calculo integral

1. CALCULO INTEGRAL- METODOS DE INTEGRACION
TRABAJO COLABORATIVO NO. 2
CLAUDIA JUNCO CAO. Cód.
20.455.367
EMILSE ISABEL NUÑEZ. Cód.
33332506
LUIS ENRIQUE SANCHEZ. Cód.
JOSE MIGUEL BELLO. Cód.
1074001299
HENRY ALBEIRO GOMEZ. Cód.
100411-300
LUIS RAMON FUENTES
UNIVERSIDAD NACIONAL ABIERTA Y A DISTANCIA – UNAD
ADMINISTRACION DE EMPRESAS
COLOMBIA
2019

2. TABLA DE CONTENIDO
 Portada,
 Introducción
 Desarrollo de los ejercicios a, b, c, d y e del Tipo de ejercicios 1.
 Desarrollo de los ejercicios a, b, c, d y e del Tipo de ejercicios 2.
 Desarrollo de los ejercicios a, b, c, d y e del Tipo de ejercicios 3.
 Desarrollo de los ejercicios a, b, c, d y e del Tipo de ejercicios 4.
 Tabla de links
 Referencias Bibliográficas en normas APA.

3. INTRODUCCIÓN
El cálculo es una herramienta de las matemáticas que permiten el análisis y la solución de
problemas de carácter complejos. Podemos decir que el cálculo integral es la operación
inversa de la derivada.
A continuación, se esbozarán una serie de ejercicios con el fin de poder dar soluciones a
problemas planteados y así se obtendrá un análisis exhaustivo de esta unidad, donde cada
estudiante plasmara el desarrollo de cada interrogante que se le asigno o escogió.

4. TIPO DE EJERCICIOS 1 – INTEGRACIÓN POR SUSTITUCIÓN.
Ejercicio A.
∫
𝑑𝑡
𝑐𝑜𝑠2( 𝑡)√1 + tan⁡( 𝑡)
Reescribiendo la expresión…
∫
𝑑𝑡
𝑐𝑜𝑠(𝑡)2 ∗ √1 + tan⁡( 𝑡)
Aplicando la integración por sustitución tenemos que:
 𝑢 = 1 + tan( 𝑡)

𝑑𝑢
𝑑𝑡
= sec(𝑡)2
Despejando dt
 𝑑𝑡 =
𝑑𝑢
sec⁡( 𝑡)2
Reemplazando en la integral inicial tenemos:
∫
1
cos( 𝑡)2 ∗ √ 𝑢
∗
𝑑𝑢
sec( 𝑡)2
∫
1
cos( 𝑡)2 ∗ √ 𝑢
∗
𝑑𝑢
1
cos( 𝑡)2
Aplicando la ley de extremos y medios…
∫
cos( 𝑡)2
∗ 𝑑𝑢
cos( 𝑡)2 ∗ √ 𝑢
∫
𝑑𝑢
√ 𝑢
∫(𝑢)−1 2⁄
𝑑𝑢
Resolviendo la integral directa tenemos que
𝑢
1
2
1
2⁄
+ 𝑐

5. 2√ 𝑢 + 𝐶⁡
2√1 + tan(𝑡) + 𝐶
Ejercicio B.
∫
𝑥3
𝑒 𝑥4
𝑑𝑥
4 + 𝑒 𝑥4
Aplicamos sustitución de 𝑢 = 𝑥4
⁡
𝑢 = 𝑥4
𝑑𝑢 =⁡4𝑥3
𝑑𝑥⁡
1
4
𝑑𝑢 = 𝑥3
𝑑𝑥⁡
Reemplazamos por sustitución
1
4
∫
𝑒 𝑢
4 + 𝑒 𝑢
𝑑𝑢⁡
Aplicamos sustitución
𝑧 = 4 + 𝑒 𝑢
⁡
𝑑𝑧 = 𝑒 𝑢
⁡𝑑𝑢⁡
1
4
∫
1
𝑧
⁡𝑑𝑧⁡
Reemplazar sustitución
1
4
⁡𝑙𝑛| 𝑧| + 𝑐⁡
Aplicamos integral de logaritmo
1
4
𝑙𝑛|4 + 𝑒 𝑢| + 𝑐⁡
Reemplazamos sustituciones inversas

6. 1
4
𝐿𝑛|4 + 𝑒 𝑥4
| + 𝑐⁡
Ejercicio C.
∫
√tan⁡(x)
1 − 𝑠𝑒𝑛2(𝑥)
𝑑x =
2
3
𝑡𝑎𝑛
3
2( 𝑥) + 𝑐
∫
√tan⁡(x)
1 − 𝑠𝑒𝑛2(𝑥)
𝑑x
= ∫
√tan⁡(x)
1 − (1 − 𝑐𝑜𝑠2( 𝑥))
𝑑x
= ∫
√tan⁡(x)
−𝑠𝑒𝑛2( 𝑥) + 1
𝑑x
= ∫
√tan⁡(x)
𝑐𝑜𝑠2( 𝑥)
𝑑x
= ∫ √tan(x) ⁡⁡𝑠𝑒𝑐2
(𝑥)𝑑x
= ∫ √U⁡⁡⁡⁡ 𝑑U
Aplicamos la identidad trigonométrica 𝑐𝑜𝑠2( 𝑥) + 𝑠𝑒𝑛2
= 1
𝑠𝑒𝑛2
= 1 − 𝑐𝑜𝑠2
Aplicamos la identidad trigonométrica 𝑐𝑜𝑠2( 𝑥) + 𝑠𝑒𝑛2
= 1
1 − 𝑐𝑜𝑠2( 𝑥) = 𝑠𝑒𝑛2
(𝑥)
Aplicamos la identidad trigonométrica 𝑐𝑜𝑠2( 𝑥) + 𝑠𝑒𝑛2
= 1
1 − 𝑠𝑒𝑛2
(𝑥) = 𝑐𝑜𝑠2
Aplicamos la identidad trigonométrica
1
cos⁡( 𝑥)
= sec⁡( 𝑥)
Aplicamos la integración por sustitución 𝑈 = 𝑡𝑎𝑛(𝑥)

