El documento presenta la solución de varios problemas de cálculo integral resueltos mediante diferentes métodos como sustitución, integración por partes y trigonométricas. En menos de 3 oraciones resume los principales puntos tratados: la resolución de 8 integrales indefinidas utilizando sustitución y 5 integrales utilizando integración por partes con diferentes funciones integrandas.

1. Universidad Nacional Andr´es Bello
Departamento de Matem´aticas
C´alculo Integral
Profesor Javier Olivos
Pauta Ayudant´ıa No
1
Ayudante: Mauricio Vargas
31 de marzo de 2012
P1 Calcule la siguiente integral indefinida:
cos2
(x)dx
Soluci´on
Notemos que la integral se puede reescribir
cos(x) · 1 − sen2(x)dx
de esta forma se puede aplicar cambio de variables. Sean
u = cos(x) → du = − sen(x)dx
dv = cos(x)dx → v = sen(x)
Ahora aplicamos la f´ormula de integraci´on por partes udv = uv − vdu:
cos2
(x) = cos(x) sen(x) + sen(x)2
dx
cos2
(x) = cos(x) sen(x) + (1 − cos2
(x))dx
cos2
(x) = cos(x) sen(x) + 1dx − cos2
(x)dx
2 cos2
(x) = cos(x) sen(x) + 1dx
2 cos2
(x) = cos(x) sen(x) + x + c
cos2
(x) =
1
2
(cos(x) sen(x) + x + c)
P2 Calcule la integral indefinida
x + 1
x2 + 1
dx
Soluci´on
Podemos hacer una sustituci´on trigonom´etrica :
x = tan(α) → dx = sec2
(α)dα
lo cual resulta
(tan(α) + 1)
tan2
(α) + 1
sec2
(α)dα = tan(α)dα + 1dα
la primera la desarrollamos:
tan(α)dα =
sen(α)
cos(α)
dα
u = cos(α) → du = − sen(α)dα
1

2. sen(α)
cos(α)
dα = −
du
u
= − ln | cos(α)| + c1
la segunda es inmediata (vale α + c2) entonces:
tan(α)dα + 1dα = − ln | cos(α)| + α + (c1 + c2)
Ahora volvemos a la variable original (x = tan(α)):
− ln | cos(α)| + α + (c1 + c2) = − ln
1
√
1 + x2
+ arctan(x) + (c1 + c2)
n´otese que para arreglar el logar´ıtmo usamos la propiedad 1 + tan2
(α) = sec2
(α).
Finalmente
x + 1
x2 + 1
dx = − ln
1
√
1 + x2
+ arctan(x) + (c1 + c2)
P3 Sea y = f(x) tal que f(x) : R → R+ encuentre el valor de y que cumple
y = y
Soluci´on
El problema del enunciado consiste en encontrar
y = y
es decir, una funci´on que coincida con su derivada.
Supongamos que y = 0 al menos para un punto x0 ∈ R. Dividamos por y a ambos lados y obtenemos:
y
y
= 1
Integrando a ambos lados nos queda
x
x0
y (u)
y(u)
du =
x
x0
1 du ⇒
x
x0
y (u)
y(u)
du = (x − x0)
Aplicando el cambio de variable z = y(u), dz = y (u)du, de modo que y0 = y(x0), obtenemos:
x
x0
y (u)
y(u)
du =
y
y0
dz
z
= ln(|y|) − ln(|y0|) = ln
y
y0
⇒ ln
y
y0
= (x − x0)
de modo que, aplicando exponencial a ambos lados, obtenemos:
y
y0
= exp(x − x0) ⇒ y = y0 · exp(x − x0)
y haciendo λ = y0e−x0
(y0 y x0 son valores fijos), obtenemos que cualquier y de la forma y = λex
es soluci´on
del problema inicial.
P4 Sea f : [0, 2] → R definida por
f(t) =
0 si 0 ≤ t < 1
1 si 1 ≤ t ≤ 2
Encuentre la funci´on F tal que F(x) =
x
0
f(t)dt. ¿Qu´e puede decir respecto de la continuidad y diferencia-
bilidad de F y f en x0 = 1?
2

