Introducción a las integrales indefinidas y definidas

Brian Bastidas
Integrales Indefinidas y Definidas
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Docente: Brian Bastidas
Temas a trabajar:
• Antiderivadas o primitivas e integral indefinida
• Sumas de Riemann, Integral definida
• Integración por sustitución
• Integración por partes y fracciones parciales
• Integración de funciones trigonométricas inversas, sustitución trigonométrica
Antiderivada
Como su palabra lo indica la antiderivada es el proceso contrario a derivar, así como en la aritmética podemos
encontrar los procesos contrarios como la suma y la resta o la multiplicación y la división o el exponente y el radical
en el cálculo podemos tener una y encontrar una función cuya derivada sea igual a , a la función vamos a
denominarla antiderivada o primitiva de .
Definición Formal Antiderivada
Se dice que una función es una antiderivada o primitiva de , en un intervalo si ´ = para todo en .
Ejemplo: Dada la función = 4 podemos decir que = 2 es la antiderivada de ya que al derivar
= , pero esta no es la única función que su derivada es , = 2 + 8, = 2 − 4,
= 2 + , = 2 − 1200, podemos ver que todas las funciones anteriores son antiderivadas de
y así como estas, existen infinitas funciones las cuales sus derivadas son pero todas estas funciones solo
difieren en una constante, recordemos que la derivada de una constante es cero, con esto llegamos a la conclusión
que la función que representa la antiderivada de = 4 es = 2 +
Representación de Antiderivada o Primitiva
Si es una antiderivada de en un intervalo , entonces es una antiderivada de en el intervalo si y sólo si
es de la forma = + , para todo en , donde es una constante.
Al determinar todas las soluciones de una ecuación diferencial, a esta operación se le denomina antiderivación o
(Integración Indefinida)
Integral Indefinida
Dada la ecuación diferencial
= → =
Para determinar todas las soluciones debemos hallar la antiderivada o la integral indefinida:
= " = +
" = #$%&' $&()%*+, = -&()%*+& ' = .+*$+/,) ) $&()%*+0$ó& = '&#(+&() ) -&()%*+0$ó&

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Reglas Básicas de Integración
" 0 =
" 2 = 2 +
" 2 ∙ = 2 " = 2 ∙ +
"[ ± % ] = " ± " %
" 7
=
78
& + 1
+ → & ≠ −1
"
1
= " :
= ln | | +
" )>
= )>
+
" #)& = − cos +
" 0'# = sen +
" #)0 = tan +
" sec tan = sec +
" 0#0 = − cot +
" csc cot = − csc +
Con la integral podremos encontrar la solución general de una ecuación diferencial.
Ejemplo: Dada la ecuación diferencial ´ = 3 − , determinar la solución general.
Solución: Para hallar la ecuación general debemos integrar la ecuación diferencial
= " 3 −
Utilizando las reglas básicas de la integración, separaremos la integral en los dos términos
= 3 " − "
Integrando y simplificando
= 3 " − " = 3
3
−
2
+ = −
2
+
Debemos tener en cuenta que las dos integrales generan una constante de integración, pero al sumar dos
constantes da como resultado otra constante, por eso el resultado final solo tiene una constante de integración.
La solución general de la ecuación diferencial ´ es:
= −
2
+
A continuación, veremos las gráficas de las funciones con diferentes valores de C (Figura 1)

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Figura 1
Si lo que deseamos ahora es encontrar la solución particular de una ecuación diferencial debemos conocer la
ecuación diferencial y un punto o el valor de = , para un valor de , este dato lo conoceremos como
condición inicial.
Ejemplo: Encontrar la solución particular de la ecuación diferencial
FG
F>
= −6 + 2 que satisface la condición inicial
2 = −7.
Solución: Encontraremos primera la solución general igual que el ejemplo anterior:
= = " −6 + 2 = −2 + 2 +
A continuación, utilizaremos la condición inicial para hallar la constante de integración
2 = −2 2 + 2 2 + = −7 → −16 + 4 + = −7
Despejando C
= −7 + 16 − 4 → = J
Conociendo la constante podremos entonces determinar la solución particular:
= = −2 + 2 + 5
La ecuación anterior es la solución particular a la ecuación diferencial
FG
F>
= −6 + 2, que satisface la condición
inicial 2 = −7.

