Este documento presenta una introducción a la integral indefinida. Explica que la integral indefinida de una función f(x) es el conjunto de todas sus primitivas de la forma F(x)+C. Luego lista varias integrales inmediatas como ∫dx, ∫xndx, ∫senxdx, y explica métodos como el cambio de variable y la integración por partes.

1. APUNTES DEL CURSO DE PREPARACIÓN PARA
LOS ESTUDIOS DE CIENCIAS EMPRESARIALES
LA INTEGRAL INDEFINIDA
DE FUNCIONES DE UNA VARIABLE
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2. INTEGRAL INDEFINIDA
1.- DEFINICIÓN Y PROPIEDADES
Si F(x) es una función que posee derivada F’(x) = f(x) en todos los puntos de un
intervalo (a , b) se dice que F(x) es una Función Primitiva de f(x).
Ejemplo
Sea f(x) = 4x3. Entonces
a) F(x) = x4 es una primitiva de f(x) porque F’(x) = f(x) . Efectivamente, (x4)’ = 4x3
b) F(x) = x4 + 5 es otra primitiva de f(x) porque F’(x) = f(x) . Efectivamente,
(x4+5)’ = 4x3
c) En general, si C es cualquier constante, F(x) = x4 + C será una primitiva de f(x),
porque (x4 + C)’ = 4x3 (Recordar que si C es constante, entonces su derivada es cero).
Añadiendo a F(x) una constante cualquiera C, se obtiene de nuevo una primitiva
de f(x)
Recíprocamente,
Teorema:
Si dos funciones F(x) y G(x) son primitivas de una misma función f(x) entonces existirá
una constante C tal que G(x) = F(x) + C.
Corolario:
Una vez localizada una primitiva F(x) de la función f(x) ya conocemos todas las
primitivas de dicha función, porque serán de la forma F(x) + C con C = constante.
Se llama Integral Indefinida de f(x), al conjunto de todas las primitivas de f(x). Se
designa por
∫ f ( x )dx = F( x )+C
De esta forma, para el ejemplo anterior la integral indefinida de f(x) = 4x3 será:
3 4
∫ 4 x dx = x +C
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3. Así, otros ejemplos sencillos de integrales indefinidas pueden ser los siguientes:
5 2 6 3 2
• ∫ (6 x + 12x − 16x + 5) dx = x + 4x − 8x + 5x +C porque
(x6 + 4x3 - 8x2 + 5x + C)’ = 6x5 + 12x2 - 16x + 5
• ∫ cos xdx = sen x + C porque (sen x + C)’ = cos x
Propiedades de la Integral Indefinida
1.- La integral de la suma coincide con la suma de las integrales:
∫ (f ( x ) + g( x ) )dx = ∫ f ( x )dx + ∫ g( x )dx
2.- La integral de la diferencia coincide con la diferencia de las integrales:
∫ (f ( x ) − g( x ) )dx = ∫ f ( x )dx − ∫ g( x )dx
3.- La integral del producto de una constante por una función es igual a la constante por
la integral de la función, es decir, las constantes que multiplican o dividen se pueden
sacar fuera del signo integral:
∫ kf ( x )dx = k ∫ f ( x )dx k = constante
4.- En general no es cierto que la integral del producto de dos funciones, coincida con el
producto de las integrales, es decir:
∫ (f ( x )g( x ) )dx ≠ (∫ f ( x )dx )(∫ g( x )dx )
5.- En general no es cierto que la integral del cociente de dos funciones, coincida con el
cociente de las integrales, es decir:
f (x) ∫ f ( x )dx
∫ g ( x ) dx ≠ g( x )dx
∫
Veamos a continuación las llamadas integrales inmediatas para posteriormente, hacer
ejemplos de aplicación de estas propiedades.
2.- INTEGRALES INMEDIATAS
Integrales inmediatas son aquellas que se deducen directamente de las reglas de
derivación. Las más importantes son las siguientes:
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4. ∫ dx = x + C nota: ∫ dx = ∫ 1·dx ∫ K·dx = K·x + C con K = constante
x n +1 f n +1
∫
n
∫ f · f ' · dx = n + 1 + C para n ≠ -1
n
x dx = + C para n ≠ −1
n +1
1 f'
∫ x dx = Ln x + C con x > 0 ∫ f dx = Ln f + C con f > 0
ax af
∫ a x dx =
Ln a
+C con a > 0
∫ a f · f ' · dx =
Ln a
+ C con a > 0
∫e ∫ e f · f ' · dx = e f + C
x
dx = e x + C
1 f'
∫2 x
dx = x + C ∫2 f
dx = f + C
1 f'
∫ ∫ n n −1 dx = f + C
dx = n x + C n
x n −1
n
n n f
∫ senx dx = − cos x + C ∫ f ' · sen (f ) · dx = − cos (f ) + C
∫ cos x dx = sen x + C ∫ f ' · cos (f ) · dx = sen (f ) + C
1 f'
∫ cos 2 x dx = tg x + C ∫ cos 2
(f )
dx = tg ( f ) + C
−1 −f'
∫ sen 2 x dx = cotg x +C ∫ sen 2 (f ) dx = cotg (f) + C
1 f'
∫ dx = arc sen x + C ∫ 1 − f 2 dx = arc sen ( f ) + C
1− x2
−1 −f'
∫ 2
dx = arc cos x + C ∫ 1 − f 2 dx = arc cos ( f ) + C
1− x
1 f'
∫ 1 + x 2 dx = arc tg x + C ∫ 1 + f 2 dx = arc tg ( f ) + C
1 1  x  f' 1  f 
∫a+x 2
dx =
a
arc tg 