3. Soluci´on
Tenemos que f es discontinua en x0 = 1 y no es derivable en dicho punto. Tomando F : [0, 2] → R y F(x) =
x
0
f(t)dt la integral de f la podemos separar en dos integrales
F(x) =
1
0
f(t)dt +
x
1
f(t)dt
Entonces
F(x) =
0 si 0 ≤ t ≤ 1
x − 1 si 1 ≤ t ≤ 2
Resulta que F es continua en x0 = 1 pero no es derivable en dicho punto.
P5 Sea
F(x) =
y
x
(exp(−x) − exp(−2x))dx
encuentre el m´aximo valor de la integral respecto a los l´ımites de integraci´on si se sabe que y − x = c (c es
constante).
Soluci´on
Para eliminar la variable y hacemos el reemplazo y = x + c entonces nos queda
F(x) =
x+c
x
(exp(−x) − exp(−2x))dx
ahora para encontrar un m´aximo nos sirve tomar F (x) = 0, entonces
F (x) = 0 ⇒
d
dx
x+c
x
(exp(−x) − exp(−2x))dx = 0
usando el teorema fundamental del c´alculo esto se simplica a lo siguiente:
F (x) = 0 ⇒ exp(−x − c) − exp(−2x − 2c) = 0
Entonces
exp(−x − c) = exp(−2x − 2c) ⇒ (1 − exp(−c)) exp(−x) = (1 − exp(−2c)) exp(−2x)
⇒ exp(x) =
1 − exp(−2c)
1 − exp(−c)
> 0
Finalmente
x = ln
1 − exp(−2c)
1 − exp(−c)
P6 Para conocer el valor actual de los pagos futuros ya sean de rentas, becas, subsidios, anualidades,
intereses, etc. el valor de estos pagos futuros se determina mediante la f´ormula del valor presente (V P) dada
por:
V P =
n
0
v exp(−rt)dt
donde
n: a˜nos o peri´odos
v: d´olares o pesos por a˜no
r: tasa de descuento por peri´odo
Encuentre una expresi´on para el valor presente de un monto constante que se paga todos los meses durante
los pr´oximos n periodos (n es un n´umero finito).
3

4. Imagine que el mes pasado le prest´o dinero con intereses a un amigo y que el mes siguiente reci´en debe
comenzar a pagarle en cuotas. Suponga que su amigo ofrece pagarle un monto k hoy mismo a cambio de no
pagar las cuotas de los pr´oximos n periodos. ¿En qu´e caso conviene aceptar el dinero que le ofrecen?
Soluci´on
Integramos con respecto a t
V P =
n
0
v exp(−rt)dt =
−1
r
v exp(−rt)
t=n
t=0
= −
v exp(−rn)
r
+
v exp(0)
r
=
v
r
(1 − exp(−rn))
Si k > V P claramente le conviene aceptar el dinero que le ofrecen hoy, si k = V P es indiferente el dinero que
ofrecen hoy o que le paguen las cuotas y si k < V P es conveniente que le paguen las cuotas.
P7 Suponga que el gobierno entrega una beca de fotocopias a todos los estudiantes por un monto de $10.000
mensuales de marzo a diciembre. Esta beca tendr´a una duraci´on de dos a˜nos y se podr´a renovar. ¿Cu´al es el
valor presente de 2 a˜nos de beca si la tasa de descuento es de 5 % mensual?
Soluci´on
Aplicando la f´ormula de la pregunta 6 debemos fijar los l´ımites de la integral, esto es
V P =
20
0
10000 · exp(−0, 05t)dt = 10000 ·
exp(−0, 05t)
0, 05
t=20
t=0
= 200000(exp(−1) − exp(0)) = −126424
esto nos da un valor negativo del ´area bajo la curva as´ı que para que tenga sentido vamos a arreglar la integral
V P = −
0
20
10000 · exp(−0, 05t)dt = 10000 ·
exp(−0, 05t)
0, 05
t=0
t=20
= 200000(exp(0) − exp(−1)) = 126424
Es decir, la beca en valor actual equivale a recibir $126.400 aproximadamente.
4