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Para solucionar algunas integrales, inicialmente no podremos utilizar las reglas básicas, pero en algunos casos
reescribiendo el integrando utilizando las propiedades algebraicas o propiedades de los números reales, podremos
llevar nuestra función a un caso donde si podamos aplicar las reglas, a continuación, se presentan algunos ejemplos:
• L −
>M
En este caso, utilizaremos las propiedades de las potencias, pasaremos la variable al numerador, reescribimos,
integramos, simplificamos y volvemos a escribir exponentes positivos.
" −2 :
=
−2 : 8
−3 + 1
+ =
−2 :
−2
+ = :
+ =
1
+
• L √
O
Utilizando propiedades de los radicales, reescribimos el radical en exponente en forma de fracción, integramos
con la propiedad de la potencia, simplificamos y organizamos la expresión en forma de radical
" =
8
5
4 + 1
+ =
4
9
Q
+ =
4
9
R QO
+
• L 2 − 8
Realizamos ley distributiva, separamos las integrales, integramos y simplificamos.
" 2 S
− 8 = " 2 S
− " 8 =
2 S8
6 + 1
−
8 8
3 + 1
+ =
2 T
7
−
8
4
+ =
2 T
7
− 2 +
• L
√>U8 >
√>M
Escribimos los radicales en forma de fracción, dividimos cada término por el denominador, utilizamos
propiedades de los exponentes, cuando se dividen bases iguales se restan los exponentes
"
3
T
+
5
= " 3 + 5 :
Ahora separamos los términos en dos integrales, aplicamos la propiedad del exponente para integrar,
simplificamos y reescribimos en forma de radical.
" 3 + " 5 :
=
3 8
2 + 1
+
5 : 8
−
1
2
+ 1
+ =
3
3
+
5
1
2
+ = + 10√ +
• L
VW7 >
XYVZ>
Expresamos el exponente en multiplicación y separamos en fracciones, utilizamos las funciones
trigonométricas para luego poder integrar.
"
1
cos
∙
#)&
cos
= " sec ∙ tan = sec +

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Sumas de Riemann e Integral Definida
A continuación, vamos a trabajar el problema de hallar el área bajo la curva de una función en un intervalo definido.
Ejemplo: Dada la siguiente función = + 1, hallar el área bajo la curva en el intervalo de [1,5].
Solución: Con la ayuda de Geogebra graficaremos la función y visualizaremos el área que se desea hallar
Figura 2
Utilizando las sumas de Riemann podremos aproximar el área sombreada en la figura anterior, las sumas de
Riemann consisten en crear rectángulos dentro de este intervalo, hallar cada área y sumarlas para tener una
aproximación, estos rectángulos se pueden realizar de la siguiente forma:
Figura 3.1 Figura 3.2
Podemos observar en las dos figuras que al sumar el área de los rectángulos serán aproximaciones al área real de
la Figura 2, en la figura 3.1 el área será mayor y en la figura 3.2 el área será menor al área real.

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Ahora vamos a hallar las áreas de cada figura y vamos a comparar con el área real, para la figura 3.1, vemos que los
anchos de los rectángulos con iguales a 1, solo nos faltan las alturas de los rectángulos, las cuales podremos
encontrar al hallar el valor de la función en los límites derechos de cada rectángulo, el área de un rectángulo es
base por altura, pero al ser todas las bases iguales a 1 la altura será igual a el área del rectángulo.
Rectángulo 1 (Área)
2 = 2 + 1 = 5
3 = 3 + 1 = 10
4 = 4 + 1 = 17
5 = 5 + 1 = 26
Al sumar las áreas nos da igual a 58, sabemos que es una aproximación y que el área real debe ser menor, ahora
hallaremos el área de la figura 3.2, las bases son iguales a 1, lo único que cambia es que ahora las alturas de los
rectángulos las hallamos con el límite izquierdo de cada rectángulo y así mismo sus áreas.
1 = 1 + 1 = 2
2 = 2 + 1 = 5
3 = 3 + 1 = 10
4 = 4 + 1 = 17
Área total = 34
El área real representada por la figura 2 hallada con geogebra es 45.33, podemos verificar que el área de la figura
3.1 está por encima y el área de la figura 3.2 está por debajo y ninguna de las dos áreas es muy cercana al área real,
pero si hallamos un promedio entre las áreas halladas de las dos figuras:
[*') $' =
58 + 34
2
= 46
Este valor si se aproxima mucho más al área real.
Anteriormente hemos visto cómo aproximar al área bajo una curva, pero no es la única forma de distribuir los
rectángulos también podemos crear rectángulos con bases diferentes en cada partición y con bases que sean
diferentes de 1.