 a
+C
 con a > 0 ∫a+f 2
dx =
a
arc tg 

 a
+C
 con a > 0
Todas ellas se justifican sin más que calcular la derivada del miembro de la derecha y
comprobar que se obtiene la función que está dentro del signo integral. Por ejemplo:
∫
2 x
1
dx = x +C porque ( )′
x +C =
2 x
1
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5. ′
1
dx = tg x + C
 sen x 
  =
(sen x )′ cosx − sen x (cosx )′ =
∫ porque (tgx)’=  cosx 
cos 2 x   (cosx )2
cos x cosx − sen x (− sen x ) cos x cosx + sen x sen x cos 2 x +sen 2 x 1
= = = =
cos 2 x cos 2 x cos 2 x cos 2 x
f' f'
∫ dx = arc sen ( f ) + C porque (arc sen (f) + C)’ =
1− f 2 1− f 2
Nota importante: Si la integral que tratamos de calcular no está contenida en el cuadro
de integrales inmediatas, será preciso, mediante métodos apropiados, transformarla
debidamente hasta convertirla en otras iguales a ella, pero inmediatas. Pero hay que
tener en cuenta que el método que debe emplearse no es inmediato reconocerlo. La
habilidad para encontrarlo depende de la práctica y de la intuición. A continuación
exponemos algunos métodos de integración:
- Cambio de variable (también llamado método de sustitución)
- Integración por partes
- Integrales racionales
3.- CAMBIO DE VARIABLE. MÉTODO DE SUSTITUCIÓN
Para calcular ∫ f ( x )dx cuando no es inmediata, podemos sustituir la variable x por
otra relacionada con ella (cambio de variable). Pero es preciso sustituir x y dx (de ahí
la importancia de poner dx en todas las integrales).
Haremos lo siguiente:
a) x = h(t)
b) dx = h’(t) dt
La integral será ahora ∫ f ( x )dx = ∫ f (h ( t )).h ' ( t )dt
ó bien
a’) t = q(x)
dt
b’) dt = q’(x) dx ⇒ dx = y se sustituye en la integral como en el
q' (x )
caso anterior.
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6. Si se elige debidamente el cambio de variable, puede ocurrir que la nueva expresión sea
una integral inmediata. Calculada ésta, volvemos a la variable primera deshaciendo el
cambio de variable, esto es, cambiando ahora t por x.
Veamos algunos ejemplos:
Ejemplo nº 1: ∫ 4e (7 x + 5)dx
dt
Hacemos t = 7x + 5 ⇒ dt = (7x + 5)’ dx = 7dx ⇒ dx = . Sustituyendo en la
7
integral inicial obtenemos: ∫ 4e (7 x + 5)dx = ∫ 4e t
dt 4 4
= ∫ e t dt = e t + C
7 7 7
(7 x + 5)dx = 4 e (7 x + 5) + C
y sustituyendo t por 7x + 5 obtenemos que ∫ 4e 7
Ejemplo nº 2: ∫ x x − 1dx
Hacemos t= x − 1 ⇒ t2 = x-1 ⇒ 2tdt = 1·dx ⇒ dx = 2tdt . Sustituyendo en la
integral inicial obtenemos:
2
( ) 4
( 2
) 4 2
∫ x x − 1dx = =∫ t + 1 t 2tdt = ∫ 2 t + 2t dt = 2∫ t dt + 2 ∫ t dt =
t5 t3
= 2 +2 + C y sustituyendo t por x − 1 obtenemos que
5 3
∫ x x − 1 dx = 5 ( x − 1 ) + 3 ( x − 1) + C
2 5 2 3
ejemplo nº 3: ∫ x 3 3x 4 − 12 dx
2t t
Hacemos t = 3x 4 − 12 ⇒ t2 = 3x4 - 12 ⇒ 2tdt = 12x3dx ⇒ dx = 3
dt = 3 dt .
12 x 6x
Sustituyendo en la integral inicial obtenemos
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7. t 1 2 1 1 t3 t3
∫x t ∫6 t dt = ∫ t 2 dt = · + C =
3 4
∫ x 3x − 12 dx = dt = +C
3
6x 3 6 6 3 18
y sustituyendo t por 3x 4 − 12 obtenemos que
3
 3x 4 − 12 
 