7. =
𝑈
1
2
+1
1
2
+1
=
tan⁡
1
2
+1
(𝑥)
1
2
+
1∗2
2
=
𝑡𝑎𝑛
1
2
+1
3
2
=
𝑡𝑎𝑛
1
2
+
1∗2
2
3
2
=
𝑡𝑎𝑛
3
2(𝑥)
3
2
=
𝑡𝑎𝑛
3
2( 𝑥) ∗ 2
3
=
2
3
𝑡𝑎𝑛
3
2( 𝑥) + 𝑐
Ejercicio D.
∫
4𝑥
√(2𝑥2 + 1)
𝑑𝑥
Solución:
𝑈 = ⁡2𝑥2
+ 1
𝑑𝑢 = 4𝑥. 𝑑𝑥
𝑑𝑥 =
𝑑𝑢
4𝑥
= ∫
4𝑥
√ 𝑢
.
𝑑𝑢
4𝑥
= ∫
𝑑𝑢
√ 𝑢
Aplicamos la regla de la potencia ∫ 𝑥 𝑛
𝑑𝑥 =
𝑥 𝑛+1
𝑛+1
Convertir a fracción 1=
1∗2
2
Ya que los denominadores son iguales
combinar la fracción
𝑎
𝑐
+
𝑏
𝑐
=
𝑎+𝑏
𝑐
Convertir a fracción 1=
1∗2
2
Ya que los denominadores son iguales
combinar la fracción
𝑎
𝑐
+
𝑏
𝑐
=
𝑎+𝑏
𝑐

8. = ∫
𝑑𝑢
𝑢
1
2⁄
= ∫ 𝑈
−1
2⁄
⁡. 𝑑𝑢
=
𝑈
1
2⁄
1
2⁄
+ 𝐶
= 2√ 𝑢⁡+ ⁡𝐶
= 2√2𝑥2 + 1⁡+ ⁡𝑐
Ejercicio E.
∫
1
√ 𝑥(1 + √ 𝑥)2
𝑑𝑥
Realizamos la sustitución:
𝑢 = 1 + √ 𝑥⁡⁡⁡𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠⁡⁡⁡⁡𝑑𝑢 =
1
2√ 𝑥
𝑑𝑥⁡⁡𝑝𝑜𝑟⁡𝑡𝑎𝑛𝑡𝑜⁡⁡⁡2𝑑𝑢 =
1
√ 𝑥
𝑑𝑥⁡⁡
Reemplazamos en la integral
∫
1
√ 𝑥(1 + √ 𝑥)2
𝑑𝑥 = 2 ∫
1
𝑢2
𝑑𝑢 = 2 ∫ 𝑢−2
𝑑𝑢
La integral es inmediata:
2 ∫ 𝑢−2
𝑑𝑢 = −2𝑢−1
+ 𝐶
Reemplazamos u
∫
𝟏
√ 𝒙(𝟏 + √ 𝒙) 𝟐
𝒅𝒙 = −
𝟐
𝟏 + √ 𝒙
+ 𝑪
Verificamos usando Geogebra

9. Vemos que el resultado es correcto
TIPO DE EJERCICIOS 2 – INTEGRACIÓN POR PARTES.
Ejercicio A.
∫
𝑋 ∗ 𝑒2𝑥
(1 + 2𝑥)2
𝑑𝑥
Reescribiendo la ecuación
∫ 𝑥 ∗ 𝑒2𝑥
. (1 + 2𝑥)−2
𝑑𝑥
 𝑢 = 𝑥 ∗ 𝑒2𝑥
𝑑𝑢
𝑑𝑥
= 𝑥𝑒2𝑥(2) + 𝑒2𝑥
𝑑𝑢 = 𝑒2𝑥(2𝑥 + 1) 𝑑𝑥
 𝑑𝑣 = (1 + 2𝑥)−2
𝑑𝑥
∫ 𝑑𝑣 =
1
2
∫(1 + 2𝑥)−2
(2𝑑𝑥)
𝑣 = −
1
2
(1 + 2𝑥)−1
𝑑𝑥
Reemplazando en la fórmula de integración por partes
𝑢 ∗ 𝑣 − ∫ 𝑣 ∗ 𝑑𝑢 tenemos…
 ( 𝑥 ∗ 𝑒2𝑥) ∗ (
−1
2(1+2𝑥)
) −
1
2
∫ (
−1
2(1+2𝑥)
) ∗ 𝑒2𝑥(2𝑥 + 1) 𝑑𝑥

10. (
−𝑥 ∗ 𝑒2𝑥
2(1 + 2𝑥)
) −
1
2
∫ (
−𝑒2𝑥(2𝑥 + 1)
2(1 + 2𝑥)
) 𝑑𝑥
(
−𝑥 ∗ 𝑒2𝑥
2(1 + 2𝑥)
) −
1
2
∗
1
2
∫ −𝑒2𝑥
𝑑𝑥
(
−𝑥 ∗ 𝑒2𝑥
2(1 + 2𝑥)
) +
1
4
𝑒2𝑥
+ 𝑐
Ejercicio B
∫ 7𝑥𝑒7𝑥
𝑑𝑥
Aplicamos el método de integración por partes.
𝑢 = 7𝑥⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡𝑑𝑣 = 𝑒7𝑥
𝑑𝑥
𝑑𝑢 = 7𝑑𝑥⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡𝑣 =
1
7
𝑒7𝑥
⁡⁡⁡⁡
Aplicar la formula ∫ 𝑢 ∗ 𝑑𝑣 = 𝑢 ∗ 𝑣 − ∫ 𝑣 ∗ 𝑑𝑢⁡
∫ 7𝑥 ∗ 𝑒7𝑥
𝑑𝑥 = (7𝑥)(
1
7
𝑒7𝑥
) − ∫ (
1
7
𝑒7𝑥
) (7⁡𝑑𝑥)⁡
Simplificamos
∫ 7𝑥 ∗ 𝑒7𝑥
𝑑𝑥 = 𝑥𝑒7𝑥
− ∫ 𝑒7𝑥
𝑑𝑥
Integramos ∫ 𝑣 ∗ 𝑑𝑢⁡
∫ 7𝑥 ∗ 𝑒7𝑥
𝑑𝑥 = 𝑥𝑒7𝑥
−
1
7
𝑒7𝑥
+ 𝑐⁡

