1 {\displaystyle \int x e^x dx}

 

{\displaystyle \int x e^x dx}

 

Resolvemos por integración por partes

 

{\begin{array}{rcl}u=x &\xrightarrow{derivar} & u'=1 \\\\ v'=e^x &\xrightarrow{integrar} & v=e^x \end{array}}

 

Sustituimos en la fórmula de integración por partes

 

{\displaystyle \int x e^x dx = x e^x - \int e^x dx}

 

Resolvemos la nueva integral que aparece

 

{\begin{array}{rcl}\displaystyle \int x e^x dx & = & x e^x - \displaystyle \int e^x dx \\\\ & = & x e^x - e^x + C \\\\ & = & e^x(x-1) + C \end{array}}

2 {\displaystyle \int x^2 e^x dx}

 

{\displaystyle \int x^2 e^x dx}

 

Resolvemos por integración por partes

 

{\begin{array}{rcl}u=x^2 &\xrightarrow{derivar} & u'=2x \\\\ v'=e^x &\xrightarrow{integrar} & v=e^x \end{array}}

 

Sustituimos en la fórmula de integración por partes

 

{\displaystyle \int x^2 e^x dx = x^2 e^x - 2\int x e^x dx}

 

Resolvemos la segunda integral que aparece por integración por partes

 

{\begin{array}{rcl}u=x &\xrightarrow{derivar} & u'=1 \\\\ v'=e^x &\xrightarrow{integrar} & v=e^x \end{array}}

 

Sustituimos en la fórmulade integración por partes

 

{\begin{array}{rcl}\displaystyle \int x^2 e^x dx & = & x^2 e^x - 2\displaystyle \int x e^x dx \\\\ & = & x^2 e^x - 2\left (x e^x - \displaystyle\int e^x dx \right )\end{array}}

 

Resolviendo la nueva integral que aparece

 

{\begin{array}{rcl}\displaystyle \int x^2 e^x dx & = & x^2 e^x - 2\displaystyle \int x e^x dx \\\\ & = & x^2 e^x - 2\left (x e^x - \displaystyle\int e^x dx \right ) \\\\ & = & x^2e^x -2x e^x + 2e^x + C \\\\ & = & e^x(x^x -2x + 2) + C\end{array}}

3 {\displaystyle \int arctg \, x \, dx}

 

{\displaystyle \int arctg \, x \, dx}

 

Resolvemos por integración por partes

 

{\begin{array}{rcl}u=arctg\, x &\xrightarrow{derivar} & u'=\displaystyle \frac{1}{1+x^2} \\\\ v'=1 &\xrightarrow{integrar} & v=x \end{array}}

 

Sustituimos en la fórmula de integración por partes

 

{\displaystyle \int arctg \, x \, dx = x \, arctg \, x - \int \frac{x}{1+x^2} dx}

 

Resolvemos la nueva integral que aparece

 

{\begin{array}{rcl}\displaystyle \int arctg \, x \, dx & = & x \, arctg \, x - \displaystyle \int \frac{x}{1+x^2} dx \\\\ & = & x \, arctg \, x - \displaystyle \frac{1}{2} \ln (1+x^2) + C \end{array}}

4 {\displaystyle \int e^x sen \, x \, dx}

 

{\displaystyle \int e^x sen \, x \, dx}

 

Resolvemos por integración por partes

 

{\begin{array}{rcl}u=sen \, x &\xrightarrow{derivar} & u'=cos \, x \\\\ v'=e^x &\xrightarrow{integrar} & v=e^x \end{array}}

 

Sustituimos en la fórmula de integración por partes

 

{\displaystyle \int e^x sen \, x dx = e^x sen \, x - \int e^x cos \, x \, dx}

 

Resolvemos la segunda integral que aparece por integración por partes

 

{\begin{array}{rcl}u=cos \, x &\xrightarrow{derivar} & u'=-sen \, x \\\\ v'=e^x &\xrightarrow{integrar} & v=e^x \end{array}}

 

Sustituimos en la fórmula de integración por partes

 