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Definición de una suma de Riemann
Sea definida en el intervalo cerrado [+, /], y sea ∆ una partición de [+, /] dada por
+ = ^ _ _ _ ⋯ _ 7: _ 7 = /
Donde ∆ a es el ancho del $-ésimo subintervalo. Si 0a es cualquier punto en el $-ésimo subintervalo [ a: , a]
entonces la suma
b 0a ∙ ∆ a
7
ac
, a: d 0a d a
Se denomina una suma de Riemann para la partición ∆.
Anteriormente vimos como aproximar el área bajo la curva = + 1 en el intervalo [1,5], con rectángulos
superiores y rectángulos inferiores, también observamos que al calcular el promedio entre las dos áreas se acercó
mucho más al área real, pero esto también se puede realizar sin necesidad de hacer los dos casos (Inferiores y
superiores), a continuación vamos a ver el mismo caso, pero cambiaremos ahora el número de rectángulos & que
irán dentro del intervalo el cual queremos hallar el área.
e = f Áhij = Jk e = k Áhij = Jl. J e = lf Áhij = fk. k e = nf Áhij = fo. f
Podemos observar en las 4 imágenes anteriores que mientras el número de rectángulos aumenta, el área se acerca
cada vez más al área real, con esto llegamos a la definición de integral definida, si queremos hallar el área bajo la
curva no aproximado sino que sea el valor real debemos hacer que & tienda a ∞.
Integral Definida
"
q
r
= lim
7→u
b 0a ∆ a
7
ac
El límite recibe el nombre de integral definida de de + a /. El número + es el límite inferior de integración, y el
número / es el límite superior de integración.
La continuidad implica integrabilidad
Si una función es continua en el intervalo cerrado [+, /], entonces es integrable en [+, /]. Es decir L
q
r
existe.

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Propiedades de las Integrales Definidas
"
r
r
= 0
"
r
q
= − "
q
r
"
q
r
= "
X
r
+ "
q
X
Teorema Fundamental del Cálculo
Si una función es continua y no negativa en el intervalo cerrado [+, /] y es una antiderivada de en el intervalo
[+, /], entonces
v = "
q
r
= / − +
v = Á*)+ /+w' ,+ 0x*y+ )& ), $&()*y+,' [+, /]
Demostración:
Se tiene una integral definida con extremo superior variable L (
>
r
( que da como resultado una función cuya
derivada en el intervalo [+, /] es
= " (
>
r
( → ´ =
Sea la función % tal que %´ = para todo perteneciente al intervalo [+, /]; supongamos que:
" (
>
r
( = % / − % +
Sabemos que % = L (
>
r
(, lo que haremos ahora es hallar quien es % / y quien es % +
% / = " (
q
r
( +
% + = " (
r
r
( +
Por las propiedades anteriores sabemos que L (
r
r
( = 0, ahora representamos la resta
% / − % + = " (
q
r
( + − 0 +
Al quitar paréntesis las constantes de integración se cancelan, quedando:
% / − % + = " (
q
r
(

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Utilizando el teorema fundamental del cálculo, hallaremos ahora nuevamente el área bajo la curva = + 1
en el intervalo [1,5], lo cual es equivalente a calcular:
" + 1 = 5 − 1
Sabemos que es la antiderivada de
=
3
+
Hallamos ahora 5 y 1
5 =
5
3
+ 5 =
140
3
1 =
1
3
+ 1 =
4
3
La resta
5 − 1 =
140
3
−
4
3
=
136
3
z 45.33{ { = x&$ + )# 0x+ *+ +#
Ya este valor no es una aproximación, sino el valor real del área bajo la curva de la función en el intervalo [1,5].
Debemos tener en cuenta que, cuando la función es negativa en el intervalo a analizar, el área nos dará un resultado
negativo siendo este algo ilógico, lo que haremos es calcular el valor absoluto de la integral definida dentro de ese
intervalo, en este caso calcularemos el área sobre la curva que está debajo del eje x.
v = |"
q
r
|
Ejemplo: Calcular el área sobre la curva = − 2 en el intervalo [0,1]
Con la ayuda de geogebra hicimos la gráfica y el área a encontrar
Podemos observar que la gráfica en el intervalo [0,1] se encuentra por debajo del eje entonces no necesitamos
hallar el área bajo la curva sino el área sobre la curva

