matematicas

1. Cap´ıtulo 5: C´alculo integral
1. Lecci´on 18. La integral indefinida
1.1. Concepto de integral indefinida
En el cap´ıtulo 3 hemos visto la diferencial de una funci´on: dada y = f(x), su
diferencial es una funci´on dy de dos variables, x, dx, con dy = d(f(x)) = f (x)dx.
Consideraremos ahora el proceso inverso: dada una funci´on de dos varia-
bles, x, dx, que tiene la forma g(x)dx, queremos calcular una funci´on f con la
propiedad de que d(f(x)) = g(x)dx. Dicha funci´on f, si existe, se llama una
integral indefinida de g(x)dx.
La funci´on g(x) estar´a 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 podr´a deducir
cu´al es a partir de la construcci´on 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 funci´on
f cuya derivada sea g, f (x) = g(x).
Si f(x) es una funci´on 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 funci´on 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

2. Corolario. Si f es una funci´on 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 raz´on de la propiedad anterior es muy simple: dados dos puntos cua-
lesquiera x1 < x2 en el intervalo (a, b), la funci´on f(x) cumple las hip´otesis 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 hip´otesis. Luego
f(x1) = f(x2), y la funci´on 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 raz´on es simple: la hip´otesis implica que la funci´on 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 funci´on g no tiene nunca una primitiva ´unica: si f(x) es una primitiva de
g(x), entonces f(x)+k tambi´en 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 funci´on m´as una constante:
cosx dx = senx + C
y cualquiera que sea el valor de la constante C, la relaci´on anterior es v´alida; y
se obtienen as´ı todas las primitivas de la funci´on dada.
Abordaremos en este cap´ıtulo el problema de: dada una funci´on 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 m´as sencillos son aquellos en que tratamos de calcular g(x)dx
y reconocemos inmediatamente que g(x) es derivada de una cierta funci´on 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 continuaci´on
(indicamos para cada funci´on de la lista una primitiva solamente; aunque, como
sabemos, si le sumamos una constante dar´a otra primitiva de la misma funci´on).
2

3. 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 definici´on
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 tambi´en pr´acticamente inmediata, podemos obtener m´as
primitivas si tenemos en cuenta las derivadas de funciones compuestas de una
funci´on u con alguna de las funciones elementales anteriores.
Por ejemplo, sabemos que si u = u(x) es una funci´on de x, entonces la funci´on
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

4. 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 c´alculo de integrales basados
en estas integrales inmediatas.
Necesitaremos las dos propiedades que vemos a continuaci´on.
(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 tuvi´esemos, 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 funci´on 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

5. 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 c´alculo ha quedado reducido al de dos integrales inmediatas:
(3senx +
ex
2
)dx = −3cosx +
1
2
ex
+ C
Para la segunda integral, observemos cu´al 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. Lecci´on 19. Integraci´on por cambio de varia-
ble
El m´etodo de cambio de variable o de sustituci´on es ´util para calcular una
integral, a base de transformarla primero en una integral m´as sencilla.
Queremos calcular una integral indefinida f(x)dx, pero el c´alculo 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 funci´on t(x). Entonces ser´a f(x)dx = g(t(x))t (x)dx =
g(t)dt.
Imaginemos adem´as, que la funcion g es m´as f´acil 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 funci´on compuesta h(t(x)), su derivada ser´a
h (t(x))t (x) = g(t(x))t (x) = f(x)
y habremos encontrado la primitiva que busc´abamos: se tiene entonces f(x)dx =
h(t(x)).
El m´etodo comprende, pues, los siguientes pasos, para calcular f(x)dx.
Se elige una funci´on t = t(x), de manera que se pueda obtener la funci´on
g que cumpla la ecuaci´on f(x)dx = g(t)dt.
Se calcula entonces g(t)dt, tomando aqu´ı t como variable independiente.
El resultado ser´a una funci´on 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

6. Veremos a continuaci´on 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 sustituci´on, de forma que el integrando, que es funci´on
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
. Ser´a
−
2
3
dt
√
t
= −
2
3
t1/2
1/2
= −
4
3
√
t
El resultado, finalmente ser´a
2x2
dx
√
9 − x3
= −
4
3
9 − x3 + C
Ejercicio 2. Calcular la integral
5dx
x2 − 2x + 5
Veremos m´as adelante m´etodos 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 factorizaci´on compleja nos ser´a de utilidad.
x2
− 2x + 5 = (x − (1 + 2i))(x − (1 − 2i)) = (x − 1 − 2i)(x − 1 + 2i)
Podemos ver esta expresi´on 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