5. Universidad Nacional Andr´es Bello
Departamento de Matem´aticas
C´alculo Integral
Profesor Javier Olivos
Pauta Ayudant´ıa No
2
Ayudante: Mauricio Vargas
4 de abril de 2012
P1 Resuelva las siguientes integrales utilizando el m´etodo de sustituci´on
1. (a + bx)n
dx, b = 0, n = 1
2.
dx
a + bx
, b = 0
3.
dx
√
a − x2
, a > 0
4.
2x + 1
x2 + x + 1
dx
5. (a + bx2
)n
xdx, b = 0, n = 1
6.
dx
√
a + x2
7. sen2
(x) cos(x)dx
8.
x
(x2 + 1)n
dx, n = 1
Soluci´on
1. (a + bx)n
dx, b = 0, n = 1
a + bx = t → x =
t − a
b
, dx =
dt
b
(a + bx)n
dx =
tn
dt
b
=
1
b
·
tn+1
n + 1
+ c =
1
b
·
(a + bx)n+1
n + 1
+ c
2.
dx
a + bx
, b = 0
a + bx = t
dx
a + bx
=
dt
bt
=
1
b
dt
t
=
ln |a + bx|
b
+ c
3.
dx
√
a − x2
x =
√
at → dx =
√
adt
dx
√
a − x2
=
√
adt
√
a − at2
=
√
adt
√
a
√
1 − t2
= arc sen
x
√
a
+ c
1

6. 4.
2x + 1
x2 + x + 1
dx
x2
+ x + 1 = t → (2x + 1)dx = dt
2x + 1
x2 + x + 1
dx =
dt
t
= ln |t| + c
2x + 1
x2 + x + 1
dx = ln |x2
+ x + 1| + c
5. (a + bx2
)n
xdx, b = 0, n = 1
a + bx2
= t → 2bxdx = dt, xdx =
dt
2b
(a + bx2
)n
xdx =
1
2b
tn
dt =
1
2b
·
tn+1
n + 1
+ c
(a + bx2
)n
xdx =
1
2b
·
(a + bx2
)n+1
n + 1
+ c
6.
dx
√
a + x2
a + x2 + x = t →
2x
2
√
a + x2
+ 1 =
√
a + x2 + x
√
a + x2
=
t
√
a + x2
= dt
dx
√
a + x2
=
dt
t
= ln |t| + c
dx
√
a + x2
= ln | a + x2 + x| + c
7. sen2
(x) cos(x)dx
t = sen(x) → dt = cos(x)dx
sen2
(x) cos(x)dx = t2
dt =
t3
3
+ c
sen2
(x) cos(x)dx =
sen3
(x)
3
+ c
8.
x
(x2 + 1)n
dx, n = 1
x2
+ 1 = t → 2xdx = dt
x
(x2 + 1)n
dx =
1
2
dt
tn
=
t−n
dt
2
=
t1−n
2(1 − n)
+ c
x
(x2 + 1)n
dx =
(x2
+ 1)1−n
2(1 − n)
+ c
2