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v = |" − 2
^
| = |
4
− |
^
= |
1
4
− 1 − }
0
4
− 0 ~| = •−
3
4
• = 0.75{
Ejemplo: siendo la misma curva anterior = − 2 en el intervalo [−1,1]
Calculando la integral con geogebra
Obtenemos área igual a cero lo cual no tiene sentido, calculando la integral usando el teorema fundamental
v = " − 2
:
= }
4
− ~
:
= €
1
4
− 1 − }
−1
4
− −1 ~• = ‚−
3
4
+
3
4
ƒ = 0
Llegamos al mismo resultado, lo que debemos hacer entonces es plantear dos integrales diferentes, una cuando
la función está por encima del eje en este caso en el intervalo [−1,0] y otra cuando la función está por debajo
del eje en este caso en el intervalo [0,1]:
v = " − 2
^
:
+ |" − 2
^
|
v = }
4
− ~
:
^
+ |
4
− |
^
= €0 − }
−1
4
− −1 ~• + |
1
4
− 1 − 0| = ‚
3
4
ƒ + •−
3
4
• =
3
2
= 1.5{
Técnicas de Integración
Anteriormente vimos algunas aplicaciones de la integral como lo son la solución de ecuaciones diferenciales,
solución del problema del cálculo de áreas, entre otros, vimos algunas propiedades y fórmulas para el cálculo de
integrales indefinidas y definidas, pero en algunos casos las funciones son más complejas y no encontramos
propiedades o fórmulas para resolver la integral para ello vamos a guiarnos de las siguientes técnicas de integración:

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Integración por Sustitución
Cuando tenemos una integral de la forma
" „% … %´
Podemos definir x = % y la derivada x = %´ , haciendo cambio de variables en la integral anterior
" % %´ = " x x
Demostración: Si tenemos la función % por la regla de la cadena se sabe que
„% … = ´„% … %´
Entonces por definición de antiderivada
" % %´ = „% … +
Y cómo es la antiderivada de , es decir, ´ = , entonces
" % %´ = „% … + = x + = " ´ x x = " x x
Ahora para resolver una integral por sustitución vamos a seguir los siguientes pasos:
1. Identificar las funciones x = % y x = %´ dentro de la integral
2. Expresar la integral solo en términos de x y x (No puede haber variable )
3. Resuelva la integral con respecto a x usando las propiedades o las fórmulas de integración
4. Por último, sustituya nuevamente x por %
Ejemplo 1: Calcular la integral
"
12
6 + 5
1. Identificamos x = % = 6 + 5 entonces x = %´ = 12
2. Expresamos nuevamente a integral en términos de x y x
"
12
6 + 5
= "
x
x
3. Resolvemos la integral con respecto a x, primeros la reescribimos utilizando propiedades de la potencia
"
1
x
x = " x:
x =
x:
−3
+ = −
1
3x
+
4. Sustituimos x por %
"
12
6 + 5
= −
1
3 6 + 5
+

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" cos #)&
1. Identificamos x = % = cos entonces x = %´ = − #)& → − x = #)&
" cos #)& = " − x x
3. Resolvemos la integral con respecto a x
− " x x = −
x
4
+
" cos #)& = −
cos
4
+
" R + 4
1. Identificamos x = % = + 4 entonces x = %´ = 2 →
F†
=
" R + 4 = "
√x
2
x
3. Resolvemos la integral con respecto a x
1
2
" x x =
1
2
x
3
2
+ =
x
3
+ =
√x
3
+
" R + 4 =
R + 4
3
+
Integración por Partes
Esta técnica de integración se aplica en diferentes funciones, pero es más aplicado en integrandos que contengan
productos de funciones algebraicas y trascendentes, para demostrar la formula recordamos la derivada de un
producto
xy = x´y + xy´
Si integramos en ambos lados de la ecuación
" xy = " x´y + xy´
Aplicando el teorema fundamental del cálculo en el miembro izquierdo y una propiedad de las integrales en el
miembro derecho de la ecuación, tenemos

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xy = " x´y + " xy´
Sabemos que x´ = x y y´ = y, entonces
xy = " y x + " x y
Despejando el termino L x y, llegamos a la fórmula de integración por partes
" x y = xy − " y x
Estrategias para integración por partes:
• Reemplazar a y como la parte más complicada del integrando y que se pueda solucionar mediante
una regla básica de integración y como x la parte restante del integrando
• Reemplazar a x como la parte del integrando cuya derivada es más simple que la misma función x,
y como y la parte restante del integrando
• Recuerde que y simpre incluye del integrando original
Pasos
1. Seleccionar que parte del integrando va a ser x y que parte va a ser y
2. Hallar x derivando la función x y y integrando la función y
3. Reemplazar en la fórmula de integración por partes
4. Solucionar la integral
Ejemplo 1: Calcule la integral
" )>
1. Selección de x y y
x =
y = )>
2. Hallar x y y
x = x =
y = )>
y = )>
3. Reemplazar en la formula L x y = xy − L y x
" )>
= )>
− " )>
4. Solucionar la integral del miembro derecho
" )>
= )>
− )>
+