11. Ejercicio C
∫(𝑥2
− 2𝑥 + 5) 𝑒−𝑥
𝑑𝑥 = −𝑒−𝑥
𝑥2
− 5𝑒−𝑥
+ 𝑐
∫(𝑥2
− 2𝑥 + 5) 𝑒−𝑥
𝑑𝑥
= −𝑒−𝑥( 𝑥2
− 2𝑥 + 5) − ∫ −𝑒−𝑥(2𝑥 − 2) 𝑑𝑥
∫ −𝑒−𝑥(2𝑥 − 2) 𝑑𝑥
− ∫ 𝑒−𝑥(2𝑥 − 2) 𝑑𝑥
= −(−𝑒−𝑥(2𝑥 − 2) − ∫ −2𝑒−𝑥
𝑑𝑥)
∫ −2𝑒−𝑥
𝑑𝑥
= −2 ∗ ∫ 𝑒−𝑥
𝑑𝑥
= −2 ∗ ∫ −𝑒 𝑢
𝑑𝑢
= −2(− ∫ 𝑒 𝑢
𝑑𝑢)
Aplicamos integración por partes.
𝑈 = (𝑋2
− 2𝑋 + 5) ∗ 𝑣^ = 𝑒−𝑥
Sacamos la constante
∫ 𝑎 ∗ 𝑓( 𝑥) 𝑑𝑥 = 𝑎 ∫ 𝑓( 𝑥) 𝑑𝑥
Aplicamos integración por partes.
𝑈 = (2𝑥 − 2) ∗ 𝑣^ = 𝑒−𝑥
Sacamos la constante
∫ 𝑎 ∗ 𝑓( 𝑥) 𝑑𝑥 = 𝑎 ∫ 𝑓( 𝑥) 𝑑𝑥
Aplicamos integración por sustitución.
𝑈 = −𝑥
Sacamos la constante

12. = −2(−𝑒 𝑢
)
= −2(−𝑒−𝑥
)
= −(−𝑒−𝑥(2𝑥 − 2) − 2𝑒−𝑥
−𝑒−𝑥(2𝑥 − 2) − 2𝑒−𝑥
−𝒆−𝒙( 𝟐𝒙 − 𝟐)
= −𝑒−𝑥
∗ 2𝑥 − (−𝑒−𝑥) ∗ 2
= −2𝑒−𝑥
𝑥 + 2𝑒−𝑥
− 2𝑒−𝑥
= 2𝑒−𝑥
− 2𝑒−𝑥
= 0
= −(−𝟐𝑒−𝑥
𝑥)
= 𝟐𝑒−𝑥
𝑥
= −𝑒−𝑥( 𝑥2
− 2𝑥 + 5) − 2𝑒−𝑥
𝑥
−𝑒−𝑥( 𝑥2
− 2𝑥 + 5)
Aplicamos la regla de integración
∫ 𝑒 𝑢
𝑑𝑢 = 𝑒 𝑢
Sustituimos la ecuación 𝑢 = −𝑥
Colocamos paréntesis empleando 𝑎 =
( 𝑏 − 𝑐) = 𝑎𝑏 − 𝑎𝑐
𝑎 = −𝑒−𝑥
∗ 𝑏 = 2𝑥, 𝑐 = 2
Sumar términos semejantes
Aplicamos la regla de los productos notables

13. = (−𝑒−𝑥
)( 𝑥2
) + (−𝑒−𝑥
)(−2𝑥) + (−𝑒−𝑥
)(5)
= −𝑒−𝑥
𝑥2
+ 2𝑒−𝑥
𝑥 − 5𝑒−𝑥
𝑥 − 2𝑒−𝑥
𝑥
= −𝑒−𝑥
𝑥2
+ 2𝑒−𝑥
𝑥 − 2𝑒−𝑥
𝑥 − 5𝑒−𝑥
2𝑒−𝑥
𝑥 − 2𝑒−𝑥
𝑥 = 0
= −𝑒−𝑥
𝑥2
− 5𝑒−𝑥
= −𝑒−𝑥
𝑥2
− 5𝑒−𝑥
+ 𝑐
Ejercicio D
∫ 𝑥3
𝑒−
𝑥
3 𝑑𝑥
Solución:
𝑈 = 𝑥3
→ 𝑑𝑢 = 3𝑥2
. 𝑑𝑥
𝑑𝑣 = 𝑒
−𝑥
3 . 𝑑𝑥
𝑈 ∗= −
1
3
𝑥 → 𝑑𝑢∗
= −
1
3
𝑑𝑥 → 𝑑𝑥 = −3𝑑
𝑉 = ∫ 𝑒
−𝑥
3⁄
𝑑𝑥⁡ = ∫ 𝑒 𝑢
(−3𝑑𝑢)
= −3∫ 𝑒 𝑢
. 𝑑𝑢
= −3⁡𝑒 𝑢
𝑉 = −3𝑒
−𝑥
3⁄
next
Agrupamos términos semejantes
Sumamos términos semejantes
Agregamos C como la constante

