integracion

1. Chapter 1
Integrales por sustitución
Este método de integración se basa en lo siguiente:
Dada la integral
Z
f(x)dx
Hacemos el cambio de variable x = ϕ(t) ; dx = ϕ0
(t)dt
siendo ϕ(t)una función que admite derivada continua no nula y cuya función inversa es
t = ψ(x)
EntoncesZ
f(x)dx =
Z
f(ϕ(t))ϕ0
(t)dt =1
φ(t) + C = φ(ψ(x)) + C
Tenemos que demostrar que [φ(ψ(x))]0
= f(x)
Demostración:
[φ(ψ(x))]
0
=2
φ0
(ψ(x))ψ0
(x)3
= φ0
(t)
1
ϕ0(t)
= f(ϕ(t))ϕ0
(t) ·
1
ϕ0(t)
= f(ϕ(t)) = f(x)
Ejemplos:
1)
Z
ex
e2x + 1
dx. Hacemos ex
= t ; x = ln t ; dx =
1
t
dt Con lo que la integral quedaría:
Z
1
t2 + 1
dt = arctan t + C
Deshaciendo el cambio de variable:
Z
ex
e2x + 1
dx = arctan ex
+ C
2)
Z
x
√
3x2 − 3
dx Hacemos 3x2
− 3 = t ; 6xdx = dt ; xdx =
1
6
dt Con lo que
1
6
Z
1
√
t
dt =
1
6
Z
t
−1
2 dt =
1
6
t
1
2
1
2
+ C =
√
t
3
+ C. Deshaciendo el cambio
Z
x
√
3x2 − 3
dx =
√
3x2 − 3
3
+ C
3)
Z
√
4 − x2dx. Hacemos el cambio de variable x = 2 sin t ; dx = 2 cos tdt
Con lo la integral quedaría:Z p
4 − 4 sin2
t2 cos tdt = 4
Z
cos2
tdt = 4
Z
1 + cos 2t
2
dt = 2t + sin 2t + C =
1 Este cambio de variable es adecuado siempre que esta integral sea más sencilla
2 Por la regla de la cadena
3 Al ser ϕ y ψ funciones inversas, por la derivada de una función inversa ψ0(x) =
1
ϕ0(t)
1

2. Chapter 1 Integrales por sustitución
= 2t + 2 sin t cos t + C
Deshaciendo el cambio de variable ( t = arcsin
x
2
; sin t =
x
2
; cos t =
√
4 − x2
2
)
Z
√
4 − x2dxdx = 2 arcsin
x
2
+
x
√
4 − x2
2
+ C
4)
Z
cos
√
xdx4
Realiza el cambio de variable siguiente x = t2
; dx = 2tdt
Tendrás que resolver por partes la siguiente integral 2
Z
t cos tdt y después volver a
deshacer el cambio de variable.Z
t cos tdt = cos t + t sin t + C
Por lo tantoZ
cos
√
xdx = 2 (cos
√
x +
√
x sin
√
x) + C
1.1 Ejercicios de integración por cambio de variable
– I1 =
Z
1
2x + 2−x
dx
Realizamos el siguiente cambio de variable
2x
= t → x ln 2 = ln t; x =
1
ln 2
· ln t → dx =
1
ln 2
·
1
t
dt
Con lo que la integral quedará de la siguiente manera:
I1 =5
Z
1
t +
1
t
1
ln 2
·
1
t
dt =
Z
1
(t2 + 1) ln 2
dt =
arctan t
ln 2
+ C
Deshaciendo el cambio de variable tendremos
Z
1
2x + 2−x
dx =
1
ln 2
arctan 2x
+ C
Nota:Esta integral; también se puede resolver con las siguientes transformacionesZ
1
2x + 2−x
dx =
Z
1
2x +
1
2x
dx =
Z
2x
22x + 1
dx =
Z
2x
1 + (2x)
2
dx =
4 Otra forma de resolverla:→
Z
cos
√
xdx =
Z
√
x
cos
√
x
√
x
dx
Intégrala por partes considerando f(x) =
√
x y g0(x) =
cos
√
x
√
x
5 2−x =
1
2x
2