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"
√ + 1
x =
y = + 1 :
2. Hallar x y y
x = x =
y = + 1 :
‡
Z y = 2 + 1
‡
Z = 2√ + 1
"
√ + 1
= 2 √ + 1 − 2 " + 1
"
√ + 1
= 2 √ + 1 − 2
2 + 1
3
+ = 2 √ + 1 −
4R + 1
3
+
"
) >
2 + 1
x = ) >
y = 2 + 1 :
2. Hallar x y y
x = ) >
x = ) >
+ 2 ) >
y = 2 + 1 :
y =
:
>8
"
) >
2 + 1
=
− ) >
2 2 + 1
− "
− ) >
+ 2 ) >
2 2 + 1

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"
) >
2 + 1
=
− ) >
2 2 + 1
+
1
2
"
) >
1 + 2
2 + 1
"
) >
2 + 1
=
− ) >
2 2 + 1
+
1
2
" ) >
"
) >
2 + 1
=
− ) >
2 2 + 1
+
1
4
) >
+
Integración por fracciones parciales
Dada la función racional
=
ˆ
‰
, ‰ ≠ 0
Sea una expresión racional propia, es decir, que el grado del denominador ‰ es mayor al del numerador
„ˆ …, y entre los dos polinomios no hay factores comunes, para poder integrar deberemos descomponer la
fracción en fracciones parciales, a continuación trabajaremos los cuatro casos:
1. Factores lineales distintos
2. Factores lineales repetidos
3. Factores cuadráticos distintos
4. Factores cuadráticos repetidos
1. Factores lineales distintos
Este caso lo aplicaremos cuando el polinomio del denominador ‰ , se pueda factorizar como producto de &
factores lineales distintos, al ser lineal significa que el grado de cada factor es 1 y es de la forma + /.
‰ = + + / + + / … +7 + /7 '& ) +a, /a $ = 1,2,3, … , &. #'& &ú)*'# *)+,)#
La descomposición en fracciones parciales consiste en encontrar constantes reales únicas v, Œ, … tales que la
descomposición en fracciones parciales de =
• >
Ž >
contiene la suma.
ˆ
+ + / + + / … +7 + /7
=
v
+ + /
+
Œ
+ + /
+ ⋯ +
•
+7 + /7
Ejemplo: Hallar la siguiente integral
"
6
4 − 25
La fracción se puede descomponer en fracciones parciales, debido a que, el denominador se puede factorizar
en dos factores distintos y las fracciones parciales entonces quedarían de la siguiente forma.
6
4 − 25
=
6
2 + 5 2 − 5
=
v
2 + 5
+
Œ
2 − 5
Solucionando la suma de fracciones parciales y haciendo ley distributiva.
6
2 + 5 2 − 5
=
v 2 − 5 + Œ 2 + 5
2 + 5 2 − 5
=
v2 − v5 + Œ2 + Œ5
2 + 5 2 − 5

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Vemos que, en las dos fracciones, los denominadores son iguales, para que se mantenga la igualdad se deben
igualar los numeradores
6 = v2 − v5 + Œ2 + Œ5
Sacando factor común y organizando un polinomio en el miembro derecho de la igualdad
6 = 2v + 2Œ + −5v + 5Œ
Para que dos polinomios sean iguales, sus coeficientes deben ser iguales, por lo tanto, podemos construir un
sistema de ecuaciones
•
2v + 2Œ = 0
−5v + 5Œ = 6
Solucionando el sistema de ecuaciones anterior, obtenemos v = − , Œ = , ahora podemos escribir nuestra
función en fracciones parciales
"
6
4 − 25
= "
v
2 + 5
+ "
Œ
2 − 5
= −
3
5
"
1
2 + 5
+
3
5
"
1
2 − 5
Estas nuevas integrales las podremos solucionar utilizando las reglas básicas
−
3
5
"
1
2 + 5
+
3
5
"
1
2 − 5
= −
3
5
}
ln|2 + 5|
2
~ +
3
5
}
ln|2 − 5|
2
~ +
Operando fracciones podemos entonces definir la solución de la integral como:
"
6
4 − 25
= −
3
10
ln|2 + 5| +
3
10
ln|2 − 5| +
2. Factores lineales repetidos
Si el denominador de la función = ˆ /‰ al descomponerlo en factores quedan repetidos
+ + / 7
, & > 1 entonces
v
+ + /
+
Œ
+ + /
+ ⋯ +
•
+ + / 7
"
2 + 1
+ 6 + 9
Al factorizar el denominador, quedan factores lineales repetidos
2 + 1
+ 6 + 9
=
2 + 1
+ 3 + 3
=
2 + 1
+ 3
Las fracciones parciales se escriben entonces de la siguiente forma
2 + 1
+ 3
=
v
+ 3
+
Œ
+ 3