14. ∫ 𝑥3
. 𝑒
−𝑥
3⁄
𝑑𝑥 = (𝑥3
)(−3𝑒
−𝑥
3⁄
)
−∫ (−3𝑒
−𝑥
3⁄
)(3𝑥2
𝑑𝑥)
= −3𝑥3
. 𝑒
−𝑥
3⁄
+ 9⁡⁡∫ 𝑥2
𝑒
−𝑥
3⁄
𝑑𝑥
𝛼)⁡∫ 𝑥2
. 𝑒
−𝑥
3⁄
𝑑𝑥
𝑈 = 𝑥2
→ 𝑑𝑢 = 2𝑥𝑑𝑥
𝑑𝑣 = 𝑒
−𝑥
3⁄
𝑑𝑥
𝑣 = ∫ 𝑒
−𝑥
3⁄
𝑑𝑥 = −3𝑒
−𝑥
3⁄
∫ 𝑥2
. 𝑒
−𝑥
3⁄
𝑑𝑥 = (𝑥2
)(−3𝑒
−𝑥
3⁄
) − ∫ (−3𝑒
−𝑥
3⁄
)(2)
= −3𝑥2
𝑒
−𝑥
3⁄
+ 6∫ 𝑥𝑒
−𝑥
3⁄
𝑑𝑥
𝑏)∫ 𝑥. 𝑒
−𝑥
3⁄
𝑑𝑥
𝑢 = 𝑥 → 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥
𝑉 = −3𝑒
−𝑥
3⁄
∫ 𝑥. 𝑒
−𝑥
3⁄
𝑑𝑥 = 𝑥. (−3𝑒
−𝑥
3⁄
) − ∫ (−3𝑒
−𝑥
3⁄
)𝑑𝑥
= −3𝑥𝑒
−𝑥
3⁄
+ 3(−3𝑒
−𝑥
3⁄
)
= −3𝑥𝑒
−𝑥
3⁄
− 9𝑒
−𝑥
3⁄
∫ 𝑥3
. 𝑒
−𝑥
3⁄
𝑑𝑥 =
−3𝑥3
. 𝑒
−𝑥
3⁄
+ 9[−3𝑥2
. 𝑒
−𝑥
3⁄
+ 6(−3𝑥. 𝑒
−𝑥
3⁄
− 9⁡𝑒
−𝑥
3⁄
)]
= −3𝑥3
. 𝑒
−𝑥
3⁄
− 27𝑥2
. 𝑒
−𝑥
3⁄
− 162𝑥𝑒
−𝑥
3⁄
− 486𝑒
−𝑥
3⁄
+ 𝐶

15. Ejercicio E
∫ 𝑒
𝑥
3 𝑠𝑒𝑛(3𝑥)𝑑𝑥
Resolvemos por partes:
𝑢 = 𝑠𝑒𝑛3𝑥⁡ → ⁡⁡𝑑𝑢 = 3𝑐𝑜𝑠3𝑥𝑑𝑥
𝑑𝑣 = 𝑒
𝑥
3 𝑑𝑥⁡⁡⁡ → 𝑣 = 3𝑒
𝑥
3
Reemplazamos:
∫ 𝑒
𝑥
3 𝑠𝑒𝑛(3𝑥)𝑑𝑥 = 3𝑒
𝑥
3 𝑠𝑒𝑛3𝑥 − 9 ∫ 𝑒
𝑥
3 𝑐𝑜𝑠3𝑥𝑑𝑥
Resolvemos por partes otra vez:
𝑢 = 𝑐𝑜𝑠3𝑥⁡ → ⁡⁡𝑑𝑢 = −3𝑠𝑖𝑛3𝑥𝑑𝑥
𝑑𝑣 = 𝑒
𝑥
3 𝑑𝑥⁡⁡⁡ → 𝑣 = 3𝑒
𝑥
3
Reemplazamos:
∫ 𝑒
𝑥
3 𝑠𝑒𝑛(3𝑥)𝑑𝑥 = 3𝑒
𝑥
3 𝑠𝑒𝑛3𝑥 − 9 [3𝑒
𝑥
3 𝑐𝑜𝑠3𝑥 + 9 ∫ 𝑒
𝑥
3 𝑠𝑒𝑛3𝑥𝑑𝑥]
Aplicamos propiedad distributiva:
∫ 𝑒
𝑥
3 𝑠𝑒𝑛(3𝑥) 𝑑𝑥 = 3𝑒
𝑥
3 𝑠𝑒𝑛3𝑥 − 27𝑒
𝑥
3 𝑐𝑜𝑠3𝑥 − 81 ∫ 𝑒
𝑥
3 𝑠𝑒𝑛3𝑥𝑑𝑥
Pasamos la integral con signo contrario:
∫ 𝑒
𝑥
3 𝑠𝑒𝑛(3𝑥) 𝑑𝑥 + 81 ∫ 𝑒
𝑥
3 𝑠𝑒𝑛3𝑥𝑑𝑥 = 3𝑒
𝑥
3 𝑠𝑒𝑛3𝑥 − 27𝑒
𝑥
3 𝑐𝑜𝑠3𝑥 + 𝐶
82 ∫ 𝑒
𝑥
3 𝑠𝑒𝑛(3𝑥) 𝑑𝑥 = 3𝑒
𝑥
3 𝑠𝑒𝑛3𝑥 − 27𝑒
𝑥
3 𝑐𝑜𝑠3𝑥 + 𝐶
Pasamos el 82 a dividir y factorizamos 3𝑒
𝑥
3
∫ 𝒆
𝒙
𝟑 𝒔𝒆𝒏( 𝟑𝒙) 𝒅𝒙 =
𝟑
𝟖𝟐
𝒆
𝒙
𝟑[ 𝒔𝒆𝒏( 𝟑𝒙) − 𝟗𝒄𝒐𝒔( 𝟑𝒙)] + 𝒄
Verificamos usando software Geogebra