3. Section 1.1 Ejercicios de integración por cambio de variable
1
ln 2
Z
2x
· ln 2
1 + (2x)2
dx =
1
ln 2
arctan 2x
+ C
2) I2 =
Z
e2x
+ ex
ex − 1
dx
Realizamos el siguiente cambio de variable
ex
= t → x ln e = ln t; x = ln t → dx =
1
t
dt
Con lo que la integral quedará de la siguiente manera:
Z
e2x
+ ex
ex − 1
dx =
Z
t2
+ t
t − 1
·
1
t
dt =
Z
t2
+ t
t2 − t
dt =
Z
t + 1
t − 1
dt
Como
t + 1
t − 1
= 1 +
2
t − 1
; entonces
Z
t + 1
t − 1
dt =
Z µ
1 +
2
t − 1
¶
dt = t + 2 ln |t − 1| + C
Deshaciendo el cambio de variable
Z
e2x
+ ex
ex − 1
dx = ex
+ 2 ln |ex
− 1| + C
Nota:Esta integral; también se puede resolver con la siguiente idea feliz:
Z
e2x
+ ex
ex − 1
dx =
Z
(ex
)2
+ ex
ex − 1
dx =6
Z µ
ex
+
2 · ex
ex − 1
¶
dx = ex
+ 2 ln |ex
− 1| + C
3) I3=
Z
ex
+ 1
ex + 2 + e−x
dx
Realizamos el siguiente cambio de variable
ex
= t → x ln e = ln t; x = ln t → dx =
1
t
dt
Con lo que la integral quedará de la siguiente manera:
I3 =
Z
t + 1
t + 2 +
1
t
·
1
t
dt =
Z
t + 1
t2 + 2t + 1
dt =
Z
t + 1
(t + 1)2
dt =
Z
1
t + 1
dt =
ln |t + 1| + C
Deshaciendo el cambio de variableZ
ex
+ 1
ex + 2 + e−x
dx = ln |ex
+ 1| + C
6
(ex)2
+ ex
ex − 1
= ex +
2 · ex
ex − 1
3

4. Chapter 1 Integrales por sustitución
Nota:Otra forma de resolverla; seríaZ
ex
+ 1
ex + 2 + e−x
dx =
Z
ex
+ 1
ex + 2 +
1
ex
dx =
Z
e2x
+ ex
e2x + 2ex + 1
dx =
Z
ex
(ex
+ 1)
(ex + 1)
2
dx =
Z
ex
ex + 1
dx = ln |ex
+ 1| + C
4) I4=
Z
1
x(1 + ln x)
dx
Realizamos el siguiente cambio de variable
ln x = t → x = et
; → dx = et
dt
Con lo que la integral quedará de la siguiente manera:
I4 =
Z
1
et(1 + t)
· et
dt =
Z
1
t + 1
dt = ln |t + 1| + C
Deshaciendo el cambio de variableZ
1
x(1 + ln x)
dx = ln |1 + ln x| + C
Nota:Otra forma de resolverla; sería
Z
1
x(1 + ln x)
dx =
Z
1
x
(1 + ln x)
dx = ln |1 + ln x| + C
5) I5=
Z
1 + ln x
x(1 − ln x)
dx
Realizamos el siguiente cambio de variable
ln x = t → x = et
; → dx = et
dt
Con lo que la integral quedará de la siguiente manera:
I5 =
Z
1 + t
et(1 − t)
· et
dt =
Z
t + 1
1 − t
dt =
Z µ
−1 −
2
t − 1
¶
dt = −t − 2 ln |t − 1| + C
Deshaciendo el cambio de variableZ
1 + ln x
x(1 − ln x)
dx = − ln |x| − 2 ln |1 − ln x| + C
6)
Z
2 + 6
√
x − 1
3
p
(x − 1)2 −
√
x − 1
dxdx
Realizamos el siguiente cambio de variable
x − 1 = t6
(fíjate que 6 = m.cm(2, 3, 6))→ x = t6
+ 1 → dx = 6t5
dt
Con lo que
Z
2 +
6
√
t6
3
√
t12 −
√
t6
· 6t5
dt =
Z
6t3
+ 12t2
t − 1
dt =
4