∫ x 3 3x 4 − 12 dx =   +C
18
Ejercicios Propuestos:
x Ln x
a) ∫ b) ∫ 5x 2 sen( x 3 )dx c) ∫
( )2
dx dx
x
1+ x2 + 4
d) ∫ e 9 x + 5 dx ( )
25
e) ∫ e x + 2 e x dx f) ∫ 3x 2 + 7 x 2 dx
4.- MÉTODO DE INTEGRACIÓN POR PARTES
Sean u = u(x) y v = v(x) dos funciones derivables. Se tiene entonces:
d(u.v) = u.dv + v.du ⇒ u.dv = d(u.v) - v.du y por ello ∫ u.dv=∫ d (u.v) − ∫ v.du
y como ∫ d (u.v) = u.v llegamos a la siguiente igualdad:
∫ u ·dv = u ·v − ∫ v ·du
Suele utilizarse este método en los casos:
P(x).ef(x) , P(x).Ln(f(x)) , P(x).sen(f(x)) , P(x).cos(f(x)) , eg(x).sen(f(x)) ,
eg(x).cos(f(x)) donde P(x) denota un polinomio, y f(x), g(x) funciones derivables de
una variable.
La utilización de este método no es exclusiva ni excluyente a estos 6 tipos de funciones,
es decir: Hay funciones que no son de esta forma pero que sí se pueden integrar por
partes (por ejemplo ∫ arcsen x dx ), y hay funciones que, aun siendo de alguno de estos 6
3
tipos, no se puede integrar por partes (por ejemplo ∫ xe x dx ).
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8. Ejemplo nº 1: ∫ x sen x dx
Llamamos u=x ⇒ du = (x)’dx = dx
dv = sen x dx ⇒ v = ∫ sen xdx = - cos x
Por consiguiente ∫ x.sen xdx = x.(- cos x) - ∫ −cos x dx = -x.cos x + ∫ cos x dx =
= -x.cos x + sen x + C , esto es
∫ x.sen xdx = -x.cos x + sen x + C
Ejemplo nº 2: ∫ x 3 Lnxdx
1
Llamamos u = Ln x ⇒ du = (Ln x)’dx = dx
x
x4
dv = x3 dx ⇒ v = ∫ x 3 dx =
4
x4 x4 1 x 4 Lnx 1 3
Por consiguiente ∫ x 3 Lnxdx = (Ln x) - ∫ dx = − ∫ x dx =
4 4 x 4 4
x 4 Lnx 1 x 4 x 4 Lnx x4
= − + C = − + C esto es:
4 4 4 4 16
3 x 4 Lnx x4
∫ x .Lnxdx = − + C
4 16
Ejemplo nº 3: ∫ arcsen xdx
1
Llamamos u = arc sen x ⇒ du = (arc sen x)’dx = dx
1− x2
dv = dx ⇒ v = ∫ dx = x
1
Por consiguiente: ∫ arcsen xdx = (arc sen x).x - ∫ x. dx =
2
1− x
x
= x.arc sen x - ∫ dx
2
1− x
Para calcular esta última integral aplicaremos el método de cambio de variable:
− 2x −x
t= 1 − x 2 ⇒ dt = dx = dx ⇒
2 1− x2 1− x2
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9. x −x
∫ dx = − ∫ dx = − ∫ dt = − t
1− x2 1− x2
Deshaciendo el cambio de variable, es decir, sustituyendo t por 1 − x 2 obtenemos que
x
∫ dx = − 1 − x 2 y podemos concluir que
1− x2
2 2
∫ arcsen xdx = x.arc sen x - ( − 1 − x ) + C = x·arcsen x + 1 − x + C ⇒
2
∫ arcsen xdx = x·arcsen x + 1 − x + C
Ejercicios Propuestos:
a) ∫ x e 2 x dx b) ∫ x 2 e x dx c) ∫ x Ln xdx
d) ∫ x 3 sen x dx e) ∫ x10 Ln x dx f) ∫ ( x 2 + 5x − 9)e −2x dx
5.- INTEGRACIÓN DE FUNCIONES RACIONALES
Definición: Se denomina Integral Racional a la integral de una función racional, es
decir, una función que es cociente de dos polinomios:
P (x)
n
∫ P ( x ) dx , n y m son los grados de los polinomios.
m
Ejemplos de integrales racionales son los siguientes:
x 3 + 5 x 2 + 3x − 9
a) ∫ dx donde el numerador es un polinomio de grado 3 y el
x2 + x
denominador es un polinomio de grado 2.
x 2 − 3x − 2
b) ∫ dx donde el numerador es un polinomio de grado 2 y
x 4 + 6x 3 + 13x 2 + 12x + 4
el denominador es un polinomio de grado 4.
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10. x
c) ∫ dx donde el numerador es un polinomio de grado 1 y el
3 2
x − x + x −1
denominador es un polinomio de grado 3.
x 3 + 3x 2 + 3x + 1
d) ∫ dx donde numerador y denominador son polinomios de grado 3.
x3 − x2 + x −1
x3
e) ∫ dx donde el numerador es un polinomio de grado 3 y el denominador es
x2 +1
un polinomio de grado 2.
Para resolver las integrales racionales seguiremos los pasos siguientes, que iremos
x 3 + 5 x 2 + 3x − 9
efectuando en el ejemplo a) anterior, esto es: ∫ dx
x2 + x
PASO 1.- División del numerador entre el denominador si n ≥ m
Lo primero que debemos hacer es mirar los grados de los polinomios del numerador y
del denominador. Si el grado del numerador es mayor o igual que el grado del
denominador, dividimos los polinomios hasta que el grado del numerador sea menor
estrictamente que el grado del denominador.
Pn ( x ) R (x)
Recordemos la siguiente regla: = C( x ) + donde C(x) es el cociente de
Pm ( x ) Pm ( x )
la división y R(x) es el resto de la misma.
x 3 + 5 x 2 + 3x − 9 − x −9
= (x + 4) + donde (x + 4) es el cociente de dividir
x2 + x x2 + x
x3+5x2+3x-9 entre x2 + x , y (-x - 9) es el resto.
Si el grado del numerador hubiese sido menor estrictamente que el grado del
denominador no hay que realizar esta división.
PASO 2.- Factorización del denominador
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11. Se factoriza el denominador, si es que aún no lo está, con el fin de dividir esta fracción
en otras fracciones elementales, es decir, más simples para poder integrar. En nuestro
caso es muy sencillo , porque x2 + x = x (x + 1) .
PASO 3.- Descomposición en fracciones simples
Una vez factorizado el denominador, vamos a calcular los valores A y B para que se
verifique la siguiente igualdad:
− x −9 A B
= +
14 x + 1
2
x +x x 24 3
fracciones
elementales
Calcular A y B no tiene ninguna dificultad. Lo vemos:
− x −9 A B A( x + 1)+Bx Ax + A+ Bx (A + B) x +A
= + = = = ⇒
2
x +x x x +1 x ( x + 1) 2
x +x x2 + x
− x −9 (A + B) x +A
=
x2 + x x2 + x
Puesto que ambas fracciones son iguales, y además tienen el mismo denominador,
entonces deben tener el mismo numerador ⇒
- x - 9 = (A + B) x + A
También es conocido que, para que dos polinomios sean iguales, han de tener los
mismos coeficientes y el mismo término independiente:
Coeficiente de x: A + B = -1
Término independiente: A = -9
Surge así un sistema de 2 ecuaciones con dos incógnitas muy sencillo de resolver:
A = -9 , B = 8 .
− x −9 −9 8
Con esto hemos conseguido tener la siguiente igualdad = + siendo
2
x +x x x +1
las dos fracciones últimas muy fáciles de integrar.
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12. PASO 4.- Integración de todos los sumandos obtenidos
Una vez descompuesta la fracción resultante en fracciones simples se procede a integrar
todos los términos obtenidos:
x 3 + 5 x 2 + 3x − 9  −9 8 
∫ dx = ∫  x + 4 + x + x + 1  dx =
 