{\begin{array}{rcl}\displaystyle \int e^x sen \, x dx & = & e^x sen \, x - \int e^x cos \, x \, dx \\\\ & = & e^x sen \, x - \left (e^x cos \, x + \displaystyle\int e^x sen \, x dx \right )\end{array}}

 

Resolviendo la nueva integral que aparece

 

{\begin{array}{rcl}\displaystyle \int e^x sen \, x dx & = & e^x sen \, x - \int e^x cos \, x \, dx \\\\ & = & e^x sen \, x - \left (e^x cos \, x + \displaystyle\int e^x sen \, x dx \right ) \\\\ \displaystyle 2\int e^x sen \, x dx & = & e^x sen \, x - e^x cos \, x \\\\ \displaystyle \int e^x sen \, x dx & = & \displaystyle \frac{e^x}{2}(sen \, x - cos \, x) + C\end{array}}

5 {\displaystyle \int \frac{2x^2 + 5x - 1}{x^3 + x^2 - 2x} dx}

 

{\displaystyle \int \frac{2x^2 + 5x - 1}{x^3 + x^2 - 2x} dx}

 

Resolvemos por fracciones parciales

 

{\displaystyle \frac{2x^2 + 5x - 1}{x^3 + x^2 - 2x} = \frac{A}{x} + \frac{B}{x-1} + \frac{C}{x+2}}

 

Se efectúa la suma:

 

{\displaystyle \frac{2x^2 + 5x - 1}{x^3 + x^2 - 2x} = \frac{A(x-1)(x+2) + Bx(x+2) + Cx(x-1)}{x(x-1)(x+2)}}

 

Como las dos fracciones tienen el mismo denominador, los numeradores han de ser iguales:

 

{2x^2 + 5x - 1 = A(x-1)(x+2) + Bx(x+2) + Cx(x-1)}

 

Calculamos los coeficientes de {A, B} y {C} dando a la {x} los valores que anulan al denominador.

 

{\begin{array}{rcccl}x=0 & \Longrightarrow & -1=A(-1)(2) & \Longrightarrow & A = \displaystyle \frac{1}{2} \\\\ x=1 & \Longrightarrow & 6=B(1)(3) & \Longrightarrow & B = 2 \\\\ x=-2 & \Longrightarrow & -3=C(-2)(-3) & \Longrightarrow & C = \displaystyle -\frac{1}{2} \end{array}}

 

Se calculan las integrales de las fracciones simples:

 

{\begin{array}{rcl}\displaystyle \int \frac{2x^2 + 5x - 1}{x^3 + x^2 - 2x} dx & = & \displaystyle \frac{1}{2} \int \frac{dx}{x} + 2\int \frac{dx}{x-1} - \frac{1}{2} \int \frac{dx}{x+2} \\\\ & = & \displaystyle \frac{1}{2} \ln (x) + 2 \ln (x-1) - \frac{1}{2} \ln (x+2) + C \end{array}}

 

Otra forma de hallar los coeficientes es realizando las operaciones e igualando coeficientes.

 

{2x^2 + 5x - 1 = (A + B + C)x^2 + (A + 2B - C)x - 2A}

 

Igualamos coeficientes:

 

{\left \{ \begin{array}{ccl} 2 & = & A + B + C \\\\ 5 & = & A + 2B - C \\\\ -1 & = & - 2A \end{array} \right. \ \ \ \Longrightarrow \ \ \ \displaystyle A = \frac{1}{2}, \ B = 2, \ C = -\frac{1}{2}}

6 {\displaystyle \int \frac{x^2 + 1}{(x+1)^2 (x-3)} dx}

 

{\displaystyle \int \frac{x^2 + 1}{(x+1)^2 (x-3)} dx}

 

Resolvemos por fracciones parciales

 

{\displaystyle \frac{x^2 + 1}{(x+1)^2 (x-3)} = \frac{A}{x+1} + \frac{B}{(x+1)^2} + \frac{C}{x-3}}

 

Se efectúa la suma:

 

{\displaystyle \frac{x^2 + 1}{(x+1)^2 (x-3)} = \frac{A(x+1)(x-3) + B(x-3) + C(x+1)^2}{(x+1)^2 (x-3)}}

 

Como las dos fracciones tienen el mismo denominador, los numeradores han de ser iguales:

 

{x^2 + 1 = A(x+1)(x-3) + B(x-3) + C(x+1)^2}

 

Para calcular los valores de {A, B} y {C}, damos a {x} los valores que anulan al denominador y otro más

 

{\begin{array}{rcccl}x=-1 & \Longrightarrow & 2=-4B & \Longrightarrow & B = \displaystyle -\frac{1}{2} \\\\ x=3 & \Longrightarrow & 10=16C & \Longrightarrow & C = \displaystyle \frac{5}{8} \\\\ x=0 & \Longrightarrow & 1=-3A - 3B + C & \Longrightarrow & A = \displaystyle \frac{3}{8} \end{array}}

 

Se calculan las integrales de las fracciones simples:

 

{\begin{array}{rcl}\displaystyle \int \frac{x^2 + 1}{(x+1)^2 (x-3)} dx & = & \displaystyle \frac{3}{8} \int \frac{dx}{x+1} - \frac{1}{2}\int \frac{dx}{(x+1)^2} + \frac{5}{8} \int \frac{dx}{x-3} \\\\ & = & \displaystyle \frac{3}{8} \ln (x+1) - \frac{1}{2(x+1)} + \frac{5}{8} \ln (x-3) + C \end{array}}

7 {\displaystyle \int \frac{x^3 \sqrt{1 + x^4}}{\sqrt{1 + x^4} + 1} dx}

 

{\displaystyle \int \frac{x^3 \sqrt{1 + x^4}}{\sqrt{1 + x^4} + 1} dx}

 

Empleamos la sustitución

 

{1 + x^4 = t^2}

 

Calculamos la diferencial en ambos lados

 

{4x^3 dx = 2t \, dt \ \ \ \Longrightarrow \ \ \ dx = \displaystyle \frac{t}{2x^3} dt}

 

Sustituimos en la integral y resolvemos para {t}

 

{\begin{array}{rcl}\displaystyle \int \frac{x^3 \sqrt{1 + x^4}}{\sqrt{1 + x^4} + 1} dx & = & \displaystyle \int \frac{x^3 t}{t+1} \cdot \frac{t}{2x^3} dt \\\\ & = & \displaystyle \frac{1}{2} \int \frac{t^2}{t+1} dt \\\\ & = & \displaystyle \frac{1}{4} t^2- \frac{1}{2}t + \frac{1}{2} \ln (t+1) + C \end{array}}

 

Sustituimos {t = \sqrt{1 + x^4}} y obtenemos la solución en términos de {x}

 

{\begin{array}{rcl}\displaystyle \int \frac{x^3 \sqrt{1 + x^4}}{\sqrt{1 + x^4} + 1} dx & = & \displaystyle \frac{1}{4}t^2 - \frac{1}{2}t + \frac{1}{2} \ln (t+1) + C \\\\ & = & \displaystyle \frac{1}{4}(1+x^4) - \frac{1}{2}\sqrt{1+x^4} + \frac{1}{2} \ln (\sqrt{1+x^4}+1) + C \end{array}}

8 {\displaystyle \int \sqrt{1 - x^2} dx}

 

{\displaystyle \int \sqrt{1 - x^2} dx}

 

Empleamos la sustitución

 

{x = sen \, t}

 

Calculamos la diferencial en ambos lados

 

{dx = cos \, t \, dt}

 

Sustituimos en la integral y resolvemos para {t}

 

{\begin{array}{rcl}\displaystyle \int \sqrt{1 - x^2} dx & = & \displaystyle \int \left(\sqrt{1 - sen^2 t}\right) cos \, t \, dt \\\\ & = & \displaystyle \int cos^2 t \, dt \\\\ & = & \displaystyle \int \left( \sqrt{\frac{1 + cos \, 2t}{2}}\right)^2 \\\\ & = & \displaystyle \frac{1}{2} \int (1 + cos \, 2t) \, dt \\\\ & = & \displaystyle \frac{1}{2}t + \frac{1}{4} sen \, 2t + C \end{array}}