5. Section 1.1 Ejercicios de integración por cambio de variable
Z µ
6t2
+ 18t + 18 +
18
t − 1
¶
dt = 2t3
+ 9t2
+ 18t + 18 ln |t − 1| + C
Deshaciendo el cambio de variable
Z
2 + 6
√
x − 1
3
p
(x − 1)2 −
√
x − 1
dx = 2
√
x − 1+9 3
√
x − 1+18 6
√
x − 1+18 ln
¯
¯ 6
√
x − 1 − 1
¯
¯+C
7)
Z
1
√
x −
4
√
x3
dx
Realizamos el siguiente cambio de variable
x = t4
(fíjate que 4 = m.c.m(2, 4))→ dx = 4t3
dtZ
1
√
x −
4
√
x3
dx =
Z
1
√
t4 −
4
√
t12
· 4t3
dt =
4
Z
t
1 − t
dt = 4
Z µ
−1 +
1
1 − t
¶
dt = 4 (−t − ln |1 − t|) + C
Deshaciendo el cambio de variableZ
1
√
x −
4
√
x3
dx = 4 (− 4
√
x − ln |1 − 4
√
x|) + C
8)
Z
x −
√
x − 1
x +
√
x − 1
dx
Realizamos el siguiente cambio de variable
x − 1 = t2
→ x = t2
+ 1 → dx = 2tdt
Con lo que
Z
x −
√
x − 1
x +
√
x − 1
dx =
Z
t2
+ 1 − t
t2 + 1 + t
· 2tdt = 2
Z
t3
− t2
+ t
t2 + t + 1
dt
Esta integral es racional; sigue resolviéndola tú
El resultado de
Z ¡
t3
− t2
+ t
¢
t2 + t + 1
dt ha de ser: 1
2 t2
− 2t + ln
¡
t2
+ t + 1
¢
+
2
3
√
3 arctan 2t+1√
3
+ C
5

6. Chapter 1 Integrales por sustitución
9)
Z
dx
(2 − x)
√
1 − x
Realizamos el siguiente cambio de variable
1 − x = t2
→ x = 1 − t2
→ dx = −2tdt
Con lo queZ
dx
(2 − x)
√
1 − x
=
Z
−2tdt
(2 − 1 + t2)t
= −2
Z
dt
1 + t2
= −2 arctan t + C
Deshaciendo el cambio de variableZ
dx
(2 − x)
√
1 − x
= −2 arctan
√
1 − x + C
10)
Z
dx
x
√
x + 2
Realizamos el siguiente cambio de variable
x + 2 = t2
→ x = t2
− 2 → dx = 2tdt
Con lo que
Z
2tdt
(t2 − 2) t
= 2
Z
dt
(t2 − 2)
=7 1
√
2
ÃZ
dt
t −
√
2
−
Z
dt
t +
√
2
!
=
=
1
√
2
¡
ln
¯
¯t −
√
2
¯
¯ − ln
¯
¯t +
√
2
¯
¯
¢
+ C
Deshaciendo el cambio de variableZ
dx
x
√
x + 2
=
1
√
2
¡
ln
¯
¯
√
x + 2 −
√
2
¯
¯ − ln
¯
¯
√
x + 2 +
√
2
¯
¯
¢
+ C
11) I11 =
Z
x
1 +
√
x
dx
Realizamos el siguiente cambio de variable
x = t2
→→ dx = 2tdt
Con lo queZ
t2
1 +
√
t2
· 2tdt = 2
Z
t3
t + 1
dt = 2
Z µ
t2
− t + 1 −
1
t + 1
¶
dt =
= 2
µ
t3
3
−
t2
2
+ t − ln |t + 1|
¶
+ C
Deshaciendo el cambio de variable
I11 = 2
Ã√
x3
3
−
x
2
+
√
x − ln |
√
x + 1|
!
+ C
12)
Z
1
(x − 3)2
√
x2 − 2x + 5
dx
7 1
³
t −
√
2
´ ³
t +
√
2
´ =
1
2
√
2
Ã
1
t −
√
2
−
1
t +
√
2
!
6