x2 + x
x2 1 1 x2
= + 4x − 9∫ dx + 8 ∫ dx = + 4 x − 9Ln x + 8 Ln x + 1 + C
2 x x +1 2
x 3 + 5 x 2 + 3x − 9 x2
concluyendo que ∫ dx = + 4x − 9Ln x + 8Ln x + 1 + C
x2 + x 2
Vamos a resolver el ejemplo b) siguiendo estos cuatro pasos. Recordemos que la
x 2 − 3x − 2
integrar que queremos calcular es ∫ dx
x 4 + 6x 3 + 13x 2 + 12x + 4
PASO 1.-
Como el grado del numerador es menor estrictamente que el del denominador, no hay
que efectuar la división.
PASO 2.-
Factorizamos el denominador. x4 + 6x3 + 13x2 + 12x + 4 = (x+1)2 (x+2)2 sin más que
aplicar Ruffini tantas veces como sea necesario.
PASO 3.-
Realizamos la descomposición en fracciones simples de la forma siguiente:
x 2 − 3x − 2 A B C D
= + + + =
4 3 2
x + 6x + 13x + 12x + 4 x + 1 ( x + 1) 2 x + 2 ( x + 2) 2
A( x + 1)( x + 2) 2 + B( x + 2) 2 + C( x + 1) 2 ( x + 2) + D( x + 1) 2
= =
( x + 1) 2 ( x + 2) 2
(A + C) x 3 + (5A + B + 4C + D) x 2 + (8A + 4B + 5C + 2D) x + (4A + 4B + 2C + D)
( x + 1) 2 ( x + 2) 2
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13. Puesto que ambas fracciones son iguales, y además tienen el mismo denominador,
entonces deben tener el mismo numerador ⇒
x2 - 3x - 2 = (A+C)x3 + (5A+B+4C+D)x2 + (8A+4B+5C+2D)x + (4A+4B+2C+D) ⇒
A+ C =0 
5A + B + 4C + D = 1  