7. De modo m´as 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 sustituci´on 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 sustituci´on t = x−1
2 . Entonces 2t = x − 1, y as´ı (x − 1)2
+ 4 =
4t2
+ 4 = 4(t2
+ 1). Adem´as, dt = 1
2 dx, o sea dx = 2dt.
Hacemos ahora la sustituci´on 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 sustituci´on 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
Ejercicio 4. Calcular
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
Ejercicio 5. Calcular
a2 − x2dx
7

8. Podemos suponer a > 0. Vamos a emplear un cambio, enunciado en forma
inversa a la habitual. Para introducir la funci´on auxiliar u = u(x), la definimos
en forma impl´ıcita, mediante la ecuaci´on x = asen(u). En realidad, podr´ıamos
partir de u = arcsen(x/a), pero nos resulta m´as simple escribir usando la fun-
ci´on inversa. De este modo, a2
−x2
= a2
(1−(x/a)2
) = a2
(1−sen2
u). Asimismo,
la relaci´on entre las diferenciales se obtiene de esa ecuaci´on: dx = acos(u)du.
En este caso, la sustituci´on 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 elecci´on 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 f´ormula trigonom´etrica:
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 soluci´on como funci´on 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
Ejercicio 6. Calcular
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

9. 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 tambi´en puede verse como una integral casi inmediata,
escribiendo el denominador como a 1 + (x/a)2.
Un grupo de integrales de funciones racionales es tambi´en f´acil 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 sustituci´on,
−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

10. 3. Lecci´on 20. Integraci´on por partes
3.1. El m´etodo de integraci´on por partes
Supongamos que una funci´on y = h(x) es un producto de dos funciones:
y = h(x) = uv
Sabemos que la diferencial de la funci´on ser´a
dy = (du)v + u(dv) = v du + udv
Como la integral indefinida de la diferencial de una funci´on es la funci´on
dada, se tiene:
uv = vdu + udv
La ecuaci´on anterior nos da la f´ormula b´asica de un procedimiento de inte-
graci´on que se conoce como integraci´on por partes:
udv = uv − vdu
El procedimiento aplica esa f´ormula 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 exposici´on; pero las integrales se efect´uan 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 f´acil de calcular.
La integral propuesta inicialmente es udv. Por la f´ormula de la inte-
graci´on por partes y conocidos ya u, v, deberemos calcular vdu para
aplicarla y hallar la integral pedida, puesto que
udv = uv − vdu
El m´etodo tiene sentido, y dar´a resultado si esta segunda integral, vdu
es m´as f´acil de calcular que la propuesta; o, al menos, si la podemos ex-
presar en funci´on de la integral propuesta y deducimos de la f´ormula de la
integraci´on por partes una ecuaci´on que nos permita resolver el problema.
Por tanto, el ´ultimo paso del proceso es calcular vdu.
10

11. 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 f´ormula de la integraci´on por partes:
I = xex
dx = udv = uv − vdu = xex
− ex
dx
Finalmente, calculamos la integral del segundo miembro en la ecuaci´on
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 ecuaci´on
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 ecuaci´on dar´a
I1 = x2
ex
− ex
(2xdx) = x2
ex
− 2 xex
dx = x2
ex
− 2I2
donde hemos llamado I2 a la integral I2 = xex
dx.
11

12. Volviendo a la expresi´on 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 elecci´on obvia es: u = lnx, dv = dx; de modo que v = x.
Adem´as, 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

13. 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 integraci´on 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 ecuaci´on precedente
I =
1
2
e2x
senx −
1
2
(
1
2
e2x
cosx +
1
2
I)
Esto nos dar´a
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. F´ormulas de reducci´on
Puede emplearse el m´etodo de integraci´on 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-
graci´on por partes, podemos expresar In en funci´on de In−1. Esto nos permite,
paso a paso, calcular In a partir del valor de I0 = e−x
dx = −e−x
+ C. La
f´ormula que relaciona In con In−1 se llama una f´ormula de reducci´on.
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 integraci´on por
partes, tenemos
In = −xn
e−x
+ n xn−1
e−x
dx = −xn
e−x
+ nIn−1
Si aplicamos esta relaci´on 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

