13 Cálculo de primitivas

Transcripción

Solucionario
13
Cálculo de primitivas
ACTIVIDADES INICIALES
13.I.
Escribe los siguientes cocientes en la forma
R( x )
P(x )
= C( x ) +
con grad(R) < grad(Q).
Q( x )
Q( x )
a)
x 3 + 2x 2 − 1
x +2
b)
x4 − x3 + x2 + x
x2 + x + 2
a)
x 3 + 2x 2 − 1
1
= x2 −
x+2
x+2
b)
x4 − x3 + x2 + x
4x − 2
= x 2 − 2x + 1 + 2
x2 + x + 2
x +x+2
13.II. Halla todas las raíces reales y complejas de los siguientes polinomios y da su factorización en
polinomios irreducibles con coeficientes reales.
a) P ( x ) = x 5 + x 4 − x 3 + 15 x 2
b) Q(x) = x 4 + 10x2 + 9
a) P ( x ) = x 5 + x 4 − x 3 + 15 x 2 = x 2 ( x + 3)( x 2 − 2 x + 5) . Raíces: x = 0 doble, x = –3, x = 1+2i y x = 1 – 2i
b) Q( x ) = x 4 + 10 x 2 + 9 = ( x 2 + 1)( x 2 + 9) . Raíces: x = i, x = – i, x = 3i y x = –3i
13.III. Halla un polinomio de tercer grado con coeficientes reales sabiendo que dos de sus raíces son x 1 = 1 y
x 2 = 2 + 3i .
P ( x ) = ( x − 1)( x − 2 − 3i )( x − 2 + 3i ) = ( x − 1)( x 2 − 4 x + 13) = x 3 − 5 x 2 + 17 x − 13 .
EJERCICIOS PROPUESTOS
13.1. Comprueba que F(x) = sen2x es una primitiva de f(x) = sen 2x y G(x) = −
1
cos2x, otra primitiva de f(x).
2
¿En qué constante se diferencian?
Como F ' ( x ) = 2sen x cos x = sen 2 x y G' ( x ) = sen 2 x , ambas son primitas de f(x) y, por tanto, F(x) = G(x) + C
1
1
1
para todo x. Para calcular la constante se toma x = 0, F(0) = 0 y G(0) = − , 0 = − + C, luego C = .
2
2
2
13.2. Calcula la derivada de las funciones f (x) = arctgx y (x) = −arctg
arctg7 + arctg
f ′( x ) =
1
. Y, sin calculadora, obtén el valor de
x
1
.
7
1
1
, g ′( x ) = 2
1+ x 2
x +1
1
y, por tanto, f(x) = g(x) + C
1+ x2
π
1
π
para
y como f(1) = –g(1), entonces f(1) = –f(1) + C, por tanto, C = 2f(1) = . Así pues, arctg(x) + arctg =
2
x
2
1
π
todo x. En particular, arctg7 + arctg = .
7
2
Como f(x) y g(x) tienen la misma derivada, son primitivas de la función F ( x ) =
156
Solucionario
13.3. Calcula las siguientes integrales indefinidas:
a)
 ( sen x − e
b)
 
a)
 ( sen x − e
3
x −
x
)
+
x dx
1 
 dx
x2 
x
)
+
x dx = − cos x − e x +
1
1
1
+1
2
c)
 (1+
d)

3
3
x 2 x dx
+1
x 2 + C = − cos x − e x +
2
3
x3 + C
1

+1
1 
1
1
33 4 1
3
x3 −
x − 2 +1 + C =
x + +C
 x − 2  dx =
1
−
+
x
2
1
4
x


+1
3
c)

1 + 3 x 2  dx = x + 1 x 3 +1 + C = x + 3 3 x 5 + C
2


5
+1
3
d)

3
b)
)
x 2 dx
2
x 2 x dx =

6
x 5 dx =
1
5
+1
6
5
x6
+1
+C =
6 6 11
x +C .
11
13.4. Calcula, en cada caso, la función f (x) que verifica las condiciones dadas:
a) f ’ (x) = cos x + x x y f (π) = 0
b) f ′(x) =
3
− e x y f (0) = 1
1+ x 2
c) f ′(x) = x – 2cos x y la gráfica de f corta a la bisectriz del 2.º cuadrante en el punto de abscisa x = π .
a)

(
cos x + x x )dx =  cos x + x


3
2


 dx = sen x + 2 x 5 + C = f ( x )

5

Para calcular C se utiliza f ( π ) = 0, 0 = sen π +
Luego f ( x ) = sen x +
b) 3
1
 1+ x
2
2
2
π5 + C  C = −
π5 .
5
5
2
2
x5 −
π5
5
5

dx − e x dx = 3arctg ( x ) − e x + C = f ( x )
f (0) = 3arctg (0) − e0 + C = 1  C = 2
Luego: f ( x ) = 3arctg ( x ) − e x + 2
c)
1
 (x − 2 cos x )dx = 2 x
f ( π) =
2
− 2sen x + C = f ( x ) y se sabe que f( π ) = −π .
1 2
1
π − 2sen π + C = − π  C = − π2 − π
2
2
Luego: f ( x ) =
1 2
1
x − 2sen x − π2 − π
2
2
Solucionario
157
Solucionario
13.5. Calcula las siguientes integrales indefinidas:
a)

b)
t +1
cos (lnt )
d)

e 2s
 1+ e 2 s ds
e)
es
 1+ e 2s ds
c)
(x
f)

a)

b)
 1+ e
c)
 (x + 1)
d)

cos (ln t )
dt = sen (ln t ) + C
t
e)

es
ds =
1 + e 2s
f)

2
t + 2t + 3
2
)
+1
20
dt
⋅ 5 x dx
t +1
2
t + 2t + 3
e 2s
ds =
2s
20
2
2x
1− x
4
dt =
t 2 + 2t + 3
2x
1- x 4
dt
dx
dt = t 2 + 2t + 3 + C
(
)
1 2e 2s
1
ds = ln 1 + e 2s + C
2 1 + e 2s
2

⋅ 5 x dx =
dx =
2t + 2
2
t
5
2
 (x + 1)
es
 1+ (e )
2x
( )
1− x
⋅ 2 x dx =
(
)
21
5 2
x +1 +C
42
ds = arctg (es ) + C
s 2

20
2
2 2
( )
dx = arcsen x 2 + C
13.6. Halla las primitivas de las siguientes funciones:
a) f ( x ) = 2 x (sen x 2 )(cos 4 x 2 )
b)
 tg ( 3 x + 2 ) dx
a) f ( x ) =
b)
 2x(sen x )(cos
2
1
 tg (3x + 2) dx = − 3 
4
x 2 ) dx = −
1
1
2 x( −sen x 2 )(5 cos 4 x 2 ) dx = − cos5 x 2 + C
5
5

1
−3sen (3 x + 2)
dx = − ln cos(3 x + 2) + C
cos(3 x + 2)
3
13.7. Calcula las derivadas de f ( x ) = tg2 x y g ( x ) =
f ' ( x ) = 2tg x
g' (x) =
1
, simplifícalas al máximo y explica qué observas.
cos2 x
1
2sen x
=
cos2 x cos3 x
2sen x
cos3 x
Sus derivadas son iguales, luego son dos primitivas de h( x ) =
x = 0, se tiene que 0 = f(0) = g(0) + C = 1 + C, tg2 x =
158
2sen x
. Como f(x) = g(x) + C, mirando su valor en
cos3 x
1
− 1.
cos2 x
Solucionario
13.8. Obtén las siguientes primitivas:
a)  ( x 2 − 5 x + 1) cos x dx
e)

b)  arctg x dx
f)
 x (ln x ) dx
c)  arcsen x dx
g)
 (1 − x )e
d)  ( x 7 − 3 x + 1) sen x dx
h)
e
a)
 (x
c)
f
g’
x – 5x + 1
2x – 5
2
0
cos x
sen x
–cos x
–sen x
dx
cos x dx
 (x
)
(
)
= (x − 5 x − 1)sen x + (2x − 5) cos x + C
− 5 x + 1 cos x dx = x 2 − 5 x + 1 sen x − (2 x − 5 )( − cos x ) + 2( − sen x ) + C =
2
2
 arctg x dx
f
g’
arctg x
1
1
1+ x2
x
x
 arctg x dx = x arctg x −  1+ x
dx = x arctg x −
2
(
)
1
ln 1 + x 2 + C
2
 arcsen x dx
f
g’
arcsen x
1
 (x
7
x
1− x
2
dx = x arcsen x + 1 − x 2 + C
)
− 3 x + 1 sen x dx
f
g’
x – 3x + 1
7x6 – 3
42x5
210x4
840x3
2520x2
5040x
5040
0
sen x
–cos x
–sen x
cos x
sen x
–cos x
–sen x
cos x
sen x
7

 arcsen x dx = x arcsen x − 
x
1− x2
e)
3x
−x
− 5 x + 1 cos x dx
1
d)
2
)
2
2
b)
x ln x dx
(x
7
)
(
)
(
)
− 3 x + 1 sen x dx = x 7 − 3 x + 1 ( − cos x ) − 7 x 6 − 3 ( −sen x ) +
+42x cos x − 210 x sen x + 840 x ( − cos x ) − 2520 x ( −sen x ) +
5
4
3
2
(
(
)
+ 7 x − 210 x + 2520 x − 5043 sen x + C
6
4
2
x ln x dx
f
g’
ln x
x
1
x
2
x3
3
)
+5040 x cos x − 5040sen x + C = − x 7 + 42 x 5 − 840 x 3 + 5043 x − 1 cos x +
2
2 x3
2
4
ln x· x 3 − 
dx = ln x ⋅ x 3 −
x3 + C =
3
3x
3
9
2 3
2
=
x  ln x −  + C
3
3


x ln x dx =
Solucionario
159
Solucionario
 x(ln x ) dx
2
f)
f
(ln x)
1 2
1
1
1
2
2
x ( ln x ) −  x ln x dx = x 2 ( ln x ) − x 2 ln x +  x dx + C =
2
2
2
2
1
1
1
2
= x 2 ( ln x ) − x 2 ln x + x 2 + C
2
2
4
 x (ln x )
g’
2
x
2 ln x
x
1 2
x
2
2
dx =

g) (1 − x )e − x dx
f
g’
1– x
–1
0
e-x
–e-x
e-x
e
h)
3x
 (1− x )e
−x
dx = −(1 − x )e − x − ( −1)e − x + C = xe − x + C
cos x dx
f
e
g’
3x
cos x
sen x
–cos x
e
3e3x
9e3x
3x
cos x dx = e 3 x sen x + 3e 3 x cos x +  9e 3 x ( − cos x ) dx
Por tanto,

e 3 x cos x dx =
e 3 x (senx + 3 cos x )
+C .
10
13.9.Calcula las siguientes primitivas previa descomposición en fracciones simples:
a) 
dx
2x + 5
b) 
c) 
2x - 1
dx
( x - 1)( x - 2 )
d)
dx
xdx
( x - 1)( x + 3 )( x + 5 )

x5 + x4 - 8
dx
x 3 - 4x
1
a)
 2x + 5 = 2 ln 2x + 5 + C
b)

xdx
=
(x − 1)(x + 3)(x + 5)
c)
 (x − 1)(x − 2) dx =  x − 1 dx +  x − 2 dx = − ln x − 1 + 3 ln x − 2 + C
d)
2x − 1

x5 + x 4 − 8
dx =
x 3 − 4x
=

1
24 dx +
x −1
−1
 (x
2

3
8 dx +
x +3

5
12 dx = 1 (ln x − 1 + 9 ln x + 3 − 10 ln x + 5 ) + C
x +5
24
−
3
)
+ x + 4 dx +

4 x 2 + 16 x − 8
x3 x2
dx =
+
+ 4x +
x ( x − 2)( x + 2)
3
2
x3 x2
+
+ 4 x + 2 ln x + 5 ln x − 2 − 3 ln x + 2 + C
3
2
160
Solucionario
2
5
−3
 x dx +  x − 2 dx +  x + 2 dx =
13.10. Determina las siguientes primitivas:
a) 
dx
b) 
( x - 1) ( x - 2 )
2
2x 2 - 3x - 3
( x - 1) ( x 2 - 2 x + 5 )
−dx
dx
−dx
dx
c)
dx

dx
x3 +1
d)

x3 - 6
dx
x 4 + 6x 2 + 8
1
 (x − 1) (x − 2) =  x − 1 +  (x − 1) +  x − 2 = − ln x − 1 + x − 1 + ln x − 2 + C
a)
2

b)
2
2x 2 − 3 x − 3
dx =
(x − 1) x 2 − 2x + 5
(

)
−1
dx +
x −1

3x − 2
3
dx = − ln x − 1 +
2
x 2 − 2x + 5

2x − 2
1
dx +
2
x 2 − 2x + 5

1
2
dx =
2
 x − 1
 +1

 2 
1
3
 x − 1
ln x 2 − 2 x + 5 + arctg
 +C
2
2
 2 
1
1
2
dx
− x+
dx
dx
3
3
3
dx =
=
=
+
x +1
( x + 1)( x 2 − x + 1)
x3 + 1
x2 − x + 1
= − ln x − 1 +

c)



2
1
1
2x − 1
1 2
= ln x + 1 −  2
dx + ·
·
3
6 x − x +1
2 3 
3
dx =
2
  x − 1 
2
  2 

1+  

3 




1
1
3
1 
 2
ln x + 1 − ln x 2 − x + 1 +
arctg 
x−
 +C
3
6
3
3
 3
=

d)
x3 − 6
dx =
x 4 + 6x 2 + 8

x3 − 6
dx =
( x 2 + 2)( x 2 + 4)
− x −3
dx +
2
+2
x
2x + 3
dx =
2
+4
x
1
1
=−
2
2x
3
dx −
2
x +2
2




1
3

2
arctg
= − ln x + 2 −
2
2

(
)
1
2x
3
2
2
dx +
dx +
dx =
2
2  x 2
x2 + 4
x 
 + 1
  +1
2
2
3
x 
x
 + ln( x 2 + 4) + arctg  + C
2
2
2


13.11. Calcula las siguientes primitivas:
1- x
a)
 1+
x
a)
 1+
1−
x
1−
x
 1+
x
x
dx
b)
1+ e x
dx
2x
+1
e
dx  t = 1 + x ; dt =
dx = 
1
2 x
c)

1
3
x +1
dx
dx  2(t − 1)dt = dx
−2(t − 1)(t − 2)
dt
=
dt = −  ( 2t − 6 )dt − 4 
t
t
(
= −t 2 + 6t − 4 ln t + C = − 1 +
x
)
2
(
+ 6 1+
)
x − 4 ln 1 +
x +C
dt
1+ ex
dx  t = e x ; dt = e x dx 
= dx
t
e2 x + 1
1+ ex
1+ t
1
−t + 1
1
2t
1
 e2 x + 1 dx =  ( t 2 + 1) t dt =  t dt +  t 2 + 1 dt = ln t − 2  t 2 + 1 dt +  t 2 + 1 dt =
b) 
1
1
ln t 2 + 1 + arctg ( t ) + C = x − ln e 2 x + 1 + arctg ( e x ) + C
2
2
1
1
3
dx  t = x ; dt =
dx  3t 2dt = dx
2
3
x +1
3 x
= ln t −

c)

3
( )
3t 2
1
3
33 2
dx = 
dt = 3  ( t − 1) dt + 3 
dt = t 2 − 3t + 3ln t + 1 + C =
x − 3 3 x + 3 ln
t +1
t +1
2
2
x +1
1
3
Solucionario
161
3
x +1 +C
Solucionario
13.12. Halla las primitivas siguientes:
x
a)

3
x +1
a)

3
x +1

x
x
dx  t = 6 x ; dt =
dx = 
x +1
6 6
6
= x x−
7
5
3
b)
dx
6
dx
( )
6
6 x
5
x +5
x +5
dx (llama
= t2 )
x
x

 6t 5dt = dx
6t ⋅ t
1
6
6
6
dt = 6  ( t 6 − t 4 + t 2 − 1) dt + 6  2
dt = t 7 − t 5 + t 3 − 6t + 6arctg (t ) + C =
t2 +1
t +1
7
5
3
5
3
x 5 + 2 x − 6 6 x + 6 arctg ( 6 x ) + C
2
x +5
x +5
5
x +5
= t 2  t 2 = 1+ ;
dx (llama
= t2 ) 
x
x
x
x
−5
15
−10t
dx = −   dx  dx =
dt
2
2
x
5x
( t 2 − 1)
b)


x+5
−10t 2
−1
−1
5
1
5
5
1
5
dx = 
dt = − 
dt + 
dt + 
dt + 
dt =
2
2
2
2
x
t
−
t
+
2
1
2
2
1
2
(
)
(
)
t
−
t
+
1
1)
(
)
(
t −1
(
)

5
1
1 
5 
=  − ln t − 1 +
+ ln t + 1 +
+C =
− ln
t −1
t + 1 
2
2


=
x +5 + x
5
ln
2
2tdt =
x +5 − x
x +5
−1 +
x
1
x+5
−1
x
+ ln
x +5
+1 +
x


 +C =

x+5
+ 1
x

1
+ x ( x + 5) + C
13.13. Transforma en primitivas de polinomios o cocientes de polinomios las siguientes primitivas. (No es
necesario que las resuelvas):
sen4 x
dx
3
x
a)
 sen x cos
2
a)
 sen x cos
x dx  t = cos x; dt = −sen x dx
5
5
 sen x cos
5
b)

c)
2
2
x dx
b)
 cos
c)
1
 cos x dx
x dx = −  (1 − cos2 x )2 cos2 x( −sen x )dx = −  (1 − t 2 )2 t 2dt
2dt
sen4 x
x
dx  t = tg  ; dx =
3
x
1+ t 2
2
 cos
4
sen x
dx =
cos3 x