8A + 4B + 5C + 2D = −3
4 A + 4 B + 2C + D = − 2 

Sistema lineal de cuatro ecuaciones con cuatro incógnitas cuya única solución vale:
A = -9 , B = 2 , C = 9 , D = 8 . Con esto hemos conseguido tener la siguiente
x 2 − 3x − 2 −9 2 9 8
igualdad: = + + +
4 3 2
x + 6x + 13x + 12x + 4 x + 1 ( x + 1) 2 x+2
( x + 2) 2
PASO 4.-
Una vez descompuesta la fracción resultante en fracciones simples se procede a integrar
todos los términos obtenidos:
x 2 − 3x − 2 −9 2 9 8
∫ dx = ∫ dx + ∫ dx + ∫ dx + ∫ dx =
4 3 2
x + 6x + 13x + 12x + 4 x +1 ( x + 1) 2 x+2 ( x + 2) 2
2 8
= -9 Lnx + 1- + 9 Lnx + 2- +C
x +1 x+2
Vamos a resolver el ejemplo c) siguiendo estos cuatro pasos. Recordemos que la
x
integrar que queremos calcular es ∫ 3 2
dx
x − x + x −1
PASO 1.-
Como el grado del numerador es menor estrictamente que el del denominador, no hay
que efectuar la división.
PASO 2.-
Factorizamos el denominador: x3 - x2 + x - 1 = (x - 1) (x2 + 1). Obsérvese que el
polinomio de segundo grado x2 + 1 no tiene raíces reales.
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14. PASO 3.-
Realizamos la descomposición en fracciones simples de la forma siguiente:
x A Bx + C A( x 2 + 1) + (Bx + C)( x − 1)
= + = =
x3 − x 2 + x −1 x −1 x2 +1 ( x − 1)( x 2 + 1)
(A + B) x 2 + (−B + C) x + (A − C)
=
( x − 1)( x 2 + 1)
Puesto que ambas fracciones son iguales, y además tienen el mismo denominador,
entonces deben tener el mismo numerador ⇒
x = (A + B) x2 + (- B + C) x + (A - C) ⇒
A + B = 0

− B + C = 1
A−C=0 
Sistema lineal de tres ecuaciones con tres incógnitas cuya única solución vale:
1 1 1
A= , B= − , C= . Con esto hemos conseguido tener la siguiente
2 2 2
1 −1 1
x+
x
igualdad: = 2 + 2 2
3 2
x − x + x −1 x −1 2
x +1
PASO 4.-
Una vez descompuesta la fracción resultante en fracciones simples se procede a integrar
todos los términos obtenidos:
1 −1 1
x+
x 2 2
∫ 3 2 dx = ∫ 2 dx + ∫ dx =
x − x + x −1 x −1 x2 +1
1 1 1 x 1 1
= ∫ x − 1 dx − 2 ∫ 2 dx + 2 ∫ 2 dx =
2 x +1 x +1
1 1 2x 1
= Ln x − 1 − ∫ dx + arctg x =
2 2
4 x +1 2
1 1 1
= Ln x − 1 − Ln ( x 2 + 1) + arctg x + C
2 4 2
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15. Los ejemplos d) y e) se resuelven de manera análoga, obteniendo los siguientes
resultados:
x 3 + 3x 2 + 3x + 1
d) ∫ dx = 2 arctg x + 4 Ln x - 1+ x + C
x 3 − x 2 + x −1
e) ∫
x3
dx =
x2
−
Ln x 2 + 1
+C
( )
x2 +1 2 2
Ejercicios Propuestos:
2x + 1 2x 3 + 4x 2 + 3 1
a) ∫ dx b) ∫ dx c) ∫ dx
(x + 2)(x − 1)2 x2 + x − 2 x2 − 4
4x 3 − 21x 2 + 38x − 23 x +1
d) ∫ dx e) ∫ dx
x 4 − 8x 3 + 24x 2 − 32x + 16 (x − 2)( x 2 + 3)
x
f) ∫ dx
3 2
x + 6 x + 11x + 6
EJERCICIOS DE REPASO
Resolvamos ahora diferentes integrales con los métodos estudiados. En alguna de ellas
será necesario el uso de al menos dos métodos.
x 1 − e 3x + e 4 x 3x
1) ∫ e dx 2) ∫ dx 3) ∫ dx
e 2x x − x5
6
4) ∫ e x sen x dx 5) ∫ ( x 3 − 4x 2 + 7 x + 6)e 5x dx
6) Calcular una función que toma el valor 38 en el punto x = 3 , y cuya derivada es:
f ’(x) = 6x2 + 2x - 10
7) Determinar la ecuación de la curva que pasa por el punto P = (10,2) y cuya derivada
3
en cada punto x está dada por f ´(x) = 2 x − .
x
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16. 8) Hallar la primitiva de la función f(x) = (x2 + 1)ex que se anula para x = 1.
SOLUCIONES DE LOS EJERCICIOS PROPUESTOS
Cambio de variable
arctg( x 2 + 4)
a) +C Cambio de variable t = x2 + 4
2
− 5cos( x 3 )
b) +C Cambio de variable t = x3
3
Ln 2 x
c) +C Cambio de variable t = Ln x
2
e 9 x +5
d) +C Cambio de variable t = 9x + 5
9
e)
(e x + 2)26 + C Cambio de variable t = ex + 2
26
f)
1
7
(2 + 7x 2
3/ 2
)+C Cambio de variable t = 2 + 7 x 2
Integración por Partes
1 2x 1 2x  x 1
a) xe − e + C = e 2 x  −  + C
2 4  2 4
(
b) e x x 2 − 2 x + 2 + C)
x2  1
c)  Ln x −  + C
2 2
d) -x3cos x + 3x2sen x + 6xcos x – 6sen x + C
x11 Ln x x11
e) − +C
11 121
16 / 23

