x).
Sea ahora n > 1. Para hallar una fórmula de reducción, ponemos
In =
(x2
+ 1) − x2
(x2 + 1)n
dx =
dx
(x2 + 1)n−1
−
x2
dx
(x2 + 1)n
= In−1 − Jn
si llamamos en general Jk = x2
dx
(x2+1)k .
Calcularemos ahora Jn por partes. Llamamos u = x
2 , dv = 2x dx
(x2+1)n . En-
tonces du = 1
2 dx, mientras que v = 2x dx
(x2+1)n puede hacerse con un cambio
de variable.
Concretamente, llamando t = 1 + x2
, dt = 2xdx, llegamos a
v =
2xdx
(x2 + 1)n
=
dt
tn
= −
t−n+1
n − 1
= −
1
(n − 1)tn−1
Se tiene por tanto
v = −
1
(n − 1)(1 + x2)n−1
14

Volvemos al cálculo de Jn. Será
Jn = −
x
2(n − 1)(1 + x2)n−1
+
dx
2(n − 1)(1 + x2)n−1
=
= −
x
2(n − 1)(1 + x2)n−1
+
1
2(n − 1)
In−1
Recordemos ahora que se ten´ıa
In = In−1 − Jn =
x
2(n − 1)(1 + x2)n−1
−
1
2(n − 1)
In−1 + In−1
as´ı que obtenemos la fórmula de recurrencia
In =
x
2(n − 1)(1 + x2)n−1
+
2n − 3
2n − 2
In−1
Completado con el valor de I1, esto permite calcular las integrales del tipo
de In.
4. Lección 21. Integración de funciones racionales
4.1. Fracciones simples sin factores complejos en el deno-
minador
Vamos a describir un método general para calcular las primitivas de las
funciones racionales. Recordemos del cap´ıtulo 2 que cualquier función racional se
puede expresar como un polinomio más una suma de fracciones simples. Puesto
que las integrales de los polinomios se reducen a inmediatas, nos centraremos
en calcular integrales de fracciones simples.
Las integrales de fracciones de la forma A
(x−a)k han sido consideradas en la
lección 19, y son fácilmente integrables mediante cambio de variable.
Ejercicio 1. Calcular 5x+1
x3−3x+2 dx.
Para poder poner la función racional como suma de fracciones simples, em-
pezamos por factorizar el denominador. Como 1 es una ra´ız, podemos dividir
por x − 1 y se obtiene
x3
− 3x + 2 = (x − 1)(x2
+ x − 2) = (x − 1)2
(x + 2)
Por lo que conocemos sobre fracciones simples, ha de ser
5x + 1
x3 − 3x + 2
=
A
x − 1
+
B
(x − 1)2
+
C
x + 2
Hallamos los coeficientes indeterminados, haciendo la suma de la derecha:
5x + 1
x3 − 3x + 2
=
A(x − 1)(x + 2)
(x − 1)2(x + 2)
+
B(x + 2)
(x − 1)2(x + 2)
+
C(x − 1)2
(x − 1)2(x + 2)
15

igualando los numeradores
5x + 1 = A(x − 1)(x + 2) + B(x + 2) + C(x − 1)2
y dando a x los valores 1, −2.
6 = 3B, −9 = 9C ⇒ B = 2, C = −1
Finalmente, con estos valores de B, C y tomando x = 0, podemos obtener el
valor de A:
1 = −2A + 2B + C = −2A + 3, 2A = 2, A = 1
En definitiva, tendremos:
5x + 1
x3 − 3x + 2
dx =
dx
x − 1
+ 2
dx
(x − 1)2
−
dx
x + 2
La primera y la tercera integral darán
dx
x − 1
= ln(|x − 1|) + C,
dx
x + 2
= ln(|x + 2|) + C
En cuanto a la segunda integral, puede obtenerse mediante el cambio de
variable t = x − 1, dt = dx. Entonces hacemos la sustitución
dt
t2
=
t−1
−1
= −
1
t
+ C
y, deshaciendo el cambio,
dx
(x − 1)2
= −
1
x − 1
+ C
Como resultado final,
5x + 1
x3 − 3x + 2
= ln(|x−1|)−
2
x − 1
−ln(|x+2|)+C = ln(|
x − 1
x + 2
|)−
2
x − 1
+C
4.2. Denominador con factores complejos: casos particu-
lares
Debemos considerar ahora la integral de fracciones simples en que el denomi-
nador es una potencia de un polinomio irreducible de grado 2: x2
+ bx + c. Para
estudiar estos casos, analizamos primero dos casos particulares, a los cuales los
demás pueden reducirse.
Caso 1. Integrales de la forma
2x + b
(x2 + bx + c)k
dx
Hacemos el cambio t = x2
+ bx + c, dt = (2x + b)dx.
16