 2t 

2 
 1+ t 
4
2
dt =
2 3 1+ t 2
 1− t 


 1+ t 2 


x
1
 cos x dx  t = tg  2 ;
dx =
32t 4
 (1+ t ) (1− t ) dt
2 2
2dt
;
1+ t 2
2 3
1
2dt
 cos x dx =  1− t
2
13.14. Haz lo mismo que en el ejercicio anterior con las primitivas siguientes:
a)
sen3 x
 cosx
dx
b)  sen4 xcos2 x dx
c)
 tg x dx
4
(1 − cos2 x ) sen x dx = ( t 2 − 1) dt =  t − 1  dt
sen3 x
=
dx
 cos x

 t
  t 
cos x
t4
dt
b)  sen4 x cos2 x dx  t = tg x; dx =
;  sen4 x cos2 x dx = 
dt
4
2
1+ t
(1 + t 2 )
a)
sen3 x
 cos x dx  t = cos x; dt = sen x dx ;
c)
 tg x dx 
4
t = tg x; dx =
dt
;
1+ t 2

tg4 x dx =
162

t4
dt
1+ t 2
Solucionario
13.15. Prueba el recíproco del teorema de Liouville, es decir: la derivada de f ( x )e g ( x ) con f y g funciones
racionales, es R ( x )e g ( x ) con R función racional.
F ( x ) = f ( x )e g ( x )  F '( x ) = f '( x )e g ( x ) + f ( x )g '( x )e g ( x ) = ( f '( x ) + f ( x )g '( x )) e g ( x )
Si f(x) y g(x) son funciones racionales, entonces, R( x ) = f ' ( x ) + f ( x )g ' ( x ) es una función racional pues la
derivada de una función racional es racional y el producto y la suma de racionales es racional.
13.16. Utilizando la no elementalidad de
a)

lnx dx
b)

1
lnx
x
2n
2
⋅ e ax dx , prueba que no son elementales las primitivas:
dx
c)
e ax

x
dx
Indicación: pon ln x = t2 en a) y b) y x = t2 en c).
a)
b)
c)

ln x dx Llamando x = et ; dx = 2te t dt ;

1

ln x
eax
x
2
2
2
2


dx Llamando x = e t ; dx = 2te t dt ;
dx Llamando x = t 2 ; dx = 2tdt ;

2
 ln(e )2te
t2
ln x dx =
1
ln x
dx =
2te t
t2

2
dt = 2 t 2et dt que no es elemental.
2
 ln(e ) dt = 2 e
t2
t2
dt que no es elemental.
2
e at
2t dt = 2 e at dt que no es elemental.
t

EJERCICIOS
El concepto de primitiva de una función
13.17. Asocia a cada función f(x) una primitiva F(x).
f (x )
F (x )
6sen2 (2 x + 1) cos(2 x + 1)
sen(2 x + 1)
cos(2 x + 1)
1
sen(2 x + 1)
2
cos( 2 x + 1)
6(2 x + 1)2 cos(2 x + 1)3
sen(3(2x + 1))
6( 2 x + 1)2 cos( 2 x + 1)3
sen (2 x + 1)3
6 cos(6 x + 3)
sen3 (2 x + 1)
6 cos( 6 x + 3)
sen(3(2x + 1))
3
f (x )
F (x )
6sen2 (2 x + 1) cos(2 x + 1)
sen3 (2 x + 1)
1
sen (2 x + 1)
2
13.18. Comprueba que F ( x ) = arcsen x y G ( x ) = − arccos x son ambas primitivas de la misma función. ¿De
qué función se trata? ¿En qué constante difieren?
F' (x) =
1
1− x
2
y G' ( x ) =
1
1− x
2
, luego son ambas primitivas de f ( x ) =
1
1− x 2
.
Se calcula la constante en la que difieren: F(x) = G(x) + C ; F(0) = G(0) + C  0 = −
π
π
+C  C = .
2
2
13.19. Una primitiva de cierta función f(x) es F ( x ) = x 2 − 3 x + 1 . Encuentra otra primitiva de f(x) cuya gráfica
pase por el punto A(1, 5).
Las primitivas de f(x) son de la forma G( x ) = x 2 − 3 x + 1 + C . Haciendo x = 1 se tiene 5 = 1 − 3 + 1 + C  C = 6 .
La primitiva buscada es G( x ) = x 2 − 3 x + 1 + 6 .
Solucionario
163
Solucionario
La integral indefinida. Primitivas inmediatas
13.20. Comprueba que:
a)
 6sen ( x + 1) cos ( x + 1) dx = 3sen ( x + 1) + C
b)

c)

2
dx
4
x
3
= 44 x +C
ax + b dx =
2 ( ax + b ) ax + b
+C
3a
(
)
′
a) Se comprueba que, efectivamente, 3sen2 (x + 1) + C = 6sen(x + 1) cos(x + 1) .
(
)
′
b) Se comprueba que, efectivamente, 4 4 x + C =
1
4
.
x3
′
3
′

 2 ( ax + b ) ax + b
  2 ( ax + b ) 2


c) Se comprueba que, efectivamente, 
+C =
+C =

 
3a
3a


 

ax + b .
13.21. Calcula las siguientes primitivas inmediatas indicando de qué tipo son:
2 1- x 2 - 3
e)

4x - 3 ⋅ 2x
dx
2x
f)
e

x 3 + 3x 2 - 5 x + 7
dx
x2
g)
 1+ t
d)

senx + cosx
dx
2
a)

5
b)

4 x − 3 ⋅ 2x
dx . Tipo
2x
c)

x 3 + 3x 2 − 5x + 7
dx . Tipo
x2

x 3 + 3x 2 − 5x + 7
dx =
x2
d)

a)

b)

c)

e)

f)
g)
5
x 3 dx
x 3 dx . Tipo
x
r
⋅ dx =
a
x
1
⋅ x r +1 + C 
r +1

ax
+C 
ln a

dx =
x
r
⋅ dx =
5
x 3 dx =
-x
1
2
2
dt
55 8
x +C
8
1
⋅ x r +1 + C y
r +1
1
dx
dx
2 + t2
4 x − 3 ⋅ 2x
dx =
2x
 x dx + 3 dx − 5 x dx + 7 x
sen x + cos x
dx . Tipo
2
1- x 2
2x
 2 dx − 3 dx = ln 2 − 3x + C
x
1
 x dx = ln x + C
dx =
1 2
7
x + 3 x − 5 ln x − + C
2
x
 cos x dx = sen x + C y  sen x dx = − cos x + C
sen x + cos x
1
1
1
1
dx =
sen x dx +
cos x dx = − cos x + sen x + C
2
2
2
2
2


2 1− x 2 − 3
1− x
2
2 1− x 2 − 3
1− x
e

−x
2
dx . Tipo


dx = 2 dx − 3
dx . Tipo
e
2 + t2
dt . Tipo
1+ t 2
f (x)

1

1− x2

dx = arcsen x + C
1
1− x2
dx = 2 x − 3arcsen x + C
f ′( x ) dx = ef ( x ) + C 
e
−x
1
dx = arctg x + C 
1+ x 2
164
dx = −e − x + C

2 + t2
1
dt = dt +
dt = t + arctg (t ) + C
1+ t 2
1+ t 2


Solucionario
13.22. (PAU) Calcula una primitiva de y =

x2 + 3
x

3

dx = x 2 dx + 3 x
−
1
2 dx
=
x2 + 3
x
.
2 2
2
x x + 6 x + C  f (x) = x2 x + 6 x
5
5
13.23. (PAU) Determina f(x) sabiendo que:
f ′′′( x ) = 24 x
f ′′(0) = 2
f ′(0) = 1
f (0) = 0
2
f ′′′( x ) = 24 x entonces f″(x) = 12x + C , como f″(0) = 2, se deduce que C = 2.
f″(x) = 12x2 + 2 entonces f′(x) = 4x3 + 2x + C , como f′(0) = 1, se deduce que C = 1.
f′(x) = 4x3 + 2x + 1 entonces f(x) = x4 + x2 + x + C, como f(0) = 0, C = 0 y, por tanto, f(x) = x4 + x2 + x.
13.24. (PAU) De una función y = f(x), x > –1, se sabe que tiene por derivada y ′ =
constante. Determina la función si, además, se sabe que f(0) = 1 y f(1) = –1.
a
donde a es una
1+ x
a
 1+ x dx = a ln(1+ x ) + C = f ( x ) . Como f(0 ) = a · 0 + C = 1  C = 1 y como f(1) = aln 2 + 1 = –1 
La función es f ( x ) = −
a=
−2
ln 2
2 ln(1 + x )
+ 1 = −2 log2 (1 + x ) + 1 .
ln 2
13.25. (PAU) Halla una función F ( x ) que verifique que x 5 F ′( x ) + x 3 + 2 x = 3 para x ≠ 0 .
x 5F ′( x ) + x 3 + 2 x = 3  F ' ( x ) =
3 − 2x − x 3
3 − 2x − x 3
3
2
1
 F(x) = 
+
+ +C
dx = −
5
4x 4 3x 3 x
x5
x
13.26. (PAU) Halla la ecuación de una curva y = f(x), sabiendo que pasa por el punto (1, 1) y que la pendiente
de la recta tangente en el punto de abscisa x es 3x + 1.
Se sabe que f′(x) = 3x+1, luego f ( x ) =
La curva tiene ecuación f ( x ) =
3 2
−3
.
x + x + C y como f(1) = 1, C =
2
2
3 2
3
x +x− .
2
2
Otras primitivas inmediatas más generales
13.27. (PAU) De la función f : ( −1, + ∞ ) → R se sabe que f ′( x ) =
3
( x + 1)2
y que f(2) = 0.
a) Determina f.
b) Halla la primitiva de f cuya gráfica pasa por el punto (0, 1).
a) f ( x ) =
3
 (x + 1)
2
dx = −
3
3
+ C , como f(2) = 0, C = 1, f ( x ) = −
+1
x +1
x +1
3


b) F ( x ) =  −
+ 1 dx = −3 ln x + 1 + x + C , 1 = –3ln (1) + C, C = 1
 x +1 

F ( x ) = −3 ln x + 1 + x + 1
Solucionario
165
Solucionario
13.28. Observa estas dos integrales:
i)
2x
dx = ln x 2 - 5 + C
2
-5
x
ii)
x
2x
dx = ln x 2 + 5 + C
2
+5
(
)
¿Por qué en la primera integral es preciso tomar el valor absoluto y en la segunda no?
Porque x2 + 5 es siempre positivo y x2 – 5 no lo es.
13.29. (TIC) Calcula estas integrales:
a) 
5 - 3tg x
dx
cos2 x
c) 
b)  x + 3 dx
d)
a)

5 − 3tg x
2
dx = −
9
cos2 x
b)

x + 3 dx =
c)

lnx 2
dx
x

e) 
x+ x
dx
x2
(5 − 3tg x )3
+C
2
( x + 3)3 + C
3
(
ln x 2
ln x 2
dx =
x
4
)
f)
 sen xcosxdx
d)

e)
x
f)

2
+C
x +2
dx
x2 + 4x
x+ x
2
dx = ln x −
+C
x2
x
x+2
1
dx = ln x 2 + 4 x + C
2
2
+ 4x
sen x ⋅ cos x dx =
sen2 x
+C
2
π 
13.30. (PAU) De todas las primitivas de la función f ( x ) = 2tgx sec 2 x , halla la que pasa por el punto P  , 1 .
4 
F(x) =
 2tg x sec
F (x ) =
1
−1
cos2 x
13.31. (PAU) Calcula

(x − 1)2
x
dx =

2
x dx =
( x − 1)
x
1
+C
cos2 x
1
π
+ C = 1  C = −1
F  =
 4  cos 2  π 
 
4
2
dx .
(
)
2 x
3 x 2 − 10 x + 15 + C
15
13.32. Calcula la primitiva de la función f ( x ) = x x 2 − 1 que se anula en el punto de abscisa x = 2 .
F(x) =
x
x 2 − 1 dx =
( x 2 − 1) 3
+ C,
3
0 = 3 + C  C = − 3  F(x) =
( x 2 − 1) 3
− 3
3
13.33. (PAU) Halla la función F ( x ) tal que F(0) = 2, y que sea primitiva de la función f ( x ) =
F(x) =

ex
dx = ln(e x + 1) + C
ex + 1
13.34. (PAU) Calcula la integral: 

(
)
(
ln 2 + C = 2  C = 2 − ln 2  F ( x ) = ln(e x + 1) + 2 − ln 2
x 2 + 20 x + ( x 2 + 20 x )
 x 2 + 20 x + x 2 + 20 x (x + 10 ) dx =


) ( x + 10) dx .
( x 2 + 20 x ) 3
x4
+
+ 10 x 3 + 100 x 2 + C
3
4
166
Solucionario
ex
.
e +1
x
e
e
2x 2 − x +3
2x2 − x +3
( 1 − 4 x ) dx .
(1 − 4 x )dx = −e 2 x
2
− x +3
+C
Integración por partes
13.36. (TIC) Calcula:
x
a)  x 2 x dx
x dx
2x
 x + 1
e)  ln 
 dx
 x − 1
i)
x e
f)  ( x 2 + x ) e −2 x + 1 dx
j)
 x ln x dx
k)
 x (ln x ) dx
b)

c)
 x arctg ( x + 1) dx
g)
 ln ( x + 1) dx
d)

h)

x ln x dx

a) x 2 x dx = x
b) 
ln x
dx
x2
3
− x2
dx
2
3
l)  e x cos (3 x ) dx
 x  1 2 
2x
2x
 +C
−
dx = 2 x 
−
 ln 2  ln 2  
ln 2
ln 2



 x  1 2 
x dx
2− x
2− x
−x
−x
x
2
dx
x
dx
2
=
=
−
+
=
−
+

 +C

 ln 2  ln 2  
2x
ln 2  ln 2


1
1
x2
c)
 x arctg ( x + 1) dx = 2 x arctg ( x + 1) − 2  1 + (1 + x )
=
x 2arctg ( x + 1) x ln( x 2 + 2 x + 2)
− +
+C
2
2
2
d)

2
dx =
2
x ln x dx =
x
2 x 3 ln x
−
3
 x + 1
e) ln
 dx =
 x − 1



1 2
1
−2 x − 2
1

x arctg ( x + 1) −   dx +  2
dx =
2
2 x + 2 x + 2 
2
2 x3
2 x 3 ln x 4 x 3
dx =
−
+C
3x
3
9
1 2  x + 1
 x + 1
x ln
 dx = x ln
+
x
1
2
−


 x − 1

x2
1
 x + 1
dx = x 2 ln
 + dx +
( x + 1)( x − 1)
2
 x − 1

x
1
dx =
−1
2
1
1
1
1 2  x + 1
2 dx −
2 dx =
dx = x ln
+x+
2
x −1
x +1
x2 − 1
 x − 1
1
1
1
1
 x + 1
 x + 1
= x 2 ln
 + x + ln x − 1 − ln x + 1 = ( x + 1)( x − 1) ln
 + x +C
2
2
2
2
 x − 1
 x − 1
1
 x + 1
= x 2 ln
+x+
2
 x − 1



f)
f
g’
x2 + x
2x + 1
e −2 x +1
1
− e −2 x +1
2
2
1 −2 x +1
e
4
0
−
 x 2 + x 2x + 1 1 
+ x ) e −2 x +1 dx = e −2 x +1  −
−
−  +C =
2
4
4

1 −2 x + 1 2
( x + 2 x + 1) + C
=− e
2
 (x
2
1 −2 x +1
e
8
g)
f
g’
ln(x+1)
1
1
x +1
x+1
x +1
 ln (x + 1) dx = ( x + 1) ln( x + 1) −  x + 1 dx = ( x + 1) ln( x + 1) − x + C
Solucionario
167
Solucionario
h)
ln x
x
dx = −
2
ln x
+
x
1
x

x 3 ⋅ e − x dx =
j)

x ln x dx =
2
ln x + 1
+C
x
)
e− x x 2 + 1
+C
−2
x2
ln x −
2
2
dx = −
(
2
i)
2
1

x2 1
x2
x2
· dx =
ln x −
+C
2 x
2
4
1
1
1 1
2
x 3 ln x dx = x 4 (ln x ) −  x 4 ln x −
2
4
24
k)
 x (ln x ) dx = 4 x (ln x )
=
1 4
1
1 4
2
x (ln x ) − x 4 ln x +
x +C
32
8
4
3
4
2
−