17. f) −
(
e −2 x x 2 + 6 x − 6
+C
)
2
Integración de funciones racionales
−1 1 1
a) Ln x + 2 + Ln x − 1 − +C
3 3 x −1
b) x 2 + 2x + 3Ln x − 1 − Ln x + 2 + C
1 1
c) Ln x − 2 − Ln x + 2 + C
4 4
1 1 3
d) 4Ln x − 2 − − − +C
3(x − 2 )3 (x − 2 )2 x−2
 x 
e)
3
Ln(x − 2) −
3
Ln x 2 + 3 + (
1
arctg
 ) +C

7 14 7 3  3
3Ln x + 3 Ln x + 1
f) − + 2Ln x + 2 − +C
2 2
Soluciones de los ejercicios de repaso
1) ∫ e x dx (Cambio de variable + integración por partes)
x =t 2 
Efectuamos el cambio de variable t = x⇒  . Sustituimos en la integral
dx =2 tdt 

inicial obteniendo la integral siguiente, que resolveremos utilizando el método de
integración por partes: ∫ e x dx = ∫ e t 2 t dt = 2∫ t e t dt
u =t ⇒ du =1dt =dt
dv=e dt ⇒ v= ∫ e dt =e 
t t
 t t t
(
t  ⇒ 2 ∫ t e dt = 2 t e − ∫ e dt = 2 t e − e + C
t t
) ( )

y, deshaciendo el cambio de variable, es decir, cambiando ahora t por x obtenemos
que ∫e
x
dx = 2 x e x − e x  + C = 2e




x
( )
x −1 + C
1 − e 3x + e 4 x
2) ∫ dx (Cambio de variable + Integral racional)
e 2x
17 / 23