7. Section 1.1 Ejercicios de integración por cambio de variable
Realizamos el siguiente cambio de variable x − 3 =
1
t
x = 3 +
1
t
; dx =
−1
t2
dt Con lo que la integral quedará así:
Z
1
(x − 3)2
√
x2 − 2x + 5
dx =
Z
1
1
t2
sµ
3 +
1
t
¶2
− 2
µ
3 +
1
t
¶
+ 5
−1
t2
dt
= −
Z
t
√
8t2 + 4t + 1
dt = −
1
16
Z
16t + 4 − 4
√
8t2 + 4t + 1
dt
Esta integral se descompone como suma de dos integrales
= −
1
16
Z
16t + 4
√
8t2 + 4t + 1
dt +
4
16
Z
1
√
8t2 + 4t + 1
dt =
= −
2
16
√
8t2 + 4t + 1 +
1
4
J
Calculemos pues J por el método de los cuatro pasos
J =
Z
1
√
8t2 + 4t + 1
dt
Multiplicamos y dividimos por
√
4a(
√
32)
J =
√
32
Z
1
√
256t2 + 128t + 32
dt =
Sumemos y restemos en el denominador b2
(16)
=
√
32
Z
1
√
256t2 + 128t + 16 − 16 + 32
dt
Fíjate en esta transformación
=
√
32
Z
1
q
(16t + 4)2
+ 16
dt :
Sacamos en el radicando del denominador factor común 16
=
√
32
Z
1
v
u
u
t16
Ã
(16t + 4)
2
16
+ 1
!
dt =
√
2
Z
1
sµ
16t + 4
4
¶2
+ 1
dt =
=
√
2
Z
1
q
(4t + 1)
2
+ 1
dt
Multiplicamos dentro de la integral por 4 y fuera de la integral dividimos por 4 para que
no varíe
=
√
2
4
Z
4
q
(4t + 1)2
+ 1
dt =
√
2
4
ln
¯
¯
¯
¯4t + 1 +
q
(4t + 1)2
+ 1
¯
¯
¯
¯ + C
Con lo que la integral K = −
Z
t
√
8t2 + 4t + 1
dt dará
7

8. Chapter 1 Integrales por sustitución
K = −
2
16
√
8t2 + 4t + 1+
√
2
16
ln
¯
¯
¯
¯4t + 1 +
q
(4t + 1)
2
+ 1
¯
¯
¯
¯
Deshaciendo el cambio de variable inicial y teniendo presente que t =
1
x − 3
tendremos
que
I12 = −
1
8
s
8
(x − 3)
2
+
4
x − 3
+ 1+ ln
¯
¯
¯
¯
¯
¯
4
x − 3
+ 1 +
sµ
4
x − 3
+ 1
¶2
+ 1
¯
¯
¯
¯
¯
¯
+ C =
I12 =
−
√
x2 − 2x + 5
8
+
√
2
16
ln
¯
¯
¯
¯
¯
1 + x +
√
2
p
(5 − 2x + x2)
x − 3
¯
¯
¯
¯
¯
+ C
13)
Z
1
(x − 2)2
√
x2 − 4x + 1
dx ; x − 2 =
1
t
14)
Z
1
y
p
y2 + y + 1
dy;; y =
1
t
14)
Z
1
x2
√
x2 − 4
dx
x =
1
t
→ dx =
−1
t2
dt
Z
1
x2
√
x2 − 4
dx =
Z
−1
t2
1
t2
r
1
t2
− 4
dt =
Z
−t
√
1 − 4t2
dt = 1
4
p
(1 − 4t2) + C
Deshaciendo el cambio de variable; tendremos
Z
1
x2
√
x2 − 4
dx = 1
4
sµ
1 −
4
x2
¶
+ C =
p
(x2 − 4)
4x
+ C
Nota:Todas las integrales inmediatas también se pueden resolver por cambio de
variable
8