1. Integración por partes
Ša integración por partes es muy util para integrar ciertos productos, inte-
grales que contienen logaritmos y aquellas que contienen funciones trigono-
metricas inversas.
Para aplicar este metodo primero descomponemos la integral en dos fac-
tores u y dv, donde es muy importante que dv incluya dx.
La fórmula de la integracion por partes es la siguiente:
udv = uv − vdu
Ejemplos:
1.- Calcular x cos(x)dx
Solución:
Sea u=x du = dx
dv = cos(x)dx v = (x)
x cos(x)dx = x sen(x) - sen(x)dx
= x sen(x) − cos(x) + c
2.- Calcular x2 ex
Solución:
Sea u = x2 du = 2x dx
dv = ex dx v = ex
x2 ex dx = x2 ex - 2xex dx (1)
Aunque xex dx no es inmediata, hemos logrado disminuir el grado de la
potencia.

2. para evaluar esta integral,(antes hemos sacado la constante fuera de la
integral) aplicamos una vez más la formula de la integración por partes a:
2 xex dx
sea u=x du = dx
dv = ex v = ex
Luego: 2 xex dx = xex − ex dx
= 2(xex − ex ) + c
Por lo tanto reemplazando en (1)
x2 ex = x2 ex − 2(xex − ex ) = ex (x2 − 2x + 2) + c
3.- ln(x)dx
bueno aca no hay mucho que elegir asi que tomamos el logaritmo completo
1
u = ln(x) du = dx
x
dv = dx v=x
1
luego ln(x)dx = xln(x) − x ∗ dx = xln(x) − xdx = xln(x) − x + c
x
4.- arctan(x)dx
1
u = (x) du = dx
1 + x2
dv = dx v=x
x
entonces tenemos: arctan(x) = x arctan(x) − dx
1 + x2

3. En la integracion se pueden combinar diferentes tecnicas para llegar al re-
sultado nal, en este caso usaremos integracion por sustitución para resolver:
x
dx
1 + x2
u = 1 + x2 du = 2xdx
como resultado de esta sustitución tenemos:
x 1 du 1 1
2
dx = = ln|u| + c = ln|1 + x2 | + c
1+x 2 u 2 2
Una integral interesante de resolver es:
ex sen(x)dx
u = ex du = ex dx
dv = sen(x) v = -cos(x)
entonces tenemos:
ex sen(x)dx = −ex cos(x) + ex cos(x)dx (1)
Por lo visto la integración por partes no ha cumplido su objetivo, dado
que la integral que tenemos no es mas simple que la original, sin embargo
podemos volver a aplicarla para ver que pasa, es ta vez a ex cos(x)dx.
u = ex du = ex dx
dv = cos(x) v = sen(x)
ex cos(x)dx = −ex cos(x) − ex sen(x)
Ahora reemplazando en (1), tenemos.
ex sen(x)dx = −ex cos(x) + ex sen(x) − ex sen(x)dx

4. Aqui sucede una situación interesante, como la integral se repite en la
segunda parte de la igualdad, podemos pasarla al otro lado respetando los
cambios de signos.
pasa al otro lado
ex sen(x)dx = −ex cos(x) + ex sen(x) - ex sen(x)dx ←
como esta con signo negativo pasa con signo positivo:
2 ex sen(x)dx = −ex cos(x) + ex sen(x)dx
Finalmente al estar multiplicando el 2 pasa dividiendo al otro lado.
ex
ex sen(x)dx = [cos(x) − sen(x)] + c
2

5. Ejercicios Propuestos
x(3 − 2x)11 (3 − 2x)12
1. x(3 − 2x)10 dx resp: − +c
−22 44 ∗ 12
3 − 2x
2. resp: 2(3 − 2x)(x − 1)
−1 1
3 dx 2 − 8(x − 1) 2 + c
(1 − x) 2
3. x2 sen(x)dx resp: −x2 cos(x) + 2xsen(x) + 2cos(x) + c
4. x2 ex dx resp: x2 ex − 2xex + 2ex + c
5. ln(x2 + 1)dx resp: xln(x2 + 1) − 2x + arctan x + c
ln(x) −ln(x)
6. dx resp: − x−1 + c
x2 x
ln(x2 + 1)
7. arctan xdx resp: x arctan x − +c
2
2
x 2 x2 e x
8. 3 x2
x e dx resp: e − +c
2 2
1+x x2 1+x 1+x
9. xln( )dx resp: ln( ) + x − ln( )+c
1−x 2 1−x 1−x
xex −xex
10. dx resp: + ex + c
(x + 1)2 x+1