18. dt dt
Efectuamos el cambio de variable t = ex ⇒ dt =e x dx ⇒ dx = = . Obsérvese
x t
e
que e3x = (ex)3 = t3 ; Análogamente: e4x = t4 y e2x = t2. Sustituimos en la integral inicial
obteniendo la integral siguiente, que resolveremos utilizando el método de integración
de funciones racionales:
1 − e 3x + e 4 x 1 − t 3 + t 4 dt t 4 − t3 +1
∫ dx = ∫ = ∫ dt
e 2x t2 t t3
Paso 1.- Como el grado del numerador es mayor que el grado del denominador, en
primer lugar efectuamos la división de t4 - t3 + 1 entre t3 .
t4 − t3 +1 1
= t −1+
t3 t3
Los pasos 2 y 3 del método de integración de funciones racionales no son necesarios
1
realizarlos porque la fracción resultante, esto es, , se integra de manera inmediata. en
t3
consecuencia pasamos al paso 4.-
t4 − t3 +1 1 t2 t2 t −2
∫ dt = ∫ t dt − ∫ 1dt + ∫ dt = − t + ∫ t − 3dt = −t+ +C ⇒
t3 t3 2 2 −2
t4 − t3 +1 t2 1
∫ dt = −t − + C . Deshaciendo el cambio de variable, esto es,
t3 2 2t 2
cambiando ahora t por ex obtenemos que:
1 − e 3x + e 4 x (e x ) 2 x 1 e 2x 1
∫ dx = −e − +C= − ex − +C
e 2x 2 x 2
2( e ) 2 2e 2 x
3 x
3) ∫ dx (Cambio de variable + Integral racional)
6
x − x5
Efectuamos el cambio de variable x = t6 .
Observar que hemos elegido la potencia 6 por ser la más pequeña que me permite quitar
simultáneamente las tres raíces que aparecen en el integrando; es decir, pondremos en
este caso x = t m.c.m.(2,3,6) = t6.
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19. 3 3 6
x t
Entonces dx = 6 t5 dt ⇒ ∫ dx = ∫ 6t 5 dt =
x − x5
6
t6 −
6
(t 6 )5
t2 t7 t4
= ∫ 6t 5 dt = 6∫ dt = 6∫ dt
t3 − t5 t3 − t5 1− t2
Resolveremos esta última integral utilizando el método de integración de funciones
racionales.
PASO 1.-Como el grado del numerador es mayor que el grado del denominador, en
primer lugar efectuamos la division de t4 entre 1 - t2 .
t4 1
= − t2−1+
2
1− t 1− t2
PASO 2.- Factorizamos el denominador: 1 - t2 = (1 - t) (1 + t)
PASO 3.- Realizamos la descomposición en fracciones simples de la forma siguiente:
1 A B A (1 + t ) + B(1 − t ) (A − B) t + (A + B)
= + = =
1− t 2 1− t 1+ t (1 − t )(1 + t ) (1 − t )(1 + t )
Puesto que ambas fracciones son iguales, y además tienen el mismo denominador,
entonces deben tener el mismo numerador ⇒
A − B = 0
1 = (A - B) t + (A + B) ⇒ 
A + B = 1
Sistema lineal de dos ecuaciones con dos incógnitas cuya única solución vale:
1 1
A= , B= . Con esto hemos conseguido tener la siguiente igualdad:
2 2
1 1
1 1 1 1 1
= 2 + 2 = +
1− t 2 1− t 1+ t 2 1− t 2 1+ t
PASO 4.- Una vez descompuesta la fracción resultante en fracciones simples se procede
a integrar todos los términos obtenidos:
t4  1   1 1 1 1 
6∫ dt = 6∫  − t 2 − 1 +
  dt = 6∫  − t 2 − 1 + +  dt =
2 2  2 1− t 2 1+ t 
1− t  1− t 
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20. t3
− 6 − 6t − 3Ln 1 − t + 3Ln 1 + t + C = −2t 3 − 6 t − 3Ln 1 − t + 3Ln 1 + t + C
3
6
Deshaciendo el cambio de variable, esto es, cambiando ahora t por x obtenemos
que:
( )3
3 x
∫ dx = −2 6 x − 66 x − 3Ln 1 − 6 x + 3Ln 1 + 6 x + C =
6
x − x5
= −2 x − 66 x − 3Ln 1 − 6 x + 3Ln 1 + 6 x + C
4) ∫ e x sen x dx (Integración por partes dos veces). Integral cíclica.
u=sen x ⇒ du=cosxdt 
 ⇒ ∫ e x sen x dx = (sen x )e x −∫ (cosx )e x dx
dv=e t dt ⇒ v= ∫ e t dt =e t 

u=cosx ⇒ du=− sen xdt 
 ⇒
dv=e t dt ⇒ v= ∫ e t dt =e t 

x x
[
∫ e sen xdx = (sen x )e − (cos x )e − ∫ (−sen x )e dx =
x x
]
= e x sen x −e x cosx − ∫ e x sen x dx . Hemos demostrado entonces, de ahí el nombre de
integral cíclica, que:
x x x x
∫ e sen xdx = e sen x −e cosx − ∫ e sen xdx por lo que
x x x e x sen x −e x cosx
x
2 ∫ e sen xdx = e sen x −e cosx ⇒ ∫ e sen x dx = +C
2
e x sen x +e x cosx
x
Análogamente, se puede comprobar que ∫ e cos x dx = +C
2
5) ∫ ( x 3 − 4x 2 + 7 x + 6)e 5x dx (Integración por partes tres veces).
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21. u =x 3 − 4 x 2 + 7 x + 6 ⇒ du =(3x 2 − 8x + 7)dx 

e5x  ⇒
dv=e5 x dt ⇒ v= ∫ e5 x dx = 
5 
3 2 5x 3 2 e5x e 5x
∫ ( x − 4x + 7 x + 6)e dx = ( x − 4x + 7 x + 6) −∫ (3x 2 − 8x + 7)dx =
5 5
e 5x 1
= ( x 3 − 4x 2 + 7 x + 6) − ∫ (3x 2 − 8x + 7)e 5 x dx =(*)
5 5
u =3x 2 − 8x + 7 ⇒ du =(6 x − 8)dx 

5x 
e
dv=e5x dt ⇒ v= ∫ e5 x dx = 
5 
(*)= ( x 3 − 4 x 2 + 7 x + 6)
e 5x 1  2
(
−  3x − 8 x + 7
5
e 5x
− ∫ )
e 5x 
(6x − 8) dx  =
5  5 5 