7. P2 Resuelva las siguientes integrales utilizando el m´etodo de integraci´on por partes
1. xex
dx
2. ln(x)dx
3. xn
ln(x)dx, n = −1
4. arc sen(x)dx
5. sen(ln(x))dx
Soluci´on
1. xex
dx
u = x → du = dx
dv = ex
dx → v = ex
xex
dx = xex
− ex
dx = ex
(x − 1) + c
2. ln(x)dx
u = ln(x) → du =
dx
x
dv = dx → v = x
ln(x)dx = ln(x) · x −
xdx
x
= ln(x) · x − x + c
3. xn
ln(x)dx, n = −1
u = ln(x) → du =
dx
x
dv = xn
dx → v =
xn+1
n + 1
xn
ln(x)dx = ln(x) ·
xn+1
n + 1
−
xn+1
n + 1
·
dx
x
xn
ln(x)dx = ln(x) ·
xn+1
n + 1
−
xn+1
(n + 1)2
+ c
3

8. 4. arc sen(x)dx
u = arc sen(x)dx → du =
dx
√
1 − x2
dv = dx → v = x
arc sen(x)dx = arc sen(x) · x −
xdx
√
1 − x2
1 − x2
= t → −2xdx = dt, xdx = −
dt
2x
xdx
√
1 − x2
=
1
2
dt
√
t
= −
√
t = − 1 − x2
arc sen(x)dx = arc sen(x) · x − 1 − x2 + c
5. sen(ln(x))dx
sen(ln(x))dx
u = ln(x) → du = 1/xdx = 1/eu
dx
sen(u)eu
du
y = sen(u) → dy = cos(u)
dz = eu
du → z = eu
sen(u)eu
du = sen(u)eu
− eu
cos(u)du
eu
cos(u)du
a = cos(u) → da = − sen(u)du
db = eu
→ b = eu
sen(u)eu
− eu
cos(u)du = sen(u)eu
− (eu
cos(u)du − (− sen(u)eu
du))
sen(u)eu
− eu
cos(u)du = sen(u)eu
− eu
cos(u)du − sen(u)eu
du
sen(u)eu
du = sen(u)eu
− eu
cos(u)du = sen(u)eu
− eu
cos(u)du − sen(u)eu
du
2 sen(u)eu
du = sen(u)eu
− eu
cos(u)
sen(u)eu
du =
1
2
sen(u)eu
−
1
2
cos(u)eu
sen(ln(x))dx =
1
2
sen(ln(x))x −
1
2
cos(ln(x))x + c
4

9. Universidad Nacional Andr´es Bello
Departamento de Matem´atica
C´alculo Integral
Profesor Javier Olivos
Pauta Ayudant´ıa No
3
Ayudantes: Carolina Sep´ulveda y Mauricio Vargas
11 de abril de 2012
P1 Integraci´on inmediata:
a) Determine la primitiva f(x) si se sabe: f (x) = 12x −
1
x2
, f (1) = 1 y f(1) = 2.
Soluci´on
f (x) = 6x2
+
1
x
+ c1 → f (−1) = 5 + c1 = 1 → c1 = −4
f (x) = 60x2
+
1
x
− 4
f(x) = 2x3
+ ln |x| − 4x + c2 → f(1) = −2 + c2 = 2 → c2 = 4
f(x) = 2x3
+ ln |x| − 4x + 4
b) Determine la primitiva f(x) si se sabe: f (x) =
1
4 + x2
y f(2) = 1.
Soluci´on
f (x) =
1
a + x2
→ f(x) =
1
√
a
arctan
x
√
a
⇒ f (x) =
1
4 + x2
→ f(x) =
1
2
arctan
x
2
+ c
f(2) =
1
2
arctan(1) + c = 1 → c = 1 −
π
8
f(x) =
1
2
arctan
x
2
+ 1 −
π
8
P2 Integraci´on por sustituci´on simple:
a) I = x sen(3x2
− 2)dx
Soluci´on
u = 3x2
− 2 → du = 6xdx
I =
sen(u)
6
du = −
1
6
cos(u) + c = −
cos(3x2
− 2)
6
+ c
b) I = (4x − 8)
√
x2 − 4x + 13xdx
Soluci´on
u = x2 − 4x + 13 → du =
2x − 4
√
x2 − 4x + 13
dx
I = 4u2
du =
4
3
u3
+ c =
4
3
(x2
− 4x + 13)3/2
+ c
1