1

 4 x dx  =
3
l)
f
e
g’
x
cos(3x)
–3sen(3x)
–9cos(3x)
e
ex
ex
x

cos (3 x ) dx = e x cos (3 x ) − e x ( −3sen (3 x )) + e x ( −9 cos (3 x )) dx
Despejando se obtiene:

e x cos (3 x ) dx =
e x cos (3 x ) − e x ( −3sen (3 x ))
ex
+C =
(cos(3 x ) + 3sen(3 x )) + C
10
10
13.37. (TIC) Calcula realizando una tabla auxiliar con las integrales sucesivas:
a)  x 6 cos x dx
b)
x e
7
7x
dx
c)
e
ax
cos bx dx
d)  ( x 3 + x 2 + 1) e x dx
a)
f
6
x
6x5
30x4
120x3
360x2
720x
720
0
g’
cos x
sen x
–cos x
–sen x
cos x
sen x
–cos x
–sen x
x
6
cos x dx = 6 cos x ( x 5 − 20 x 3 + 120 x ) + sen x( x 6 − 30 x 4 + 360 x 2 − 720 ) + C
b)
f
x7
g’
e7x
7x6
1 7x
e
7
1

 x 7 x 6 6 x 5 30 x 4 120 x 3 360 x 2 720 x 720 
x 7e7 x dx = e7 x 
−
+ 2 − 3 +
−
+ 6 − 7  + C
7
7
7
74
75
7
7 
 7
e 7x
42x5
72
210x4
1 7x
e
73
840x3
1 7x
e
74
2520x2
1 7x
e
75
5040x
1 7x
e
76
5040
1 7x
e
77
0
1 7x
e
78
168
Solucionario
c)
f
cos bx
g’
e ax
–bsen bx
1 ax
e
a
1
–b2cos bx
a2
1 ax
1
1
e cos bx − 2 eax ( −bsen bx ) +  2 eax ( −b 2 cos bx ) =
a
a
a
eax ( a cos bx + b sen bx ) b 2
=
− 2  (Despejando)
a2
a
 b 2  ax
1
1
1 + 2  e cos bx dx = eax cos bx − 2 eax ( −bsen bx ) 
 a 
a
a


e
ax
cos bx dx =

e ax

eax cos bx dx =
eax (a cos bx + bsen bx )
+C
a2 + b2
d)
f
3
 (x
g’
2
x
x +x +1
3x2 + 2x
6x + 2
6
0
e
ex
ex
ex
ex
3
)
(
)
+ x 2 + 1 e x dx = e x x 3 − 2 x 2 + 4 x − 3 + C
13.38. Determina las funciones f : R → R que satisfacen la condición de que la pendiente de la recta
tangente en un punto genérico ( x , y ) de su gráfica viene dada por la expresión x e x .
f (x) =
 xe dx = xe −  e dx = e ( x − 1) + C
x
x
x
x
13.39. (PAU) Sea f : ( −1, 1) → R definida por f ( x ) = ln ( 1 − x 2 ) , calcula la primitiva de f cuya gráfica pasa por
el punto (0, 1).
 (
)
1
2x 2
dx = x ln(1 − x 2 ) − 2 dx + 2
dx =
(1 − x )(1 + x )
1− x 2
1
1
1− x
dx +
dx = x ln(1 − x 2 ) − 2 x − ln
= x ln(1 − x 2 ) − 2 x +
+C
1− x
1+ x
1+ x


F ( x ) = ln 1 − x 2 dx = x ln(1 − x 2 ) − −



Como pasa por (0, 1) sigue que − ln(1) + C = 1  C = 1 y la función es F ( x ) = x ln(1 − x 2 ) − 2 x − ln
1− x
+ 1.
1+ x
13.40. (PAU) Calcula la siguiente integral indefinida:  e ax ( x 2 + bx + c )dx en función de los parámetros
a, b y c.
 e (x
)
(
)
(
)
1 ax 2
1
1
1
1
e x + bx + c −
eax (2 x + b ) dx = eax x 2 + bx + c − 2 eax (2 x + b ) + 2
a
a
a
a
a
 x 2 + bx + c 2 x + b 2 
= eax 
−
+ 3  + C
a
a2
a 

ax
2
+ bx + c dx =

13.41. Basándote en el ejercicio precedente, calcula:  e x ( x 2 − 2 x − 1) dx
Tomando en el ejercicio 40 a = 1, b = –2 y c = –1, se obtiene:
 e (x
x
2
)
(
)
(
)
− 2 x − 1 dx = e x x 2 − 2 x − 1 − ( 2 x − 2) + 2 + C = e x x 2 − 4 x + 3 + C
Solucionario
169
 2e
ax
dx =
Solucionario
13.42. Utiliza dos veces la integración por partes para calcular la función f(x) que cumple f(0) = 1 y
f ′( x ) = e x cos x .



f ( x ) = e x cos x dx = e x cos x + e x sen x dx = e x cos x + e x sen x − e x cos x dx

f ( x ) = e x cos x dx =
x
x
ex
1
e cos x + e sen x
1
1
(cos x + sen x ) +
+ C . Como f (0) = + C = 1  C =  f ( x ) =
2
2
2
2
2
Integración de funciones racionales

4x − 5
dx .
x2 − 1
En particular si se hace x = 1, se obtiene 2B = –1 y si se hace x = –1, –2A = –9  B =
9
−1
yA= .
2
2
13.43. Encuentra dos números reales A y B tales que
4x − 5
A
B
y calcula
=
+
x2 − 1 x + 1 x − 1
4x − 5
A
B
=
+
 A( x − 1) + B( x + 1) = 4 x − 5 para todo x
2
x −1 x +1 x −1
9
−1
4x − 5
2
=
+ 2 . Así,
Luego 2
x −1 x +1 x −1
4x − 5
9
dx =
2
2
−1
x
dx
1
dx
9
1
 x + 1 − 2  x − 1 = 2 ln x + 1 − 2 ln x − 1 + C
13.44. (PAU) Se consideran las funciones reales f ( x ) = 12 x 3 − 8 x 2 + 9 x − 5 y g ( x ) = 6 x 2 − 7 x + 2 . Calcula la
f (x )
dx que cumple H(1) = 1.
función H ( x ) = 
g( x )
H( x ) =
f (x)
 g( x ) dx = 
12 x 3 − 8 x 2 + 9 x − 5
dx = (2 x + 1) dx +
6x 2 − 7x + 2

(
+ x + ln(6 x
)
− 7 x + 2) − 1 .
12 x − 7
dx = x 2 + x + ln 6 x 2 − 7 x + 2 + C
2
− 7x + 2
 6x
Como H(1) = 1  1 + 1+ ln1 + C = 1, por tanto, C = –1, y la función es H ( x ) = x 2
2
13.45. (TIC) Las siguientes integrales dan lugar a funciones tipo arco tangente. Para resolverlas, primero
a
, cuya integral es ya inmediata:
debes transformar las fracciones en otras de la forma:
2
1 + ( ax + b )
a
 1 + ( ax + b )
dx = arctg ( ax + b ) + C
2
a) 
2
dx
1+ x 2
c) 
b) 
1
dx
9 + x2
d)
a)
2
 1+ x
1
dx
x2 − 4x + 5
1
 1+ 2x
2
dx
1
e)
 4 + ( x − 3)
f)
x
2
1
1
x
3
dx = arctg   + C
2
3
3
x
 
1+  
3
1
1
dx =
dx = arctg ( x − 2) + C
x 2 − 4x + 5
(x − 2)2 + 1
1
1
dx =
3
9 + x2
b)

c)

d)
 1 + 2x


1
2
dx =
1
2
2
 1+ ( 2x )
2
1
dx =
2

2
dx =
+ 10 x + 41

e)
 4 + (x − 3 )
f)
x
2
2
1
dx =
1
2
arctg
( 2x )+ C
1
1
 x −3
2
dx = arctg 
 +C
2
2
 2 
 x −3
1+ 

 2 
1
1
2
1
 x+5
4
dx
dx = arctg 
=
 +C
2
2  x + 5 2
( x + 5)2 + 16
 4 

 +1
 4 

170
Solucionario
dx
2
dx
+ 10 x + 41
dx = 2arctg x + C
2
2
13.46. (TIC) Calcula estas integrales correspondientes a los 6 casos posibles de funciones racionales:
2x + 1
dx
− 3x + 2
1
f)  2
dx
x −4
− x 2 + 3 x + 23
dx
g)  3
x + 4 x 2 − 3 x − 18
3
a)
 x + 5 dx
b)
 2x − 7
c)
x
2
d)
x
2
e)
dx
1
dx
+ 2x + 3
x
dx
+ 4x + 7
h)
x
2
x
x+5
dx
− x2 − x + 1
3
1
dx
+4
1
dx
x 4 + 3x 2 + 2
x 3 + x 2 + 3x + 2
i)
x
j)

k)

l)

2
(x
2
+ 2)
2
dx
3x 4 − 2x 3 + 9x 2 − 3x + 5
( x − 1) ( x 2 + 1)
2
dx
Caso 1. De 1.er grado (solo una raíz real)
3
a)
dx = 3 ln x + 5 + C
x +5
dx
1
b)
= ln 2 x − 7 + C
2x − 7 2
Caso 2. De 2.º grado sin raíces reales


c)

d)

1
1
2
2
 x + 1
2
2
arctg 
dx =
dx =
dx =

2
2
2
2
(x + 1)2 + 2
 2 
 x + 1
 x + 1
1+ 

 +1

 2 
 2 
1
2x + 4
1
1
2 1
1
x
·
dx =  2
dx − 2
dx = ln ( x 2 + 4 x + 7 ) −
dx =
2
2

2 x + 4x + 7
2
x2 + 4x + 7
3 3  x+2
( x + 2) + 3
1
+


 3 
1
dx =
x 2 + 2x + 3
(

1


)
 x +2
2
1
 + C
arctg 
ln x 2 + 4 x + 7 −
2
3
 3 
Caso 3. Solo raíces reales distintas
2x + 1
−3
5
e)
dx =
dx +
dx = −3 ln x − 1 + 5 ln x − 2 + C
2
x
−
1
x
−2
x − 3x + 2
1
1
−
1
4 dx +
4 dx = − 1 ln x + 2 + 1 ln x − 2 + C
f)
dx =
x+2
x −2
4
4
x2 − 4
Caso 4. Solo raíces reales, algunas iguales
− x 2 + 3 x + 23
−2
1
1
−1
dx =
dx +
dx +
dx = −2 ln x + 3 +
+ ln x − 2 + C
g)
3
2
2
+
−
+3
x
3
x
2
x
x + 4 x − 3 x − 18
(x + 3 )
=







h)

x
3
x+5
dx =
− x2 − x + 1


−1
1
3
 x + 1 dx +  x − 1 dx +  (x − 1)
2
dx = ln x + 1 − ln x − 1 −
3
+C
x −1
Caso 5. Algunas raíces complejas distintas
1
1
1
1
1
1
x
2
i)  2
dx = 
dx = 
dx = arctg   + C
2
2
4 x
2 x
2
x +4
2
  +1
  +1
2
2
1
j)

1
dx =
4
x + 3x 2 + 2

1
dx +
2
x +1

1
−1
dx = arctg ( x ) −
2
x +2
2
1
 x 
2
arctg 
dx = arctg ( x ) −
 + C
2
2
 2
x 
+
1


 2

Caso 6. Algunas raíces complejas repetidas
x 3 + x 2 + 3x + 2
x +1
x
1
2x
1 1
dx =  2
dx + 
dx =  2
dx +
·
k) 
2
2
2
2
x
2
2
x
2
+
+
2 2
+
+
x
2
x
2
(
)
(
)
=
l)
(

1
2
x 

 +1
 2
dx +
1
2x
dx =
2  ( x 2 + 2 )2
)
1
1
1
 x 
+C
ln x 2 + 2 +
arctg 
 −
2
2
2
 2  2( x + 2)

3 x 4 − 2x 3 + 9 x 2 − 3 x + 5
(x − 1)(x
2
)
+1
2
dx = 3
1
 x − 1 dx − 2 x
Solucionario
1
1
dx +
2
+1
2
171
2x
 (x + 1) dx = 3 ln x − 1 − 2arctg x − 2( x
2
2
1
2
+ 1)
+C
Solucionario
13.47. (TIC) Calcula las siguientes integrales:
a)
b) 
a)
b)
2
dx
−1
c)
x
2
2x 2
dx
9 − x2
d)
x
2
x
x

2
2
dx =
−1
2
x
dx
+ 2x + 1
e)
x
2
dx
+ x −6
f)
x
2
x3
dx
+ x +1
x
dx
+ 2x − 3
−1
1
 x − 1 dx +  x + 1 dx = ln x − 1 − ln x + 1 + C
2x 2
dx =
9 − x2

− 2(9 − x 2 ) + 18
dx =
9 − x2
18
−3
3
 − 2dx +  (3 − x )(3 + x ) dx = −2x +  x + 3 dx +  x − 3 dx =
= −2 x + 3 ln x + 3 − 3 ln x − 3 + C
c)
x
2
x
dx =
+ 2x + 1
−1
1
 x + 1 dx +  ( x + 1)
1
5 dx +
x −2
1
5 dx = 1 ln x − 2 − 1 ln x + 3 + C
5
x +3
5

e)

x3
dx = ( x − 1)dx +
x2 + x + 1
=
1 2
2
 2x + 1 
x −x+
arctg 
 + C
2
3
 3 


1
+C
x +1
−
dx
=
2
x + x −6
d)
dx = ln x + 1 +
2
2
f)


x
dx =
x 2 + 2x − 3

3
4 +
x +3


dx
1
= x2 − x +
2
2
x + x +1

dx
1
2
= x2 − x +
2
2
3
1
3

x +  +
2
4


3
2
1

 2 x +  
2

  +1



3




dx =
1
4 = 3 ln x + 3 + 1 ln x − 1 + C
x −1 4
4
Integración por cambio de variable
13.48. Calcula las siguientes primitivas realizando el cambio de variable que se indica:
a)
x
a)
x
b)


x
dx
+1
4
x2 = t
x
dx , x 2 = t ;
+1
4
dx
2x − 1 + 4 x − 2
dx
2x − 1 + 4 x − 2
=
b)
2 x dx = dt 
, 2x − 1 = t 2;
1
2

1
2
x
2x
1
dx =
4
2
+1
dx

t
2
2x − 1 + 4x − 2
2x − 1 = t 2
1
1
1
dt = arctg t + C = arctg ( x 2 ) + C
2
2
+1
2dx = 2t dt
2 dx
=
2 x − 1 + 2(2 x − 1)
1
2
2t dt
 t + 2t
2
=
(

13.49. (PAU) Calcula la siguiente primitiva:  sen(ln x ) dx .
Se hace x = et  dx = et dt
 sen (ln x ) dx =  e sen t dt = e sen t −  e cos t dt = e sen t − e cos t −  e sen t dt =
x (sen (ln x ) − cos (ln x ))
= xsen (ln x ) − x cos(ln x ) − sen(ln x ) dx  sen (ln x ) dx =
+C


2
t
t
t
172
t
)
1 2 dt
1
1
= ln 1 + 2t + C = ln 1 + 2 2 x − 1 + C
2 1 + 2t 2
2
t
Solucionario
t
13.50. (PAU) Sea la integral  e 2 x sen ( e x ) dx .
a) Intégrala mediante el cambio t = ex.
b) Calcula la constante de integración para que la función integral pase por el origen de coordenadas.
a) t = e x ; dt = e x dx
e
2x
( )


sen e x dx = tsent dt = −t cos t − − cos t dt = −t cos t + sen t + C = −e x cos(e x ) + sen (e x ) + C
0
0
0
b) 0 = −e cos (e ) + sen (e ) + C  C = cos (1) − sen (1)
13.51. (TIC) Calcula las siguientes primitivas:
a)
 1+
b)

c)
e
d)
a)
2
dt
e)

4 x + 5 ⋅ 16 x
dx
1 + 16 x
f)
 2 + 3tg α d α
1
dx
+ e−x
g)
 1+
x
x
dx
1

2
 1+
x
2
 1+
dx =
x

x arcsen x
dx
k)

5 + 2 x 2 + ln x
dx
3x
x
x5

1+ x 3
l)
dx
1− 4x
1− x 2
(

dx
a+
x
)
dx
2
dx
x
1
x = t;
dx ,
j)
sec2 α
h)
dx
x +3 x

a − bt
1+ x
2x
i)
dx = dt
2 x
4(t + 1)
1
dt − 4
dt = 4t − 4 ln 1 + t + C = 4 x − 4 ln 1 + x + C
1+ t
1+ t
4t
 1+ t dt = 
(

4 x + 5 ⋅ 16 x
dx , 4 x = t;
1 + 16 x
b)


4 x + 5 ⋅ 16 x
1
dx =
x
ln(
4)
1 + 16
=
1
5
1
5
ln(1 + t 2 ) +
arctg t + C =
ln(1 + 16 x ) +
arctg ( 4 x ) + C
2 ln( 4)
ln( 4)
2 ln( 4)
ln( 4)
c)
e
x

4 x ln( 4) dx = dt
ln( 4)4 x (1 + 5 ⋅ 4 x )
( )
1+ 4
1
dx , e x = t ;
+ e− x
x 2
e x dx = dt 
dx =
e
1
1 + 5t
5
2t
1
1
dt =
dt +
dt =
ln( 4) 1 + t 2
2 ln( 4) 1 + t 2
ln( 4) 1 + t 2

1
dx =
+ e− x
x

1
  t + 1 t dt =  t
1

x+ x
1
dx =
x +3 x

1
dt = arctg t + C = arctg (e x ) + C
+1
, x = t 6 ; dx = 6t 5dt
dx
3
2

t

d)
)

