Facultad Biologicas Leon

Ejercicios resueltos 1.Ia =

∫
2

x 2 + 1 dx = 1 3 x3 + 3x − 4

∫ x 3 + 3 x − 4 dx = 3 ln | x
1

3( x 2 + 1 )

3

+ 3 x − 4 | +C

2x + 3 dx ; Integral racional cuyo denominador tiene raíces complejas, por lo que hay que − x +1 buscar un logaritmo y/o un arctg. 2x − 1 4 I=∫ 2 dx + ∫ 2 dx = ln(x 2 − x + 1) + I1 (1) x − x +1 x − x +1 1 1 Para hallar I1, transformamos el denominador:x2-x+1= (4x2- 4x + 4)= [(2x-1)2+3] 4 4

Ib=

∫x

16 I1 = ∫ 1 4

3 2 3 2 dx = 8 3 arctg

[(

4

2 2 x − 1) + 3

]

dx = ∫

[

4·4 dx = ∫ (2 x − 1)2 + 3

]

16 / 3 1+

(2x − 1)

Llevando este resultado a (1):

3  2x − 1   3  3   2x − 1  8 3 I = ln(x 2 − x + 1) + arctg +C   3  3  1+ 

dx = ∫ 2

3 2

 2x − 1  +C  3 

Ic =

3x − 1 dxIntegral racional cuyo denominador tiene raíces reales simples: 4 y –1.Se − 3x − 4 descompone en fracciones simples. 4  x = −1; −4 = −5A; A = 5 3x − 1 A B A ( x − 4) + B( x + 1)  = + = ⇒ 3x − 1 = A ( x − 4) + B( x + 1) ⇒  (x + 1)(x − 4 ) x + 1 x − 4 (x + 1)(x − 4 ) x = 4; 11 = 5B; B = 11   4

∫x

2

Ic =

4

5 x +1

∫

1

dx +

11

4 x−4

∫

1

dx =

4 5

ln | x + 1 |+

11 5

ln | x − 4 | + C

 3  Id = ∫  4 − 3 dx = 4·4 x 3 − 3 · x + C    x 

Ie =

∫x

3

4x − 1 1 5 dx = ln | x − 1 | + ln | x + 1 | −3 ln | x + 2 | + C 2 2 2 + 2x − x − 2

x2 + x +1 ∫ x 3 + 3x 2 − 9x + 5 dx = I f Integral racional cuyo denominador tiene raíces reales simples y múltiples: 1, 1 y –5.

If =

+ x +1 A B C A ( x − 1)( x + 5) + B( x + 5) + C( x − 1) = + += 3 2 2 x+5 2 x + 3x − 9 x + 5 x − 1 (x − 1) ( x − 1) ( x + 5) x

2

2

. Igualando los

x = 1 → 3 = 6B; B=   C= numeradores y dando valores a x: x = −5 → 21 = 36C;  x = 0 → 1 = −5A + 5B + C; 

1 2 7 6 A= 8 15

-1-

Integrando cada fracción obtenemos: 8 7 1 I f = ln | x − 1 | + ln | x + 5 | − +C 15 6 2( x − 1) Ig = ∫
tg x sen x dx = ∫ dx . Es una expresión trigonométrica,impar en seno, por lo 1 + cos x cos x (1 + cos x ) que el cambio de variable que corresponde es cosx=t - sen x·dx = dt. Sustituyendo:

1 + cos x − dt −1 1  t +1 Ig = ∫ = ∫ + + C = ln +C  dt = − ln | t | + ln | t + 1 | +C = ln t( 1 + t )  t t + 1 t cos x
(1) Descomponiendo en fracciones simples.

(1)

cos 3 x dx . Es una expresión trigonométrica, impar en coseno, por lo que el cambio de1 + sen x variable que corresponde es senx=t cos x·dx = dt. Sustituyendo: Ih = ∫ ( 1 − t 2 )dt cos 2 x·cos x·dx t2 1 Ih = ∫ =∫ = ∫ (1 − t )dt = t − + C = sen x − sen 2 x + C 1 + senx (1+ t ) 2 2
(1) Dividiendo o simplificando
(1)

Ii =

∫x

1 x −4
2

dx . Es una expresión irracional. Intentamos quitar la raíz haciendo el cambio:

x2- 4 = t2 2·x·dx=2·t·dt x2 = t2 +4
1 2 1 1 t 4 1 2 I=∫ dx = ∫ dx = ∫ dt = ∫ dt = arctg + C =∫ i 2 2 2 t 2 2 2 2 ( t + 4 )· t t / 1+ x x −4 x· x x − 4 1+ 2 4 1 x t · dt / 1 4

()

Deshaciendo el cambio:

I i = 1 arctg 2

x2 − 4 +C 2

Ij =

∫ x2

1 4− x
2

dx . Quitaremos la raíz mediante un cambio trigonométrico:

 x2 2 2 2  4 = sen t → x = 4 sen t → x = 2· sen t 2   ↓ ↓  Teniendo en cuenta que 4 − x 2 = 4  1 − x  ; haremos 2 2 4   dx = 2·cos t dt  4 − x = 4 ( 1 − sen t )  cos 2 t  sustituyendo, tenemos:
Ij = ∫
2 cos t dt 2 2 5 sen t 4 cos t = 1 1 x 1 −1 dt = cot g t + C = − cot g ( arcsen ) + C = ∫ 2 4 sen t 4 4 2 4−x 2

x

+C

Ik=

x −4 Trabajamos igual que en el ejercicio anterior.
2

∫ x2

1

dx

-2-

x

2

− 4 = 4

 x2  4

− 1

 

y recordando que 1+tg2x =sec2x,“vemos que nos conviene” hacer el cambio
4 2 → dx = 2· sen t dt  → x=  2 2 cos t cos t cos t 

siguiente:
x 2 4 x 2 2 2 2 = sec t → x = 4 sec t = − 4 = 4 (sec t − 1 ) = 4 · tg t 2 2

 

con lo que la integral quedará:

I

k

=∫

2 sen t dt 2 cos t 4 2 cos t 2 4 · tg t

=∫

2 sen t 4· 2 sen t cos t

dt =

1 4

∫ cos t dt =

 1 2 1 sen t + C = sen arccos  + C = 4...