 

Sustituimos {t = arcsen \, x}  en

 

{\begin{array}{rcl}sen \, 2t &=& 2sen\, t \, cos \, t \\\\ &=& 2xcos(arcsen\, x) \\\\ &=& 2x\sqrt{1-(sen(arcsen \, x))^2} \\\\ &=& 2x\sqrt{1-x^2} \end{array}}

 

Sustituimos lo anterior y obtenemos la solución en términos de {x}

 

{\begin{array}{rcl}\displaystyle \int \sqrt{1 - x^2} dx & = & \displaystyle \frac{1}{2}t + \frac{1}{4} sen \, 2t + C \\\\ & = & \displaystyle \frac{1}{2}arcsen \, x + \frac{1}{2} x\sqrt{1-x^2} + C \end{array}}

9 {\displaystyle \int \frac{dx}{cos^4 x}}

 

{\displaystyle \int \frac{dx}{cos^4 x}}

 

Empleamos la sustitución

 

{tg \, x = t \ \ \ \Longrightarrow \ \ \ x = arctg \, t }

 

Calculamos la diferencial en ambos lados

 

{dx = \displaystyle \frac{dt}{1 + t^2}}

 

Sustituimos en la integral la expresión de la diferencial y la equivalencia {cos^2 x = \displaystyle \frac{1}{1 + t^2}}

 

{\begin{array}{rcl}\displaystyle \int \frac{dx}{cos^4 x} & = & \displaystyle \int \left(1 + t^2 }\right)^2 \frac{dt}{1 + t^2} \\\\ & = & \displaystyle \int (1 + t^2) \, dt \\\\ & = & t + \displaystyle \frac{t^3}{3}} + C \end{array}}

 

Sustituimos {t = tg \, x} en la solución

 

{\begin{array}{rcl}\displaystyle \int \frac{dx}{cos^4 x} & = & t + \displaystyle \frac{1}{3}t^3 + C \\\\ & = & tg \, x + \displaystyle \frac{1}{3}tg^3 x + C\end{array}}

10 {\displaystyle \int \frac{dx}{cos^2 x \, sen^2 x}}

 

{\displaystyle \int \frac{dx}{cos^2 x \, sen^2 x}}

 

Empleamos la sustitución

 

{tg \, x = t \ \ \ \Longrightarrow \ \ \ x = arctg \, t }

 

Calculamos la diferencial en ambos lados

 

{dx = \displaystyle \frac{dt}{1 + t^2}}

 

Sustituimos en la integral la expresión de la diferencial y las equivalencias {cos^2 x = \displaystyle \frac{1}{1 + t^2}, \ \ sen^2 x = \displaystyle \frac{t^2}{1 + t^2}}

 

{\begin{array}{rcl}\displaystyle \int \frac{dx}{cos^2 x \, sen^2 x & = & \displaystyle \int \left(1 + t^2\right) \left(\frac{1 + t^2}{t^2}\right) \frac{dt}{1 + t^2} \\\\ & = & \displaystyle \int \left(\frac{1 + t^2}{t^2}\right) \, dt \\\\ & = & \displaystyle -\frac{1}{t} + t + C \end{array}}

 

Sustituimos {t = tg \, x} en la solución

 

{\begin{array}{rcl}\displaystyle \int \frac{dx}{cos^2 x \, sen^2 x & = & \displaystyle -\frac{1}{t} + t + C \\\\ & = & -\displaystyle \frac{1}{tg \, x} + tg \, x + C \\\\ & = & -ctg \, x + tg \, x + C\end{array}}

11 {\displaystyle \int \frac{dx}{2 + cos \, x}}

 

{\displaystyle \int \frac{dx}{2 + cos \, x}}

 