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Solucionando la suma de las fracciones parciales
2 + 1
+ 3
=
v + 3 + Œ
+ 3
Al igualar los numeradores
2 + 1 = v + 3v + Œ
Igualando los coeficientes de los dos polinomios podemos decir que v = 2 3v + Œ = 1, por lo tanto, v =
2 Œ = −5, ahora podemos escribir la integral en fracciones parciales
"
2 + 1
+ 6 + 9
= "
2
+ 3
+ "
−5
+ 3
Sacando las constantes y subiendo el denominador de la segunda integral ya podremos aplicar las reglas
básicas
2 "
1
+ 3
− 5 " + 3 :
Integrando
2 ln| + 3| +
5
+ 3
+
3. Factores cuadráticos distintos
Si el denominador de la función = ˆ /‰ , contiene un producto de & factores cuadráticos irreducibles
+ + / + 0 + + / + 0 … +7 + /7 + 07
Entonces las fracciones parciales quedarían de la siguiente forma
v + Œ
+ + / + 0
+
+ “
+ + / + 0
+ ⋯ +
” + •
+7 + /7 + 07
"
2 − 4 − 8
− 1 + 4
Podemos observar en este caso que el denominador no se puede factorizar más y tenemos un factor cuadrático
irreducible, por lo tanto, al descomponer en fracciones parciales escribimos:
2 − 4 − 8
− 1 + 4
=
v
+
Œ
− 1
+
+ “
+ 4
Al solucionar la suma de las fracciones parciales
2 − 4 − 8
− 1 + 4
=
v − 1 + 4 + Œ + 4 + + “ − 1
− 1 + 4
Al igualar los numeradores y realizar ley distributiva en el miembro derecho de la igualdad
2 − 4 − 8 = v + 4v − v − 4v + Œ + 4Œ + − + “ − “

Brian Bastidas
pág. 18
Al organizar el polinomio sacando factor común
2 − 4 − 8 = v + Œ + + −v − + “ + 4v + 4Œ − “ + −4v
Al igualar los coeficientes de los polinomios de la anterior igualdad podemos construir el siguiente sistema de ecuaciones,
–
v + Œ + = 2
−v − + “ = 0
4v + 4Œ − “ = −4
−4v = −8
Solucionando el sistema de ecuaciones de la cuarta ecuación podemos decir v = 2, por lo tanto, de la primera ecuación
2 + Œ + = 2 → Œ = −
De la segunda ecuación
−2 − + “ = 0 → “ = + 2
Reemplazando A, B y D en la tercera ecuación
4 2 + 4 − − + 2 = −4 → 8 − 5 − 2 = −4 → = 2
Teniendo el valor de C podemos hallar B y D obteniendo los cuatro
v = 2, Œ = −2, = 2, “ = 4
Otra forma de hallar los valores de v, Œ, “, sin necesidad de construir el sistema de ecuaciones es igualando los
numeradores pero sin hacer ley distributiva y organizar el polinomio, lo que haremos es darle los valores de que hacen
que cada factor del denominador de igual a cero.
2 − 4 − 8 = v − 1 + 4 + Œ + 4 + + “ − 1
En este caso podemos empezar evaluando la ecuación cuando = 0, se cancelan el segundo y el tercer término y queda
−8 = −4v → v = 2
También podemos evaluar la ecuación cuando = 1, se cancelan el primer y tercer término quedando
−10 = Œ5 → Œ = −2
Como el otro factor es + 4, no hay valor de que de igual a cero por lo tanto le daremos dos valores a
diferente de los anteriores y reemplazando v Œ haciendo un sistema de ecuaciones más sencillo, para este
caso elijo cuando = 2
16 − 8 − 8 = 2 1 8 + −2 2 8 + 2 + “ 2 1
Resolviendo y despejando obtenemos la primera ecuación
8 = 2 + “
Cuando = −1
−2 + 4 − 8 = 2 −2 5 + −2 −1 5 + − + “ −1 −2
Resolviendo y despejando obtenemos la segunda ecuación
2 = − + “
Obteniendo un sistema de ecuaciones muy sencillo