Con este cambio, la integral se transforma as´ı:
dt
tk
Si k = 1, entonces la integral es dt
t = ln(|t|)+C. Deshaciendo el cambio,
2x + b
x2 + bx + c
dx = ln(|x2
+ bx + c|) + C
Si k > 1, tendremos la integral
dt
tk
= t−k
dt =
t−k+1
−k + 1
=
−1
(k − 1)tk−1
y deshaciendo el cambio,
2x + b
x2 + bx + c
dx =
−1
(k − 1)(x2 + bx + c)k−1
+ C
Caso 2. Integrales de la forma I = dx
(x2+bx+c)k .
Usaremos el hecho de que el polinomio x2
+ bx + c no tiene ra´ıces reales.
Concretamente, sus ra´ıces han de ser dos complejos conjugados: p+qi, p−
qi. Como se ha visto en el ejercicio 2 de la lección 19, se tendrá
x2
+ bx + c = (x − p)2
+ q2
Teniendo esto en cuenta, el cambio t = x−p
q puede simplificar la integral:
tomamos t = x−p
q , dt = 1
q dx; entonces x2
+ bx + c = (x − p)2
+ q2
=
q2
((x−p)2
q2 + 1) = q2
(t2
+ 1) y la integral se transforma de esta manera:
I =
dx
(x2 + bx + c)k
, It =
q
q2k
dt
(t2 + 1)k
La integral It dará pues, 1
q2k−1 Jk, donde Jk = dt
(t2+1)k es una integral
estudiada en la lección anterior.
Aplicando la fórmula de reducción correspondiente, podemos calcular Jk y
a continuación It. Deshaciendo entonces el cambio de variable, tendremos
la integral I pedida.
Ejercicio 2. Calcular I = 5dx
(x2−4x+8)2 .
Notemos que el polinomio del denominador no tiene ra´ıces reales, porque
16 − 32 < 0. As´ı, la integral es igual a 5I0, con I0 = dx
(x2−4x+8)2 , y es del tipo
que acabamos de considerar.
Observemos en primer lugar que x2
− 4x + 8 es irreducible. Si se trata de
calcular las ra´ıces, llegamos a
x =
4 ±
√
−16
2
=
4 ± 4i
2
= 2 ± 2i
17

de forma que p = 2 y q = 2. Por tanto, x2
−4x+8 = (x−2)2
+4 = (x−2)2
+22
.
Hacemos el cambio t = x−2
2 , dt = 1
2 dx. Pasamos entonces a la integral
It = 5 · 2
dt
42(t2 + 1)2
=
5
8
J2
con J2 = dt
(t2+1)2 .
Para calcular J2, escribimos 1 = (t2
+ 1) − t2
, y llegamos a
J2 =
dt
t2 + 1
−
t2
dt
(t2 + 1)2
El primer sumando da arctan(t). Para integrar el segundo, aplicamos el
método de integración por partes, con u = t
2 , dv = 2tdt
(t2+1)2 . Entonces du = 1
2 dt.
Para hallar v, debemos calcular la integral
v =
2tdt
(t2 + 1)2
Usando el cambio de variable z = t2
+ 1, que ya conocemos, esta segunda
integral se transforma en
v =
dz
z2
=
z−1
−1
= −
1
z
Deshaciendo el cambio,
v = −
1
t2 + 1
Volviendo ahora al segundo sumando de J2, que estábamos integrando por
partes, tendremos que es igual a
t2
dt
(t2 + 1)2
= −
t
2(t2 + 1)
+
dt
2(t2 + 1)
= −
t
2(t2 + 1)
+
1
2
arctan(t)
Esto nos da ya la integral J2:
J2 = arctan(t) +
t
2(t2 + 1)
−
1
2
arctan(t) =
t
2(t2 + 1)
+
1
2
arctan(t)
Recordemos ahora que It = 5
8 J2, de forma que
It =
5
16
(
t
t2 + 1
+ arctan(t))
Finalmente, debemos deshacer el primer cambio de variable, t = x−2
2 , y
llegamos a
I =
5
16
(
2(x − 2)
(x − 2)2 + 4
+ arctan(
x − 2
2
)) + C
18