16. Vemos que el resultado es correcto
TIPO DE EJERCICIOS 3 – SUSTITUCIÓN TRIGONOMÉTRICA Y FRACCIONES
PARCIALES.
Ejercicio A
∫
√𝑥2 + 1
𝑥2
𝑑𝑥
𝑎2
+ 𝑏2
= 𝑐2
𝑐 = √𝑎2 + 𝑏2
𝑎 = 𝑥 𝑇𝑎𝑛⁡𝛼 =
𝑂𝑝𝑢𝑒𝑠𝑡𝑜
𝐴𝑑𝑦𝑎𝑐𝑒𝑛𝑡𝑒
𝑏 = 1
𝑐 = √𝑎2 + 𝑏2 𝑇𝑎𝑛⁡𝛼 = 𝑥
𝑑𝑥 = sec⁡( 𝛼)2
𝑑𝛼
∫
√𝑇𝑎𝑛⁡(𝛼)2+1
𝑇𝑎𝑛⁡(𝛼)2 ∗ ⁡Sec⁡( 𝛼)2
𝑑𝛼
a
b
c

17. Aplicando la identidad 𝑇𝑎𝑛⁡(𝛼)2
+ 1 = Sec⁡( 𝛼)2
∫
√𝑆𝑒𝑐⁡(𝛼)2+1
𝑇𝑎𝑛⁡(𝛼)2 ∗ ⁡Sec⁡( 𝛼)2
𝑑𝛼
∫
𝑆𝑒𝑐⁡(𝛼)∗⁡Sec⁡( 𝛼)2
𝑇𝑎𝑛⁡(𝛼)2 𝑑𝛼 ; 𝑆𝑒𝑐⁡( 𝛼) =
1
𝐶𝑜𝑠(𝛼)
; 𝑇𝑎𝑛⁡( 𝛼) =
𝑆𝑒𝑛⁡(𝛼)
𝐶𝑜𝑠⁡(𝛼)
∫ 𝑆𝑒𝑐⁡( 𝛼) ∗
⁡
1
𝐶𝑜𝑠⁡(𝛼)2
𝑆𝑒𝑛⁡(𝛼)2
𝐶𝑜𝑠⁡(𝛼)2
𝑑𝛼
∫ 𝑆𝑒𝑐⁡( 𝛼) ∗
1
𝑆𝑒𝑛⁡(𝛼)2 𝑑𝛼 ; 𝐶𝑠𝑐⁡( 𝛼) =
1
𝑆𝑒𝑛⁡(𝛼)
∫ 𝑆𝑒𝑐⁡( 𝛼) ∗ 𝐶𝑠𝑐⁡(𝛼)2
𝑑𝛼
haciendo integración por partes tenemos que
𝑢 = 𝑆𝑒𝑐⁡(𝛼) ∫ 𝑑𝑣 = ∫ 𝐶𝑠𝑐⁡(𝛼)2
𝑑𝑢 = 𝑆𝑒𝑐⁡( 𝛼) ∗ 𝑇𝑎𝑛( 𝛼)⁡𝑑𝛼 𝑣 = 𝐶𝑜𝑡(𝛼)
Reemplazando en la fórmula de integración por partes
𝑢 ∗ 𝑣 − ∫ 𝑣 ∗ 𝑑𝑢 tenemos…
 𝑆𝑒𝑐⁡( 𝛼) ∗ 𝐶𝑜𝑡(𝛼) − ∫ 𝐶𝑜𝑡( 𝛼) ∗ 𝑆𝑒𝑐( 𝛼) ∗ 𝑇𝑎𝑛( 𝛼)⁡𝑑𝛼
Reemplazando cada identidad
1
cos( 𝛼)
∗
𝐶𝑜𝑠( 𝛼)
𝑆𝑒𝑛( 𝛼)
− ∫
𝐶𝑜𝑠( 𝛼)
𝑆𝑒𝑛( 𝛼)
∗ sec( 𝛼) ∗
𝑆𝑒𝑛( 𝛼)
𝐶𝑜𝑠( 𝛼)
⁡𝑑𝛼
−
1
𝑆𝑒𝑛( 𝛼)
+ ∫ sec( 𝛼) 𝑑𝛼
−
1
𝑆𝑒𝑛( 𝛼)
+ 𝑙𝑛| 𝑆𝑒𝑐( 𝛼) + 𝑇𝑎𝑛( 𝛼)| + 𝐶

18. Ejercicio B
 
 
cos
1 sen
x
dx
x

Ejercicio C
∫
𝑥2
√𝑥2 − 4
𝑑𝑥 = 4 (
1
8
𝑥√ 𝑥2 − 4⁡+
1
2
𝑖𝑛 |
√𝑥2 − 4 + 𝑥
2
|) + C
ℎℎℎℎℎℎℎ
∫
𝑥2
√𝑥2 − 4
𝑑𝑥
= ∫ 4𝑠𝑒𝑐3( 𝑢) 𝑑𝑢
= 4 ∗ ∫ 𝑠𝑒𝑐3( 𝑢) 𝑑𝑢
= 4
(𝑠𝑒𝑐2( 𝑢)sin⁡( 𝑢)
2
+
1
2
∗ ∫ sec( 𝑢) 𝑑𝑢
= 4
(𝑠𝑒𝑐2( 𝑢)sin⁡( 𝑢)
2
+
1
2
𝑖𝑛| tan( 𝑢) + sec⁡( 𝑢)|
Aplicamos integración por sustitución
𝑥 = 2sec⁡( 𝑢)
Sacamos la constante
∫ 𝑎 ∗ 𝑓( 𝑥) 𝑑𝑥 = 𝑎 ∫ 𝑓( 𝑥) 𝑑𝑥
Aplicamos la reducción de integrales
∫ 𝑠𝑒𝑐3( 𝑢) 𝑑𝑢 =
𝑠𝑒𝑐2( 𝑢)sin⁡( 𝑢)
2
+
1
2
∫ sec( 𝑢) 𝑑𝑢
Aplicamos la regla de integración
∫ sec( 𝑢) 𝑑𝑢 = 𝑖𝑛| tan( 𝑢) + sec⁡( 𝑢)|
Sustituimos 𝑢 =
𝑠𝑒𝑐⁡sec (
1
2
𝑥)