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pág. 19
•
2 + “ = 8
− + “ = 2
Solucionando este sistema de ecuaciones obtenemos, = 2 y “ = 4, obteniendo los mismos 4 valores anteriores, ahora
podemos realizar la integración por fracciones parciales
"
2 − 4 − 8
− 1 + 4
= "
2
+ "
−2
− 1
+ "
2 + 4
+ 4
Sacando las constantes
2 "
1
− 2 "
1
− 1
+ "
2
+ 4
+ 4 "
1
+ 4
Utilizando las reglas de integración, (la tercera integral falta demostrar)
"
2 − 4 − 8
− 1 + 4
= 2 ln| | − 2 ln| − 1| + ln| + 4| + 2 arctan ˜
2
˜ +
4. Factores cuadráticos iguales
Si el denominador de la función = ˆ /‰ , contiene un factor cuadrático irreducible repetido
+ + / + 0 7
, & > 1, entonces
v + Œ
+ + / + 0
+
+ “
+ + / + 0
+ ⋯ +
” + •
+ + / + 0 7
"
− + 4
+ 4
Escrito en fracciones parciales
− + 4
+ 4
=
v + Œ
+ 4
+
+ “
+ 4
Solucionando la suma de fracciones del miembro izquierdo
− + 4
+ 4
=
v + Œ + 4 + + “
+ 4
Igualando los numeradores y haciendo ley distributiva en el miembro izquierdo de la ecuación
− + 4 = v + 4v + Œ + 4Œ + + “
Organizamos el polinomio
− + 4 = v + Œ + 4v + + 4Œ + “
Igualando coeficientes de los dos polinomios
–
v = 0
Œ = 1
4v + = −1
4Œ + “ = 4

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pág. 20
Reemplazando los valores de A y B en la tercera y cuarta ecuación obtenemos que = −1 y “ = 0, con estos
valores escribimos la integral en fracciones parciales
"
− + 4
+ 4
= "
0 + 1
+ 4
+ "
− + 0
+ 4
Quedando las integrales
"
1
+ 4
− "
+ 4
La primera integral se puede resolver utilizando sustitución trigonométrica y la segunda integral por sustitución.
"
− + 4
+ 4
=
1
2
arctan ˜
2
˜ +
1
2 + 4
+
Integrales Trigonométricas Inversas
En los anteriores ejercicios vimos el resultado de una integral como una función trigonométrica inversa, a
continuación, relaciono las integrales que involucran las funciones trigonométricas inversas
"
x
√+ − x
= arcsen
x
+
+
"
x
+ + x
=
1
+
arctan
x
+
+
"
x
x√x − +
=
1
+
arcsec
|x|
+
+
Para entender estas integrales debemos acordarnos de la demostración de las derivadas de las funciones
trigonométricas inversas
arcsen =
1
√1 −
Para demostrar este resultado, si la función = arcsin definimos y = arcsin , por lo tanto, siny = , si
derivamos en ambos lados
sen y = → cosy ∙ y´ = 1 → y =
1
cosy
→ arcsen =
1
cos y
Solo falta hallar quien es cos y, para ello utilizamos el teorema de Pitágoras y despejamos cos y
#)& y + 0'# y = 1 → 0'# y = 1 − #)& y → cos y = R1 − #)& y
Anteriormente definimos sin y = , por lo tanto, #)& y = , de esta manera, cos y = √1 −
arcsen =
1
√1 −
También debemos recordar que las derivadas inversas se agrupan en tres pares, en cada par una es positiva y la
otra negativa, de esta forma si nos piden la derivada de +*00'#, entonces, sería la misma de +*0#$& pero
negativa