Empleamos la sustitución

 

{tg \, \displaystyle \frac{x}{2} = t \ \ \ \Longrightarrow \ \ \ x = 2 arctg \, t }

 

Calculamos la diferencial en ambos lados

 

{dx = \displaystyle \frac{2 dt}{1 + t^2}}

 

Sustituimos en la integral la expresión de la diferencial y la equivalencia {cos \, x = \displaystyle \frac{1-t^2}{1 + t^2}}

 

{\begin{array}{rcl}\displaystyle \int \frac{dx}{2 + cos \, x} & = & \displaystyle \int \frac{\displaystyle \frac{2dt}{1 + t^2}}{2 + \displaystyle \frac{1-t^2}{1 + t^2}} \\\\ & = & \displaystyle 2\int \frac{dt}{3+t^2} \\\\ & = & \displaystyle \frac{2}{3}\sqrt{3} \int \frac{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{3}}}{1+\left(\displaystyle \frac{t}{\sqrt{3}} \right)^2} \\\\ & = & \displaystyle \frac{2}{3}\sqrt{3} arctg \left(\displaystyle \frac{t}{\sqrt{3}} \right) + C\end{array}}

 

Sustituimos {t = tg \, \displaystyle \frac{x}{2} } en la solución

 

{\begin{array}{rcl}\displaystyle \int \frac{dx}{2 + cos \, x} & = & \displaystyle \frac{2}{3}\sqrt{3} arctg \left(\displaystyle \frac{t}{\sqrt{3}} \right) + C \\\\ & = & \displaystyle \frac{2}{3}\sqrt{3} arctg \left(\displaystyle \frac{1}{\sqrt{3}} tg \frac{x}{2} \right) + C\end{array}}

12 {\displaystyle \int \frac{1 + e^x}{1 - e^x}dx}

 

{\displaystyle \int \frac{1 + e^x}{1 - e^x}dx}

 

Empleamos la sustitución

 

{e^x = t \ \ \ \Longrightarrow \ \ \ x = \ln t }

 

Calculamos la diferencial en ambos lados

 

{dx = \displaystyle \frac{dt}{t}}

 

Sustituimos en la integral la expresión de la diferencial

 

{\begin{array}{rcl}\displaystyle \int \frac{1 + e^x}{1 - e^x}dx & = & \displaystyle \int \frac{-1 - t}{t - 1}\frac{dt}{t} \end{array}}

 

Resolvemos por fracciones parciales

 

{\displaystyle \frac{-1 - t}{t(t - 1)} = \frac{A}{t} + \frac{B}{t-1}}

 

Se efectúa la suma:

 

{\displaystyle \frac{-1 - t}{t(t - 1)} = \frac{A(t-1) + Bt}{t(t-1)}}

 

Como las dos fracciones tienen el mismo denominador, los numeradores han de ser iguales:

 

{-1 - t = A(t-1) + Bt}

 

Para calcular los valores de {A} y {B}, damos a {t} los valores que anulan al denominador

 

{\begin{array}{rcl}t=1 & \Longrightarrow & -2=B \\\\ t=0 & \Longrightarrow & -1=-A \end{array}}

 

Se calculan las integrales de las fracciones simples:

{\begin{array}{rcl}\displaystyle \int \frac{1 + e^x}{1 - e^x}dx & = & \displaystyle \int \frac{-1 - t}{t - 1}\frac{dt}{t} \\\\ & = & \displaystyle \int \frac{dt}{t} - 2 \int \frac{dt}{t-1} \\\\ & = & \ln t -2 \ln (t-1) + C \end{array}}

 

Sustituimos {t = e^x} en la solución

 

{\begin{array}{rcl}\displaystyle \int \frac{1 + e^x}{1 - e^x}dx & = & \ln t -2 \ln (t-1) + C \\\\ & = & x - \ln (e^x - 1)^2 + C \end{array}}

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Marta

➗ Licenciada en Químicas da clase de Matemáticas, Física y Química -> Comparto aquí mi pasión por las matemáticas ➗