19. = 4 (
𝑠𝑒𝑐2
(sec⁡(
1
2
𝑥)sin⁡(sec (
1
2
𝑥)
2
) +
1
2
𝑖𝑛|𝑡𝑎𝑛(sec⁡(
1
2
𝑥) + sec⁡(sec⁡(
1
2
𝑥)|
= 4 (
𝑠𝑒𝑐2
(sec⁡(
1
2
𝑥)sin⁡(sec (
1
2
𝑥)
2
) +
1
2
𝑖𝑛|√(
1
2
𝑥)
2
− 1 + sec⁡( 𝑎𝑟𝑐sec⁡(
1
2
𝑥)|
= 4 (
⁡(
1
2
𝑥)
2
sin⁡(arcsec (
1
2
𝑥)
2
) +
1
2
𝑖𝑛|√(
1
2
𝑥)
2
− 1 +⁡
1
2
|
= 4
(
⁡(
1
2
𝑥)
2 √(
1
2
𝑥)
2
− 1
1
2
𝑥
2
)
+
1
2
𝑖𝑛|√(
1
2
𝑥)
2
− 1 +⁡
1
2
|
= 4 (
1
8
𝑥√ 𝑥2 − 4⁡+
1
2
𝑖𝑛 |
√𝑥2 − 4 + 𝑥
2
|) + C
Aplicamos:
𝑡𝑎𝑛(𝑎𝑟𝑐𝑒𝑠(𝑥) =
√𝑥2 − 1
Aplicamos identidad:
𝑠𝑖𝑛⁡(𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑐(𝑥) = √
𝑥2−1
𝑥

20. Ejercicio D
∫
5𝑥 − 3
(𝑥2 + 1)(𝑥 + 3)
𝑑𝑥
Solución
∫
5𝑥 − 3
(𝑥2 + 1)(𝑥 + 3)
𝑑𝑥 = ∫
𝐴
𝑥 + 3
𝑑𝑥 + ∫
𝑏𝑥 + 𝑐
𝑥2 + 1
𝑑𝑥
5𝑥 − 3 = 𝐴(𝑥2
+ 1) + (𝐵𝑥 + 𝑐)(𝑥 + 3)
= 𝐴𝑥2
+ 𝐴 + 𝐵𝑥2
+ 3𝐵𝑥 + 𝐶𝑥 + 3𝑐
= (𝐴 + 𝐵)𝑥2
+ (3𝐵 + 𝐶)𝑥 + (𝐴 + 3𝑐)
{
1)⁡𝐴 + 𝐵 = 0
2)⁡3𝐵 + 𝐶 = 5
3)⁡𝐴 + 3𝐶 = −3
𝐴 = −𝐵
{
3𝐵 + 𝐶 = 5
(−𝐵 + 3𝐶 = −3)(3)
→ 3𝐵 + 𝐶 = 5
→ −3𝐵 + 9𝐶 = −9
10𝐶 = −4
=
−4
10
⇒ 𝐶 =
−2
5
3𝐵 + 𝐶 = 5
3𝐵 −
2
5
= 5
3𝐵 =
2
5
+ 5

21. 3𝐵 =
27
5
⁡⁡⇒ ⁡⁡𝐵 =
9
5
𝐴 = −
9
5
∫
5𝑋−3
(𝑋2+1)(𝑋+3)
⁡𝑑𝑥 = −
9
5
∫
𝑑𝑥
𝑥+3
+ ∫
9
5
𝑥−
2
5
𝑥2+1
𝑑𝑥⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡
= −
9
5
∫
𝑑𝑥
𝑥 + 3
−
1
5
∫
9𝑥 − 2
𝑥2 + 1
𝑑𝑥
⁡⁡−
9
5
∫
𝑑𝑥
𝑥+3
⁡⁡⁡= −
9
5
∫
𝑑𝑢
𝑢
𝑢 = 𝑥 + 3⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡ ⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡= −
9
5
𝐿𝑛| 𝑢|
𝑑𝑢 = 𝑑𝑥⁡⁡⁡
= −
9
5
𝐿𝑢 𝑥 + 3
−
1
5
∫
9𝑥−2
𝑥2+1
𝑑𝑥
=⁡−
9
5
∫
𝑥
𝑥2+1
𝑑𝑥⁡⁡ +
2
6
∫
𝑑𝑥
𝑥2+1
⁡−
9
5
∫
𝑥
𝑥2+1
𝑑𝑥⁡ = ⁡−⁡
9
5
∫
𝑥
𝑢
𝑑𝑢
2𝑥
𝑢 = 𝑥2
+ 1 = −
9
5
·
1
2
∫
𝑑𝑢
𝑢
𝑑𝑢 = 2𝑥⁡𝑑𝑥 = −
9
10
⁡𝐿𝑛 𝑢
⁡= −
9
10
𝐿𝑛 2𝑥
𝑑𝑥 =
𝑑𝑢
2𝑥