6. Integración Tabular
Una alternativa interesante a la integración por partes es la forma tabular
veamos algunos ejemplos
x2 cos(x)dx
u = x2 dv = cos(x)
u - du dv - v
x2 + cos(x)
2x − sen(x)
2 + − cos(x)
0 -sen(x)
Luego de realizar la tabla se multiplica cruzado siguiendo las echas y
con el signo correspondiente.
el resultado de la integral sería:
x2 cos(x)dx = x2 sen(x) + 2xcos(x) − sen(x) + c

7. Integración por Fracciones Parciales
En algunas ocasiones nos encontramos con integrales de difícil solución
por métodos ya conocido, ya sea por sustitución o por partes, sobre todo del
tipo fraccionario, la idea de este método de integración es descomponer una
fracción en varias fracciones parciales, es decir temporales, que simpliquen
la integración, para ello se deben cumplir que el polinomio del denominador
sea de mayor grado que el polinomio del numerador.
Caso 1 : Factores lineales
P (x) A B Z
dx = + + ··· + dx
(x − a)(x − b) . . . (x − z) x−a x−b x−z
Caso 2 : Factores lineales repetidos
P (x) A B C M
dx = + + + ··· dx
(x − a)(x − b)m x − a x − b (x − b)2 (x − b)m
Caso 3 : Factores Irreductibles
P (x) Ax + B Cx + D
dx = + 2 dx
(x2 + bx + c)(x2 + dx + e) (x2 + bx + c) (x + dx + e)
Caso 4 : Factores Irreductibles repetidos
P (x) Ax + B Cx + D Mx + N
dx = + 2 + ··· + 2 dx
(x2 + bx + c)m (x2 + bx + c) (x + bx + c)2 (x + bx + c)m
En resumen donde halla:
un factor lineal colocar A,B,C,...
un factor cuadratico irreductible colocar Ax+B, Cx+D...
Ejemplos:
1.-
2x + 3
dx
(x − 2)(x + 5)

8. La idea es descomponer en integrales mas simples
2x + 3 A B
dx = +
(x − 2)(x + 5) x−2 x+5
resolver para encontrar A y B multiplicando por el denominador del lado
izquierdo de la igualdad
2x + 3 = A(x + 5) + B(x − 2)
2x + 3 = Ax + 5A + Bx − 2B
2x + 3 = (A + B)x + 5A − 2B
igualando los coecientes de ambos lados tenemos el siguiente sistema de
ecuaciones
2=A+B
3 = 5A − 2B
Resolviendolo, obtenemos A = 1, B = 1 por lo tanto al integral original
se transforma en
1 1 dx dx
+ dx = +
x−2 x+5 x−2 x+5
= ln |x − 2| + ln |x + 5| + c
2.-
x
dx
(x + 1)(x + 2)(x + 3)
descompongamos el integrando
resolvamos para encontrar los valores de A, B y C multiplicando por el
denominador del lado izquierdo de la igualdad
x = A(x + 2)(x + 3) + B(x + 1)(x + 3) + C(x + 2)(x + 1)
x = A(x2 + 5x + 6) + B(x2 + 4x + 3) + C(x2 + 3x + 2)
x = (A + B + C)x2 + (5A + 4B + 3C)x + (6A + 3B + 2C)

9. igualando los coecientes de ambos lados tenemos el siguiente sistema de
ecuaciones.
0=A+B+C
1 = 5A + 4B + 3C
0 = 6A + 3B + 2C
−1 −3
resolviendolo, obtenemos A = , B = 2, C = por lo tanto la inte-
2 2
gral original se transforma en:
−1 −3
2 −1 dx dx −3 dx
2
+ + 2 dx = +2 −
x+1 x+2 x+3 2 x+1 x+2 2 x+3
−1 −3
= 2
ln |x + 1| + 2 ln |x + 2| − 2
ln |x + 3| + c