4.3. Denominador con factores complejos: caso general
Una vez que hemos analizado los casos especiales, consideremos el caso ge-
neral de la integral de una fracción simple de la forma
I =
rx + s
(ax2 + bx + c)k
dx
siendo ax2
+ bx + c un polinomio irreducible.
Notemos primero que podemos escribir el numerador rx + s en la forma
rx + s = d(2ax + b) + f. En efecto:
rx + s =
r
2a
(2ax +
2as
r
) =
r
2a
(2ax + b +
2as − rb
r
) =
r
2a
(2ax + b) +
2as − rb
2a
Por tanto, la relación indicada se cumple con d = r
2a y f = 2as−rb
2a .
La integral, por tanto, será
I = d
2ax + b
(ax2 + bx + c)k
dx + f
dx
(ax2 + bx + c)k
de forma que la integral I se puede poner como una suma I = dI1 + fI2, con
I1 =
2ax + b
(ax2 + bx + c)k
dx, I2 =
dx
(ax2 + bx + c)k
I1 es una integral del tipo visto en el caso 1; I2 es una integral del tipo
visto en el caso 2. As´ı, podemos calcularlas siguiendo los pasos de la discusión
anterior.
Ejercicio 3. Calcular x2
dx
x2+2x+5 .
Siguiendo el método general, debemos primero descomponer la fracción en
una suma de fracciones simples más un polinomio. Haciendo la división, tenemos
que
x2
x2 + 2x + 5
= 1 −
2x + 5
x2 + 2x + 5
luego la integral pedida I es suma de dos integrales: I = I0 +J, con I0 = dx =
x + C.
La segunda integral J es ya la de una fracción simple: J = (2x+5)dx
x2+2x+5 , porque
el polinomio del denominador es irreducible.
x2
+2x+5 = (x−p)2
+q2
= x2
−2px+p2
+q2
, 2 = −2p, 5 = p2
+q2
, Rightarrowp = −1, q2
= 4
as´ı que x2
+ 2x + 5 = (x + 1)2
+ 22
.
La integral J se puede descomponer a su vez como una suma de dos inte-
grales:
J =
(2x + 2)dx
x2 + 2x + 5
+
3dx
x2 + 2x + 5
= I1 + I2
19

La integral I1 es inmediata, puesto que se transforma en dt
t con el cambio
t = x2
+ 2x + 5. As´ı,
I1 = ln(|x2
+ 2x + 5|) + C
Queda por calcular I2 = 3 dx
(x+1)2+22 . Para ello, hacemos el cambio t = x+1
2 .
Entonces (x + 1)2
= 4t2
y (x + 1)2
+ 22
= 4(t2
+ 1). Adem´as, 2dt = dx.
Sustituyendo,
It = 3
2dt
4(t2 + 1)
=
3
2
dt
t2 + 1
=
3
2
arctan(t)
y si deshacemos el cambio,
I2 =
3
2
arctan(
x + 1
2
)
El valor de I se puede obtener ahora juntando estos resultados parciales:
I = x + ln(|x2
+ 2x + 5|) +
3
2
arctan(
x + 1
2
)
5. Ejercicios
1. Calcular las integrales
e5x
dx, sen(5x)dx,
dx
5 − 2x
x dx
√
2x2 + 3
,
x2
√
x3 + 1
3. Calcular la integral √
x3 − 3
√
x
6 4
√
x
dx
(x +
√
x)dx, (
3
√
x
−
x
√
x
4
)dx, (x2
+
1
3
√
x
)2
dx
5. Calcular la integral
dx
cos2x tan(x) − 1
cos(2x)dx
(2 + 3sen(2x))3
20

cos(x)dx
sen2x
arcsen(x)dx
√
1 − x2
dx
√
9 − x2
arccos(x) − x
√
1 − x2
dx
xarctan(x)dx
xcos2
xdx
xarcsen(x)dx
√
1 − x2
tan4
xdx
ex2
+4x+3
(x + 2)dx
ex
dx
1 + e2x
dx
3x2 − 2x + 4
21

(3x − 2)dx
5x2 − 3x + 2
dx
√
a2 − x2
,
dx
x2 + a2
cualquiera que sea el valor a = 0 del par´ametro.
dx
√
2 − 3x − 4x2
4dx
x4 + 1
(La factorizaci´on de x4
+ 1 es: x4
+ 1 = (x2
+
√
2x + 1)(x2
−
√
2x + 1)).
dx
(x2 − 2)(x2 − x + 1)2
dx
x3 + 1
cos4
x · sen3
xdx
x − 8
x3 − 4x2 + 4x
6x4
− 5x3
+ 4x2
2x2 − x + 1
2x2
− 3x − 3
(x − 1)(x2 − 2x + 5)
22

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