14. In = −
n
k=0
n!
(n − k)!
xn−k
e−x
+ C
Ejercicio 7. Hallar una f´ormula de reducci´on para la familia de integrales
In = cosn
xdx.
Probamos la integraci´on 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 dar´a
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
f´ormula hasta I0 = dx = x + C. Cuando n es impar, la aplicaci´on repetida de
la f´ormula nos lleva a I1 = cosxdx = senx + C.
Ejercicio 8. Hallar una f´ormula de reducci´on 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 f´ormula de reducci´on, 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

15. Volvemos al c´alculo de Jn. Ser´a
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 f´ormula 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. Lecci´on 21. Integraci´on de funciones racionales
4.1. Fracciones simples sin factores complejos en el deno-
minador
Vamos a describir un m´etodo general para calcular las primitivas de las
funciones racionales. Recordemos del cap´ıtulo 2 que cualquier funci´on racional se
puede expresar como un polinomio m´as 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
lecci´on 19, y son f´acilmente integrables mediante cambio de variable.
Ejercicio 1. Calcular 5x+1
x3−3x+2 dx.
Para poder poner la funci´on 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

16. 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 dar´an
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 sustituci´on
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
dem´as 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

17. 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 lecci´on 19, se tendr´a
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 dar´a pues, 1
q2k−1 Jk, donde Jk = dt
(t2+1)k es una integral
estudiada en la lecci´on anterior.
Aplicando la f´ormula de reducci´on correspondiente, podemos calcular Jk y
a continuaci´on 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

18. 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
m´etodo de integraci´on 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 est´abamos 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

19. 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 fracci´on 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 relaci´on indicada se cumple con d = r
2a y f = 2as−rb
2a .
La integral, por tanto, ser´a
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 discusi´on
anterior.
Ejercicio 3. Calcular x2
dx
x2+2x+5 .
Siguiendo el m´etodo general, debemos primero descomponer la fracci´on en
una suma de fracciones simples m´as un polinomio. Haciendo la divisi´on, 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 fracci´on 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

20. 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
2. Calcular las integrales
x dx
√
2x2 + 3
,
x2
√
x3 + 1
3. Calcular la integral √
x3 − 3
√
x
6 4
√
x
dx
4. Calcular las integrales
(x +
√
x)dx, (
3
√
x
−
x
√
x
4
)dx, (x2
+
1
3
√
x
)2
dx
5. Calcular la integral
dx
cos2x tan(x) − 1
6. Calcular la integral
cos(2x)dx
(2 + 3sen(2x))3
20

21. 7. Calcular la integral
cos(x)dx
sen2x
8. Calcular la integral
arcsen(x)dx
√
1 − x2
9. Calcular la integral
dx
√
9 − x2
10. Calcular la integral
arccos(x) − x
√
1 − x2
dx
11. Calcular la integral
xarctan(x)dx
12. Calcular la integral
xcos2
xdx
13. Calcular la integral
xarcsen(x)dx
√
1 − x2
14. Calcular la integral
tan4
xdx
15. Calcular la integral
ex2
+4x+3
(x + 2)dx
16. Calcular la integral
ex
dx
1 + e2x
17. Calcular la integral
dx
3x2 − 2x + 4
21

22. 18. Calcular la integral
(3x − 2)dx
5x2 − 3x + 2
19. Calcular las integrales
dx
√
a2 − x2
,
dx
x2 + a2
cualquiera que sea el valor a = 0 del par´ametro.
20. Calcular la integral
dx
√
2 − 3x − 4x2
21. Calcular la integral
4dx
x4 + 1
(La factorizaci´on de x4
+ 1 es: x4
+ 1 = (x2
+
√
2x + 1)(x2
−
√
2x + 1)).
22. Calcular la integral
dx
(x2 − 2)(x2 − x + 1)2
23. Calcular la integral
dx
x3 + 1
24. Calcular la integral
cos4
x · sen3
xdx
25. Calcular la integral
x − 8
x3 − 4x2 + 4x
26. Calcular la integral
6x4
− 5x3
+ 4x2
2x2 − x + 1
27. Calcular la integral
2x2
− 3x − 3
(x − 1)(x2 − 2x + 5)
22