Respuestas
PROBLEMA 7.14.
Resolver R
(tg 2x + sec 2x)
2dx.
Soluci´on
Desarrollando el integrando, tenemos:
I =
Z
(tg2
2x + 2 tg 2x sec 2x + sec2
2x)dx
=
Z
(2 sec2
2x + 2 tg 2x sec 2x − 1)dx = tg 2x + sec 2x − x + C.
PROBLEMA 7.15.
Resolver Z
1
1 + cos x
dx.
Soluci´on
Multiplicando numerador y denominador por 1 − cos x:
I =
Z
1 − cos x
1 − cos2 x
dx =
Z
1 − cos x
sen2 x
dx
=
Z
(cosec2 x − cotg x cosec x)dx = − cotg x + cosec x + C.
PROBLEMA 7.16.
Resolver Z
1
sen2 x cos2 x
dx.
274Soluci´on
Aplicando la identidad trigonom´etrica sen2 x + cos2 x = 1, resulta:
I =
Z
sen2 x + cos2 x
sen2 x cos2 x
dx =
Z
dx
cos2 x
+
Z
dx
sen2 x
= tg x − cotg x + C.
B. INTEGRACION POR SUSTITUCI ´ ON. ´
Cuando el integrando no es la derivada de una funci´on conocida, todav´ıa
es posible que lo sea de una funci´on compuesta. A partir de la regla de la
cadena
D[f(g(x))] = f
0
(g(x)) · g
0
(x),
se deduce la correspondiente regla de integraci´on
Z
f
0
(g(x)) · g
0
(x) · dx = f(g(x)) + C.
Las f´ormulas siguientes se deducen de la aplicaci´on de la regla de la cadena
en las f´ormulas simples escritas en el apartado A.
1) R
[f(x)]n
· f
0
(x)dx =
f(x)
n+1
n + 1
+ C si n 6= −1.
2) R
f
0
(x) · sen f(x)dx = − cos f(x) + C.
3) R
f
0
(x) · cos f(x)dx = sen f(x) + C.
4) R
f
0
(x) · sec2 f(x)dx = tg f(x) + C.
5) R
f
0
(x) · sec f(x) · tg f(x)dx = sec f(x) + C.
6) R
f
0
(x) · cosec f(x) · cotg f(x)dx = − cosec f(x) + C.
7) R
f
0
(x) · cosec2 f(x)dx = − cotg f(x) + C.
8) Z
f
0
(x)
p
1 − f(x)
2
dx = arc sen f(x) + C.
9) Z
f
0
(x)
1 + f(x)
2
dx = arc tg f(x) + C.
27510) Z
f
0
(x)
f(x)
p
f(x)
2 − 1
dx = arcsec f(x) + C.
11) Z
f
0
(x)
f(x)
dx = ln |f(x)| + C.
12) Z
a
f(x)
· f
0
(x)dx =
a
f(x)
ln a
+ C.
En la pr´actica, como no es f´acil determinar si el integrando puede expresarse
como la derivada de una funci´on compuesta, se hace un cambio de variable
para intentar expresar la integral en forma m´as sencilla. As´ı, en la expresi´on
I =
R
f
0
(g(x)) · g
0
(x) · dx, si hacemos g(x) = t, entonces g
0
(x)dx = dt, con
lo que I =
R
f
0
(t) · dt = f(t) + C = f(g(x)) + C.
Hay algunas sustituciones especiales para casos concretos que iremos ilus-
trando en la resoluci´on de los problemas que siguen.
PROBLEMA 7.17.
Resolver R
4x
√
2x
2 − 1dx.
Soluci´on
Si f(x) = 2x
2−1, tenemos que f
0
(x) = 4x; se trata de calcular R
f(x)
1/2f
0
(x)dx.
La regla (1) indica que el resultado es:
I =
(2x
2 − 1)3/2
3/2
+ C =
2
3
(2x
2 − 1)3/2 + C.
PROBLEMA 7.18.
Resolver R
(x
3 + 2)23x
2dx.
Soluci´on
Haciendo el cambio x
3 + 2 = u tenemos du = 3x
2dx, con lo que:
I =
Z
u
2
du =
1
3
u
3 + C =
1
3
(x
3 + 2)3 + C.
276Otra forma es escribir directamente I =
R
(x
3+2)2d(x
3+2) = 1
3
(x
3+2)3+C.
PROBLEMA 7.19.
Resolver R √3
2x − 6dx.
Soluci´on
En este caso llamamos f(x) = 2x−6. Sin embargo, f
0
(x) = 2 no aparece ex-
pl´ıcitamente en la integral. Como las constantes se pueden multiplicar tanto
dentro como fuera de la integral (propiedad iii), podemos escribir:
I =
Z
1
2
· 2
√3
2x − 6dx =
1
2
Z
2
√3
2x − 6dx.
Ahora la integral tiene la forma en que se puede aplicar la regla (1). As´ı:
I =
1
2
·
(2x − 6)(1/3)+1
4/3
+ C =
3
8
(2x − 6)4/3 + C.
PROBLEMA 7.20.
Resolver R
(x
3 + 2)1/2x
2dx.
Soluci´on
Hacemos el cambio de variable u = x
3+2, con lo que du = 3x
2dx. As´ı:
I =
1
3
Z
(x
3 + 2)1/2
· 3x
2
dx =
1
3
Z
u
1/2
du =
1
3
·
u
3/2
3/2
=
2
9
(x
3 + 2)3/2 + C.
Tambi´en otra forma es la siguiente:
I =
Z
1
3
(x
3 + 2)1/2
· 3x
2
dx =
1
3
Z
(x
3 + 2)1/2
d(x
3 + 2)
=
1
3
·
(x
3 + 2)3/2
3/2
+ C =
2
9
(x
3 + 2)3/2 + C.
277
espero te ayude hermano y corona plis