6t 5
dt =
t + t2
3
(

6t 3
dt =
t +1
)
 (6t
2
)
− 6t + 6 dt +
− 6dt
 t + 1 = 2t
3
− 3t 2 + 6t − 6 ln t + 1 + C =
= 2 x − 3 3 x + 6 6 x − 6 ln 6 x + 1 + C
e)

dt
a − bt
, x = a − bt ;
dx =
−b
2 a − bt
dt 

dt
a − bt
=

2
−2
− 2 a − bt
dx = − x + C =
+C
b
b
b
2
f)
sec α
 2 + 3tg α dα ,
t = tg α; dt =
g)
1+ x
 1+
x
1
2
cos α
dx ,
dα = sec 2 α dα 
x = t;
1
2 x

sec 2 α
dα =
2 + 3tg α
dx = dt 
1+ x
 1+
x
dx =
(
dt

(
)
2t 1 + t 2
dt =
1+ t
)
2
2
= t 3 − t 2 + 4t − 4 ln 1 + t + C = x x − x + 4 x − 4 ln 1 + x + C
3
3
Solucionario
1
1
 2 + 3t = 3 ln 2 + 3t = 3 ln 2 + 3tg α + C
173
 (2t
2
)
− 2t + 4 dt +
−4
 1+ t dt =
Solucionario
1+ x

2


3
1
3
dx =

((1 + x
3
)
) − 1 3x2
1+ x
3
(t
dx =
1
3
dx =
1
ln( 2)

2
)
− 1 2t
2
dt =
t
3
 (t
2
)
− 1 dt =
l)
x arcsen x
2
1− x 2
2x

2 x ln(2) dx = dt
1− x
x arcsen x
1− 4
x
1

1− t
1
dx , t = arcsen x; dt =
dt =
2
1
1
arcsen (t ) + C =
arcsen ( 2 x ) + C
ln(2)
ln( 2)
dx
1− x 2
dx =  t sent dt = −t cos t +  cos t dt = −t cos t + sen t + C = − 1 − x 2 arcsen x + x + C
5 + 2 x 2 + ln x
5
dx =
3x
3

( a + x)
1
2
x
dx ,
1
1
dx = dt
x
ln x
5
1
1
5
1
1
2
dx = ln x + x 2 +
t dt = ln x + x 2 + (ln x ) + C
3
3
3
3
x
3
6
 x dx + 3  xdx + 3 
2
1
x = t;
2 x

dx = dt
x
dx =
2
2
 2( a + t ) dt = 3 ( a + t ) + C = 3 ( a + x ) + C
2
3
3
−x
2
−x
2
( a + x)

2
 x ( ln (1 + x ) + e ) dx .
 x (ln (1 + x ) + e ) dx =  x ln (1 + x ) dx +  xe
=
)
dx ,
k) Para resolver la tercera integral se hace el cambio: ln x = t ;

(
2 3 2
2 1+ x3 x 3 − 2
t − t +C =
+C
9
3
9
x
1− 4x
2x = t;
j)
dx , 1 + x 3 = t 2; 3 x 2dx = 2t dt
1+ x3
x5

i)
x5

h)
2
−x
dx =
1
ln t dt − xe − x +  e − x dx =
2
1
(1 + x 2 ) ( ln(1 + x 2 ) − 1) − e − x ( x + 1) + C
2
13.53. (PAU) Utilizando el cambio de variable t = ex, calcula
t = e x ; dt = e x dx 
e
 sec
3
x +e x

e

x
x +ex
dx .
x
dx = e x e e dx = e t dt = e t + C = ee + C
x dx . Indicación: realiza el cambio sen x = t para obtener una función racional.
sen x = t ; cos x dx = dt
 sec
=
3
x dx =

cos x
dx =
cos 4 x
1
 (1− t )
2 2
dt =

1
4 dt +
t +1

1
4 dt +
(t + 1)2

1
4 dt +
t −1
−

1
4 dt =
(t − 1)2
1
1 1
1
1 1
1
1
1
1
1
1
− ln t − 1 −
+ C = ln sen x + 1 −
− ln sen x − 1 −
+C
ln t + 1 −
4
4 t +1 4
4 t −1
4
4 sen x + 1 4
4 sen x − 1
dx

x2 − 2
. Indicación: Realiza el cambio
x2 − 2 − x = t .


x
x − x2 − 2
x 2 − 2 − x = t ; dt = 
− 1 dx =
dx


2
x2 − 2
 x −2


dx
2
x −2
=

1
2
·
x − x2 − 2
2
x −2 x − x −2
dx =
x−
174
1
2
x −2
·
x − x2 − 2
2
x −2
dx =
Solucionario
1
 − t dt = − ln t = − ln
x2 − 2 − x + C
Integración de funciones trigonométricas
13.56. (PAU) Dada la función f ( x ) = cos x − cos3 x .
a) Halla su integral indefinida.
π 
b) ¿Cuál es la primitiva de f(x) que pasa por  , 0  ?
2 
a) Se hace el cambio sen x = t ; cos x dx = dt .
 (cos x − cos x ) dx =  cos x(1− cos
3
2

x ) dx = t 2dt =
1 3 sen3 x
t =
+C
3
3
π
sen3  
 2  +C = 0  C = − 1
b)
3
3
Luego la primitiva buscada es F ( x ) =
sen3 x − 1
.
3
13.57. (TIC) Calcula estas cuatro integrales:
a)
 sen x dx
b)
 sen x dx
c)
 cos
d)
 cos
2
3
2
3
x dx
x dx

a) sen2 x dx Se hace por partes:
 sen x dx = −sen x cos x +  cos x dx = −sen x cos x +  (1− sen x ) dx = −sen x cos x + x −  sen x dx
x − sen x cos x
Despejando, se obtiene: sen x dx =
+C

2
2
2
2
2
2
b) Haciendo el cambio: cos x = t ;
− sen x dx = dt
1
 sen x dx =  sen x sen xdx =  (1− cos x ) sen x dx = − (1− t ) dt = 3 t
c) cos x dx Usando el ejercicio anterior, se tiene que:

3
2
2
2
3
−t +C =
1
cos3 x − cos x + C
3
2
 cos
2


x dx = (1 − sen2 x ) dx = x − sen2 x dx =
x + sen x cos x
+C
2
d) Haciendo el cambio: sen x = t ; cos x dx = dt
 cos
3



x dx = cos2 x cos x dx = (1 − sen2 x ) cos x dx = (1 − t 2 ) dt = t −
Solucionario
175
1 3
1
t + C = sen x − sen3 x + C
3
3
Solucionario
13.58. (TIC) Calcula las siguientes integrales:
cos3 x
a)
 (2sen x − 3 cos x ) dx
c)
 sen x
b)
 cos
d)
 sen x dx
2
5
x sen2 x dx
2
dx
cos x
3
 (2sen x − 3 cos x ) dx = 2 sen x dx − 3 cos x dx = x − sen x cos x − 3sen x + C (Ver 57a)
b) cos x sen x dx Se hace el cambio: sen x = t ; cos x dx = dt

 cos x sen x dx =  cos x sen x cos x dx =  (1− sen x ) sen x cos x dx =  (1− t ) t dt =  (t − 2t
2
a)
2
5
2
5
2
4
2
2
2
2
2 2 2
4
+ t 2 ) dt =
1 7 2 5 1 3
1
2
1
t − t + t + C = sen7 x − sen5 x + sen3 x + C
7
5
3
7
5
3
=
b)

cos3 x
dx Se hace el cambio: sen x = t ; cos x dx = dt
sen2 x
cos3 x
 sen x
2
d)
dx = 
(1 − sen2 x )
1− t 2
1
1
1
cos x dx =  2 dt =  2 dt −  dt = − − t + C = −
− sen x + C
2
sen x
t
t
t
senx
cos x
 sen x dx
cot g x = t ;
3
cos x
cos x
−1
dx = dt
sen2 x
1
 sen x dx =  sen x · sen x dx = − t dt =
3
2
− t2
cot g2 x
+C = −
+C
2
2
13.59. (TIC) Calcula estas dos integrales haciendo el cambio tg
a) 
b)
x
=t :
2
1
dx
2 + cosx
1
 2 + sen x dx
2 dt
x 1

Como 1 + tg2  ⋅ dx = dt , dx =
2 2
1+ t 2

y cos x =
1− t 2
2t
y sen x =
1+ t 2
1+ t 2
 x
 tg  2  
2
2
 t 
3
    +C
arctg
arctg
=
=


  t 2

3
3
3 
 3



 +1


 3
1
1
dx = 
a) 
2 + cos x
b)
1
 1− t 2
2+
2
 1+ t
2
2
2
·
dt =  2
dt =
t +3
 1+ t 2
3


2
1
·
dt =
2t  1 + t 2

 1+ t 2 
1
 2 + sen x dx =  2 + 
t
2
dt
=
+ t +1

dt
2
1
3
t +  +
2
4

2
3

=
1
 

x 
dt
 2 t +  
 2tg   + 1 
2
2
2
 2   +C


3
 +C =
arctg 
arctg 
=
2




3
3
3
3
1
 




 2 t +  




2
 
+1

3 




2
=
6
176
Solucionario
13.60. (TIC) Consulta las fórmulas de las sumas y restas de senos y cosenos y empléalas para calcular estas
integrales:
a)
 cos ( 5 x − 3 ) ⋅ sen ( 3 x − 1) dx
c)
 sen ( 2 x + 1) ⋅ sen ( 3 x + 5 ) dx
b)
 cos ( 2 x + 6 ) ⋅ cos ( 4 x − 2 ) dx
d)
 sen ( 2 x + 1) ⋅ cos ( 3 x + 5 ) dx
a)
 cos(5x − 3) ⋅ sen (3x − 1) dx
a = (5 x − 3) + (3 x − 1) = 8 x − 4
a−b
a+b
Se usan: 2sen 
 cos 
 = sen a − sen b  
 2 
 2 
b = (5 x − 3) − (3 x − 1) = 2 x − 2
1
1
 cos(5x − 3) ⋅ sen (3x − 1) dx = 2  sen (8x − 4) dx − 2  sen (2x − 2) dx = −
b) cos(2 x + 6 ) ⋅ cos(4 x − 2) dx

cos(8 x − 4) cos(2 x − 2)
+
+C
16
4
a = 6 x + 4
a−b
a+b
Se usan: 2 cos
 cos
 = cos a + cos b  
 2 
 2 
b = 2 x − 8
1
sen (6 x + 4) sen (2 x − 8)
+
+C
12
4
1
 cos(2x + 6) ⋅ cos(4x − 2) dx = 2  cos(6x + 4) dx + 2  cos(2x − 8) dx =
c)
 sen (2x + 1) ⋅ sen (3x + 5) dx
a = 5 x + 6
a−b
a+b
Se usan: 2sen 
 sen 
 = cos b − cos a  
2
2




b = x+4
1
1
 sen (2x + 1) ⋅ sen (3x + 5) dx = 2  cos( x + 4) dx − 2  cos(5x + 6) dx =
d)
sen ( x + 4) sen (5 x + 6)
−
+C
2
10
 sen (2x + 1) ⋅ cos (3x + 5) dx
a = 5 x + 6
a−b
a+b
Se usan: 2sen 
 cos 
 = sen a − sen b  
 2 
 2 
b = x+4
1
1
 sen (2x + 1) ⋅ cos (3x + 5) dx = 2  sen (5x + 6) dx − 2  sen ( x + 4) dx = −
cos (5 x + 6) cos ( x + 4)
+
+C
10
2
Integrales no elementales
13.61. Partiendo de que

e ax
dx , a ≠ 0 , n ∈ N no es elemental, demuestra que las siguientes integrales no
xn
son elementales.
dx
a)
 ln x
a)
dx
ln x


x
b) ee dx
c)
b)
e
ex
Se hace el cambio: et = x; et dt = dx 
Se hace el cambio: t = e x ;
 ln(ln x) dx

dt = e x dx 
Se hace el cambio: et = x; e t dt = dx
Ahora, integrando por partes, se tiene
 ln(ln x ) dx
c)
dx
dx
=
ln x

x
ee dx =
t

x
ee x
e dx =
ex
dt = ln t ⋅ e t − 
177
et
dt
t
et
dt
t

 ln(ln x ) dx =  ln t ⋅ e

 ln(ln x ) dx =  ln t ⋅ e
Solucionario

et
dt
t
t
dt
Solucionario
13.62. Utilizando la tabla de integración por partes demuestra que
Se calcula
ex
x
ex
 x dx no es elemental.
dx por partes:
Si se toma f ( x ) =
1
y g ' ( x ) = e x , se tiene:
x
f
g’
1
x
ex
1
−
ex
x2
2
ex
x3
Si se toma f ( x ) = e x y g ' ( x ) =
1
, se tiene:
x
f
g’
ex
1
x
ex
ex
ln x
x(ln x – 1)
Se observa que tanto de una forma como de la otra se llega a sumas de infinitos sumandos y, por tanto, la
integral no es elemental.
Actividades de síntesis
13.63. (TIC) Utiliza el método que creas más adecuado para resolver estas integrales:
2
2
 x ln 1 + x dx
a)
a
 x ln x dx
f)
b)
e
cos x dx
g)
 x ( ax
c)
x
x − 3 dx
h)
 cos
d)
ln x
 x 3 dx
e)
x
a)
x
x
4
dx
−1
4
a
2
+ b ) dx
n
π
2
πx
x −1

j)
 1 + tg x dx
3
x +1
 ex − e−x 
  2  dx
l)
x
m)
dx
i)
k)
dx
sen x
2
3
(1 + x )
o)

x2
dx
+ x 2 − 2x
p)

x 2 − 9 dx
q)
 (e
x
x −3
dx
x + x2 + x
n)

ñ)
 ( x + 1) ( x + 2 )
3
x 2 + 3x − 2
2
2
dx
3
dx
x
ln ( x + 1)
x +1
sen 3 x
)
3
dx
cos 3 x dx
5 ⋅ 2x + 3x
dx
3 x −1
r)

s)
x
2x + 5
dx
2
+ x +1
ln x dx ,
Si a ≠ −1, se llama f (x) = ln x, g ′(x) = xa.
x
a
ln x dx =
Si a = −1,
x
1
1 a +1
x ln x −
a +1
a +1
a
ln x dx =

x
a +1
1 
1 a +1
1
1
1
1

x ln x −
·
xa+1 =
xa+1  ln x −
dx =
+ C
a + 1
x
a +1
a +1 a +1
a +1

1
ln x
(ln x)2 + C
dx =
2
x

b) e x cos x dx , Se procede haciendo la tabla de f y g ′:
f
x
e
ex
x
e
g′
cos x
sen x
−cos x
e
e
x
x
x
cos x dx = e sen x − e (−cos x) −
x
cos x dx =
e
1 x
e (sen x + cos x) + C
2
178
Solucionario
x
cos x dx , por lo que

c) x x − 3 dx Haciendo x − 3 = t2 y dx = 2t dt, se tiene:
x
d)
 (t
x − 3 dx =
ln x
x
3
2
 t5

2
+ 3) t ⋅ 2t dt = 2 + t 3  =
5
5


dx Se denomina ln x = f (x) y
ln x
x
Así pues,
3
dx = –
1
1
1
ln x 2 +
2
2
x
( x − 3)5 + 2
( x − 3)3 + C
1
= g ′(x)
x3
1
1
x⋅x
2
dx = −
1
1
1 1
ln x 2 − · 2 + C
2
4 x
x
4
( Ax + B )( x 2 − 1) + C ( x 2 + 1)( x − 1) + D( x 2 + 1)( x + 1)
4
Ax + B
C
D
= 2
= 2
+
+
=
x − 1 ( x + 1)( x + 1)( x − 1)
x +1 x +1 x −1
x4 −1
e)
4
De la igualdad 4 = (Ax + B) (x2 − 1) + C (x2 + 1) (x − 1) + D (x2 + 1) (x + 1), haciendo x = 1, es 4 = 4D, con
x = −1, es 4 = −4C, con x = 0, es 4 = −B − C + D y con x = 2, es 4 = 6A + 3B + 5C + 15D.
Así pues, D = 1, C = −1, B = −2 y A = 0, por lo que la integral pedida es:
4
dx = −2 arctg x − ln |x + 1| + ln |x − 1| + K
−1
x
4
1
x ln (1 + x2), por lo que se puede resolver
2
1
1
1 + x2 = t y 2x dx = dt se transforma en  ln t dt = (t ln t − t).
2
2

f) x ln 1 + x 2 dx
x ln
1+ x 2 =

Así que la integral pedida es: x ln 1 + x 2 dx =
(
 x ln(1 + x ) dx que haciendo
2
)
1
(1 + x2) ln(1 + x 2 ) − 1 + C
4

g) x (ax 2 + b )n dx
Si n = −1, es:
 ax
1
x
ln |ax2 + b| + C
dx =
2a
+b
2
Si n ≠ −1, poniendo ax2 + b = t y 2ax dx = dt, se tiene que:
 x(ax

+ b )n dx =
1
2a
 t dt
n
=
1
(ax2 + b)n+1 + C
2a(n + 1)
π dx
= tg ( πx ) + C
cos2 πx
h) 
i)
2
x −1
3
x +1
6
5
dx Haciendo x = t y dx = 6t dt, se tiene que resolver 6

t3 −1 5
· t dt
t2 +1
Como t8 − t5 = (t2 + 1) (t6 − t4 − t3 + t2 + t − 1) + (1 − t), la integral pedida es:

6 (t 6 − t 4 − t 3 + t 2 + t − 1)dt + 6
1− t
dt =
2
+1
t
16 7 16 5 16 4 16 3 16 2 6 
6
x −
x −
x +
x +
x − x  + 6 arctg 6 x − 3 ln  x 2 + 1 + C
= 6