10. P3 Integraci´on por partes:
a) I = (3x − 1) cos(2x + 1)dx
Soluci´on
u = 3x − 1 → du = 3dx
dv = cos(2x + 1)dv → v =
sen(2x + 1)
2
I = (3x − 1)
sen(2x + 1)
2
−
3 sen(2x + 1)
2
dx
I = (3x − 1)
sen(2x + 1)
2
+
3 cos(2x + 1)
4
+ c
b) I = sen(2x) exp(−3x)dx
Soluci´on
u = sen(2x) → du = 2 cos(2x)dx
dv = exp(−3x) → v = −
exp(−3x)
3
I = −
sen(2x) exp(−3x)
3
+
2
3
exp(−3x) cos(2x)dx
r = cos(2x) → dr = −
sen(2x)
2
dx
dt = exp(−3x) → t = −
exp(−3x)
3
I = −
sen(2x)
3 exp(3x)
+
2
3
−
cos(2x)
3 exp(3x)
−
sen(2x)
6 exp(3x)
dx
I = −
sen(2x)
3 exp(3x)
−
2 cos(2x)
9 exp(3x)
−
1
9
sen(2x)
exp(3x)
dx
I = −
9
10
sen(2x)
3 exp(3x)
+
2 cos(2x)
9 exp(3x)
P4 Integraci´on por fracciones parciales:
a) I =
x − 1
x2 − 5x + 6
dx
Soluci´on
I =
2
x − 3
−
1
x − 2
dx
I = 2 ln |x − 3| − ln |x − 2| + c
2

11. b) I =
2x − 1
x3 − 5x
dx
Soluci´on
I =
2x − 1
x2(x − 5)
dx
I =
1
5x2
−
9
25x
+
9
25(x − 5)
dx
I = −
1
5x
−
9
25
ln |x| +
9
25
ln |x − 5| + c
P5 Integraci´on por sustituci´on trigonom´etrica:
a) I = sen2
(x) cos(x)dx
Soluci´on
t = sen(x) → dt = cos(x)dx
t2
dt =
t3
3
=
sen3
(x)
3
+ c
b) I =
1
√
a + x2
dx, a ∈ R
Soluci´on
t = a + x2 + x → dt =
x
√
a + x2
+ 1 dx =
√
a + x2 + x
√
a + x2
dx =
t
√
a + x2
dx
dt
t
= ln |t| = ln | a + x2 + x| + c
P6 Integraci´on combinando m´etodos:
I =
1
x
√
1 + x2
dx
Soluci´on
Primero cambiamos variables
u2
= x2
+ 1 → du = xdx
1
x
√
1 + x2
dx =
1
u(u2 − 1)
du =
1
u(u + 1)(u − 1)
du
Ahora se pueden aplicar fracciones parciales
1
u(u + 1)(u − 1)
du =
A
u
du +
B
u + 1
du +
C
u − 1
du
3

12. Se obtienen los valores de las constantes
A(u + 1)(u − 1) + B(u − 1) + Cu(u + 1) = 1
A(u2
− 1) + B(u2
− u) + C(u2
+ u) = 1
u2
(A + B + C) + u(B − c) − A = 1
y de la ´ultima ecuaci´on se obtiene el sistema



A + B + C = 0
B − C = 0
−A = 1
⇒
iii) A = −1
ii) B = C
i) −1 + 2B = 0 → B = C = 1
2
si reemplazamos nos queda
1
u(u + 1)(u − 1)
du = −
1
u
du +
1
2
B
u + 1
du +
1
2
1
u − 1
du
1
u(u + 1)(u − 1)
du = − ln |u| +
ln |
√
x2 + 1 + 1|
2
+
ln |
√
x2 + 1 − 1|
2
+ c
4