22. ⁡
2
5
∫
𝑑𝑥
𝑥+1
=
2
5
tan−1
𝑥
⁡−
1
5
∫
9𝑥 − 2
𝑥2 + 1
𝑑𝑥⁡ = −
9
10
𝐿𝑛|2𝑥| +
2
5
tan−1
𝑥⁡⁡⁡⁡
∫
5𝑥−3
(𝑥2+1)(𝑥+3)
𝑑𝑥 =⁡−
9
5
𝐿𝑛| 𝑥 + 3| −
9
10
𝐿𝑛|2𝑥| +
2
5
tan−1
𝑥 + 𝐶
Ejercicio E
∫
3𝑥4
− 12𝑥3
+ 12𝑥2
+ 𝑥 − 1
𝑥3 − 4𝑥2 + 4𝑥
𝑑𝑥
Realizamos la division de polinomios
∫
3𝑥4
− 12𝑥3
+ 12𝑥2
+ 𝑥 − 1
𝑥3 − 4𝑥2 + 4𝑥
𝑑𝑥 = ∫ 3𝑥𝑑𝑥 + ∫
𝑥 − 1
𝑥3 − 4𝑥2 + 4𝑥
𝑑𝑥
La primera integral es inmediata, resolvemos la segunda integral:
∫
𝑥 − 1
𝑥3 − 4𝑥2 + 4𝑥
𝑑𝑥 = ∫
𝑥 − 1
𝑥( 𝑥 − 2)2
𝑑𝑥
Resolvemos mediante fracciones parciales
𝑥 − 1
𝑥( 𝑥 − 2)2
=
𝐴
𝑥
+
𝐵
𝑥 − 2
+
𝐶
( 𝑥 − 2)2
𝑥 − 1 = 𝐴( 𝑥 − 2)2
+ 𝐵𝑥( 𝑥 − 2) + 𝐶𝑥
Aplicamos propiedad distributiva y agrupamos
𝑥 − 1 = 𝐴𝑥2
− 4𝐴𝑥 + 4𝐴 + 𝐵𝑥2
− 2𝐵𝑥 + 𝐶𝑥
𝑥 − 1 = ( 𝐴 + 𝐵) 𝑥2
+ (−4𝐴 − 2𝐵 + 𝐶) 𝑥 + 4𝐴
Obtenemos las ecuaciones:
𝐴 + 𝐵 = 0⁡⁡;⁡⁡−4𝐴 − 2𝐵 + 𝐶 = 1⁡⁡; ⁡⁡⁡4𝐴 = −1
Resolviendo el sistema de ecuaciones
𝐴 = −
1
4
⁡⁡⁡,⁡⁡⁡⁡𝐵 =
1
4
⁡⁡⁡⁡, 𝐶 =
1
2

23. Por lo tanto la integral queda:
∫
3𝑥4
− 12𝑥3
+ 12𝑥2
+ 𝑥 − 1
𝑥3 − 4𝑥2 + 4𝑥
𝑑𝑥 = 3 ∫ 𝑥𝑑𝑥 −
1
4
∫
𝑑𝑥
𝑥
+
1
4
∫
𝑑𝑥
𝑥 − 2
+
1
2
∫
𝑑𝑥
( 𝑥 − 2)2
Las tres primeras integrales son inmediatas, la cuarta la resolvemos por
sustitución
Hacemos: 𝑢 = 𝑥 − 2⁡⁡⁡⁡⁡𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠⁡𝑑𝑢 = 𝑑𝑥⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡
∫
𝑑𝑥
( 𝑥 − 2)2
= ∫ 𝑢−2
𝑑𝑢 = −𝑢−1
+ 𝐶 = −
1
𝑢
+ 𝐶
Reemplazando u
∫
𝑑𝑥
( 𝑥 − 2)2
= −
1
𝑥 − 2
+ 𝐶
Realizando todas las integrales
∫
𝟑𝒙 𝟒
− 𝟏𝟐𝒙 𝟑
+ 𝟏𝟐𝒙 𝟐
+ 𝒙 − 𝟏
𝒙 𝟑 − 𝟒𝒙 𝟐 + 𝟒𝒙
𝒅𝒙 =
𝟑
𝟐
𝒙 𝟐
−
𝟏
𝟒
𝒍𝒏| 𝒙| +
𝟏
𝟒
𝒍𝒏| 𝒙 − 𝟐| −
𝟏
𝟐( 𝒙 − 𝟐)
+ 𝑪
Verificando mediante Geogebra

24. TIPO DE EJERCICIOS 4 – INTEGRAL IMPROPIAS.
Ejercicio A
∫ −𝑥3
∗ 𝑒 𝑥
⁡𝑑𝑥
0
−∞
⁡
Se utiliza el método de Tabular, dado que por partes el proceso se hace más
extenso entonces:
a(x) y sus derivadas b(x) y sus integrales
𝒙 𝟑 𝑒 𝑥
𝟑𝒙 𝟐 𝑒 𝑥
𝟔𝒙 𝑒 𝑥
𝟔 𝑒 𝑥
𝟎 𝑒 𝑥
𝑒 𝑥
𝑥3
𝑒 𝑥
− 3𝑥2
𝑒 𝑥
+ 6𝑥𝑒 𝑥
− 6𝑒 𝑥
lim
𝑎→−∞
∫ −𝑥3
∗ 𝑒 𝑥
⁡𝑑𝑥
0
−∞
lim
𝑎→−∞
[𝑥3
𝑒 𝑥
− 3𝑥2
𝑒 𝑥
+ 6𝑥𝑒 𝑥
− 6𝑒 𝑥
]
lim
𝑎→−∞
[(0)3
𝑒0
− 3(0)2
𝑒0
+ 6(0) 𝑒0
− 6𝑒0] − [(−∞)3
𝑒−∞
− 3(−∞)2
𝑒−∞
+ 6(−∞)𝑒−∞
−
6𝑒−∞
]
lim
𝑎→−∞
[0 − (−6)]
Ejercicio B
∫
ln⁡( 𝑥2
)
𝑥
𝑑𝑥
∞
1
0
-∞