7
5
4
3
2


j)
sen x
2
3
2
 e x − e− x
k) 
2


l)
1
 1+ tg x dx =  sen x cos x dx = − 3 cos x + C

2

 dx ;


 e x − e− x


2

2

1
 = (e2x + e−2x − 2) Así pues,

4

x
2

1 1
1
 dx =  e 2 x − e − 2 x − 2 x  + C

4
2
2



x 2 dx
x2
x
x
A
B
A( x − 1) + B( x + 2)
:
= 2
=
=
+
=
3
2
3
2
( x + 2)( x − 1)
x+2
x −1
( x + 2)( x − 1)
x + x − 2x
x + x − 2x
x + x −2
2
1
, B = , por lo que:
3
3
Como x = A(x − 1) + B (x + 2)  A =
m)

 e x − e− x


2

x
Haciendo: x2 − 9 = t y 2x dx = dt
x 2 − 9 dx
x 2 − 9 dx =

1
2

t dt = =
1 2
·
2 3
t3 =
1
( x 2 − 9)3 + C
3
Solucionario
179
x 2 dx
2
1
= ln |x + 2| + ln |x − 1| + C
3
x + x 2 − 2x 3
3
Solucionario
n)
x
3
x −3
A( x 2 + x + 1) + x (Bx + C )
x −3
Bx + C
A
=
=
+ 2
=
2
2
x
x +x +x
x ( x + x + 1)
x + x +1
x3 + x2 + x
x −3
dx ;
+ x2 + x
3
De la igualdad x − 3 = A (x2 + x + 1) + x (Bx + C), haciendo x = 0, es −3 = A; con x = 1, es −2 = 3A + B + C y con
x = −1, resulta −4 = A + B − C. Así pues, A = −3, B = 3 y C = 4, por lo que:
x

3
x −3
dx = −3 ln |x| +
+ x2 + x
3x + 4
3
dx =
2
x2 + x + 1
1
3
4

2x + 1 + 5
3 dx = 3 ln (x2 + x + 1) + 5
2
2
x2 + x + 1
1
4
2
x
4
2x + 8
3 dx = 3
2
x2 + x + 1

2
ñ)
2
2
 (x + 1 ) + 3 dx = 3 
finalmente,
Así pues,
3x + 4
 (x + 1 ) + 3 dx y esta última integral se resuelve poniendo:


x+ 1
2
1+ 
 3 
 2 
2
dx =
2
3

2
3


1 +  2 x + 1 
 3 
2
dx =
2
3
1
 (x + 1 ) + 3 dx
2
2
y,
4
 2x + 1 
arctg 

 3 
5
 2x + 1 
3
x −3
ln (x2 + x + 1) +
arctg 
 + K
dx = −3 ln |x| +
2
+ x2 + x
3
 3 
x 2 + 3x − 2
 ( x + 1) ( x + 2)
2
2
dx
x 2 + 3x − 2
A( x + 1)( x + 2)2 + B( x + 2)2 + C ( x + 1)2 ( x + 2) + D( x + 1)2
B
D
A
C
=
+
+
+
=
2
2
2
2
x +1
x+2
( x + 1) ( x + 2)
( x + 1)
( x + 2)
( x + 1)2 ( x + 2)2
De la igualdad x2 + 3x − 2 = A (x + 1)(x + 2)2 + B (x + 2)2 + C (x + 1)2 (x + 2) + D (x + 1)2, haciendo x = −1, −4 = B,
con x = −2, es −4 = D, si x = 0, es −2 = 4A + 4B + 2C + D y si x = 1 es 2 = 18A + 9B + 12C + 4D, así que B = −4,
D = −4, 4A + 2C = 18; 18A + 12C = 54, por lo que A = 9, C = −9 y la integral pedida es:
x 2 + 3x − 2
 ( x + 1) ( x + 2)
2
o)
(1 + x )3

x
(1 + x )3

q)
ln( x + 1)

x +1
ln( x + 1)
x +1
 (e
 (e
r)

x
x
x
1
2 x +1
dx = 2 x + 2 x 3 +
6
5
x5 +
2
7
dx = dt, se tiene que:
)
cos 3 x dx =

Haciendo esen 3x = t y esen 3x · 3 cos 3x dx = dt, se tiene que:
1
3
1
 t dt = 9 t
2
3
=
1
(esen 3x)3 + C
9
x
Operando:
5 ⋅ 2x + 3 x
dx = 15
3 x −1
Como
5 ⋅ 2x + 3 x
2
= 15   + 3
x −1
3
3

x
x
15  2 
2
  dx + 3x =
  + 3x + C
3
 
ln 2  3 
3
2x + 5
2x + 1 + 4
= 2
, se tiene que:
x2 + x + 1
x + x +1
2x + 5
2
dx = ln (x + x + 1) + 4
+ x +1
2

(1 + x )3
(
cos 3 x dx
2x + 5
dx
+ x +1
2
x +1 = t y
Poniendo
dx
5 ⋅ 2x + 3 x
dx
3 x −1
Así pues
s)
3
5
3
1
+ 3 x 2 + 3 x 2 + x 2 , así que

)
)
− 21
dx = 2 ln t 2dt = 4 (t ln t − t) = 4 x + 1 ln x + 1 − 1 + C
sen 3 x 3
sen 3 x
4
4
− 9 ln |x + 2| +
+K
x +1
x+2
dx = 9 ln |x + 1| +
dx
= x
x
p)
2
x
2
2
2x + 1
1
2
arctg
+C
dx = ln (x + x + 1) + 4
+ x +1
3
3
(ver el apartado n de este ejercicio para esta última integral)
180
Solucionario
x7 + C
13.64. (TIC) Resuelve las siguientes integrales por el método más conveniente:
x +2
a)

b)
 x (ln x )
a)
x +1
dx
a

x+2
x +1
Como,
2
dx
x
c)
 cos 2 cos x dx
d)
 1 + sen x − cos x
=
x +1 +
dx
e x − e−x
dx
x
+ e−x
e)
e
f)
 x ln( x + a) dx
dx
x+2
x + 1+ 1
=
x +1


x + 1 dx +
b)
 x (ln x ) dx
x +1
1
dx =
x +1
2
3
1
x +1
, la integral dada se transforma en:
( x + 1)3 + 2 x + 1 + C
2
a
(ln x )2
1
, por lo que x a (ln x )2 dx = (ln x)3 + C
x
3

Si a = −1, xa(ln x)2 =
1 a +1
2
x
(ln x)2 −
a +1
a +1
apartado del ejercicio anterior, por lo que:

Si a ≠ −1, haciendo (ln x)2 = f y xa = g′ es x a (ln x )2 dx =
última integral la del 1.er
1
 x (ln x ) dx = a + 1 x
2
a

c) cos
a +1
x
cos x dx
2
x
(ln x)2 −
3x
1
(cos (a + b) + cos (a − b)) , se tiene que:
2
x
1
1 2
 cos 2 cos x dx = 2  cos 2 dx + 2  cos 2 dx = 2 · 3 sen
d)
x 1
x
3x
3x
+ sen = sen
+ sen + C
2
2 3
2
2
dx
 1+ sen x − cos x
x 1
x

Haciendo tg = t y 1 + tg2  · dx = dt, es decir, (1 + t2) dx = 2dt, se tiene:
2 2
2

(Recordar: tg
Finalmente,
1
 t (1+ t ) dt
2 dt
1+ t 2
 2t 1 − t 2
1+
−
1+ t 2 1+ t 2
1− t 2
x
2t
)
= t nos lleva a sen x =
y cos x =
2
2
1+ t
1+ t 2
Así pues, la integral dada se transforma en:
e)
a
1 
2
1

·
xa+1  ln x −
 +C
a + 1
a +1 a +1

Como cos a cos b =
1
 ln x ⋅ x dx , siendo esta
 1+ t
2
2dt
=
+ 2t − 1 + t 2
 2t
2dt
=
2
+ 2t
1
 t (1+ t ) dt
A(1 + t ) + Bt
1
A
B
=
+
=
que, haciendo t = −1, nos lleva a B = −1 y con t = 0, A = 1:
t (1 + t ) t
t (1 + t )
1+ t
= ln |t| − ln |1 + t| y la integral
dx
 1+ sen x − cos x = ln
tg
x
x
− ln 1 + tg + C
2
2
e x − e− x
dx = ln (ex + e−x) + C
x
+ e− x
e

f) x ln( x + a ) dx . Haciendo ln (x + a) = f y x = g′ es:
Finalmente, como

x ln( x + a ) dx =
x2
a2
=x−a+
, la integral pedida resultará:
x+a
x +a
1
 x ln( x + a) dx = 2 x
2
ln (x + a) −
1 1 2

2
 x − ax + a ln(x + a ) + C
2 2

Solucionario
181
1 2
1
x ln (x + a) −
2
2

x2
dx
x +a
Solucionario
13.65. (TIC) Calcula las integrales siguientes:
a) 
x2 + 2 3 x − x + 3
dx
2x
e)  x arctg x dx
 x −2 x 6 1 
+ 2 −  dx
x
x x 

f) 
 
b)
x
c) 
e
d) 
1
sec2 ( ln x ) dx
x

a)
g)  tg ax ⋅ sec2 ax dx
dx
x
x ( 1 − x 2 ) dx
1− x
h) 
x2 + 2 3 x − x + 3
1
dx =
2x
2


 sen x dx
j)
 1+ x
m) 
5
k) 
x n −1
2n
n) 
dx
5 x 2 − 19 x + 2
dx
x − 2x 2 − 5x + 6
ñ) 
3
l)  2 x sen 2 x cos 2 x dx
dx
x
i)
−2
x dx + x 3 dx −
1
2

−1
x 2 dx +
3
2
1
1
 x dx = 4 x
2
x dx
( x − 2)( x 2 − 9)
arctg ( ln x )
(
x 1 + ( ln x )
2
)
dx
dx
( x + 1)
x
o)  x 2 1 + x dx
+ 33 x −
x+
3
ln |x| + C
2
 x −2 x 6 1
2 6 1
6

+ 2 −  dx =  1−
+ 2 −  dx = x − 4 x − − ln x + C
b)  
 x

x
x
x
x
x
x




e
x
c)

d)
 x sec (ln x )dx
x
x
dx = 2e
1
+C
2
Haciendo ln x = t y
1
dx = dt, se llega a
x
 sec
2
t dt = tg t = tg (ln x) + C

e) x arctg x dx
1
1
1
y g (x) = x2 + , por lo que:
2
2
1+ x 2
1 2
1
1 2
1
x arctg x dx = (x + 1) arctg x −
dx = (x + 1) arctg x − x + C
2
2
2
2
1
1
1
Nota: Obsérvese la simplificación de los cálculos al tomar g (x) = x2+ en lugar de la habitual g (x) = x2
2
2
2
Poniendo arctg x = f y x = g′ es f ' ( x ) =

f)


x (1 − x 2 )dx

Poniendo x = t2 y dx = 2t dt, se tiene: 2 t (1 − t 4 )t dt = 2
t3
t7
2
−2
+C=
3
7
3
x3 −
2
7
x7 + C

g) tg ax ·sec2 ax dx
Haciendo tg ax = t y asec2 ax dx = dt, se llega a:
h)

1− x
x
1
a
1 1
 t dt = a · 2 t
2
=
1 2
tg ax + C
2a
dx El cambio más cómodo es llamar x = sen 2 t y dx = 2 sen t cos t.

1− x
cos t
 sen t 2sen t cos t dt =2  cos
2
t dt , integral que utilizando
x
trigonométricas cos2 t + sen2 t = 1, cos2 t − sen2 t = cos2t, nos lleva a:
1
(1 + cos 2t ) dt = t + sen 2t = arcsen x + x · 1 − x = arcsen x + x − x 2 + C
2
Así
pues:
dx =
las
identidades


i) sen5 x dx Como sen5x = sen4x sen x, se pone cos x = t y −sen x dx = dt, quedándonos, entonces:
 sen x dx =  (1- cos
5
j)
x n −1
 1+ x
2n
dx
2
x )2 senx dx = −  (1- t 2 )2 dt = −
1 5
2
1
2
t − t + t3 = − cos5x − cos x + cos3x + C
5
3
5
3
Haciendo xn = t y nxn−1dx = dt se tiene que:
182
x n −1
 1+ x
Solucionario
2n
dx =
1
n
dt
 1+ t
2
=
1
arctg xn + C
n
k)

5 x 2 − 19 x + 2
dx
x 3 − 2x 2 − 5 x + 6
Como x3 − 2x2 − 5x + 6 = (x − 1)(x − 3)(x + 2), se escribe:
5 x 2 − 19 x + 2
A( x − 3)( x + 2) + B( x − 1)( x + 2) + C ( x − 1)( x − 3)
A
B
C
=
=
+
+
( x − 1)( x − 3)( x + 2) x − 1 x − 3 x + 2
( x − 1)( x − 3)( x + 2)
La igualdad 5x2 − 19x + 2 = A(x − 3)(x + 2) + B(x − 1)(x + 2) + C(x − 1)(x − 3) nos lleva a A = 2, B = −1, C = 4 y
la integral dada resulta 2ln|x − 1| − ln|x − 3| + 4 ln|x + 2| + K
1
1 1
· sen2 2x + C
l) 2 x sen 2x cos 2 x dx Haciendo sen 2x = t y ln 2·2x cos 2x dx = dt :
t dt =
ln 2
ln 2 2
x dx
m)
( x − 2)( x 2 − 9)



x
A( x − 3)( x + 3) + B( x − 2)( x + 3) + C( x − 2)( x − 3)
A
B
C
=
+
+
=
, se tiene que la
( x − 2)( x 2 − 9) x − 2 x − 3 x + 3
( x − 2)( x 2 − 9)
igualdad x = A (x − 3)(x + 3) + B (x − 2)(x + 3) + C (x − 2)(x − 3) nos lleva a 3 = 6B, −3 = 30C, 2 = −5A, por lo
que
2
1
1
2
1
1
A=− ,B= ,C=–
y la integral pedida resulta ser : − ln |x − 2| + ln |x − 3| −
ln |x + 3| + K
5
2
10
5
2
10
arctg (ln x )
dx
n)
x 1 + (ln x )2
Como
 (
)
Llamando arctg (ln x) = t y
ñ)
dx
 ( x + 1)
x
. Haciendo
dx
1
1
· dx = dt, la integral se transforma en
1 + (ln x )2 x
1
x =ty
2 x
dx = dt, se tiene que
dx
 ( x + 1)
x
1
 t dt = 2 (arctg (ln x))
2
 1+ t
se transforma en
2
+ C.
dt :
2
2
 ( x + 1) x =  1+ t dt = 2 arctg t = 2 arctg x + C.
o) x 1 + x dx Haciendo 1 + x = t y dx = 2t dt, se tiene:

t
 (1 + x )
t
t 
2
2
1
 (t − 1) t ⋅ 2t dt =2  7 − 2 5 + 3  = 2 (1+ x)  7 − 5 (1+ x ) + 3  + C = 105
2
2
2
2
7
2
5
3
2
3
(1 + x )3 (15x2 −12x + 8) + C
a)  1 − 4x 2 dx
b)

(Indicación: recuerda que para obtener
a)

1 − 4 x 2 dx =

c)  1 − ( 2 x − 1) dx

d) 
2
6 x − x 2 − 8 dx
3 − x 2 + 2 x dx
1 − x 2 dx se utilizaba el cambio x = sen t)

1 − (2 x )2 dx Haciendo 2x = t y 2dx = dt, se tiene que:
1 − 4 x 2 dx =
1
2

1 − t 2 dt
Poniendo ahora t = sen u y dt = cos u du se tiene:
1
1  u sen 2u  1 
1
2
2
cos2 u du =  +
 =  arcsen t + t 1 − t  =  arcsen 2 x + 2 x 1 − 4 x  + C
 4 

4  4 
2 2
2

b)
 6x − x − 8 dx Como 6x − x − 8 = 1 − (x − 3) , se tiene que:
 6x − x − 8 dx =  1− ( x − 3) dx que es igual que las anteriores poniendo x − 3 = t y dx = dt:
1
1
 1− t dt = 2  arcsen t + t 1− t  = 2  arcsen ( x − 3) + ( x − 3) 1 − ( x − 3)  + C
c)
 1− (2x − 1) dx Haciendo 2x −1 = t y 2dx = dt, se tiene que:
1
1
1
 1− (2x − 1) dx = 2  1− t dt = 4  arcsen t + t 1− t  = 4  arcsen (2x − 1) + (2x − 1) 1− (2x − 1)
d)
 3 − x + 2x dx
Como 3 − x + 2x = 4 − (x − 1) , se tiene
 4 − ( x − 1) dx Así, x − 1 = 2t y dx = 2dt, que lleva a:
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2

4 − 4t 2 dt = 4
2

2
2 

x −1 x −1
 x − 1 

1− 
+
1 − t 2 dt = 2  arcsen t + t 1 − t 2  = 2  arcsen
  +C


2
2

 2  


Solucionario
183
 + C

Solucionario
13.67. Escribe como integral de un cociente de polinomios

1 + x 2 dx y resuélvela.
(Indicación: haz el cambio x = tg t.)
Si x = tg t y dx = (1 + tg2 t) dt, la integral