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pág. 21
arccos = −
1
√1 −
Sustitución trigonométrica
Esta técnica de integración se utiliza para hallar integrales que contienen términos de la forma
R+ − , R + + , R − +
La idea ahora es quitar el radical del integrando y lo haremos utilizando las identidades pitagóricas
0'# ™ = 1 − #)& ™, #)0 ™ = 1 + (+& ™, (+& ™ = #)0 ™ − 1
Directrices
1. Para integrales que contienen √+ −
= + ∙ sen™ y √+ − = + ∙ cos™
para −š/2 d ™ d š/2
2. Para integrales que contienen √ + +
= + ∙ tan ™ y √ + + = + ∙ sec ™
para −š/2 d ™ d š/2
3. Para integrales que contienen √ − +
= + ∙ sec™
R − + = ›
+ ∙ tan ™ , #$ > +, '& ) 0 d ™ _ š/2
−+ ∙ tan ™ , #$ _ −+, '& ) š/2 d ™ _ š
Ejemplo 1: Hallar la integral indefinida
"
√9 −
Este caso es de la forma √+ − , donde + = 3, por lo tanto = 3 sen™ y √9 − = 3 cos ™, hallamos =
3 cos ™ ™ y = 9 sen ™ reescribimos la integral
"
9 sen ™
3 cos ™
3 cos ™ ™ = 9 " sen ™ ™
Usando la identidad de la mitad de un ángulo sen ™ = 1/2 ∙ 1 − cos2™

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pág. 22
9 " sen ™ ™ = 9 "
1
2
∙ 1 − cos 2™ ™ =
9
2
" 1 − cos 2™ ™
9
2
™ −
9
4
sen2™ + =
9
2
™ −
9
2
sen ™ cos ™ +
Teniendo ahora la solución de la integral volvemos a sustituir la expresión para que quede en función de , en este
caso:
™ = sen: >
, sen ™ =
>
, cos™ =
√Q:>Z
"
√9 −
=
9
2
sen:
3
−
9
4
∙
3
∙
√9 −
3
+ =
9
2
sen:
œ
3
• −
2
R9 − +
"
√4 + 9
Primero podemos escribir la integral de esta forma
"
R 2 + 3
Este caso es de la forma √ + + , donde + = 3, por lo tanto 2 = 3 tan ™ → =
žŸ ¡
y √4 + 9 = 3 sec ™,
hallamos = sec ™ ™ y =
¢ žŸ O ¡
S
reescribimos la integral
"
3 sec ™
81 tan ™
16
3
2
sec ™ ™ =
8
9
"
sec ™
tan ™
™ =
8
9
"
1
cos ™
∙
cos ™
sen ™
™ =
8
9
"
cos ™
sen ™
™
Para integrar la última parte utilizamos sustitución donde x = sen™ y x = cos ™ ™
8
9
"
cos™
sen ™
™ =
8
9
"
1
x
x =
8
9
" x:
x
Aplicando reglas básicas de integración
8
9
" x:
x =
8
9
∙
x:
−3
+ = −
8
27x
+
Reemplazando x nuevamente
−
8
27x
+ = −
8
27 sen ™
+
Por último, utilizando el triángulo sabemos que:
sen™ =
2
√4 + 9
Reemplazando este valor en el paso anterior

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pág. 23
−
8
27 sen ™
+ = −
8
27 ‚
2
√4 + 9
ƒ
+ = −
„√4 + 9…
27
+
Siendo este último la solución de la integral
"
√4 + 9
= −
„√4 + 9…
27
+
" R − 25
Este caso es de la forma √ − + , donde + = 5, por lo tanto = 5 sec™ y √ − 25 = 5 tan ™, hallamos =
5 sec ™ tan ™ ™ y = 5 sec ™, reescribimos la integral
" 5 sec ™ ∙ 5 tan ™ ∙ 5 sec ™ tan ™ ™ = 5 " sec ™ tan ™ ™ = 5 " sec ™ sec ™ tan ™ ™
Utilizamos identidad pitagórica sec ™ = 1 + tan ™
5 " 1 + tan ™ sec ™ tan ™ ™
Ahora integraremos por sustitución definiendo x = tan ™ y x = sec ™ ™
5 " 1 + x x x = 5 " x + x x
Utilizamos la regla de la potencia
5 €
x
3
+
x
5
• + =
5 x
3
+ 5 x + =
5 tan ™
3
+ 5 tan ™ +
Inicialmente habíamos definido √ − 25 = 5 tan ™, por lo tanto, tan ™ =
√>Z:
, reemplazando en la función
anterior
5
3
€
√ − 25
5
• + 5 €
√ − 25
5
• +
Aplicando propiedades de las potencias y simplificando, podemos definir la integral
" R − 25 =
25
3
R − 25 +
1
5
R − 25 +

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