25. Ejercicio C
∫ ⁡
4
4 + 𝑥2 𝑑𝑥 = 0 − (−
0
−∞
𝜋)
= 4 ∫
1
4 + 𝑥2
𝑑𝑥
= 4 ∫
1
2(𝑢2 + 1)
𝑑𝑢
= 4 ∗
1
2
∗ ∫
1
𝑢2+1
𝑑𝑢
= 4 ∗
1
2
arctan( 𝑢)
= 4 ∗
1
2
arctan (
𝑥
2
)
= 2 arctan (
𝑥
2
) + 𝐶
∫ ⁡
4
4 + 𝑥2
𝑑𝑥
0
−∞
lim
𝑎→−∞
∫ ⁡
4
4 + 𝑥2
𝑑𝑥 = 2arctan (
𝑋
2
)
0
𝑎
− lim
𝑎→−∞
2arctan (
𝑋
2
)
= 2 ⋅ 0 − 2 lim
𝑎→−∞
arctan (
𝑋
2
) = 0 − 2 (−
𝜋
2
) = 𝜋
Sacamos la constante para calcular la integral impropia
∫ 𝑎 ∗ 𝑓( 𝑥) 𝑑𝑥 = 𝑎 ∫ 𝑓( 𝑥) 𝑑𝑥
Aplicamos integración por sustitución
𝑥 = 2𝑢
Aplicar la regla de integración
∫
1
𝑢2 + 1
𝑑𝑢 = arctan⁡( 𝑢)

26. Ejercicio D
∫
𝑥
16 + 𝑥2
𝑑𝑥
∞
0
Solución =
Formula
∫
+∞
0
𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = lim
𝑏→∞
∫
𝑏
0
𝑓(𝑥). 𝑑𝑥
∫
∞
0
𝑥
16 + 𝑥2
𝑑𝑥 = lim
𝑏→∞
∫
𝑏
0
𝑥
16 + 𝑥2
𝑑𝑥
= lim
𝑏→∞
[
1
2
𝐿𝑛|16 + 𝑥2|]
0
𝑏
= lim
𝑏→∞
[ 𝐿𝑛 √16 + 𝑥2]
0
𝑏
lim
𝑏→∞
1
2
[𝐿𝑛[16 + 𝑏2] − 𝐿𝑛[16 + 02]]
lim
𝑏→∞
1
2
[𝐿𝑛[16 + 𝑏2] − 𝐿𝑛[16]]
lim
𝑏→∞
1
2
[𝐿𝑛 |
16 + 𝑏2
16
|]
= ∞
Ejercicio E
∫
1
( 𝑥 − 4)
1
3
5
2
𝑑𝑥
Aplicamos las propiedades las integrales definidas
∫
1
( 𝑥 − 4)
1
3
5
2
𝑑𝑥 = ∫
1
( 𝑥 − 4)
1
3
4
2
𝑑𝑥 + ∫
1
( 𝑥 − 4)
1
3
5
4
𝑑𝑥

27. Teniendo en cuenta el concepto de integral impropia:
∫
1
( 𝑥 − 4)
1
3
5
2
𝑑𝑥 = lim
𝑎→4
∫
1
( 𝑥 − 4)
1
3
𝑎
2
𝑑𝑥 + lim
𝑎→4
∫
1
( 𝑥 − 4)
1
3
5
𝑎
𝑑𝑥
Resolvemos la integral mediante sustitución
ℎ𝑎𝑐𝑖𝑒𝑛𝑑𝑜⁡⁡⁡𝑢 = 𝑥 − 4⁡⁡⁡𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠⁡⁡𝑑𝑢 = 𝑑𝑥⁡
la integral entonces queda:
⁡∫ 𝑢
−1
3⁄
𝑑𝑢 =
3
2
𝑢
2
3⁄
Reemplazando u teniendo en cuenta los límites de integración:
3
2
lim
𝑎→4
( 𝑥 − 4)
2
3⁄
|
2
𝑎
+
3
2
lim
𝑎→4
( 𝑥 − 4)
2
3⁄
|
𝑎
5
Reemplazando el límite de la integral:
3
2
lim
𝑎→4
(( 𝑎 − 4)
2
3⁄
− (−2)
2
3⁄
) +
3
2
lim
𝑎→4
((1)
2
3⁄
− ( 𝑎 − 4)
2
3⁄
)
Resolviendo el límite:
∫
1
( 𝑥 − 4)
1
3
5
2
𝑑𝑥 =
3
2
(1 − √4
3
)
∫
𝟏
( 𝒙 − 𝟒)
𝟏
𝟑
𝟓
𝟐
𝒅𝒙 =
𝟑
𝟐
−
𝟑√ 𝟒
𝟑
𝟐
⁡⁡⁡⁡⁡⁡𝒍𝒂⁡𝒊𝒏𝒕𝒆𝒈𝒓𝒂𝒍⁡𝒄𝒐𝒏𝒗𝒆𝒓𝒈𝒆
Verificamos mediante Geogebra

28. Tabla links videos explicativos.
Nombre
Estudiante
Ejercicios
sustentados
Link video explicativo
Claudia Junco
Cao
Ejercicio 1 Link.
https://www.loom.com/share/f95f8a3a14e14e
c881b634bd71f4420b
Henry Albeiro
Gómez
José Miguel
Bello
Ejercicio 3 https://youtu.be/MCEKvbhqgqg
Luis Enrique
Sánchez
Emilse Núñez

29. REFERENCIAS
 Velásquez, W. (2014). Cálculo Integral. Editorial Unimagdalena. (pp. 89 – 121).
 Rivera, F. (2014). Calculo integral: sucesiones y series de funciones. México:
Larousse – Grupo Editorial Patria. (pp. 88 – 95).
 Velásquez, W. (2014). Cálculo Integral. Editorial Unimagdalena. (pp. 24 – 32).
 Aguayo, J. (2012). Cálculo integral y series. Editorial ebooks Patagonia - J.C. Sáez
Editor. (pp. 98 – 106).
 Léonardo: https://drive.google.com/file/d/1Bc7AVbHyzQsyJxXOGcVybFQ9mzy9mIbe/vi
ew?usp=sharinghttps://campus16.unad.edu.co/ecbti59/mod/forum/discuss.php?d=14251