Poniendo ahora sen t = u y cos t dt = du, se tendría que
Para resolver
1
 (1 − u
2 2
)
1
 cos
3
dt
t
1
 1+ tg t ⋅ (1+ tg t ) dt =  cos t dt
cos t
1
=
 (1− sen t ) dt =  (1− u ) du .
1 + x 2 dx se transforma en:
2
2
3
2
du , se descomponen en fracciones simples la fracción
2
2 2
1
:
(1 − u 2 )2
1
1
B
D
A
C
=
=
=
+
+
+
2 2
2
2
2
1+ u
1− u
(1 − u )
(1 + u ) (1 − u )
(1 + u )
(1 − u )2
=
A(1 + u )(1 − u )2 + B(1 − u )2 + C (1 − u )(1 + u )2 + D(1 + u )2
(1 + u )2 (1 − u )2
Así pues: 1 = A (1 + u) (1 − u)2 + B (1 − u)2 + C (1 − u) (1 + u)2 + D (1 + u)2, que hace que:
con u = 1, 1 = 4D; con u = −1, 1 = 4B; con u = 0, 1 = A + B + C + D; con u = 2, 1 = 3A + B − 9C + 9D
1
1
3
1
1
De este modo: B = D = , A + C = , 3A − 9C = − , por lo que A = , C = .
4
2
2
4
4
1
1+ u
1
1
1
1
1 1
1 u
1
Así pues,
du = ln |1 + u| −
−
= ln
+
·
ln |1 − u| +
2 2
1− u
4
4 1+ u
4
4 1− u 4
2 1− u2
(1 − u )

Deshaciendo el cambio, se tendría:
u
sen t
=
=
1− u2
cos 2 t
1
1+ x 2 =
1
1+ x 2
1−
x
1+ x 2
1
1+ x 2
= x 1+ x 2

1 + 1 − 1 + 2 1 − 1

1+ x 2
1+ x2

1+ u
(1 + u )2
(1+ sen t )2
1
=
(1 + sen2 t + 2 sen t) = (1 + x2)
=
=
2
1− u
1− u
cos2 t
cos 2 t

2 + 2x 2 − 1 + 2x 1 + x 2
1
2 x 
= (1 + x2)
= (1 + x2) + x2 + 2x
= (1 + x2)  2 −
+
2
2


2
x
1
+
x
1
+
1+ x 

Llevando estos cálculos a la integral inicial, se tendría finalmente:

1 + x 2 dx =


 =


1 + x 2 =  x + 1 + x 2 


2
1
1 1+ u 1 u
1 
1

= ln  x + 1 + x 2  + x 1 + x 2 =
+
du = ln
4
2
1− u 2 1− u 2 4 
(1 − u 2 )2

1 
2
2 

 x 1 + x + ln  x + 1 + x   + C


2 
(Se utilizará este resultado en ejercicios posteriores).
=
b)  1 + ( 2 x − 1) dx
a)  1 + 4x 2 dx
a)


c) 
2
d) 
x 2 + 6 x + 10 dx
x 2 + 2 x + 5 dx
1 + 4 x 2 dx . Poniendo 2x = t y 2dx = dt, se tendría:
1 + 4 x 2 dx =
1
2

1 + t 2 dt =
1 1
⋅
2 2
 t 1 + t 2 + ln  t + 1 + t 2   = 1  2 x 1 + 4 x 2 + ln  2 x + 1 + 4 x 2   + C








 4 


 1 + (2x − 1) dx . Poniendo 2x − 1 = u y 2dx = du, la integral dada se convierte en:
1
1 1

1 + u du =
  ( 2 x − 1) 1 + ( 2 x − 1) + ln (2 x − 1) + 1 + (2 x − 1)    + C


2 
2 2
2
b)
2
2
 x + 6x + 10 dx = 
d)
 x + 2x + 5 dx = 
c)
2
2

4 + ( x + 1)2 dx =

1 + ( x + 3)2 dx =
1 
2
2 

 ( x + 3) 1 + ( x + 3) + ln  x + 3 + 1 + ( x + 3)   + C


2 
4 + ( x + 1)2 dx .
4 + 4t 2 ⋅ 2dt = 4

2
Poniendo x + 1 = 2t y dx = 2 dt, se tiene:
( )
( )
2
2 
 x +1
 x +1
1 + x + 1 + ln 
1 + t 2 dt = 2 
+ 1+ x + 1   + C


 2
2
2

 2

184
Solucionario
2
13.69. Escribe como integral de un cociente de polinomios
(Indicación: haz el cambio x =
Poniendo x =

x 2 − 1 dx y resuélvela.
1
).
sen t
− cos t
1
dt, la integral dada se transforma en −
y dx =
sen t
sen2 t
Haciendo en esta última integral cos t = u y −sen t dt = du, nos lleva a
cos2 t
 sen t dt .
3
u2
 (1− u )
2 2
du , cociente de polinomios.
u2
A(1 + u )(1 − u )2 + B(1 − u )2 + C(1 − u )(1 + u )2 + D(1 + u )2
B
D
A
C
=
+
+
+
=
2
2
2 2
1+ u
1− u
(1 − u )
(1 + u )
(1 − u )
(1 + u )2 (1 − u )2
En la igualdad, u2 = A (1 + u)(1 − u)2 + B (1 − u)2 + C (1 − u)(1 + u)2 + D (1 + u)2, con u = 1, es 1 = 4D;
con u = −1, es 1 = 4B; si u = 0, 0 = A + B + C + D; y si u = 2, es 4 = 3A + B − 9C + 9D, por lo que
1
1
3
1
1
yC =−
y la integral será :
B=D= ,A+C=−
y también 3A − 9C =
, así que A = −
4
2
2
4
4
u2
 (1 − u
2 2
)
du = −
1
1 1
1
1 1
1
1
u
1+ u
+ ln |1 − u| +
=
− ln
ln |1 + u| −
4
4 1+ u
4
4 1− u
2 1− u2 4
1− u
Así pues, deshaciendo el cambio, se tendría:
cos t
u
=
=
1− u2
sen2 t
1+ u
1 + cos t
=
=
1− u
1 − cos t
Luego:

13.70. Calcula
1−
1
x2
x2
6
x2 − 1
1
2
2
x 2 = x + x − 1 =  x + x 2 − 1




1
x − x2 − 1
1− 1− 2
x
1+ 1−
x 2 − 1 dx =
 1− x
1
x2 = x
u2
 (1 − u
2 2
)
du =

1+ u
1
1
1 
u
−
x x 2 − 1 − ln x + x 2 − 1  + C
ln
=
2

2 1− u
4
2 
1− u

dx haciendo previamente un cambio de variable.
Si x3 = t y 3x2 dx = dt, la integral dada se transforma en
Como
1
3
1
 1− t
2
dt .
A(1 − t ) + B(1 + t )
A
B
1
=
+
=
, la identidad 1 = A (1 − t) + B (1 + t), lleva a 1 = 2B, 1 = 2A.
1+ t
1− t
1− t 2
1− t 2
Así pues,

1+ t
1
1
y se tendrá que:
dt = ln
2
1− t
1− t 2
Solucionario
x2
 1− x
6
dx =
185
1+ x3
1
ln
+C
6
1− x 3
Solucionario
a) 
x 2 − 4 dx
c)

b) 
2
( x − 2 ) − 1 dx
d) 
x 2 + 6 x + 8 dx
x 2 − 4 x dx
x 2 − 4 dx
a)
2
x
x
1
x 2 − 4 = 2   − 1 , haciendo
=t y
dx = dt, se tiene:
2
2
2
Como

x 2 − 4 dx = 2

t 2 − 1 · 2 dt = 4
 x x2 − 4
 x + x2 − 4
=2 
− ln


4
2


b)



d)
t 2 − 1 dt =

( x + 3)2 − 1 dx . Poniendo x + 3 = t y dx = dt, se tiene:
1 
2
2

 ( x + 3) ( x + 3) − 1 − ln x + 3 + ( x + 3) − 1  + C
2 

x 2 − 4 x dx =
Poniendo

1 
2
2

 ( x − 2) ( x − 2) − 1 − ln x − 2 + ( x − 2) − 1  + C
2 

x 2 + 6 x + 8 dx =


 + C


( x − 2)2 − 1 dx . Si x − 2 = t y dx = dt, se tiene:
t 2 − 1 dt =
c)

2
2



1 x x
x
x

−
1
−
ln
+
−
1




 2
  =
2  2  2 
2



t 2 − 1 dt = 4·

( x − 2)2 − 4 dx = 2
x −2
1
= t y dx = dt, se tiene:
2
2
x 2 − 4 x dx = 4

2
2


x −2
1  x −2  x −2

 x −2
−
−
1
−
ln
+
1




 =
2  2
2
 2 
 2 



2
2



x − 4x 
x −2
x − 2 + x − 4x 
= 2
x 2 − 4 x − ln
+C

 4

2
2



t 2 − 1 dt = 4·
 x −2
x −2
2
x 2 − 4 x − ln
+
 4
2

13.72. Calcula

2
 x −2

 − 1 dx
 2 
 sen
x dx y
x
7
sen x 4 dx haciendo en cada caso un adecuado cambio de variable antes de
utilizar el método de integración por partes.
 sen
2
x dx : haciendo x = t y dx = 2t dt, se tiene:
 sen

x dx = 2 t sen t dt

(
)
Poniendo t = f y sen t = g ′, es 2  − t cos t + cos t dt  = 2 (sen t − t cos t) = 2 sen x − x cos x + C


x
7
4
3
sen x 4 dx : si x = t y 4x dx = dt, se tiene:
186
1
4
1
1
 t sen t dt = 4 (sen t − t cos t) = 4 (sen x
Solucionario
4
− x4 cos x4) + C
PROBLEMAS
x
sen x + cos x
la
dx es una integral racional en sen x y cosx, por lo que el cambio t = tg
2
3 + sen 2 x
resolvería. Pero el cálculo es mucho más cómodo si se busca una función g(x) tal que
g′(x) = sen x + cosx, y se hace g(x) = t y g′(x) dx = dt. Hazlo así.
13.73. La integral

Si g ′(x) = sen x + cos x, entonces g (x) = −cos x + sen x, por lo que g 2(x) = 1 − sen 2x.
g ′( x ) dx
sen x + cos x
dx , se puede escribir como
que, con g (x) = t y g ′(x) dx = dt,
Así pues la integral
3 + sen 2 x
4 − g 2(x)

se transforma en

dt
 4−t
2
. Descomponiendo en fracciones simples:
1
A( 2 − t ) + B(2 + t )
A
B
1
1
=
y 1 = A (2 − t) + B (2 + t) lleva a B = , A = .
+
=
4
2+t
2−t
4
4 − t2
4 − t2
1
1
1 2+t
dt
= ln 2 + t − ln 2 − t = ln
Luego
2
4
4
4
2−t
4−t

Así pues,

13.74. Resuelve

sen x + cos x
2 + sen x − cos x
1
dx = ln
+C
4
3 + sen 2 x
2 + cos x − sen x
ex
(3 + e )
x
ex − 1
dx con un adecuado cambio de variable.
Si ex − 1 = t2 y ex dx = 2t dt, se tendría:
ex
 (3 + e ) e
x
x
−1
dx =
 (t
2t dt
=
+ 4) ⋅ t
2 dt
 4+t
2
2
=
1
2

dt
t 
1+  
2
= arctg
2
ex − 1
+C
2
t
= arctg
2
13.75. (PAU) Al aplicar integración por partes para calcular  f ( x ) senx dx , donde f es una cierta función
derivable, se obtiene:
 f ( x ) sen x dx = −f ( x ) cos x +  3 x
2
cos x dx .
Sabiendo que f(1) = 2, encuentra la expresión de f.
Si
 f (x ) sen x dx = −f (x) cos x +  3x
2
2
3
cos x dx , se tiene que f ′(x) = 3x , por lo que f (x) = x + C.
Como f (1) = 2, es 2 = 13 + C , luego f (x) = x3 + 1.
13.76. En un examen se ha pedido a los estudiantes que resuelvan la integral
 2sen x cos x dx .
a) Adela la resolvió mediante el cambio de variable u = sen x .
b) Bruno la resolvió con el cambio de variable u = cos x .
c) Cati lo hizo usando la fórmula 2sen x cos x = sen2 x .
Los tres alumnos dieron respuestas distintas, sin embargo, el profesor les dijo a los tres que la
habían hecho bien.
Encuentra las tres respuestas dadas y explica por qué todas eran correctas sin ser iguales.
 2sen x cos x dx =  2u du = u + C = sen x + C
Bruno: u = cos x  du = −sen x dx  2sen x cos x dx = − 2u du = −u + C = − cos x + C


1
Cati: 2sen x cos x = sen 2 x  2sen x cos x dx = sen 2 x dx = − cos 2 x + C


2
2
Adela: u = sen x  du = cos x dx 
2
2
Las tres respuestas son correctas, pues difieren solo en una constante.
En efecto: sen2 x = − cos2 x + 1;
−
1
1
cos 2 x = − cos2 x +
2
2
Solucionario
187
2
Solucionario
13.77. (PAU) Un punto se mueve en línea recta con una velocidad dada por la fórmula v (t ) = 12t − 5 m/s.
Calcula el espacio recorrido, e(t), en cada instante t, sabiendo que e(0) = 10 m. ¿Cuál es la velocidad
media entre t = 0 s y t = 2 s? Recuerda que la velocidad es la derivada del espacio respecto del tiempo.


Se sabe que e(t ) = v (t )dt = (12t − 5)dt =6t 2 − 5t + C . Como e(0) = 10  C = 10  e(t ) = 6t 2 − 5t + 10m
La velocidad media es v m (0, 2) =
e(2) − e(0)
= 7 m/s.
2−0
13.78. La aceleración de un móvil que se mueve en una trayectoria rectilínea viene dada por la gráfica
siguiente:
a(t )
10
Si se sabe que para t = 0, su posición era x(0) = 0 y su velocidad inicial
también era nula, v(0) = 0, determina las ecuaciones que dan la
aceleración, la velocidad y la posición de dicho móvil para cualquier
instante de tiempo. Recuerda que la aceleración es la derivada de la
velocidad respecto del tiempo.
8
6
4
2
O
1
2
3
4
5
t
A la vista de la gráfica, se deduce la ecuación de la aceleración: a(t ) = 2t . De este modo:
v (t ) =  a(t ) dt =  2t dt = t 2 + C. Como v (0) = 0  C = 0  v (t ) = t 2
x (t ) =  v (t ) dt =  t 2 dt =
t3
t3
+ C. Como x (0) = 0  C = 0  x(t ) =
3
3
13.79. Se trasplanta un árbol y se observa que su tasa de crecimiento a los x años es de 1 −
1
( x + 1)2
m por
año. Si a los 5 años medía 5 m, ¿cuánto medía al ser trasplantado?
La
tasa
crecimiento es la derivada de la función que
1
1
1
C( x ) = 1 −
dx =x +
+ C . Como 5 = C(5) = 5 + + C  C = − .
2
1
6
6
x
+
(x + 1)

de
1
Luego: C ( x ) = x +
la
altura,
luego
1
1
5
5
m.
−  C(0) = . Por tanto, al ser trasplantado medía
6
x +1 6
6
13.80. (TIC) Sea la función f ( x ) =
3 x 2 + 4 x + 12
(x
2
− 4)
2
.
a) Encuentra dos números reales A y B tales que: f ( x ) =
b) Basándote en el apartado anterior, calcula
a)
mide
A
( x + 2)
2
+
B
( x − 2 )2
.
 f ( x ) dx .
A
B
3 x 2 + 4 x + 12
A( x − 2)2 + B( x + 2)2
=
.
+
=
( x 2 − 4)2
( x + 2)2
( x − 2)2
( x + 2)x 3 ( x − 2)2
Así pues 3x2 + 4x + 12 = x2 (A + B) + (−4A + 4B)x + 4A + 4B con A + B = 3; − 4 A + 4B = 4; 4 A + 4B = 12
Como se puede observar, la última ecuación da la misma información que la primera, por lo que A = 1, B = 2.
b) Así pues,

3 x 2 + 4 x + 12
1
2
dx = −
−
+C
x+2
x −2
( x 2 − 4)2
188
Solucionario
13.81. Halla el polinomio de segundo grado P(x) tal que P(0) = 1, P′(0) = 0 y
P(x )
 x ( x − 1)
3
2
dx es una función
racional.
ax 2 + 1
dx sea una función racional.
x 3 ( x − 1)2
Si se descompone el integrando en fracciones simples, se obtendría:
ax 2 + 1
E
ax 2 + 1
A B
D
C
=
+ 2 + 3 +
+
dx sea una función racional, debería
y para que
2
3
2
x x
x − 1 ( x − 1)
x 3 ( x − 1)2
x ( x − 1)
x
ocurrir que A = 0 y D = 0, por lo que la descomposición tomaría la forma:
E
ax 2 + 1
B( x − 1)2 x + C ( x − 1)2 + Ex 3
B
C
= 2 + 3 +
=
2
3
2
x ( x − 1)
x
x
( x − 1)
x 3 ( x − 1)2
2
3
2
Así pues ax + 1 = (B + E) x + x (−2B + C) + x(B − 2C) + C, con lo que, identificando coeficientes, se tiene que:
C = 1, B − 2C = 0, −2B + C = a y B + E = 0, es decir, C = 1, B = 2, a = −3, E = −2.
Por tanto, el polinomio pedido es P(x) = −3x2 + 1.
Se pide encontrar el polinomio P(x) = ax2 + 1, y tal que