=
1 3
5
( x − 4 x 2 + 7 x + 6)e 5 x −
1
25
( )
3x 2 − 8 x + 7 e 5 x +
1
25
∫ (6x − 8)e dx =(**)
5x
u =6 x − 8 ⇒ du =6dx 
5x 
dv=e5x dt⇒v= ∫ e5x dx =
e 

5 
(**) =
1 3
( x − 4 x 2 + 7 x + 6)e 5 x
1
( 1 
)
3x 2 − 8x + 7 e 5x + (6 x − 8)
25 
e 5x
− ∫
e 5x 
6dx  =
5 25  5 5 

=
1 3
5
( x − 4 x 2 + 7 x + 6)e 5x −
1
25
(
3x 2 − 8 x + 7 e 5 x + )1
125
(6x − 8)e 5x − 6 ∫ e 5x dx =
125
( )
5x
=
1 3 1
( x − 4x 2 + 7 x + 6)e 5 x − 3x 2 − 8x + 7 e 5x +
1
(6x − 8)e 5x − 6 e + C =
5 25 125 125 5
=
1 3
5
1
(
( x − 4 x 2 + 7 x + 6)e 5x − 3x 2 − 8x + 7 e 5x +
25
)
1
125
(6x − 8)e5x − 6 e 5x + C =
625
1
=  ( x 3 − 4x 2 + 7 x + 6) −
5
1
(
3x 2 − 8x + 7 +
1
) 
(6x − 8) − 6  e 5x + C =
625 
 25 125 
1 23 221 529  5 x
=  x3 − x 2 +
5 x+ e + C
 25 125 625 

21 / 23

22. 6) Calcula una función que toma el valor 38 en el punto x = 3, y cuya derivada es:
f ’(x) = 6x2 + 2x - 10
solución
Como conocemos f ´(x) y queremos calcular f(x) tendremos que integrar. En concreto
( )
f(x) = ∫ f ' ( x )dx = ∫ 6 x 2 + 2 x − 10 dx = 2 x 3 + x 2 − 10 x + C
Ahora bien, para determinar el valor de C sabemos que f(3) = 38 es decir:
f(3) = 2 (3)3 + (3)2 - 10(3) + C = 38 ⇒ 33 + C = 38 ⇒ C = 5 , por lo que la función
pedida es f(x) = 2x3 + x2 - 10x + 5.
7) Determinar la ecuación de la curva que pasa por el punto P = (10 , 2) y cuya
3
derivada en cada punto x está dada por f´(x) = 2x − .
x
solución
Como conocemos f ´(x) y queremos calcular f(x) tendremos que integrar. En concreto
 3
f(x) = ∫ f ' ( x )dx = ∫  2 x −  dx = x 2 − 3Ln x + C
 x
Ahora bien, para determinar el valor de C sabemos que f(10) = 2 es decir:
f(10) = (10)2 - 3 Ln(10) + C = 2 ⇒ C = 3 Ln(10) - 98 ⇒ la ecuación pedida es:
f(x) = x2 - 3 Ln x + 3Ln(10)-98
8) Hallar la primitiva de la función f(x) = (x2 + 1)ex que se anula para x = 1.
solución
Calculemos en primer lugar la expresión de las primitivas de f(x), es decir, su integral
( )
indefinida ∫ x 2 + 1 e x dx . Para ello aplicamos el método de integración por partes:
x x

u = x 2 + 1 ⇒ du = 2 x dx
( )
 ⇒ ∫ x 2 + 1 e x dx = ( x 2 + 1)e x −∫ e x 2 x dx = (*)
x
dv = e dt ⇒ v= ∫ e dx = e 
u = 2x ⇒ du = 2dx 
x
dv = e dt ⇒ v = ∫ e dx = e 
x x

22 / 23

23. ( )
(*) = ( x 2 + 1)e x − 2 x e x − ∫ e x 2dx = (x2 + 1)ex – 2xex + 2ex + C = ex (x2 - 2x + 3) + C
En el punto x = 1 queremos que esta integral tome el valor 0 , es decir
e1((1)2 - 2(1) + 3) + C = 0 ⇒ C = 2e. La primitiva pedida será entonces:
ex (x2 - 2x + 3) + 2e
BIBLIOGRAFÍA
Además de los libros de Bachillerato, donde esta materia viene muy bien
explicada, y con abundantes problemas, recomendamos para hacer más
ejercicios los libros siguientes:
ALBADALEJO, I.P. y otros (2001): Problemas de cálculo para la Economía y la
Empresa. Ed. Tébar.
COQUILLAT, FERNANDO (1997): Cálculo integral. Metodología y Problemas. Ed.
Tébar Flores.
LLUÍS BERMÚDEZ y otros (1995): Cálculo Integral. Colección Domina sin
dificultad. Editorial Media.
WISNIEWSKI, P.M. y GUTIÉRREZ BANEGAS, A.L. (2003): Introducción a las
Matemáticas Universitarias. Ed. McGraw-Hill.
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