13.82. (TIC) Calcula
x3
 ( x − 1)
2
dx :
a) Usando fracciones simples.
b) Mediante el cambio t = x – 1.
3
a)
3x − 2
3
1
x
3x − 2
y, descomponiendo la fracción se tiene que:
=
+
= x +2+
2
2
2
x − 1 ( x − 1)2
( x − 1)
( x − 1)
( x − 1)
Luego
x3
 (x − 1)

dx = ( x + 2) dx +
2
1
 (x − 1)
t = x − 1
b) Si se hace el cambio 
 dt = dx
x3
 (x − 1)
2
dx =
Observa que

dx +
2
3
1
 x − 1 dx = 2 x
2
+ 2x −
1
+ 3 ln x − 1 + C
x −1
se tiene:
(t + 1)3
3 1
1
1 1
1

dt =  t + 3 + + 2  dt = t 2 + 3t + 3 ln t − = ( x − 1)2 + 3( x − 1) + 3 ln x − 1 −
+C
2
2
2
t
x
t
−1
t 
t


1
1
1
1
( x − 1)2 + 3( x − 1) = x 2 − x + + 3 x − 3 = x 2 + 2 x + C ′
2
2
2
2
13.83. Encuentra en cada caso la función y = f(x) tal que:
a) f′(x) = –3x f(x) y que corta al eje vertical en el punto de ordenada 1.
b) f′(x)=
x
y f (0) = –1
f ( x ) + x 2f ( x )
c) f′(x) = x 2f 2 ( x ) + x 2 − f 2 ( x ) − 1 y la gráfica de f pasa por el origen.
a) Como f ′( x ) = −3 x f ( x ) , entonces − 3 x =
f ′( x )
= (ln f ( x )) ′ . Así pues,
f (x)
 3
−
′
 − 3x dx =  (ln f ( x )) dx
y, por tanto,

2
3
− x2
 − x +C 
3 2

x + C = ln f ( x ) . Se tiene entonces que f ( x ) = e 2
= e 2 ⋅ C′ y como se sabe que f (0) = 1 se tiene
2
3
− x2
que C ′ = 1 . Luego la función buscada es f ( x ) = e 2 .
x
1
x
x
2
= f ′( x ) ⋅ f ( x ) = ( f ( x ) ) ′
b) f ′( x ) =
=
y, por tanto,
2
2
2
(1 + x )
2
f ( x ) + x f ( x ) f ( x )(1 + x )
(
Así pues,
)
 (1+ x ) dx = 2  ((f ( x )) ) dx  2 ln(1+ x ) + C = 2 (f ( x ))
x
1
2
2
1
′
1
2
2
Luego puede ser f ( x ) = ± ln(1 + x 2 ) + C′ y como f(0) = – 1, entonces debe ser f ( x ) = − ln(1 + x 2 ) + 1 .
(
)
c) f ′( x ) = f 2 ( x )( x 2 − 1) + x 2 − 1 = f 2 ( x ) + 1 ( x 2 − 1) , luego ( x 2 − 1) =
(f
f ′( x )
2
)
(x) + 1
= ( arctg ( f ( x )) ) ′
1

− x + C = arctg (f ( x ))  f ( x ) = tg  x 3 − x + C 
3

1 3

y como f (0) = 0  C = 0 . Luego la función buscada es f ( x ) = tg  x − x  .
3

Así pues:
 (x
2
− 1) dx =
′
1
 (arctg (f ( x ))) dx y, por tanto, 3 x
Solucionario
3
189
Solucionario
PROFUNDIZACIÓN
13.84. Calcula 
1
dx observando que
(1 + x )
2 2
1
(1 + x )
2 2
=
1
x2
−
2
2
1+ x
(1 + x 2 )

y obteniendo
x2
(1 + x )
2 2
dx por
partes.
x2
1
1
−
, se tiene que:
=
2 2
2
(1 + x )
1+ x
(1 + x 2 )2
Como

x2
dx =
(1 + x 2 )2

En
2 2
x2
x
1
1
dx = −
+
2 2
2
2 1+ x
2
(1 + x )
13.85. (TIC) Obtén
 (x

x
 x ⋅ (1+ x )
2

(x
2x + 1
+ x + 9)
2
2
1
 (1+ x )
2 2
dx , haciendo f = x y g ′ =
1
 1+ x
dx y

2
dx = −
x3
(x
2
+ 4)
2
dx = arctg x −
x2
 (1+ x )
2 2
dx
x
1
1
, por lo que:
, es g (x) = −
2 1+ x2
(1 + x 2 )2
x
1
1
+ arctg x 
2
2 1+ x
2
1
 (1+ x )
2 2
dx =
1
1
x
arctg x +
+C
2
2 1+ x2
dx .
2x + 1
2
dx  Si x + x + 9 = t y (2x + 1) dx = dt, la integral se transforma en
+ x + 9)2
1
t
2
1
1
+ C.
dt = − = − 2
t
x + x +9
1
t
x3
2
dt
dx  Si x = t y 2x dx = dt, la integral dada se transforma en 
2 (t + 4)2
( x + 4)2
2
8 
t
1
1  2t + 8
t
2t
 
−
=
= 
=
(t + 4)2 t 2 + 8t + 16 2 t 2 + 8t + 16 2  t 2 + 8t + 16 (t + 4)2 
Por tanto,

t
 (t + 4 )
2
dt =
1
4
ln (t2 + 8t + 16) +
2
t +4
x3
1
2
1
2
2
2
dx = ln (x + 4) + 2
= ln (x2 + 4) + 2
+C
4
2
( x + 4)2
x +4
x +4
2
13.86. Demuestra las siguientes fórmulas de reducción:
1
n−1
senn − 1x cos x +
senn − 2 x dx con n par mayor que 2.
n
n 
a)
 sen
b)
 cos
c)

a)
 sen x dx =  sen
n
x dx = −
n
x dx =
1
(1 + x 2 )
n
1
n −1
cosn − 1 x sen x +
cosn − 2 x dx con n par mayor que 2.
n
n 
1
x
2n − 3
1
+
dx
2n − 2 ( 1 + x 2 ) n − 1 2 n − 2  ( 1 + x 2 ) n − 1
dx =
n
 sen x dx = –sen
n−1
n
= –senn−1
n −1
x · senx dx, que llamando f (x) = sen

x cos x + (n − 1) (sen

n−1
x y g ′(x) = sen x, resulta ser:

x · cos x + (n − 1) senn − 2 x · cos2 x dx = –senn−1x cos x + (n − 1) senn − 2 x (1 − sen2x) dx =

n −2
x − sen n x ) dx


Así pues senn x dx = –senn−1x cos x + (n − 1) sen n − 2 x dx – (n − 1) senn x dx , es decir:
n −1
n
b) De forma análoga resultaría la fórmula pedida, pero podría ser más cómodo si se escribe:
n  senn x dx = –senn−1x cos x + (n − 1) senn − 2 x dx 
 cos
n
x dx =
n
π
n
π

1
 sen x dx = – n
senn−1 x cos x +
 sen
n −2
x dx
 sen  2 − x  dx y, llamando 2 − x = t y −dx = dt, quedaría −  sen t dt , es decir, aplicando a:
n
1
n −1
 1
π
 
π
π

 n −1
senn − 2  − x  dx  = cosn−1x sen x +
−  − senn −1 − x  cos − x  −
n
n
n
2
 
2
2


 n

 cos
n −2
x dx
Obsérvese que estas fórmulas son válidas aunque n no fuera par. La observación de n par tiene sentido pues
si n fuera impar sería mucho más cómodo hacer la integral directamente sin acudir a ninguna fórmula de
reducción.
190
Solucionario
c)
1
 (1+ x )
2 n
dx
Procediendo igual que en el ejercicio 84, se observa que
por lo que:

Para resolver
1
dx =
(1 + x 2 )n

De este modo:
1
 (1+ x )
2 n
=
dx =

1
dx −
(1 + x 2 )n −1

x2
1
1
,
=
−
2 n
2 n −1
(1 + x )
(1 + x )
(1 + x 2 )n
x2
dx
(1 + x 2 )n
x2
x
1
1
dx , sea f (x) = x, g ′(x) =
 g (x) = (1 + x2)1−n
2
1− n
(1 + x 2 )n
(1 + x 2 )n
1
 (1+ x )
2 n
dx =
 1
x
1
+
− 
2 n −1
−
− 1)
n
n
2
(
1
)
2
(
x
(
1
+
)

1
 (1+ x )
2 n −1
−1
x
+
2 − 2n (1 + x 2 )n −1
1
 (1+ x )
2 n −1
dx −
1
 (1+ x )
2 n −1

dx 

1
1
dx =
2n − 2  (1 + x 2 )n −1
1 
1
2n − 3
1
x
x
1
1

dx
dx =
+ 1−
+

2n − 2 (1 + x 2 )n −1  2n − 2   (1 + x 2 )n −1
2n − 2 (1 + x 2 )n −1 2n − 2  (1 + x 2 )n −1
13.87. Utilizando las fórmulas deducidas en los apartados a y b del ejercicio anterior, obtén:
a)
 cos
b)
 sen x dx
a)
 cos
4
x dx
6
4
x dx =
1
3
cos3x sen x +
4
4
Finalmente, como cos2 x =
 cos
b)
4
x dx =
 cos
2
x dx
1
(1 + cos 2x), sustituyendo en la última integral, se tiene que:
2
sen 2 x 
1
3 
cos3 x sen x +
x +
 +C
4
2 
8 
1
5
1
3
 sen x dx = − 6 sen x cos x + 6  sen x dx . Ahora,  sen x dx = − 4 sen x cos x + 4  sen x dx
6
5
Finalmente, como sen2x =
1
4
4
1
(1 − cos 2x), sustituyendo en la última integral, se tiene que:
2
5 
1
3 1
 sen x dx = − 6 sen x cosx + 6  − 4 sen x cos x + 4 ⋅ 2  x −
6
=−
5
3
3
sen 2 x 
1
5
5 
sen5x cosx −
sen3x cos x +
x −
 +C
2 
6
24
16 
Solucionario
191
sen 2 x  
 =
2 
2
Solucionario
e
13.88. Obtén
−x
x 5 dx de dos formas diferentes:
a) Por partes, utilizando el método de la tabla.
e
b) Utilizando que
a)
e−x
x
4
e
5x
−e−x
20x3
e−x
60x2
−e−x
Así pues,
e
e
120
−e−x
0
e−x
⋅ x 5 dx = −x e− − 5x e− − 20x e− − 60x e− − 120xe− − 120e− + C =
−x
5
x
4
x
3
x
2
x
x
x
= −e−x (x5 + 5x4 + 20x3 + 60x2 + 120x + 120) + C
−x
120x
−x
x 5 dx = e − x ( a0 + a1x +  + a5 x 5 ) = I ( x ) y obteniendo los coeficientes ai derivando.
g′
f
5
b)
−x
⋅ x 5 dx = (a0 + a1x + a2x + a3x + a4x + a5x ) · e−
2
3
4
5
x
Derivando: e−x · x5 = (a1 + 2a2x + 3a3x2 + 4a4x3 + 5a5x4)e−x − e−x (a0 + a1x + a2x2 + a3x3 + a4x4 + a5x5) 
(
 e−x · x5 dx = −e−x a5 x 5 + (a4 − 5a5 )x 4 + (a3 − 4a4 )x 3 + (a2 − 3a3 )x 2 + (a1 − 2a2 )x + a0 − a1
)
Así pues, identificando coeficientes, se tendría:
a5 = −1
a4 − 5a5 = 0
a3 − 4a4 = 0
a2 − 3a3 = 0
a1 − 2a2 = 0
a0 − a1 = 0
Es decir:
a4 = −5
a3 = −20
a2 = −60
a1 = −120
a0 = −120
e
⋅ x 5 dx = −e− (x + 5x + + 20x + 60x + 120x + 120) + C
−x
x
5
4
3
2
(Igual, naturalmente, que con la integración directa usando la tabla).
13.89. a) Demuestra que si r ≠ 0 ,
x e
r
x
dx = x r e x − r  x r − 1e x dx
b) Encuentra fórmulas análogas para:
 ln
n
x dx y
x
n
sen x dx .

 x e dx = x e − r  x e dx
b) ln x dx . Si ln x = f y 1 = g ′, se tendría ln x dx = x ln x − n ln x dx



 x sen x dx . Si x = f y g ′ = sen x, se tendría  x sen x dx = −x cos x + n  x
a) x r e x dx . Poniendo xr = f y ex = g ′ e s
n
n
r −1 x
r x
x
n −1
n
n
n
n
r
n
n
n −1
cos x dx
13.90. Expresa como integrales de cocientes de polinomios las siguientes:
3
a)
 x+
3
a)
b)
x +2
x
x +2
x+

4
4
x
b)
dx
12
dx Si x = t
y dx = 12 t 11 dt, se tendría
3

x −1
x − 2 dx
x −1
x2 − 2
x −2
x+3
x +2
x+
4
x
dx = 12

t 4 + 2 11
t dt = 12
t 12 + t 3

t 12 + 2t 8
dt
1+ t 9
6
x + 3 x −1
x − 2 dx Si x − 1 = t 6 , es decir, x − 1= t 6 x − 2 t 6  2 t 6 − 1 = x ( t 6 − 1)  x = 2t − 1 y, de este
6
x −2
t −1
x2 − 2 x − 1
x −2
modo, se tiene entonces: dx =
Por tanto,

− 6t 5
12t 5 (t 6 − 1) − 6t 5 (2t 6 − 1)
dt = 6
dt
6
2
(t − 1)
(t − 1)2
x + 3 x −1
x − 2 dx = −6
2
x − 2 x −1
x −2

2t 6 − 1 + t 2
t5
t6 −1
dt, que es una integral cociente de polinomios.
2
6
2
 2t 6 − 1  − 2t 3 (t − 1)
 6

 t −1 
192
Solucionario
13.91. Demuestra que las siguientes integrales se pueden reducir a integrales de cocientes de polinomios.
a)
x
b)

c)

−2 3
1 − x dx
1
5
x 3 ( 1 − x ) 3 dx
4
x ( 1 − x ) dx
2

a) x −2 3 1 − x dx . Si 1 − x = t3 y −dx = 3t2 dt, se tendría :
x
−2 3
1 − x dx = − 
1
⋅ t ⋅ 3t 2 dt
(1 − t 3 )2
5
5
1
5
1
 1− x  3 2
=
b) x 3 (1 − x ) 3 dx = 
 x dx pues 2 −
3
3
 x 



Así,
5
1
x 3 (1 − x ) 3 dx =

5
1− x
 1− x 
x23 
= t3, es decir, 1 − x = xt3  1 = x (t3 + 1) 
 dx , que, haciendo
x
 x 
1
− 3t 2
t2
1
y dx =
dt, se transformaría en −3  3
t5 3
dt, que es un cociente de
2
3
2
(t + 1)
t +1
(t + 1)
(t + 1)2
polinomios.
 x =
c)

4
3
x (1 − x )2 dx : Poniendo x = t 4 y dx = 4 t 3 dt, se tendría:
13.92. Sean p y q números racionales. Demuestra que

4
 x (1 − x )
p
q

3
x (1 − x )2 dx = t (1 − t 4 )2 4t dt
dx se puede poner como integral de un
cociente de polinomios si se cumple alguna de estas condiciones:
a) p es entero.
b) q es entero.
c) p y q son no enteros pero p + q sí.
En el ejercicio anterior, se ha visto que
x
p
(1 − x )q dx con p y q racionales se podría poner como cociente de
polinomios, al menos en estos tres casos:
a) p = –2
b) q = 2
c) p + q =
1 5
+ =2
3 3
En general, procediendo exactamente igual que antes, si p ∈ Z, o q ∈ Z o p + q ∈ Z, la integral dada se
convierte en cociente de polinomios:
En a, si q =
m
, se toma 1 − x = t n .
n
En b, si p =
m
 1 − x  p +q
, se toma x = t n y en c se escribe xp (1 − x)q como 
 x ,
n
 x 
q
y si q =
m
1− x
= tn .
, se toma
x
n
Solucionario
193
Solucionario
13.93. El matemático ruso Tchebycheff demostró que las integrales
 x (1 − x )
p
q
dx
son elementales
solamente en los tres casos citados en el ejercicio anterior. Utilizando este resultado, prueba las
siguientes afirmaciones:
a)

b)
 (1 − x )
c)

1 − x 3 dx no es elemental.
n
1
m
dx con n y m enteros positivos es elemental si y solo si m o n = 1, o m = n = 2.
sen x dx no es elemental.
d)  senp x cosq x dx , siendo p y q números racionales, solo es elemental cuando alguno de los dos es
un entero impar o cuando p + q es un entero par.
x

e)
1+ x n
casos.
f)
 sen
q
dx con n entero positivo, es elemental solo si n = 1, 2 ó 4. Calcula la integral en los tres
x dx con q racional es elemental solo si q es entero.
a) Bastaría ver que
En efecto: en


1 − x 3 dx no responde a ninguno de los casos anteriores.
3
2
1 − x 3 dx poniendo x = t, y 3x dx = dt, se tendría:

1
3

 (1− t )
t
1 − x 3 dx =
1− t
dt
3
t2
, es decir,
1
1 − 32
1
1
2
2
1
∉ Z, q = ∉ Z y p + q = −
+ = − ∉ Z.
t (1 − t ) 2 dt en la que p = −
2
2
3
3
6
3

 (1− x )
1
n m
b)
dx. Poniendo xn = t y nxn−1dx = dt, se tendría:
 (1− x )
1
n m
1
n
dx =
1
m
1− n
n
dt
Así pues, si m o n = 1, se está en uno de los dos casos: a o b.
Si m = n = 2,
1
1− n
+
= 0 y se está en el caso c.
m
n
1− n
1
1
1
ni
+
− 1 tampoco, si m y n no son ambos igual a 2.
son enteros y su suma
m
m
n
n
Si m ≠1, n ≠ 1 ni

c)

4
t ·
sen x dx . Haciendo sen x =
1
2 t
·
d) Poniendo
1
1− t
dt =
1
2
 sen x cos
p
(
q
Como cosq−1x = 1 − sen2 x
t
−1
4
t y cos x dx =
1
dt, la integral dada se transformaría en:
2 t
−1
(1 − t ) 2 dt y ni p ni q son enteros (p = −
1
1
1 1
3
, q = − ), ni p + q = − −
= −
4
2
4 2
4

x dx = sen p x cosq −1 cos x dx y haciendo sen x =
t y cos x dx =
)
q −1
2
q −1
2
Si p o q es un entero impar,

p
, se tendría t 2 (1 − t )
q −1
2
⋅
1
2 t
dt =
1
2

t
p −1
2
(1 − t )
1
2 t
dt
dt
p −1
q −1
o
es entero.
2
2
Si p + q es un entero par, resulta que
Pero si ni p ni q es un entero impar,
p −1
q −1
p+q
+
=
− 1 sería entero.
2
2
2
p+q
p −1
q −1
ni
es entero y si p + q no es un entero par,
− 1 ∉ Z.
2
2
2
194
Solucionario
e)

q=−
x
1+ x n
dx . Haciendo xn = t y nxn−1 dx = dt, se tendría
1
n
t
1
n
· (1 + t )
− 21
· t
1− n
n
dt =
1
n
t
2 −1
n
(1 + t ) − 2 dt
1
1
no es entero.
2
1
2
2
− 1 es entero. Si n = 4, − 1 −
es entero.
n
n
2
Si n = 1 ó 2,
2
2
1 2
3
−1∉Z y
−1 − = −
que es entero solamente si n = 4.
n
n
2 n
2
Pero si n ≠ 1, 2 ó 4,
Si n = 1, es
x

dx , que, poniendo 1 + x = t2 y dx = 2t dt, se transforma en
1+ x

t2 −1
2t dt = 2 (t 2 − 1) dt =
t

 (1 + x )3

= 2
− 1+ x  + C


3


Si n = 2, es
x

1+ x
2
dx que, con 1 + x2 = t y 2x dx = dt, se transforma en
x
1
2

1
t
dt =
1+ x2 + C
t =
1
2

Y poniendo ahora t = tg u y dt =
1
1
1
cos u
1
1
1
du = 
dy con
du , resultaría 
du =
2

2
−
−
2
1
sen
u
2
1
y2
2
cos
u
cos u
1+ x
4
dx , que haciendo x2 = t y 2x dx = dt, conduce a

1
Finalmente, si n = 4, se tendría
1+ t 2
dt .
y = sen u y dy = cos u du .
A
B
1
A(1 − y ) + B(1 + y )
+
=
=
, de la igualdad 1 = A (1 − y) + B (1 + y), se
1+ y
1− y
1− y 2
1− y 2
Finalmente como,
obtiene A = B =
1
, por lo que
2
1 + t2 =
Si t = tg u se tiene que:
t
1+
1 + sen u
1
t2 =
+
=
t
1 − sen u
1−
1+ t 2
Así pues,
x

1+ x
4
1
 1− y
2
dy =
1 1 + y 1 1 + sen u
ln
= ln
2 1 − y 2 1 − sen u
1
1
, cos2u =
, sen u =
1+ t 2
cos2 u
1−
t
1
=
1+ t 2
1+ t 2
1+ t 2 + t
2
1 + sen u
1
= ln  1 + t 2 + t 
=  1 + t 2 + t  , por lo que ln




2
1 − sen u
1+ t − t
2
1
ln  1 + x 4 + x 2  + C


2
dx =

f) sen q x dx
Poniendo



senq x dx = senq −1sen x dx = (sen2 x )
Haciendo cos x =
Así pues, como
1
t y −sen x dx =
 t (1− t )
p
sería elemental solo si
q
2 t
q −1
2
dt, se tiene:
sen x dx

senq x dx = −
1
2
 (1− t )
q −1
2
·t
− 21
dt
dt es elemental solo cuando p, q o p + q son enteros, se tiene que esta integral
1
q
q −1
q −1
q −1
∈Z o
−
sea entero, es decir,
∈ Z o ∈ Z, o sea, q ∈ Z.
2
2
2
2
2
Nota: Obsérvese que, en cualquier caso, esta integral se reduce al apartado d,
 sen x cos
q
p
x dx con p = 0 y
allí se vio que era elemental cuando alguno era entero impar, en este caso q, o cuando la suma era entero
par, en este caso q, es decir,
 sen x dx es elemental solo si q ∈ Z.
q
Solucionario
195
Solucionario
13.94. a) Calcula
x3 + x + 1
 ( x + 2)
4
dx sin descomponer en fracciones simples. Sugerencia: llama x + 2 = t .
b) Demuestra que si grad(P) < m + n, existen polinomios q(x) y r(x) con grad(q) < m y grad(r) < n, tales
P(x )
q( x )
r (x )
que:
.
=
+
m
n
m
( x − a ) ( x − b ) ( x − a ) ( x − b )n
c) Utiliza los apartados anteriores para obtener: 
dx
( x − 2 )2 ( x − 3 )3
a) Se escribe el numerador, x3 + x + 1 en potencias de x + 2.
En concreto: x3 + x + 1 = (x + 2)3 + a (x + 2)2 + b (x + 2) + c = x3 + 6x2 + 12x + 8 + ax2 + 4ax + 4a + bx + 2b + c
Así pues:
a + 6 = 0, 12 + 4a + b =1, 8 + 4a + 2b + c = 1
Con lo que, despejando, se obtiene que: a = −6, b = 13, c = −9
La integral dada se transforma entonces en:
1
1
 x + 2 dx − 6  ( x + 2)
2
dx + 13
1
 ( x + 2)
3
dx − 9
1
 ( x + 2)
4
dx = ln |x + 2| +
3
6
13
1
−
+
+C
x + 2 2 ( x + 2)2 ( x + 2)3
b) Se descompone en fracciones simples:
Am
P( x )
Bn
A ( x − a )m −1 + ... + Am B1( x − b )n −1 + ... + Bn
A
B
+ 1 +…+
+
= 1 +…+
= 1
m
n
n
m
x −a
x −b
( x − a) ( x − b)
( x − b)
( x − a)
( x − a )m
( x − b )n
y llamando q ( x) y r ( x) a estos nuevos numeradores resulta que grado q ( x) ≤ m − 1 y grado r ( x) ≤ n − 1, es
decir, grado q ( x) < m y grado r ( x) < n.
c)
a
b
c
d
e
1
+
+
+
+
=
=
x − 2 ( x − 2)2
x − 3 ( x − 3)2 ( x − 3)3
( x − 2)2 ( x − 3)3
a( x − 2)( x − 3)3 + b( x − 3)3 + c( x − 2)2 ( x − 3)2 + d ( x − 2)2 ( x − 3) + e( x − 2)2
( x − 2)2 ( x − 3)3
Al igualar los numeradores y resolver el sistema, resulta que: a = –3, b = −1, c = 3, d = –2 y e = 1 y el problema
se reduce a calcular:
dx
 ( x − 2) ( x − 3 )
2
2
1
3
2
1
 −3
−
+
−
+
= 
2
2
−
−
−
−
−
x
2
(
x
2)
x
3
(
x
3)
(
x
3)3

= –3 ln |x − 2| +

 dx =

1
2
1
+ 3 ln |x − 3| +
–
+C
2
x −2
x −3
2 ( x − 3)
196
Solucionario
RELACIONA Y CONTESTA
Elige la única respuesta correcta en cada caso:
1.
3
1 + tg x
 π π
Sea f la primitiva en  − ,  de la función g (x) =
que toma el valor − en x = 0.
2
cos2 x
 2 2
π
El valor de f   es:
4
π
π
A)
B) 0
C) 1
D)
E) Ninguna de las anteriores.
2
4
La respuesta correcta es la B.
1 + tg x
1
1 + tg x
2
Toda las primitivas f de g (x) =
responden a la fórmula f (x) =
dx = (1 + tg x) + C.
2
2
2
cos x
cos x
3
3
1
=
+ C y C = −2.
La dada verifica f (0) = − , por lo que −
2
2
2
π
1
1
π
vale f   = (1 + 1)2 − 2 = 0.
Así pues, la función es f (x) = (1 + tg x)2 − 2, que en
2
2
4
4

2.
Si F (x) es la primitiva de f (x) =
3x
1
arcsen
2
3
2
π
 
B) F   =
6
3
1
9 − 4x 2
que pasa por el origen.
2x
3
1
2
D) F (1) = arcsen
2
3
1
La respuesta correcta es la D. F (x) =
dx y F (0) = 0.
9 − 4x 2
A) F(x) =
C) F (x) = arcsen


1
9 − 4x
2
dx =

1
2
dx =
1 2
2 3
1
2
dx =
2x
1
arcsen
+ C.
2
3
2 
2 
3 1−  x 
1−  x 
3 
3 
1
2x
2
1
1
arcsen
arcsen .
Como F (0) = 0, es 0 = ⋅ 0 + C y C = 0, siendo entonces F (x) =
, por lo que F (1) =
2
2
2
3
3
3.
Sea f una función derivable, definida en [1, +∞) tal que f (x) · f ′ (x) = 1, siendo f (8) = 4. Entonces:
A) f 2 (x) + f (x) = 2x
C) lim f ( x ) = 1
B) f (2) = 2
D) lim
E) f (x) =
x → +∞
f 2 (x )
=0
x → +∞
x
La respuesta correcta es la B. Si f (x) · f ′(x) = 1, es que
que c = 0 y f 2(x) = 2x, es decir, f (x) =
1 2
1
f (x) = x + c. Como f (8) = 4, es
· 42 = 8 + c, por lo
2
2
2x .
Señala, en cada caso, las respuestas correctas:
4.
x
5( x + 1)
e I el intervalo (1, +∞):
2x 2 + x − 3
1
1
+
A) Para todo x ∈ I, f (x) =
3
x −1
x+
2
1
B) La función F (x) = ln |2x + 3| + 2 ln |x − 1| es una primitiva de f sobre I.
2
Sea f (x) =
C) Existe una primitiva F de f sobre I tal que F (2) = 5.
D) Existe una primitiva F de f sobre I tal que F (2) = π .
E) Existe una primitiva F de f sobre I tal que lim F ( x ) = 5.
x → +∞
Las respuestas correctas son B, C y D.
Solucionario
197
Solucionario
5.
Juan, que no sabe derivar, dice que las funciones f (x) y g (x) son primitivas de una misma función:
x
2x + 1
, g (x) =
A) f (x) =
x +1
x +1
B) f x) = cos 2x, g (x) = −2 cos2x
C) f (x) = ln (2x2 + 1), g (x) = ln(24x2 + 12)
D) f (x) = sen 2 x ·cos8x − cos x, g (x) = cos5x sen 2 x + cos x
1
E) f (x) = arctg x, g (x) = –arctg
x
Dos funciones son primitivas de una misma función sólo si difieren en una constante.
x
2x + 1
x +1
=
+
A: g (x) =
= 1 + f (x), luego A es verdadera.
x +1
x +1
x +1
B: f (x) − g (x) = cos2 x − sen2 x + 2cos2 x = 3 cos2 x − sen2x, por lo que B es falsa.


C: g (x) = ln 12 2 x 2 + 1 = ln 12 + ln (2x2 + 1) = ln 12 + f (x) y C es verdadera.




2
x cos 5x (1 − cos3x) por lo que D es falsa.
1
π
=
, con lo que E es verdadera .
E: f (x) − g (x) = arctg x + arctg
x
2
D: g (x) − f (x) = 2 cos x + sen
6.
Sea f la función definida en R por la fórmula f (x) =
1
y F la primitiva de f tal que F(0) = 0:
1+ x 2
π
4
 π π
B) Si G:  − ,  → R con G (x) = F (tg x), entonces G (x) G ′(x) = x
 2 2
π
 1
 1
C) F   + F   =
4
2
3
A) F (1) =
π
 1 
 x 
D) Sea H: (0, +∞) → R con H(x) = F 
 + F
 . Entonces H(0) =
4
 x + 1
 x +2
E) Para todo x positivo, H ′ (x) = 0
F (x) es la función F (x) = arctg x.
π
y A es verdadera.
F (1) = arctg 1 =
4
G (x) = F (tg x) = arctg (tg x) = x, por lo que G ′(x) = 1 y G (x) G ′(x) = x con lo que B es también verdadera.
1 1
+


 1
 1
1
1
1
1
2
3 = 1, por lo que α = π y C es
+ arctg
= α con tgα = tg  arctg + arctg  =
F   + F   = arctg
1
1
2
2
3
3
4
2
3
 
 


1− ·
23
verdadera.
π
H(0) = F (1) + F (0) = arctg 1 + arctg 0 =
y D es verdadera.
4
1
x
+


x 2 + 2x + 2
x
1
x
1
x +1 x + 2
=
+ arctg
+ arctg
= α con tg α = tg  arctg
=
= 1,
H (x) = arctg
x +1
 1   x  x 2 + 2x + 2
x+2
x +1
x + 2 

1− 


 x + 1  x + 2 
por lo que H es constante y H ′(x) = 0, con lo que E es también verdadera.
Así pues, son verdaderas las cinco respuestas.
198
Solucionario
7.
Las primitivas de f (x) = 6 sen x cos x son las funciones:
3
cos 2x + C
2
A) F (x) = 3 sen2x + C
C) F (x) = −
B) F (x) = 3 cos2x + C
D) F (x) = 3 cos 2x + C
 6 sen x cos x dx =  6t dt = 3 t
2
E) F (x) = −3 cos2x + C
= 3 sen2 x + C por lo que A es verdadera.
B es falsa pues las funciones 3 cos2 x y 3 sen2x no difieren en una constante sino en 3 cos 2x.
3
3
3
3
3
3
cos 2x = 3 sen2x +
cos2x −
sen2x = sen2x +
cos2x =
, es
C es verdadera pues 3 sen2x +
2
2
2
2
2
2
decir, difieren en una constante, por lo que si la respuesta A es verdadera, C también lo es.
9
D es falsa pues las funciones dadas por D y C difieren en
cos 2x.
2
E es verdadera ya que las funciones dadas por A y E difieren en una constante: 3 sen2x − (−3 cos2x) = 3.
Elige la relación correcta entre las dos afirmaciones dadas:
8.
Sea f (x) una función continua.
a) F (x) es la primitiva de f que pasa por el origen.
 f ( x ) dx = F (x) + C.
b) F (x) se ha obtenido tomando C = 0 en la expresión
A) a ⇔ b
C) b  a pero a 
/ b
/ a
D) a y b se excluyen entre sí.
B) a  b pero b 
La respuesta correcta es la E.
Las afirmaciones a y b no tienen nada que ver, por ejemplo, f (x) = ex. Según a, F (x) sería ex − 1 y en b
F (x) = ex.
Nota: Si f (x) fuera una función polinómica, la respuesta sería a ⇔ b.
Señala el dato innecesario para contestar:
9
La aceleración de una partícula está dada por
dv
= a + bt + c cos(2πt). Se pide la velocidad, v, en t = 2
dt
y se dispone de los siguientes datos:
 1
 1
a) v (0)
b) v  − 
c) v  − 
d) v(−1)
 4
 2
A) Puede eliminarse el dato a. C) Puede eliminarse el dato c. E) No puede eliminarse ningún dato.
B) Puede eliminarse el dato b. D) Puede eliminarse el dato d.
dv
b
c
La respuesta correcta es la B. Como
= a + bt + c cos(2πt), se tiene que v(t) = at + t2 +
sen (2πt) + d,
2
2π
dt
por lo que v(2) = 2a + 2b + d y basta calcular a, b y d.
 1
1
1
1
b−
c + d.
b) v  −  = − a +
2π
4
32
 4
Así pues, los valores que nos hacían falta, a, b y d los podemos obtener con los datos a, c y d.
Analiza si la información suministrada es suficiente para contestar la cuestión:
10.
Para calcular
 f ( x ) cos x
2
dx y
 f ( x ) sen x
2
dx siendo f una función continua y
 f ( x ) cos x dx
2
no
elemental, se sabe que:
a)
 f ( x ) dx = g (x) + C;
b)
A) Cada información es suficiente por sí sola.
B) a es suficiente por sí sola, pero b, no.
C) b es suficiente por sí sola, pero a, no.
 f ( x ) cos 2x dx = h (x) + C.
D) Son necesarias las dos juntas.
E) Hacen falta más datos.
 f ( x ) cos x dx, J =  f ( x ) sen x dx.
 f ( x ) cos x dx +  f ( x ) sen x dx =  f ( x ) dx = g (x) y  f ( x ) cos x dx −  f ( x ) sen x dx =  f ( x ) cos 2x dx= h (x).
La respuesta correcta es la D. Se llama I =
2
2
2
2
2
2
I + J = g ( x )
Así pues, con los dos datos juntos a y b, podemos calcular I y J pues: 
I − J = h( x )
Solucionario
199

13 Cálculo de primitivas

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